Mekanika Teknike II - Ushtrime

Dr. sc. Ahmet Shala

z

x(t) O Kapësja

O1 ve r n

ϕ

ae

l S

a rN

z O x

ϕ

ρo

ρ

y x

y

Fein

a rT

r t

M

ϕ v a mg ϕ e e

PrisHTinë, 2003 PRISHTINË 1

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad

PARATHËNIE Ky libër përmban ushtrimet nga Mekanika Teknike II, të cilat i kam mbajtur që nga viti shkollor 1994/95 në Fakultetin e Makinerisë në Prishtinë atëherë lëndët Kinematika dhe Dinamika. Përmbajtja dhe rënditja e këtij libri, është përafërsisht e njëjtë me planprogramin e lëndës

Mekanika Teknike II, e cila ndëgjohet në semestrin e II-të , në Fakultetin e

Inxhinierirsë Mekanik, drejtimi Komunikacion rrugor, për studime Bachelor sipas Deklaratës së Bolonjës. Qëllimi i hartimit të këtij libri ishte që të lehtësohet përvehtësimi i kësaj lënde dhe të ngritet cilësia dhe niveli i studimeve, sidomos përmirësimi i mënyrës së prezentimit të ushtrimeve, duke ofruar mundësinë e ikjes nga sistemi i diktimit. Gjithashtu ky libër përmban udhëzime për punimet seminarike të parapara për këtë lëmi. Me këtë libër kam bërë një kontribut modest për plotësimin e literaturës në gjuhën shqipe. Gjithashtu në këtë libër kam bërë përpjekje që të paraqes mundësinë e shfrytëzimit të kompjuterit në llogaritjet e nevojshme. Një mundësi të tillë e kam paraqitur me shfrytëzimin e softverit MathCad i cili ofron lehtësi të mëdha për punë me vektor, matrica, paraqitje grafike, derivim dhe integrim të funksioneve me metodën simbolike, etj. Ky libër mund t’iu shërbejë studentëve të makinerisë, ndërtimtarisë, xehtarisë si dhe inxhinierëve e punëtorëve shkencorë, pra të gjithë atyre që mirren me studimin e lëvizjes së sistemeve në përgjithësi. Në këtë libër janë dhënë dhe zgjidhur detyra karakteristike për konkretizimin e pjesës teorike si dhe disa udhëzime për zgjidhjen e “detyrave seminarike” duke e shfrytëzuar softverin MathCad. Ky libër mund të ketë lëshime dhe të meta, u jam mirënjohës të gjithë atyre që për këtë do të ma terheqin vërejtjen me sugjerimet e tyre, kështuqë në rast ribotimi të eleminohen.

Prishtinë,

2

Autori

Dr. sc. Ahmet Shala

PËRMBAJTJA

I. Kinematika e pikës ............................................................................................................... 5 I.1. Mënyrat e dhënjes së lëvizjes së pikës, caktimi i shpejtësisë dhe nxitimit të saj ................ 5 I.1.1. Mënyra vektoriale ............................................................................................................. 5 I.1.2. Mënyra koordinative......................................................................................................... 6 I.1.2.1. Sistemi i koordinatave kënddrejtë të Dekartit................................................................ 6 I.1.2.2. Sistemi i koordinatave cilindrike ................................................................................... 9 I.1.2.3. Sistemi i koordinatave polare....................................................................................... 10 I.1.2.4. Sistemi i koordinatave sferike...................................................................................... 12 I.1.3. Mënyra natyrale .............................................................................................................. 13 Detyra 1........................................................................................................................... 16 Detyra 2........................................................................................................................... 18 Detyra 3........................................................................................................................... 20 Detyra 4........................................................................................................................... 23 Detyra 5........................................................................................................................... 27 Detyra 6........................................................................................................................... 29 Detyra 7........................................................................................................................... 33 Detyra 8 (Udhëzime për detyrat seminarike K-1 ) ........................................................ 35 Detyra 9 (Udhëzime për detyrat seminarike K-1 në hapësirë) ....................................... 37 Detyra 10......................................................................................................................... 39 Detyra 11......................................................................................................................... 43 Detyra 12......................................................................................................................... 44 Detyra 13......................................................................................................................... 48 Detyra 14......................................................................................................................... 51 Detyra 15 (Udhëzime për detyrat seminarike K-2) ........................................................ 55 II. Kinematika e trupit të ngurtë. Lëvizja translative dhe rrotulluese e trupit ngurtë .......... 58 Detyra 1........................................................................................................................... 60 Detyra 2........................................................................................................................... 63 Detyra 3........................................................................................................................... 66 Detyra 4 (Udhëzime për detyrat seminarike K-3) .......................................................... 68 III. Lëvizja plane e trupit të ngurtë ...................................................................................... 70 Detyra 1........................................................................................................................... 72 Detyra 2........................................................................................................................... 76 Detyra 3........................................................................................................................... 81 Detyra 4........................................................................................................................... 90 Detyra 5........................................................................................................................... 95 Detyra 6........................................................................................................................... 99 Detyra 7......................................................................................................................... 106 Detyra 8......................................................................................................................... 111 Detyra 9 (Udhëzime për detyrat seminarike K-4) ........................................................ 118 Detyra 10 (Udhëzime për detyrat seminarike K-5) ...................................................... 121 IV. Lëvizja e trupit rreth pikës së palëvizshme. Këndet e Eulerit dhe lëvizja sferike ...... 123 Detyra 1 (Udhëzime për detyrat seminarike K-8) ........................................................ 123 Detyra 2 (Udhëzime për detyrat seminarike K-9) ........................................................ 125

3

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad V. Lëvizja e përbërë e pikës................................................................................................. 127 Detyra 1 (Lëvizja zhvendosëse dhe ajo relative janë translative)................................. 127 Detyra 2 (Lëvizja zhvendosëse është rrotulluese kurse ajo relative është translative) . 129 Detyra 3 (Udhëzime për detyrat seminarike K-10) ...................................................... 133 Detyra 4 (Udhëzime për detyrat seminarike K-11) ...................................................... 136 Zgjidhja e një afati të provimit nga Kinematika............................................................... 138 Detyra 1......................................................................................................................... 138 Detyra 2......................................................................................................................... 140 Detyra 3......................................................................................................................... 144 DINAMIKA DINAMIKA E PIKËS MATERIALE.................................................................................... 148 PROBLEMI I PARË DHE I DYTË I DINAMIKËS ............................................................. 148 Detyra 1: (Problemi i parë i Dinamikës) ................................................................................ 148 Detyra 2: (Forca funksion i kohës F= f(t) ) ............................................................................ 150 Detyra 3: (Rënia e lirë, forca funksion i koordinatës F= f(x,y,z) )......................................... 152 Detyra 4: (Satelitët artificial të Tokës)................................................................................... 154 Detyra 5 (Hedhja e pjerrët): ................................................................................................... 156 Detyra 6: (Lëvizja e pikës nën veprimin e forcave tërheqëse) ............................................... 159 LIGJET E PËRGJITHSHME TË DINAMIKËS ................................................................... 161 Detyra 1 (Sasia e lëvizjes)...................................................................................................... 161 Deytra 2 (Sasia e lëvizjes)...................................................................................................... 162 Detyra 3: (Momenti kinetik) .................................................................................................. 163 Detyra 4 (Lëvizja e pikës nën veprimin e forcës qendrore, ekuacioni i Bineut).................... 165 Detyra 5: (Energjia kinetike, puna e forcave) ........................................................................ 166 Detyra 6:(Energjia kinetike, sasia e lëvizjes, puna e forcave) ............................................... 169 Detyra 7: (Lavjerrësi matematik) ........................................................................................... 174 Detyra 8: (Parimi Dalamberit për pikë materiale).................................................................. 178 LËKUNDJET DREJTVIZORE TË PIKËS MATERIALE ................................................... 181 Detyrë: (Lëkundjet e lira që nuk shuhën)............................................................................... 181 LËVIZJA E PËRBËRË E PIKËS Detyra 1: (lëvizja zhvendosëse dhe ajo relative janë translative T-T) ................................... 184 Detyra 2: (lëvizja zhvendosëse rrotulluese, kurse ajo relative translative R-T)..................... 186 Detyra 3: (lëvizja zhvendosëse translative, kurse ajo relative rrotulluese T-R)..................... 190 Detyra 4: (lëvizja zhvendosëse dhe ajo relative janë rrotulluese R-R) .................................. 193 Literatura ............................................................................................................................. 197

4

Dr. sc. Ahmet Shala

I KINEMATIKA E PIKËS

I.1. MËNYRAT E DHËNJES SË LËVIZJES SË PIKËS, CAKTIMI I SHPEJTËSISË DHE NXITIMIT TË SAJ

Lëvizja e pikës materiale mund të jipet në tri mënyra: -

mënyra vektoriale,

-

mënyra koordinative, dhe

-

mënyra natyrale.

I.1.1. MËNYRA VEKTORIALE

Mënyra vektoriale e përshkrimit të lëvizjes së pikës në hapësirë nënkupton dhënjen e vektorit i cili fillimin e ka nga një pikë të palëvizshme O kurse fundin në pikën që shqyrtohet M. Vektori OM quhet rrezevektori i pikës M. Kështu ekuacioni vektorial i lëvizjes së pikës jipet me funksionin vektorial: r r r = OM = r (t )

Lakorja nëpër të cilën lëvizë pika në hapësirë, quhet trajektore e pikës (Fig.1.). z M r r

y

O

x

Figura 1.

5

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Meqë tani mund të thuhet se dihet rrezevektori i pikës M në funksion të kohës, pra r r r = OM = r (t ) , shpejtësia e kësaj pikë paraqet derivatin e këtij vektori sipas kohës t, pra:

r r dr r& v= =r, dt kurse nxitimi i pikës paraqitet me derivatin e parë të vektorit të shpejtësisë, përkatësisht me derivatin e dytë të rrezevektorit sipas kohës, pra:

r r r dv d 2 r &r& a= = =r. dt dt 2 I.1.2. MËNYRA KOORDINATIVE

Lëvizja e pikës në hapësirë në mënyrën koordinative jipet me tre parametra, përkatësisht tri koordinata. Nëse lëvizja e pikës gjatë gjithë kohës realizohet në rrafsh, atëherë lëvizja e saj përshkruhet me dy parametra – koordinata. Nëse lëvizja e pikës është drejtvizore, atëherë ajo përshkruhet me një parametër-koordinatë. Për të përshkruar lëvizjen e pikës në mënyrën koordinative përdoren disa sisteme koordinative si: -

sistemi i koordinatave kënddrejtë të Dekartit,

-

sistemi i koordinatave cilindrike,

-

sistemi i koordinatave polare për lëvizje të pikës në rrafsh dhe

-

sistemi i koordinatave sferike.

I.1.2.1. SISTEMI I KOORDINATAVE KËNDDREJTË TË DEKARTIT

Në sistemin e koordinatave kënddrejtë të Dekartit, lëvizja e pikës në hapësirë, jipet përmes tri koordinatave dhe atë:

x = x(t ) [m],

y = y (t ) [m] dhe z = z (t ) [m].

6

Dr. sc. Ahmet Shala Nëse lëvizja realizohet në rrafsh, p.sh xOy, kemi vetëm dy koordinata, pra: x = x(t ) [m] dhe y = y (t ) [m]. Nëse lëvizja e pikës është drejtvizore, p.sh atë drejtëz le t’a emertojmë me x, atëherë lëvizja përshkruhet me një koordinatë, pra:

x = x(t ) [m]. z

vz

vz

r v

M vx

β

r r

r k r

vx

z

vy

α

y

j

O

r v

γ

vy

r i

x

y M’ x

Figura 2.

r Lidhja ndërmjet rrezevektorit r dhe koordinatave kënddrejtë sipas Fig. 2 është: r r r r r = x⋅i + y⋅ j + z ⋅k ,

ku i, j dhe k janë vektorët njësi (vektor konstant me intensitet një) të akseve përkatëse x, y dhe z.

Kur dihen koordinatat e pikës, shpejtësia e pikës në këtë rast caktohet nga: vx =

dx = x& - projeksioni i shpejtësisë së pikës në drejtim të aksit x, dt

vy =

dy = y& - projeksioni i shpejtësisë së pikës në drejtim të aksit y dhe dt

vz =

dz = z& - projeksioni i shpejtësisë së pikës në drejtim të aksit z. dt

7

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Meqë projeksionet e shpejtësisë së pikës të caktuara më parë, janë normal në njëra tjetrën, atëherë intensiteti i shpejtësisë së pikës caktohet me shprehjen: 2

2

2

⎡m⎤ ⎛ dz ⎞ ⎛ dy ⎞ ⎛ dx ⎞ v = v x2 + v 2y + v z2 = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = x& 2 + y& 2 + z& 2 ⎢ ⎥ . ⎣s⎦ ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠ Në këtë rast është me interes të jipen shprehjet për përcaktimin e këndeve që vektori i shpejtësisë së pikës, formon me akset koordinative, përkatësisht kosinuset e drejtimit të shpejtësisë, pra: cos(α ) =

vx = v

cos( β ) =

vy

cos(γ ) =

vz = v

v

x& x& 2 + y& 2 + z& 2 y&

=

x& 2 + y& 2 + z& 2

z& x& 2 + y& 2 + z& 2

, α - këndi ndërmjet vektorit të shpejtësisë dhe aksit x.

, β - këndi ndërmjet vektorit të shpejtësisë dhe aksit y.

, γ - këndi ndërmjet vektorit të shpejtësisë dhe aksit z.

Nëse lëvizja e pikës realizohet në rrafsh, p.sh xOy, atëherë merren vetëm shprehjet që kanë të bëjnë me aksin x dhe y, pra ato në drejtim të aksit z merren zero, pra intensiteti i shpejtësisë së pikës në këtë rast është: ⎡m⎤ v = v x2 + v 2y = x& 2 + y& 2 ⎢ ⎥ . ⎣s⎦

Nëse lëvizja e pikës realizohet në drejtim të një drejtëze, p.sh x, atëherë merret vetëm shprehja që ka të bëj me aksin x, pra ato në drejtim të akseve y dhe z merren zero, pra intensiteti i shpejtësisë së pikës në këtë rast është: v = vx =

dx ⎡m⎤ = x& ⎢ ⎥ . dt ⎣s⎦

Kur dihen koordinatat e pikës, përkatësisht shpejtësia, atëherë nxitimi i pikës në këtë rast caktohet nga: ax = ay =

az =

8

dv x d 2 x = 2 = &x& - projeksioni i nxitimit të pikës në drejtim të aksit x, dt dt dv y dt

=

d2y dt 2

= &y& - projeksioni i nxitimit të pikës në drejtim të aksit y,dhe

dv z d 2 z = 2 = &z& - projeksioni i nxitimit të pikës në drejtim të aksit z, dt dt

Dr. sc. Ahmet Shala Meqë projeksionet e nxitimit të pikës të caktuara më parë, janë normal në njëri tjetrin, atëherë intensiteti i nxitimit të pikës caktohet me shprehjen: ⎡m⎤ a = a x2 + a 2y + a z2 = &x&2 + &y& 2 + &z&2 ⎢ 2 ⎥ . ⎣s ⎦

Nëse lëvizja realizohet në rrafsh, p.sh xOy, atëherë nxitimi caktohet me shprehjen: ⎡m⎤ a = a x2 + a 2y = &x&2 + &y& 2 ⎢ 2 ⎥ . ⎣s ⎦

Nëse lëvizja realizohet në drejtim të një drejtëze, p.sh në drejtim të aksit x, atëherë nxitimi i pikës do të jetë: a=

dv x ⎡m⎤ = a x = &x& ⎢ 2 ⎥ . dt ⎣s ⎦

I.1.2.2. SISTEMI I KOORDINATAVE CILINDRIKE

Në sistemin e koordinatave cilindrike, lëvizja e pikës jipet me tri koordinata dhe atë:

ρ = ρ (t ) [m],

ϕ = ϕ (t ) [°] ose [rad]

dhe

z = z (t ) [m].

z M r r

z y

O ϕ

ρ

x

y M’ x

9

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Figura 3. Lidhja ndërmjet koordinatave kënddrejtë të Dekartit dhe koordintave cilindrike është (Fig. 3): x = ρ ⋅ cos ϕ ,

y = ρ ⋅ sin ϕ dhe

z = z. Mund të caktohen shprehjet për llogaritje të shpejtësisë dhe nxitimit edhe përmes koordinatave cilindrike, por vështirë mbahen në mend, prandaj caktimi i shpejtësisë dhe nxitimit preferohet të vazhdon me koordinatat kënddrejtë të Dekartit.

I.1.2.3. SISTEMI I KOORDINATAVE POLARE

Nëse lëvizja e pikës realizohet në rrafsh, ajo mund të jipet përmes koordinatave polare që janë:

r = r (t ) [m] dhe

ϕ = ϕ (t ) [°] ose [rad].

vc

y

v vr

r co

O

r j r ro

r i

r r

M y

ϕ

x x Figura 4.

Lidhja ndërmjet koordinatave kënddrejta të Dekartit dhe koordinatave polare (Fig. 4) është:

x = r ⋅ cos ϕ dhe

10

Dr. sc. Ahmet Shala y = r ⋅ sin ϕ .

r Rrezevektori r , përmes koordinatave kënddrejta dhe vektorëve njësi shprehet si: r r r r = x⋅i + y ⋅ j ,

duke e ditur se shpejtësia e pikës si vektor, në koordinatat kënddrejta është: r r r r r v = v x ⋅ i + v y ⋅ j = x& ⋅ i + y& ⋅ j ,

kurse intensiteti i saj është: v = v x2 + v 2y = x& 2 + y& 2 ,

atëherë: v x = x& =

dx d = (r ⋅ cos ϕ ) = r& ⋅ cos ϕ − r ⋅ ϕ& ⋅ sin ϕ , dt dt

v y = y& =

dy d = (r ⋅ sin ϕ ) = r& ⋅ sin ϕ + r ⋅ ϕ& ⋅ cos ϕ . dt dt

Pas zëvendësimit shpejtësia e pikës do të jetë: v = v x2 + v 2y = (r& ⋅ cos ϕ − r ⋅ ϕ& ⋅ sin ϕ ) 2 + (r& ⋅ sin ϕ + r ⋅ ϕ& ⋅ cos ϕ ) 2 = r& 2 + (r ⋅ ϕ& ) 2 Nga shprehja e fundit marrim: v r = r& dhe

vc = r ⋅ ϕ& , përkatësisht vektori i shpejtësisë: r r r v = v r ⋅ ro + vc ⋅ co ,

ku:

r r ro , co , - vektor njësi, normal në njëri tjetrin, me intensitet konstant një, por me drejtim

dhe kahje jokonstante. Kështu intensiteti i shpejtësisë mund të shkruhet:

⎡m⎤ v = v r2 + vc2 = r& 2 + (r ⋅ ϕ& ) 2 ⎢ ⎥ . ⎣s⎦ Në mënyrë analoge caktohet edhe nxitimi i pikës. Nisemi nga: r r r r r vektori i nxitimit të pikës: a = a x ⋅ i + a y ⋅ j = &x& ⋅ i + &y& ⋅ j dhe

11

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad intensiteti i nxitimit të pikës: a = a x2 + a 2y = &x&2 + &y& 2 , atëherë: a x = &x& = v& x =

dv x d = (r& ⋅ cos ϕ − r ⋅ ϕ& ⋅ sin ϕ ) , dt dt

a x = &r& ⋅ cos ϕ − r& ⋅ ϕ& ⋅ sin ϕ − r& ⋅ ϕ& ⋅ sin ϕ − r ⋅ ϕ&& ⋅ sin ϕ − r ⋅ ϕ& 2 ⋅ cos ϕ , a x = (&r& − r ⋅ ϕ& 2 ) ⋅ cos ϕ − (2r& ⋅ ϕ& + r ⋅ ϕ&&) ⋅ sin ϕ , a y = &y& = v& y =

dv y dt

=

d (r& ⋅ sin ϕ + r ⋅ ϕ& ⋅ cos ϕ ) , dt

a y = &r& ⋅ sin ϕ + r& ⋅ ϕ& ⋅ cos ϕ + r& ⋅ ϕ& ⋅ cos ϕ + r ⋅ ϕ&& ⋅ cos ϕ − r ⋅ ϕ& 2 ⋅ sin ϕ , a y = (&r& − r ⋅ ϕ& 2 ) ⋅ sin ϕ + (2r& ⋅ ϕ& + r ⋅ ϕ&&) ⋅ cos ϕ . Pas zëvendësimit shprehja për nxitim merrë formën: a = [(&r& − r ⋅ ϕ& 2 ) ⋅ cos ϕ − (2r& ⋅ ϕ& + r ⋅ ϕ&&) ⋅ sin ϕ ] 2 + [(&r& − r ⋅ ϕ& 2 ) ⋅ sin ϕ + (2r& ⋅ ϕ& + r ⋅ ϕ&&) ⋅ cos ϕ ] 2 a = (a r ) 2 + (ac ) 2 = (&r& − r ⋅ ϕ& 2 ) 2 + (2r& ⋅ ϕ& + r ⋅ ϕ&&) 2 ,

prej nga marrim: r r r a = a r ⋅ ro + ac ⋅ co , a r = &r& − r ⋅ ϕ& 2 ,

ac = 2r& ⋅ ϕ& + r ⋅ ϕ&& .

12

Dr. sc. Ahmet Shala I.1.2.4. SISTEMI I KOORDINATAVE SFERIKE Në sistemin e koordinatave sferike, lëvizja e pikës jipet me tri koordinata dhe atë: r = r (t ) [m],

ϕ = ϕ (t ) [°] ose [rad]

dhe

θ = θ (t ) [°] ose [rad] .

z M r r

z

θ

y

O ϕ

x

y M’ x Figura 5.

Lidhja ndërmjet koordinatave kënddrejtë të Dekartit dhe koordintave sferike është (Fig. 5): x = r ⋅ sin θ ⋅ cos ϕ , y = r ⋅ sin θ ⋅ sin ϕ dhe z = r ⋅ cos θ .

Mund të caktohen shprehjet për llogaritje të shpejtësisë dhe nxitimit edhe përmes koordinatave sferike, por është një punë e panevojshme mekanike dhe vështirë mbahen në mend, prandaj caktimi i shpejtësisë dhe nxitimit preferohet të vazhdon me koordinatat kënddrejtë të Dekartit.

13

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad I.1.3. MËNYRA NATYRALE Në mënyrën natyrale, lëvizja e pikës është e përcaktuar me trajektoren ( l ) dhe ligjin e lëvizjes nëpër trajektore s = s (t) (Fig.6).

Mo

z

s=s(t)

l Rl

an r n

r No

Mr

To

r a

r r

r v

at

r t

y

O

x Figura 6. Pra: l – trajekroria (rruga) e lëvizjes së pikës, s = s (t) – koordinata natyrale, ligji i lëvizjes së pikës nëpër trajektore.

z

s

Mo

r r

M

ds r dr

M1

r r1

l

z

y

O x

x

y Figura 7.

14

Dr. sc. Ahmet Shala Lidhja ndërmjet koordinatës natyrale dhe koordinatave kënddrejtë të Dekartit caktohet nga: r r r r r = x⋅i + y⋅ j + z ⋅k ,

caktojmë diferencialin: r r r r dr = dx ⋅ i + dy ⋅ j + dz ⋅ k . r Meqë intensiteti i vektorit dr është përafërsisht i njëjtë me intensitetin e gjatësisë elementare

të harkut ds , atëherë katrori i tyre do të jetë pothuaj i njëjtë, (Fig. 7) pra: r r ds 2 = dr 2 = dr ⋅ dr = dx 2 + dy 2 + dz 2 ,

ds = dx 2 + dy 2 + dz 2 ,

nga: x& =

dx dy dz ⇒ dx = x&dt , y& = ⇒ dy = y& dt dhe z& = ⇒ dz = z&dt , atëherë: dt dt dt

ds = x& 2 + y& 2 + z& 2 ⋅ dt s

/∫ ,

t

∫ ds = ± ∫ so

x& 2 + y& 2 + z& 2 ⋅ dt ,

0

t

s = so ± ∫ x& 2 + y& 2 + z& 2 ⋅ dt . 0

Shpejtësia e pikës në koordinata natyrale caktohet me shprehjen:

ds = s& , dt r r v = s& ⋅ To , r To - vektori njësi i tangjentës (t), v=

pra ka drejtimin e tangjentës (t) në trajektore (Fig.6). Nxitimi i pikës në koordinata natyrale caktohet me shprehjen:

at =

dv = &s& - komponenta tangjenciale e nxitimit, dt

an =

v 2 s& 2 = - komponenta normale e nxitimit, Rl Rl

Rl - rrezja e lakesës së trajektores në pikën M. r r r a = at ⋅ To + a n ⋅ N o - vektori i nxitimit të pikës, a = at2 + a n2 , intensiteti i nxitimit të pikës.

15

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad DETYRA 1 Lëvizja e pikës materiale në rrafshin r r r r = (2t + 1) ⋅ i + (3 − 2t ) ⋅ j [m] . Të caktohen:

xOy

është

-

koordinatat x dhe y në funksion të kohës t,

-

pozicioni fillestar,

-

ekuacioni i trajektores y = f (x),

-

shpejtësia dhe nxitimi i pikës në funksion të kohës.

dhënë

me

rrezevektorin

Zgjidhje: r r r r r Nga r = x ⋅ i + y ⋅ j = (2t + 1) ⋅ i + (3 − 2t ) ⋅ j [m] , marrim koordinatat: x = x(t ) = 2t + 1 [m] ,

y = y (t ) = 3 − 2t [m] .

Pozicioni fillestar M o ( xo , y o ) , caktohet për çastin e kohës to = 0, pra: xo = 2 ⋅ 0 + 1 = 1 m ,

yo = 3 − 2 ⋅ 0 = 3 m .

Nga shprehja për koordinatën x marrim se: t=

x −1 , 2

të cilën e zëvendësojmë në shprehjen për koordinatën y dhe fitojmë: y = 3−2

x −1 , 2

përkatësisht ekuacioni i trajektores do të jetë: y = 4−x,

që siç shihet nga shprehja paraprake dhe figura në vijim, paraqet një drejtëz.

y 7 6 5 4

Mo

3

β

2

M

1

α

v x

3

2

1

0 1

16

1

2

3

4

5

Dr. sc. Ahmet Shala Shpejtësia e pikës r r r v = vx ⋅ i + v y ⋅ j ,

vx =

dx d = (2t + 1) = 2 , dt dt

vy =

dy d = (3 − 2t ) = −2 , dt dt

atëherë intensiteti i shpejtësisë do të jetë: ⎡m⎤ v = v x2 + v 2y = 2 2 + (−2) 2 = 8 = 2 2 ⎢ ⎥ . ⎣s⎦

Drejtimi i shpejtësisë caktohet me shprehjet për kosinusin e drejtimit, pra: cos α =

cos β =

vx π 2 2 = = ⇒ α = = 45o , v 2 4 2 2 vy v

=

−2 2 2

=−

2 3π ⇒β = = 135o . 2 4

Siç shihet nga shprehja e shpejtësisë, ajo gjatë tërë kohës ka madhësi konstante.

Nxitimi i pikës r r r a = ax ⋅ i + a y ⋅ j , ax =

ay =

dv x d = ( 2) = 0 , dt dt

dv y dt

=

d (−2) = 0 , dt

atëherë intensiteti i nxitimit do të jetë:

⎡m⎤ a = a x2 + a 2y = 0 2 + 0 2 = 0 ⎢ 2 ⎥ . ⎣s ⎦

17

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad DETYRA 2 Lëvizja e pikës materiale është dhënë me ekuacionet:

x = x(t ) = a cos kt [m] dhe y = y (t ) = b sin kt [m] , ku a dhe b janë konstante, t – koha në sekonda. Të caktohen: - pozicioni fillestar dhe trajektoria e pikës, -

shpejtësia dhe nxitimi absolut dhe

-

për a = b = R , caktoni komponenten normale dhe tangjenciale të nxitimit si dhe rrezen e lakesës së trajektores.

Zgjidhje:

Pozicioni fillestar siç dihet caktohet për çastin e kohës to = 0, pra:

xo = a cos k ⋅ 0 = a ,

y o = b sin k ⋅ 0 = 0 .

Trajektoria e pikës

Shprehjen për x e pjestojmë me a kurse atë për y e pjestojmë me b , të dyja i ngrisim në katrorë dhe i mbledhim anë për anë, pra: 2

⎛ x⎞ 2 ⎜ ⎟ = cos kt , ⎝a⎠ 2

⎛ y⎞ 2 ⎜ ⎟ = sin kt , b ⎝ ⎠ Prej nga marrim: 2

2

⎛ x⎞ ⎛ y⎞ 2 2 ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = cos kt + sin kt , a b ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ pra trajektoria ka formën: 2

2

⎛ x⎞ ⎛ y⎞ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = 1, ⎝a⎠ ⎝b⎠

që siç dihet paraqet elipsën me gjysëmboshte, në drejtim të aksit x me madhësi a, kurse në drejtim në aksit y me madhësi b, dhe qendër në fillimin e sistemit koordinativ O(0,0).

18

Dr. sc. Ahmet Shala

y b

M

-a

O

Mo x

a

-b

Shpejtësia e pikës r r r v = vx ⋅ i + v y ⋅ j ,

vx =

dx d = (a cos kt ) = − ak sin kt , dt dt

vy =

dy d = (b sin kt ) = bk cos kt , dt dt

atëherë intensiteti i shpejtësisë do të jetë: v = v x2 + v 2y = (− ak sin kt ) 2 + (bk cos kt ) 2 = k a 2 sin 2 kt + b 2 cos 2 kt .

Nxitimi i pikës

r r r a = ax ⋅ i + a y ⋅ j , ax =

ay =

dv y dt

dv x d = (− ak sin kt ) = − ak 2 cos kt dt dt

=

dhe

d (bk cos kt ) = −bk 2 sin kt , dt

atëherë intensiteti i nxitimit do të jetë: a = a x2 + a 2y = (−ak 2 cos kt ) 2 + (−bk 2 sin kt ) 2 = k 2 a 2 cos 2 kt + b 2 sin 2 kt .

Për a = b = R :

v = k R 2 sin 2 kt + R 2 cos 2 kt = kR sin 2 kt + cos 2 kt = kR , a = k 2 R 2 cos 2 kt + R 2 sin 2 kt = k 2 R cos 2 kt + sin 2 kt = k 2 R .

19

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Komponenta tangjenciale e nxitimit caktohet nga:

at =

dv d = (kR) = 0 , dt dt

komponenta normale caktohet nga:

a = at2 + a n2 , prej nga:

a n = a 2 − at2 = (k 2 R) 2 − 0 2 = k 2 R . Kështu rrezja e lakesës së trajektores do të jetë: Rl =

v 2 (kR) 2 = 2 = R. an k R

Kjo madhësi e rrezes së lakesës edhe është pritur pasiqë për a = b = R , ekuacioni i trjektores është rrethi me rreze R , dhe qendër në fillimin e sistemit koordinativ, pra: 2

2

⎛ x⎞ ⎛ y⎞ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = 1, ⎝a⎠ ⎝b⎠

a = b = R , do të kemi rrethin: x 2 + y 2 = R 2 .

DETYRA 3 ⎡m⎤ Pika materiale lëviz nëpër rrafsh, ashtuqë komponenta radiale e shpejtësisë është v r = b ⎢ ⎥ ⎣s⎦ ⎡m⎤ kurse ajo cirkulare vc = d ⎢ ⎥ , ku b dhe d janë madhësi konstante. Të caktohet tajektoria e ⎣s⎦ pikës, shpejtësia, komponenta radiale dhe cirkulare e nxitimit, nxitimi absolut, komponenta tangjenciale dhe normale e nxitimit, të gjitha këto në funksion të pozitës së pikës materiale nëse në çastin fillestar to = 0 kemi: ro = R dhe ϕ o = 0 .

Zgjidhje

v = v r2 + vc2 = b 2 + d 2 = konst. Dimë se: v r = r& = 20

dr = b /dt dt

Dr. sc. Ahmet Shala /∫

dr = bdt r

t

ro

0

∫ dr = b ∫ dt , r − ro = bt ,

ro = R atëherë

r = R + bt vc = rϕ& = r dϕ =

dϕ =d dt

d dt r

ϕ

/∫

/

dt , r

,

t

dt , R + bt 0

∫ dϕ = d ∫ 0

zëvendësojmë du u−R , ⇒ dt = b b

R + bt = u ⇒ t = atëherë dt

1 du 1 1 = ln u = ln( R + bt ) , u b b

∫ R + bt = b ∫ pra:

ϕ=

t

d R + bt d d d ln( R + bt ) = ln( R + bt ) − ln( R) = ln( ), b R b b b 0

prej nga: bϕ R + bt = ln( ), d R antilogaritmojmë: b ϕ d e

=

R + bt r = , R R

prej këtu trajektoria e pikës do të jetë: r=

b ϕ d R⋅e

,

që paraqet një spirale logaritmike.

21


y M r ϕ O

Mo R

Komponenta radiale e nxitimit caktohet me shprehjen: a r = &r& − rϕ& 2 , r& = v r = b ,

&r& =

dr& d = (b) = 0 , dt dt

ϕ& =

dϕ d d R + bt d R b d d = ( ln( )= = = , dt dt b R b R + bt R R + bt r 2

2

d ⎛d⎞ . ar = 0 − r⎜ ⎟ = − r ⎝r⎠ Komponenta cirkulare e nxitimit caktohet me shprehjen: a c = 2r&ϕ& + rϕ&& ,

ϕ&& =

dϕ& d d d b⋅d b⋅d = ( =− 2 , )=− b=− 2 2 dt dt R + bt ( R + bt ) ( R + bt ) r

a r = 2b

b⋅d b⋅d b⋅d b⋅d d −r⋅ 2 = 2 − = . r r r r r

Nxitimi absolut llogaritet me shprehjen: 2

a=

a r2

+ ac2

2 ⎛ d2 ⎞ ⎟ + ⎛⎜ b ⋅ d ⎞⎟ = d d 2 + b 2 . = ⎜− ⎜ r ⎟ r ⎝ r ⎠ ⎝ ⎠

Komponenta tangjenciale e nxitimit caktohet me shprehjen: at =

d dv d = ( b 2 + d 2 ) = (konst.) = 0 , dt dt dt

kurse komponenta normale e nxitimit caktohet nga shprehja: 2

an = a

22

2

− at2

d ⎛d ⎞ = ⎜ d 2 + b2 ⎟ − 02 = d 2 + b2 . r ⎝r ⎠

x

Dr. sc. Ahmet Shala DETYRA 4

Për pikën materiale është dhënë ligji i ndryshimit të koordinatës në drejtim të aksit x me shprehjen x = 2t 2 + 6 [m] , ligji i ndryshimit të shpejtësisë në drejtim të aksit y me shprehjen v y = 5t 2 [ m / s ] dhe ligji i ndryshimit të nxitimit në drejtim të aksit z me shprehjen

a z = 8t 2 [m / s 2 ] . Nëse në çastin fillestar është e njohur se yo = 9 [m] , z o = 12 [m] dhe

v zo = 0 , caktoni koordinatat, shpejtësinë dhe nxitimin e pikës në funksion të kohës dhe për çastin t1 = 1 [s] caktoni rrezen e lakesës së trajektores. Zgjidhje

Në vijim kemi veprimet e nevojshme në drejtim të akseve përkatëse: Në drejtim të aksit x

në drejtim të aksit y

në drejtim të aksit z

x = 2t 2 + 6

v y = 5t 2

a z = 8t 2

vx =

dx d = (2t 2 + 6) = 4t dt dt

vy =

ax =

dv x d = (4t ) = 4 dt dt

dy = v y dt

dy dt

az =

/dt

t

yo

0

/dt

dv z = a z dt /∫

dy = 5t 2 dt y

dv z dt

2 ∫ dy = 5∫ t dt

dv z = 8t 2 dt / ∫ vz

t

2 ∫ dv z = 8∫ t dt

vz

0

o

5 y − yo = t 3 3

8 v z − v zo = t 3 3

5 y = 9 + t3 3

8 vz = t 3 3

ay =

dv y dt

=

d (5t 2 ) = 10t dt

vz =

dz 8 3 = t /dt dt 3

8 dz = t 3 dt / ∫ 3 z

∫ dz = zo

t

8 3 t dt 3 ∫0

z − zo =

8 t4 3 4

2 z = 12 + t 4 3

23

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Nga llogaritjet paraprake pozita e pikës është e përcaktuar me koordinatat:

x = 2t 2 + 6 [m] , 5 y = 9 + t 3 [ m] dhe 3 2 z = 12 + t 4 [m] . 3

Shpejtësia e pikës materiale: v x = 4t , v y = 5t 2 dhe 8 vz = t 3 3

prej nga: 8 64 ⎡m⎤ v = v x2 + v 2y + v z2 = (4t ) 2 + (5t 2 ) 2 + ( t 3 ) 2 = 16t 2 + 25t 4 + t 6 ⎢ ⎥ . 3 9 ⎣s⎦ Nxitimi i pikës materiale: ax = 4 , a y = 10t dhe

a z = 8t 2 prej nga: ⎡m⎤ a = a x2 + a 2y + a z2 = (4) 2 + (10t ) 2 + (8t 2 ) 2 = 16 + 100t 2 + 64t 4 ⎢ 2 ⎥ . ⎣s ⎦ Rrezja e lakesës së trjektores për çastin e kohës t1 = 1 [s], caktohet me shprehjen: v2 Rl = , an ku për t1 = 1 [s], shpejtësia është:

8 8 64 v = v(t1 = 1) = (4t1 ) 2 + (5t12 ) 2 + ( t13 ) 2 = (4 ⋅ 1) 2 + (5 ⋅ 12 ) 2 + ( ⋅ 13 ) 2 = 16 + 25 + , 3 3 9

24

Dr. sc. Ahmet Shala ⎡m⎤ v = v(t1 = 1) = 6.936 ⎢ ⎥ , ⎣s⎦ komponenta normale caktohet nga: a n = a 2 − at2 , ku nxitimi absolut për t1 = 1 [s], do të jetë: ⎡m⎤ a = a (t1 = 1) = 16 + 100t12 + 64t14 = 16 + 100 ⋅ 12 + 64 ⋅ 14 = 180 = 13.416 ⎢ 2 ⎥ ⎣s ⎦ komponenta tangjenciale e nxitimit caktohet nga: 64 64 32t + 100t 3 + 16t + 50t 3 + t 5 ⋅6 ⋅t5 ⎛ ⎞ 64 dv d 9 3 , = at = = ⎜⎜ 16t 2 + 25t 4 + t 6 ⎟⎟ = 9 ⎠ dt dt ⎝ 64 6 64 6 2 4 2 4 2 16t + 25t + t 16t + 25t + t 9 9 64 5 64 16 + 50 + ⋅1 3 3 . = at = at (t1 = 1) = 64 64 16 ⋅ 12 + 25 ⋅ 14 + 16 + 25 + ⋅ 16 9 9 16 ⋅ 1 + 50 ⋅ 13 +

⎡m⎤ at = at (t1 = 1) = 12.591 ⎢ 2 ⎥ , ⎣s ⎦ atëherë komponenta normale do të jetë: ⎡m⎤ a n = a 2 − at2 = 13.416 2 − 12.5912 = 4.633 ⎢ 2 ⎥ . ⎣s ⎦ Kështu rrezja e lakesës së trajektores në çastin t1 = 1 [s], është: Rl =

v 2 6.936 2 = = 10.383 [m] . 4.633 an

Në vijim këtë shembull e kemi llogaritur përmes softverit MathCad. Jemi nisur se dimë koordinatat në funksion të kohës dhe pastaj kemi vazhduar deri në caktimin e rrezes së lakesës së trajektores. Me qëllim të llogaritjes me njësi, kemi përshtatë njësitë e shprehjeve të koordinatave.

25

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Çasti i kohës:

t := 1 ⋅s Koordinatat e lëvizjes së pikës: 2 m + 6 ⋅m 2

x( t) := 2 ⋅t ⋅

y( t) := 9 ⋅m +

s

5 3 m ⋅t ⋅ 3 3 s

z( t) := 12 ⋅m +

2 4 m ⋅t ⋅ 4 3 s

Shpejtesia e pik ës caktohet me shprehjen: 2

2

⎞ ⎛d ⎞ ⎛d ⎞ ⎛d v( t) := ⎜ x( t) + ⎜ y( t) + ⎜ z( t) ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠ v( t) = 6.936

2

m s

Nxitimi absolut i pikës caktohet me shprehjen: 2

2

⎞ ⎛⎜ d2 ⎞ ⎛⎜ d2 ⎞ ⎛⎜ d2 a ( t) := x( t) + y( t) + z( t) ⎜ dt2 ⎜ 2 ⎜ 2 ⎝ ⎠ ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠ a ( t) = 13.416

2

m 2

s Komponenta tangjenciale e nxitimit të pikës caktohet me shprehjen: at ( t) :=

d v( t) dt

at ( t) = 12.591

m 2

s

Komponenta normale e nxitimit të pikës caktohet me shprehjen: an( t) :=

2

a ( t) − at ( t)

an( t) = 4.633

2

m 2

s Kështu rrezja e lakesës së trajektores do të jetë: 2

v( t) R ( t) := an( t)

R ( t) = 10.383 m

26

Dr. sc. Ahmet Shala DETYRA 5 r r r Një pikë materiale lëviz nëpër rrafshin xOy me shpejtësi: v = 2( x − y ) ⋅ i + 2( y − x) ⋅ j . Nëse

në çastin fillestar ajo kishte koordinatat xo = 0 dhe y o = 1 [m] , kurse projeksionin e shopejtësisë fillestare në drejtim të aksit y e kishte y& o = 4 [m / s ] , caktoni: -

ekuacionet e fundme të lëvizjes së pikës (x, y), në funksion të kohës, dhe

-

trajektoren e pikës.

Zgjidhje

Shpejtësia e pikës si vektor është: r r r r r v = v x ⋅ i + v y ⋅ j = 2( x − y ) ⋅ i + 2( y − x ) ⋅ j ,

prej nga marrim: v x = 2( x − y )

dhe

v y = 2( y − x) ,

dhe

vy =

përkatësisht: vx =

dx = x& = 2( x − y ) dt

dy = y& = 2( y − x) , dt

Nëse i mbledhim anë për anë kemi: dx dy + = 2( x − y ) + 2( y − x) = 2 x − 2 y + 2 y − 2 x = 0 , dt dt

pra: dx dy =− , dt dt

përkatësisht:

x& = − y& Nga v y =

dy = y& = 2( y − x) , nëse derivojmë fitojmë: dt

ay =

dv y dt

= &y& = 2( y& − x& ) ,

27

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad nëse zëvendësojmë x& = − y& , fitojmë:

&y& = 2( y& − (− y& )) = 2( y& + y& ) = 4 y& , &y& =

dy& = 4 y& dt

/

dy& = 4dt y&

dt , y&

/∫ ,

y&

t

yo

0

dy& ∫ y& = 4∫ dt , &

ln y& − ln y& o = 4t , ln

y& = 4t , y& o

⇒

y& = e 4t , y& o

y& = y& o e 4t , për y& o = 4 , kemi: y& = 4e 4t , y& =

dy = 4e 4t dt

/ dt , /∫ ,

dy = 4e 4t dt y

t

∫ dy = 4∫ e yo

t

4t

dt = ∫ e ( 4t ) d (4t ) ,

0

0

t

y − y o = e 4t , 0

y − y o = e 4t − e 0 = e 4t − 1 , y = y o + e 4t − 1 , për yo = 1, kemi: y = e 4t [ m ] . Nga x& =

dx = − y& = −4e 4t dt /∫ ,

dx = −4e 4t dt x

t

∫ dx = −4∫ e xo

t

4t

dt = − ∫ e ( 4t ) d (4t ) ,

0

0

t

x − x o = − e 4t , 0

28

/ dt , fitojmë:

Dr. sc. Ahmet Shala x − xo = −e

4t

+ e = −e 0

4t

+ 1,

x = xo − e 4t + 1 , për xo = 0, kemi: x = 1 − e 4t [ m ] . Kështu x = 1 − e 4t [m] dhe y = e 4t [m] , paraqesin ekuacionet e fundme të pikës materiale. Ekuacioni i trajektores fitohet duke e eliminuar kohën t, nga shprehjet paraprake. Kjo arrihet me mbledhjen anë për anë të dy shprehjeve paraprake, pra: x + y = 1 − e 4t + e 4t = 1 , pra y = 1 − x , që paraqet drejtëz, njëherit është ekuacioni i trajektores.

DETYRA 6

Lëvizja e kapëses së robotit cilindrik, në hapësirë është dhënë me koordinatat cilindrike:

ρ (t ) = 0.5 + 0.1 ⋅ t [m] , ϕ (t ) =

π 2

t [rad ] dhe z (t ) = t [m] . Caktoni ligjin e lëvizjes së

kapëses nëpër trajektore, dhe për çastin e kohës t1 =

π 3

[ s ] , madhësinë e shpejtësisë, nxitimit

absolut, komponenten tangjenciale dhe normale të nxitimit si dhe rrezen e lakesës së trajektores.

z ϕ

ρ Kapësja z y O x

29

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Zgjidhje

Sëpari le të caktojmë lidhjen ndërmjet koordinatave cilindrike dhe atyre kënddrejta, pra:

π

x = ρ ⋅ cos ϕ = (0.5 + 0.1 ⋅ t ) ⋅ cos( t ) [m] , 2

π

y = ρ ⋅ sin ϕ = (0.5 + 0.1 ⋅ t ) ⋅ sin( t ) [m] , 2 z = t [ m] .

Meqë t = z , atëherë zëvendësojmë në shprehjen për y dhe fitojmë projeksionin e trajektores në rrafshin yOz, që paraqet një sinusoid me amplitudë të barabartë me ρ = 0.5 + 0.1 ⋅ z [m] , pra: y = (0.5 + 0.1 ⋅ z ) ⋅ sin(

π 2

z ) [ m] .

Nëse shprehjet për x dhe y i ngrisim në katror dhe i mbledhim anë për anë, fitojmë projeksionin e trajektores në rrafshin xOy, që paraqet një rreth me rreze ρ, pra: x 2 + y 2 = ρ 2 = (0.5 + 0.1 ⋅ t ) 2 . Grafiku i trajetores së kapëses së robotit cilindrik është paraqitur në figurën vijuese.

z

Kapësja

z O x

30

ϕ

ρo

ρ

y

y x

Dr. sc. Ahmet Shala Meqë kemi caktuar lidhjen e koordinatave cilindrike dhe atyre kënddrejta, atëherë shpejtësinë e kapëses së robotit e caktojmë përmes koordinatave kënddrejta, pra: r r r r v = v x ⋅ i + v y ⋅ j + v z ⋅ k , - vektori i shpejtësisë së kapëses së robotit cilindrik, kurse intensiteti i shpejtësisë së kapëses do të jetë: v = v x2 + v 2y + v z2

ku: vx =

dx d ⎛ π ⎞ π π π = ⎜ (0.5 + 0.1 ⋅ t ) ⋅ cos( t ) ⎟ = 0.1 ⋅ cos( t ) − (0.5 + 0.1 ⋅ t ) ⋅ ⋅ sin( t ) , dt dt ⎝ 2 ⎠ 2 2 2

për t1 = 8 [ s ] , kemi:

π

π

π

π

π

π

v1x = 0.1 ⋅ cos( t1 ) − (0.5 + 0.1 ⋅ t1 ) ⋅ ⋅ sin( t1 ) = 0.1 ⋅ cos( 8) − (0.5 + 0.1 ⋅ 8) ⋅ ⋅ sin( 8) , 2 2 2 2 2 2 v1x = 0.1 ⋅ 1 − (0.5 + 0.1 ⋅ 8) ⋅ vy =

π

⎡m⎤ ⋅ 0 = 0.1 ⎢ ⎥ . 2 ⎣s⎦

dy d ⎛ π ⎞ π π π = ⎜ (0.5 + 0.1 ⋅ t ) ⋅ sin( t ) ⎟ = 0.1 ⋅ sin( t ) + (0.5 + 0.1 ⋅ t ) ⋅ ⋅ cos( t ) , dt dt ⎝ 2 ⎠ 2 2 2

për t1 = 8 [ s ] , kemi:

π

π

π

π

π

π

v1 y = 0.1 ⋅ sin( t1 ) + (0.5 + 0.1 ⋅ t1 ) ⋅ ⋅ cos( t1 ) = 0.1 ⋅ sin( 8) + (0.5 + 0.1 ⋅ 8) ⋅ ⋅ cos( 8) , 2 2 2 2 2 2 v1 y = 0.1 ⋅ 0 + (0.5 + 0.1 ⋅ 8) ⋅ vz =

π

⎡m⎤ ⋅ 1 = 2.042 ⎢ ⎥ . 2 ⎣s⎦

dz d = (t ) = 1 dt dt

për t1 = 8 [ s ] , kemi: ⎡m⎤ v1z = 1 ⎢ ⎥ . ⎣s⎦ Kështu intensiteti i shpejtësisë së kapëses pas kohës t1 = 8 [ s ] , do të jetë: ⎡m⎤ v1 = v12x + v12y + v12z = (0.1) 2 + (2.042) 2 + (1) 2 = 2.276 ⎢ ⎥ . ⎣s⎦ Intensiteti i nxitimit absolut, komponenten tangjenciale dhe normale të nxitimit dhe rrezen e lakesës së kapëses e kemi caktuar në MathCad si në vijim:

31


Çasti i kohës: t := 8 ⋅s Koordinatat e lëvizjes se kapëses së robotit cilindrik :

⎛ ⎝

x( t) := ⎜ 0.5 + 0.1 ⋅t ⋅

1⎞ s⎠

⎛π 1⎞ ⋅t ⋅ ⋅m ⎝2 s⎠

⋅cos ⎜

⎛ ⎝

y( t) := ⎜ 0.5 + 0.1 ⋅t ⋅

1⎞ s⎠

m ⎛π 1⎞ ⋅t ⋅ ⋅m z( t) := t ⋅ s ⎝2 s⎠

⋅sin⎜

Shpejtesia e kapëses caktohet me shprehjen: 2

2

⎞ ⎛d ⎞ ⎛d ⎞ ⎛d v( t) := ⎜ x( t) + ⎜ y( t) + ⎜ z( t) ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠

2

m s Nxitimi absolut i kapëses caktohet me shprehjen: v( t) = 2.276

2

2

⎞ ⎛⎜ d2 ⎞ ⎛⎜ d2 ⎞ ⎛⎜ d2 x( t) + y( t) + z( t) a ( t) := ⎜ dt2 ⎜ 2 ⎜ 2 ⎝ ⎠ ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠ a ( t) = 3.223

2

m 2

s Komponenta tangjenciale e nxitimit të kapëses caktohet me shprehjen: at ( t) :=

d

v( t)

dt m

at ( t) = 0.141

2

s Komponenta normale e nxitimit të kapëses caktohet me shprehjen: an( t) :=

2

a ( t) − at ( t)

an( t) = 3.22

2

m 2


v( t) R ( t) := an( t)

R ( t) = 1.609 m

32

Dr. sc. Ahmet Shala

DETYRA 7 Lëvizja e pikës është dhënë me koordinatat sferike: r = 2 [m] , ϕ = 2 ⋅ t [rad ] dhe

θ = 3 ⋅ t [rad ] . Të caktohen koordinatat kënddrejta të Dekartit, pozicioni fillestar ku gjendet pika, për çastin e kohës t1 = π [ s ] , pozicionin ku do të arrijë pika, shpejtësinë, nxitimin absolut, komponenten tangjenciale dhe normale si dhe rrezen e lakesës së trajektores.

Zgjidhje

z M r r

z

θ

y

O ϕ

x

y M’ x

Lidhja ndërmjet koordinatave kënddrejta të Dekartit dhe koordintave sferike është: x = r ⋅ sin θ ⋅ cos ϕ = 2 ⋅ sin(3 ⋅ t ) ⋅ cos(2 ⋅ t ) [m] , y = r ⋅ sin θ ⋅ sin ϕ = 2 ⋅ sin(3 ⋅ t ) ⋅ sin( 2 ⋅ t ) [m] dhe

z = r ⋅ cosθ = 2 ⋅ cos(3 ⋅ t ) [m] . Pozicioni fillestar caktohet për t = 0, pra: xo = 2 ⋅ sin(3 ⋅ 0) ⋅ cos(2 ⋅ 0) = 0 [m] , y o = 2 ⋅ sin(3 ⋅ 0) ⋅ sin( 2 ⋅ 0) = 0 [m] dhe z o = 2 ⋅ cos(3 ⋅ 0) = 1 [m] .

Për t1 = π [s], pozicioni i pikës është i përcaktuar me këto koordinata: x1 = 2 ⋅ sin(3 ⋅ π ) ⋅ cos(2 ⋅ π ) = 0 [m] , y1 = 2 ⋅ sin(3 ⋅ π ) ⋅ sin( 2 ⋅ π ) = 0 [m] dhe

z1 = 2 ⋅ cos(3 ⋅ π ) = −2 [m] . Intensitetin e shpejtësisë, nxitimit absolut, komponenten tangjenciale dhe normale të nxitimit dhe rrezen e lakesës së trajektores së pikës e kemi caktuar në MathCad si në vijim:

33

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Çasti i koh ës:

t := π ⋅s Koordinatat k ënddrejta të lëvizjes së pikës:

⎛ ⎝

x( t) := 2 ⋅sin⎜ 3 ⋅t ⋅

1⎞ s⎠

⎛ ⎝

⋅cos ⎜ 2 ⋅t ⋅

1⎞ s⎠

⎛ ⎝

⋅m y( t) := 2 ⋅sin⎜ 3 ⋅t ⋅

1⎞ s⎠

⎛ ⎝

⋅sin⎜ 2 ⋅t ⋅

1⎞ s⎠

Pozicioni fillestar: x ( 0 ⋅ s) = 0 m y( 0 ⋅s) = 0 m Pozicioni p ër t = 2 [s], do të jetë:

z( 0 ⋅s) = 2 m

x( t) = 0 m y( t) = 0 m z( t) = − 2 m Shpejtësia e pik ës caktohet me shprehjen: 2

v( t) :=

2

⎞ ⎛d ⎞ ⎛d ⎞ ⎛d ⎜ x( t) + ⎜ y( t) + ⎜ z( t) ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠

2

m s Nxitimi absolut i pik ës caktohet me shprehjen: v( t) = 6

2

a ( t) :=

2

⎛⎜ d2 ⎞ ⎛⎜ d2 ⎞ ⎛⎜ d2 ⎞ x( t) + y( t) + z( t) ⎜ dt2 ⎜ 2 ⎜ 2 ⎝ ⎠ ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠

a ( t) = 30

2

m 2

s Komponenta tangjenciale e nxitimit t ë pikës caktohet me shprehjen: d v( t) dt m at ( t) = 0 2 s Komponenta normale e nxitimit të pikës caktohet me shprehjen: at ( t) :=

an( t) :=

2

a ( t) − at ( t)

an( t) = 30

2

m 2


v( t) R ( t) := an( t) R ( t) = 1.2 m

34

⎛ ⎝

⋅m z( t) := 2 ⋅cos ⎜ 3 ⋅t ⋅

1⎞ s⎠

⋅m

Dr. sc. Ahmet Shala DETYRA 8 (UDHËZIME PËR DETYRAT SEMINARIKE K-1 ) Janë dhënë: x = 4t [m] ; y = 16t 2 − 1 [m] dhe çasti i kohës t1 = 0.5 [ s ] . Duhet të caktohet ekuacioni (forma) i trajektores dhe për çastin e dhënë të kohës t = t1 : pozita e pikës në trajektore, shpejtësia, nxitimi total, komponenta tangjenciale e nxitimit, komponenta normale e nxitimit dhe rrezja e lakesës së trajektores në pikën gjegjëse.

Zgjidhje: Zgjidhjen do ta realizojmë në softverin MathCad, si në vijim:

Koha: t := 0 , 0.01 .. 1 Koordinatat e lëvizjes së pikës: 2

x( t) := 4 ⋅t y( t) := 16 ⋅t − 1 Grafiku trajektores së pikës M në koordinata parametrike: 8 7 6 5 4 3 2 1

y ( t)

3

2

1

0

1 2

1

2

3

x ( t)

Grafiku i trajektores së pikës M: y = f(x) x := −3 , −2.99 .. 3 2

y( x) := x − 1 8 7 6 5 4 3 2 1

y ( x)

3

2

1

1 2

0

1

2

3

x

35

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Duhet theksuar se pjesa e grafikut të trajektores për x<0 nuk është reale, që shihet nga grafi i parë. Çasti i koh ës:

t := 0.5 ⋅s Koordinatat e l ëvizjes së pikës:

1 x( t) := 4 ⋅t ⋅ ⋅m s

2 m − 1 ⋅m 2

y( t) := 16 ⋅t ⋅

s

Pozita e pik ës M për t=0.5 s:

x( t) = 2 m y( t) = 3 m Shpejtesia e pik ës caktohet me shprehjen: 2

v( t) :=

⎛d ⎞ ⎛d ⎞ ⎜ x( t) + ⎜ y( t) ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠

v( t) = 16.492

2

m s

Nxitimi total i pik ës caktohet me shprehjen: 2

a ( t) :=

⎞ ⎛⎜ d2 ⎞ ⎛⎜ d2 x( t) + y( t) ⎜ dt2 ⎜ 2 ⎝ ⎠ ⎝ dt ⎠

a ( t) = 32

2

m 2

s Komponenta tangjenciale e nxitimit t ë pikës caktohet me shprehjen: at ( t) :=

d

v( t)

dt at ( t) = 31.045

m 2

s

Komponenta normale e nxitimit të pikës caktohet me shprehjen:

an( t) :=

2

a ( t) − at ( t)

an( t) = 7.761

2

m 2

s Kështu rrezja e lakesës së trajektores do të jetë: R ( t) :=

v( t)

2

an( t)

R ( t) = 35.046 m

36

Dr. sc. Ahmet Shala DETYRA 9 (UDHËZIME PËR DETYRAT SEMINARIKE K-1 NË HAPËSIRË) Në vazhdim kemi zgjidhjen e detyrës K-1 ku lëvizja e pikës M është dhënë në hapësirë, pra 4 [m] , y = −4(t − 1) [m] , z = 2(t + 1) [m] dhe t1 = 0 . janë dhënë: x = t +1 Duhet të caktohen ekuacioni (forma) e trajektores, për çastin e dhënë të kohës t = t1 : pozita e pikës në trajektore, shpejtësia, nxitimi total, komponenta tangjenciale e nxitimit, komponenta normale e nxitimit dhe rrezja e lakesës së trajektores në pikën gjegjëse. Zgjidhje

Pozicionin për çastin e dhënë dhe formën e trajektores të realizuar në MathCad e kemi dhënë në vijim: i := 0 , 1 .. 100 t := i

x := i

i 10 4

(i )

y := −4⋅ t + 1

t +1

i

(i )

z := 2⋅ t + 1 i

i

Pozicioni i pikës M për kohën e dhënë është: x =4 0

y = −4 0

z =2 0

( x, y , z)

Caktimin e madhësive tjera e bëjmë si në detyrën paraprake, pra:

37

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Çasti i koh ës: t := 0 ⋅s Koordinatat e l ëvizjes së pikës: 4

x( t) :=

1 +1 s

t⋅

⎛ 1 + 1 ⎞ ⋅m ⎝ s ⎠

⎛ 1 + 1 ⎞ ⋅m ⎝ s ⎠

y( t) := − 4 ⋅⎜ t ⋅

⋅m

z( t) := 2 ⋅⎜ t ⋅

Pozita e pik ës M për t = 0 s :

x( t) = 4 m

y( t) = − 4 m

z( t) = 2 m

Shpejtesia e pik ës caktohet me shprehjen: 2

v( t) :=

2

⎛d ⎞ ⎛d ⎞ ⎛d ⎞ ⎜ x( t) + ⎜ y( t) + ⎜ z( t) ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠

2

m s Nxitimi total i pik ës caktohet me shprehjen: v( t) = 6

2

a ( t) :=

a ( t) = 8

2

⎞ ⎛⎜ d2 ⎞ ⎛⎜ d2 ⎞ ⎛⎜ d2 x( t) + y( t) + z( t) ⎜ dt2 ⎜ 2 ⎜ 2 ⎝ ⎠ ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠

2

m 2

s Komponenta tangjenciale e nxitimit t ë pikës caktohet me shprehjen: at ( t) :=

d

v( t)

dt at ( t) = − 5.333

m s

2

Komponenta normale e nxitimit të pikës caktohet me shprehjen:

an ( t) :=

2

a ( t) − at ( t)

an ( t) = 5.963

2

m 2


v( t)

2

an( t)

R ( t) = 6.037 m

38


Për lëvizjen e ashensorit (liftit) është i njohur diagrami i nxitimit a = a (t ) [m / s 2 ] , pra:

a 2 4 O

6

t [s]

2

-2 Nëse për t o = 0 , kemi: vo = 0 , s o = 0 , caktoni shpejtësin maksimale dhe rrugën e kaluar të ashensorit.

Zgjidhje

Nga diagrami shihet se nxitimi i ashensorit ndryshon çdo të dytën sekondë, kështu për 0 ≤ t ≤ 2 , nxitimi është konstant dhe atë a (t ) = 2 [m / s 2 ] , pra kemi lëvizjen e përshpejtuar të

tij, kështu pra, meqë lëvizja e ashensorit është drejtvizore kemi: a=

dv , prej nga dt

/∫

dv = a ⋅ dt v

t

vo

0

∫ dv = a ⋅ ∫ dt , v = vo + a ⋅ t , v = 2⋅t .

Kështu për: t = 0 , ⇒ vo = 0 dhe për t = 2 , ⇒ v1 = 4 [m / s ] ,

39

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad pra ndrrimi i shpejtësisë për këtë interval kohor është sipas një drejtëze (linear). Rruga që ka kaluar ashensori gjatë këtij intervali kohor caktohet nga: v=

ds , prej nga: dt

ds = v ⋅ dt ,

ds = 2 ⋅ t ⋅ dt s

t

so

0

/∫

∫ ds = 2 ⋅ ∫ t ⋅ dt , t2 s = so + 2 ⋅ , 2 s = 2⋅

t2 , 2

kështu për t = 2 [ s ] , s1 = 2 ⋅

22 = 4 [ m] . 2

Për intervalin e kohës 2 ≤ t ≤ 4 , nga diagrami i nxitimit shihet se ai është konstant dhe atë zero, pra: a = 0 a=

dv , prej nga dt

dv = a ⋅ dt = 0

/∫

v

∫ dv = 0 , v1

v = v1 ,

v = v 2 = 4 [m / s ] = konst. .

pra shpejtësia e lëvizjes së ashensorit për këtë interval kohor është konstante. Rruga që ka kaluar ashensori gjatë këtij intervali kohor caktohet nga:

40

Dr. sc. Ahmet Shala ds , prej nga: v= dt ds = v ⋅ dt ,

/∫

ds = 4 ⋅ dt s

t

s1

2

∫ ds = 4 ⋅ ∫ dt , s − s1 = 4 ⋅ (t − 2) , ku: s1 = 4

[m] , atëherë ligji i ndryshimit të rrugës për

këtë interval kohe është: s = 4⋅t − 4, kështu pas kohës prej t = 4 [ s ] , rruga e kaluar do të jetë: s 2 = 4 ⋅ 4 − 4 = 12 [m] .

Për intervalin e kohës 4 ≤ t ≤ 6 , nga diagrami i nxitimit shihet se nxitimi është konstant dhe atë a = −2 [m / s 2 ] , pra kemi lëvizjen e ngadalësuar të ashensorit, deri në ndaljen e tij, kështu pra: a=

dv , dt

prej nga /∫ ,

dv = a ⋅ dt v

t

v2

4

∫ dv = a ⋅ ∫ dt , v = v 2 + a ⋅ (t − 4) ,

v = 4 − 2 ⋅ (t − 4) = 12 − 2 ⋅ t . Kështu për:

t = 4[ s ] , ⇒ v = 12 − 2 ⋅ 4 = v 2 = 4 [m / s ] dhe për t = 6[ s ] , ⇒ v = 12 − 2 ⋅ 6 = v3 = 0 [m / s ] , pra ashensori ndalet. Pra ndrrimi i shpejtësisë për këtë interval kohor është sipas një drejtëze (linear). Rruga që ka kaluar ashensori gjatë këtij intervali kohor caktohet nga:

41

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad ds , prej nga: v= dt ds = v ⋅ dt ,

y /∫

ds = (12 − 2 ⋅ t ) ⋅ dt s

t

t

s2

4

4

3

∫ ds = 12∫ dt − 2 ⋅ ∫ t ⋅ dt , 2

s = s 2 + 12 ⋅ (t − 4) − t 2 + 4 2 = −20 + 12 ⋅ t − t 2 ,

s3

kështu për t = 6 [ s ] , s2 2

s3 = −20 + 12 ⋅ 6 − 6 = 16 [m] .

1

v

s1

4 O

t [s] O

2

4

6

Siç shihet shpejtësia maksimale të cilën e arrin ashensori është v = v 2 = 4 [m / s ] kurse rruga e kaluar është ajo e arritur për kohën t = 6 [ s ] , pra: s = s3 = 16 [m] .

42


Disku I me rreze R rrotullohet rreth boshtit O1 sipas ligjit ϕ =

bt 2 [rad ] , ku b – konstante. 2

Të caktohet ligji i rrotullimit të diskut II me rreze r i cili është në kontakt me diskun I dhe rrotullohet rreth boshtit O2. Gjithashtu të caktohet shpejtësia dhe nxitimi i pikës M, e cila ndodhet në periferin e diskut II. Në pikën e kontaktit nuk kemi rrëshiqtje.

Zgjidhje

ϕ& R

ψ

ϕ

O1

ψ&

M

M’

P

r

O2

Meqë rrokullisja është pa rrëshqitje atëherë harqet PM dhe PM’ janë të barabarta, pra: ∩

∩

PM = PM ' ,

R ⋅ ϕ = r ⋅ψ , prej nga: ψ =

R ⋅ϕ , r

kështu ligji i rrotullimit të diskut II do të jetë:

ψ =

R b ⋅t2 . ⋅ 2 r

Ligji i lëvizjes së pikës M, e cila ndodhet në periferi të diskut II është: s M = r ⋅ψ = r

R b ⋅t2 R ⋅b ⋅t2 ⋅ = . 2 2 r

Shpejtësia e pikës M, meqë dihet ligji i lëvizjes së saj, është: vM =

ds M d ⎛ R ⋅ b ⋅ t 2 ⎞⎟ 2 R ⋅ b ⋅ t = ⎜ = = R ⋅b⋅t dt dt ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 2

43

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Nxitimi i pikës M, në koordinata natyrale është: 2 2 a M = a Mn + a Mt ,

ku:

a Mn =

2 vM (R ⋅ b ⋅ t) 2 R 2 ⋅ b 2 2 = = ⋅t , Rl r r

a Mt =

dv M d = (R ⋅ b ⋅ t) = R ⋅ b , dt dt

atëherë: 2

⎛ R2 ⋅ b2 2 ⎞ R ⋅b 2 aM = ⎜ ⋅ t ⎟ + (R ⋅ b )2 = r + R2 ⋅ b2 ⋅ t 4 ⎜ r ⎟ r ⎝ ⎠

DETYRA 12

Manivela OA e mekanizmit manivelë-biellë, rrotullohet rreth pikës O sipas ligjit ϕ = ω ⋅ t , ku t – koha në sekonda dhe ω - konstante. Njëri skaj i biellës ështëi lidhur me çërnierë për pikën A kurse tjetri skaj për rrëshqitësin B i cili mund të lëvizë sipas udhëzueses horizontale. OA = AB = r . Për pikën M, e cila gjendet në mesin e bjellës AB, të caktohet ekuacioni i

trajektores, shpejtësia dhe nxitimi, gjithashtu për çastin e kohës t1 =

π [ s ] , caktoni rrezen e 2ω

lakesës së trajektores.

Zgjidhje

y A M

ψ

O

y

ϕ

x

44

A’

ψ

x B

Dr. sc. Ahmet Shala Përmes distancës AA' , caktojmë se: OA ⋅ sin ϕ = AB ⋅ sin ψ , r ⋅ sin ϕ = r ⋅ sin ψ

sin ϕ = sin ψ , prej nga ψ = ϕ . Le të i caktojmë koordinatat e pikës M në sistemin xOy, pra: x = OA ⋅ cos ϕ + AM ⋅ cosψ = r ⋅ cos ϕ + y = BM ⋅ sin ψ =

3r 3r r ⋅ cos ϕ = ⋅ cos ϕ = ⋅ cos ω t , 2 2 2

r r ⋅ sin ϕ = ⋅ sin ω t . 2 2

Ekuacionin e trajektores e caktojmë duke i ngritur në katror dhe mbledhur anë për anë dy ekuacionet paraprake: x=

3r ⋅ cos ω t 2

y=

r ⋅ sin ω t 2

/⋅

2 2 ,/ , 3r

2 /⋅ , / 2 . r

Kështu fitojmë ekuacionin e trajektores së pikës M: x 3r 2

2

+

2

y r 2

= 1,

që paraqet elepisen me qendër në fillimin e sistimit koordinativ O, dhe gjysemboshte drejtim të aksit x dhe

3r në 2

r në drejtim të aksit y. 2

y r 2

M x

3r − 2

3r 2

O

−

r 2

45

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Shpejtësia e pikës M vx =

3rω dx d 3r = ( cos ω t ) = − sin ω t , 2 dt dt 2

vy =

dy d r rω = ( sin ω t ) = cos ω t , 2 dt dt 2

atëherë intensiteti i shpejtësisë do të jetë: v = v x2 + v 2y = (− v=

3rω rω rω sin ω t ) 2 + ( cos ω t ) 2 = 9 sin 2 ω t + cos 2 ω t , 2 2 2 .

rω 9 − 8 cos 2 ω t . 2

Nxitimi i pikës M

ax = ay =

dv x d 3rω 3rω 2 = (− sin ω t ) = − cos ω t 2 2 dt dt dv y dt

=

d rω rω 2 ( cos ω t ) = − sin ω t , 2 dt 2

atëherë intensiteti i nxitimit do të jetë: a = a x2 + a 2y = (− a=

3rω 2 rω 2 rω 2 cos ω t ) 2 + (− sin ω t ) 2 = 9 cos 2 ω t + sin 2 ω t 2 2 2 .

rω 2 1 + 8 cos 2 ω t 2

Rrezja e lakesës së trajektores caktohet nga: Rl =

ku për t1 =

v12 , a1n

π [ s ] kemi: 2ω

rω rω rω π π rω 9 − 8 cos 2 ω t1 . = 9 − 8 cos 2 ω 9 − 8 cos 2 = 9 − 8 ⋅ 0, = 2 2 2ω 2 2 2 3rω . v1 = 2

v1 =

komponenta normale caktohet nga: a1n = a12 − a12t ,

46

Dr. sc. Ahmet Shala

π [ s ] kemi: ku për t1 = 2ω a1 =

π π rω 2 rω 2 rω 2 rω 2 1 + 8 cos 2 ω t1 = 1 + 8 cos 2 ω 1 + 8 cos 2 = 1+ 8⋅0 = 2 2 2ω 2 2 2

a1 =

rω 2 2

Komponenta tangjenciale e nxitimit caktohet nga: at =

për t1 =

sin 2ω t dv d rω rω 16ω cos ω t sin ω t = ( ⋅ = 2 rω 2 ⋅ , 9 − 8 cos 2 ω t .) = 2 2 9 − 8 cos 2 ω t dt dt 2 9 − 8 cos 2 ω t

π [ s ] kemi: 2ω

a1t = 2rω 2 ⋅

a1t = 2rω 2 ⋅

sin 2ω t1 9 − 8 cos 2 ω t1 0 9 −8⋅0

= 2rω 2 ⋅

sin 2ω

π 2ω

π 9 − 8 cos ω 2ω 2

= 2 rω 2 ⋅

sin π 9 − 8 cos

2

π

,

2

= 0,

atëherë: a1n = a1 =

rω 2 . 2

Kështu rrezja e lakesës për çastin t1 = 2

Rl =

v12 a1n

⎛ 3rω ⎞ 9r 2ω ⎜ ⎟ 2 ⎠ =⎝ = 4 2 2 rω rω 2 2

π [ s ] , do të jetë: 2ω

2

=

9r . 2

47

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad DETYRA 13 Dy shufra AB dhe CD janë të lidhura ngurtësisht ndërmjet veti nën këndin 90o ku shufra AB depërton nëpër rrëshqitësin O1 i cili mund të rrotullohet rreth kësaj pikë, kurse shufra CD depërton nëpër rrëshqitësin O2 i cili mund të rrotullohet rreth kësaj pikë. Të caktohet ekuacioni i trajektores së pikës D, shpejtësia dhe nxitimi i saj nëse O1O2 = AD = 2l dhe këndi ϕ që formon shufra AB me horizontalen ndërron sipas ligjit

ϕ = ω ⋅ t , ku

ω - konstante,

t – koha.

Zgjidhje

D

y ψ

A

y O2

x

ϕ

ψ

C

x

O1 B

Nga figura shihet se ψ = 90 − ϕ =

π 2

−ϕ =

π 2

−ω t .

Le të caktojmë koordinatat e pikës D në sistemin xO1y, pra: x = O2 A ⋅ cosψ + AD ⋅ cosψ

Nga trekëndëshi O1O2 A rrjedhë se: O2 A = O1O2 ⋅ cosψ = 2l ⋅ cos(90 o − ϕ ) = 2l ⋅ sin ϕ , atëherë:

x = 2l ⋅ sin ϕ ⋅ cos(90 − ϕ ) + 2l ⋅ cos(90 − ϕ ) = 2l ⋅ sin ϕ ⋅ sin ϕ + 2l ⋅ sin ϕ , x = 2l ⋅ (sin 2 ϕ + sin ϕ ) = 2l ⋅ (sin 2 ω t + sin ω t ) .

Për koordinatën y kemi: 48

Dr. sc. Ahmet Shala y = O2 A ⋅ sinψ + AD ⋅ sinψ

y = 2l ⋅ sin ϕ ⋅ sin(90 − ϕ ) + 2l ⋅ sin(90 − ϕ ) = 2l ⋅ sin ϕ ⋅ cos ϕ + 2l ⋅ cos ϕ , y = l ⋅ sin 2ϕ + 2l ⋅ cos ϕ = l ⋅ sin 2ω t + 2l ⋅ cos ω t .

Me qëllim të caktimit të ekuacionit të trajektores kalojmë në koordinatat polare ( r ,ψ ), pra: r = O2 D = O2 A + AD = 2l ⋅ sin ϕ + 2l = 2l (1 + sin ϕ ) = 2l (1 + sin ω t ) = r (t ) ,

ψ = 90 − ϕ =

π 2

−ϕ =

π 2

− ω t = ψ (t ) , ⇒ ω t = 90 − ψ =

π 2

−ψ ,

atëherë: r (ψ ) = 2l ⋅ [1 + sin(

π 2

− ψ )] ,

që paraqet ekuacionin e trajektores së pikës D, që është një formë të ashtuquajtur “kardoid” si në figurën vijuese: x( t) := 2 ⋅l ⋅⎡⎣( sin( ω ⋅t) ) + sin( ω ⋅t)⎤⎦ 2

y( t) := l ⋅sin( 2 ⋅ω ⋅t) + 2 ⋅l ⋅cos ( ω ⋅t)

2

y ( t)

1

0

1

2

3

4

5

2

x ( t)

Shpejtësia e pikës D, do të caktohet përmes koordinatave polare:

49

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad r (t ) = 2l (1 + sin ω t ) dhe

ψ (t ) = prej nga:

π 2

−ω t ,

r&(t ) = 2lω cos ω t , &r&(t ) = −2lω 2 sin ω t

ψ& (t ) = −ω , ψ&&(t ) = 0 . Kështu:

v = v r2 + vc2 , v r = r&(t ) = 2lω cos ω t , vc = r (t ) ⋅ψ& (t ) = 2l (1 + sin ω t ) ⋅ (−ω ) = −2lω (1 + sin ω t )

v = (2lω cos ω t ) 2 + (−2lω (1 + sin ω t )) 2 = 2lω (cos ω t ) 2 + (1 + sin ω t ) 2 , v = 2lω cos 2 ω t + 1 + 2 sin ω t + sin 2 ω t = 2lω 2 + 2 sin ω t , v = 2 2 ⋅ lω 1 + sin ω t ,

Nxitimi i pikës D: a = a r2 + a c2 , a r = &r& − rψ& 2 = −2lω 2 sin ω t − 2l (1 + sin ω t ) ⋅ (−ω ) 2 = −2lω 2 (1 + 2 sin ω t ) , a c = rψ&& + 2r&ψ& = 2l (1 + sin ω t ) ⋅ 0 + 2 ⋅ 2lω cos ω t ⋅ (−ω ) = −4lω 2 cos ω t ,

a = (−2lω 2 (1 + 2 sin ω t )) 2 + (−4lω 2 cos ω t ) 2 = 2lω 2 5 + 4 sin ω t .

50

Dr. sc. Ahmet Shala

DETYRA 14 Qendra e cilindrit C, me rreze R, lëviz me shpejtësi konstante v=konst. . Të caktohen ekuacionet e fundme të lëvizjes, shpejtësia, nxitimi total dhe rrezja e lakesës së trajektores së pikës M, e cila gjendet në periferin e cilindrit C. Këto madhësi të paraqiten grafikisht për një periodë të lëvizjes, Rrokullisja e cilindrit C, nëpër rrafshin horizontal realizohet pa rrëshqitje. R = 1 [m] , v = 1 [m / s ] . Në çastin fillestar cilindri ndodhej në qetësi.

Zgjidhje

y vM

ϕ

M y O

x

R C

vc

x M’

Pv

Meqë rrokullisja e cilindrit është pa rrëshqitje, atëherë: OPv = Pv M

Meqë qendra e cilindrit C, lëvizë me shpejtësi konstante, sipas një drejtëze paralel me aksin x, e cila kalon nëpër pikën C, atëherë: vc =

dxc dt

/ dt ,

dxc = vc dt = vdt xc

t

0

0

/∫ ,

∫ dxc = v ∫ dt ,

OPv = xc = v ⋅ t

Pv M = R ⋅ ϕ atëherë:

R ⋅ϕ = v ⋅ t ,

ϕ=

v ⋅ t , - ligji i rrotullimit të cilindrit C. R

ϕ& =

dϕ v = - shpejtësia këndore e cilindrit C. dt R

51

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad dϕ& ϕ&& = = 0 - nxitimi këndor i cilindrit C. dt Koordinat e pikës M, janë: x = OPv − M ' Pv = v ⋅ t − R sin ϕ = v ⋅ t − R sin(

v ⋅ t) , R

y = CPv − MC cos ϕ = R − R cos ϕ = R − R cos(

v ⋅ t) R

Për R = 1 [m] dhe v = 1 [m / s ] , ekuacionet e fundme të lëvizjes së pikës C marrin formën: x = t − sin(t ) [m] , y = 1 − cos(t ) [m] .

Forma e trajektores është dhënë në figurën vijuese:

Janë dhënë: R := 1

v := 1

t := 0 , 0.01.. 4 ⋅π

⎛ v ⋅t⎞ ⎝R ⎠

⎛ v ⋅t⎞ ⎝R ⎠

x( t) := v⋅t − R⋅sin⎜

y( t) := R − R⋅cos ⎜

2

1.5

y ( t)

1

0.5

0

3.14

6.28

9.42

12.57

x ( t)

Siç shihet lëvizja është periodike dhe përseritet pas çdo 2π - sekonda, pra perioda është: T = 2π .

Shpejtësia e pikës M vx =

52

dx d = (t − sin t ) = 1 − cos t , dt dt

Dr. sc. Ahmet Shala dy d vy = = (1 − cos t ) = sin t , dt dt

atëherë intensiteti i shpejtësisë do të jetë: v(t ) = v x2 + v 2y = (1 − cos t ) 2 + (sin t ) 2 = 1 − 2 cos t + cos 2 t + sin 2 t ,

1 − cos t t = 2 sin . 2 2

v(t ) = 2 − 2 cos t = 2

Nxitimi i pikës ax =

ay =

dv x d = (1 − cos t ) = sin t dt dt

dv y dt

=

d (sin t ) = cos t , dt

atëherë intensiteti i nxitimit do të jetë: a (t ) = a x2 + a 2y = (sin t ) 2 + (cos t ) 2 = 1 .

Rrezja e lakesës së trajektores caktohet nga: Rl =

v2 an

,

komponenta normale caktohet nga: a n = a 2 − at2 ,

Komponenta tangjenciale e nxitimit caktohet nga: at =

dv d t t = (2 sin ) = cos , 2 2 dt dt

atëherë: t t t a n = 1 − (cos ) 2 = (sin ) 2 = sin . 2 2 2

Kështu rrezja e lakesës në funksion të kohës do të jetë: 2

t⎞ ⎛ 2 sin ⎟ ⎜ v t 2⎠ =⎝ R (t ) = = 4 sin t an 2 sin 2 2

Në vazhdim kemi paraqitjen grafike të këtyre madhësive kinematike.

53

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Janë dhënë: koha e një periode : R := 1 v := 1 t := 0 , 0.01 .. 2 ⋅π Koordinatat e lëvizjes së pikës M: ⎛v ⎞ ⎛v ⎞ x( t) := v⋅t − R ⋅sin⎜ ⋅t y( t) := R − R ⋅cos ⎜ ⋅t ⎝R ⎠ ⎝R ⎠ Shpejtesia e pik ës caktohet me shprehjen: 2

⎛d ⎞ ⎛d ⎞ v( t) := ⎜ x( t) + ⎜ y( t) ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠

2

Nxitimi total i pikës caktohet me shprehjen: 2

⎛⎜ d2 ⎞ ⎛⎜ d2 ⎞ x( t) + y( t) a ( t) := ⎜ dt2 ⎜ 2 ⎝ ⎠ ⎝ dt ⎠

2

Komponenta tangjenciale e nxitimit të pikës caktohet me shprehjen:

d v( t) dt Komponenta normale e nxitimit të pikës caktohet me shprehjen: at ( t) :=

2

2

an( t) := a ( t) − at ( t) Kështu rrezja e lakesës së trajektores do të jetë: 2

R ( t) :=

v( t) an( t)

Grafiku i shpejtësisë së pikës M

Grafiku i nxitimit total të pikës M

v ( t)

2

nxitimi total

shpejtësia

2

1

0

3.14

a ( t)

6.28

1

0

3.14

t koha

t koha

Grafiku i rrezës së lakesës

Rrezja

4

R ( t)

2

0

3.14 t koha

54

6.28

6.28

Dr. sc. Ahmet Shala DETYRA 15 (UDHËZIME PËR DETYRAT SEMINARIKE K-2) Cilindri C, me rreze r = 0.2 [m] , rrokulliset nëpër sipërfaqen rrethore me rreze R = 1 [m], sipas ligjit ϕ = π ⋅ t [rad ] . . Të caktohen ekuacionet e fundme të lëvizjes dhe për çastin e 1 kohës t1 = [ s ] caktoni madhësinë e shpejtësisë, nxitimit total, tangjencial, normal dhe rrezën 3 e lakesës së trajektores të pikës M, e cila gjendet në periferin e cilindrit C. Rrokullisja e cilindrit C, nëpër sipërfaqen rrethore realizohet pa rrëshqitje. Në çastin fillestar cilindri ndodhej në qetësi.

Zgjidhje

Siç shihet nga figura, meqë nuk kemi rrëshqitje

y vM

atëherë:

r C

vc

ϕ

OPv = Pv M ,

C’

përkatësisht:

x

y

x α

M

O

Pv

R ⋅α = r ⋅ϕ ,

α=

r ϕ = 0.2 ⋅ π ⋅ t R

R

Koordinat e pikës M, janë:

x = O1C sin α − r sin(ϕ + α ), x = ( R + r ) sin α − r sin(ϕ + α ),

,

α

x(t ) = 1.2 ⋅ sin(0.2 ⋅ π ⋅ t ) − 0.2 ⋅ sin(1.2 ⋅ π ⋅ t ).

y = O1C cos α − R − r cos(ϕ + α ),

O1

y = ( R + r ) cos α − R − r cos(ϕ + α ), y (t ) = 1.2 ⋅ cos(0.2 ⋅ π ⋅ t ) − 1 − 0.2 ⋅ cos(1.2 ⋅ π ⋅ t ).

55

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Forma e trajektores është realizuar në MathCad, si në vazhdim: Janë dhënë: R := 1 r := 0.2 t := 0 , 0.01 .. 4 ⋅π φ ( t) := π ⋅t α ( t) :=

r ⋅φ ( t) R

Ekuacionet e lëvizjes së pikës M: x( t) := ( R + r) ⋅sin( α ( t) ) − r ⋅sin( φ ( t) + α ( t) ) y( t) := ( R + r) ⋅cos ( α ( t) ) − R − r ⋅cos ( φ ( t) + α ( t) )

0.5

1.5

0.75

0

0.75

1.5

0.5

y ( t) y1 ( t)

1

1.5

2

2.5

x ( t) , x1 ( t)

Në vazhdim kemi llogaritjen e madhësive tjera kinematike për çastin e kohës t = t1 =

56

1 [s] 3

Dr. sc. Ahmet Shala Çasti i kohës: 1 1 φ ( t) := π ⋅t ⋅ r := 0.2 ⋅m t := ⋅s s 3 r R := 1 ⋅m α ( t) := ⋅φ ( t) R Ekuacionet e lëvizjes së pikës M: x( t) := ( R + r) ⋅sin( α ( t) ) − r ⋅sin( φ ( t) + α ( t) ) y( t) := ( R + r) ⋅cos ( α ( t) ) − R − r ⋅cos ( φ ( t) + α ( t) ) Shpejtesia e pik ës caktohet me shprehjen: 2

⎛d ⎞ ⎛d ⎞ v( t) := ⎜ x( t) + ⎜ y( t) ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠

2

m s Nxitimi total i pikës caktohet me shprehjen: v( t) = 0.754

2

⎛⎜ d2 ⎞ ⎛⎜ d2 ⎞ a ( t) := x( t) + y( t) ⎜ dt2 ⎜ 2 ⎝ ⎠ ⎝ dt ⎠ a ( t) = 2.638

2

m 2

s Komponenta tangjenciale e nxitimit të pikës caktohet me shprehjen: at ( t) :=

d

v( t)

dt at ( t) = 2.051

m 2

s

Komponenta normale e nxitimit të pikës caktohet me shprehjen: an( t) :=

2

a ( t) − at ( t)

an( t) = 1.658

2

m 2


v( t)

2

an( t)

R ( t) = 0.343 m

57


II KINEMATIKA E TRUPIT TË NGURTË LËVIZJA TRANSLATIVE DHE RROTULLUESE E TRUPIT NGURTË

Nëse një trup bën lëvizje translative, atëherë të gjitha pikat materiale, që e përbëjnë atë, kan shpejtësi dhe nxitim të njëjtë si për nga intensiteti, drejtimi dhe kahja. Kështu në këtë rast mund të thuhet, ligji i lëvizjes së trupit, shpejtësia e trupit dhe nxitimi i trupit. Një trup bën lëvizje translative nëse gjatë gjithë kohës, distanca ndërmjet dy pikave të atij trupi mbetet paralel me vetveten. Rast i veçant i lëvizjes translative është lëvizja drejvizore. Kështu p.sh nëse një trup bën lëvizje translative sipas ligjit:

s = s (t ) , atëherë, shpejtësia e atij trupi është:

v=

ds = s& dt

dhe nxitimi i tij është:

a=

dv d 2 s = = &s& . dt dt 2

Nëse një trup bën lëvizje rrotulluese rreth një aksi të palëvizshëm, atëherë karakteristikë e përgjithshme e lëvizjes së këtij trupi është ligji i rrotullimit, shpejtësia këndore e rrotullimit dhe nxitimi këndor i rrotullimit rreth aksit të palëvizshëm. Këto tri karakteristika janë të përbashkëta për të gjitha pikat materiale që e përbëjnë trupin. Kështu p.sh nëse një trup bën lëvizje rrotulluese rreth një aksi të palëvizshëm sipas ligjit:

ϕ = ϕ (t ) , atëherë, shpejtësia këndore e rrotullimit të atij trupi ndaj aksit të palëvizshëm është:

ω=

dϕ = ϕ& dt

dhe nxitimi këndor i tij është: 58

Dr. sc. Ahmet Shala

ε=

dω d ϕ = 2 = ϕ&& . dt dt 2

Për të caktuar shpejtësinë dhe nxitimin e cilës do pikë të trupit, që rrotullohet rreth aksit të palëvizshëm, duhet të dihet distanca më e shkurtë nga aksi i rrotullimit, p.sh nëse distanca më e shkurtë e një pikë M nga aksi i rrotullimit është:

OM = r , atëherë shpejtësia e kësaj pikë M është:

v M = OM ⋅ ω = r ⋅ ϕ& , dhe ka drejtimin normal në distancën OM , dhe kahje sipas kahjes së rrotullimit të trupit. Nxitimi i pikës M, në këtë rast është i përbërë nga komponenta normale dhe ajo tangjenciale: r rn rt a = aM + aM , n aM = OM ⋅ ω 2 = r ⋅ ϕ& 2 , drejtimin e OM dhe kahje prej M kah O (qendra e rrotullimit). t aM = OM ⋅ ε = r ⋅ ε , drejtim normal në OM dhe kahje sipas kahjes së nxitimit këndor

ε. Meqë këto dy komponenta janë normal në njëra tjetrën atëherë intensiteti i nxitimit të kësaj pike M është: n 2 t 2 a = (a M ) + (a M ) = (r ⋅ ϕ& 2 ) 2 + (r ⋅ ε ) 2 = r ⋅ ϕ& 4 + ε 2 = r ⋅ ω 4 + ε 2 .

Karakteristikë tjetër e lëvizjes së trupave në përgjithësi është qendra e çastit të shpejtësive dhe qendra e çastit të nxitimeve. Pika e cila e ka shpejtësinë zero, për pozicionin e dhënë, quhet qendra e çastit apo poli i shpejtësive dhe zakonisht shënohet me Pv, pra v Pv = 0 . Pika e cila e ka nxitimin zero, për pozicionin e dhënë, quhet qendra e çastit apo poli i nxitimeve dhe zakonisht shënohet me Qa, pra aQa = 0 . Vërejtje: Nuk është e thënë që shpejtësia e qendrës së çastit të nxitimeve të ketë shpejtësinë zero apo qendra e çastit të shpejtësive të ketë nxitimin zero. Ka raste kur përputhen këto dy qendra. Një dihet se komponenta tangjenciale e nxitimit të qendrës së çastit të shpejtësive gjithmonë është zero, meqë v Pv = 0 = konst. , pra a Pt = v

dv Pv dt

= 0.

59

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad DETYRA 1 Dhëmbëzori I me rreze r1 = 60 [cm] dhe numër të dhëmbëve z1 = 80 , mund të rrotullohet rreth aksit O1 , kurse dhëmbëzori II me numër të dhëmbëve z 2 = 20 , mund të rrotullohet rreth aksit O2 . Nëse dhëmbëzori I fillon lëvizjen nga qetësia me shpejtësi këndore ω1 = 2 ⋅ t [ s −1 ] dhe e vënë në lëvizje dhëmbëzorin II, të caktohet shpejtësia këndore e dhëmbëzorit II si dhe shpejtësia dhe nxitimi i pikës M që gjendet në periferi të dhëmbëzorit II, pas kohës prej

t1 = 2 [ s ] , të llogaritur nga fillimi i lëvizjes.

ω1 , ε1

M O1

O2 r2

Zgjidhje

vK

ω1 , ε1

M vM

O1

O2

K

n aM

t aM

r2 ω2 , ε 2

r1

Pika K, paraqet pikën e kontaktit ndërmjet dhëmbëzorëve I dhe II (pra i’u takon të dyve).

60

Dr. sc. Ahmet Shala Shpejtësia e pikës K, si pikë e dhëmbëzorit I është:

v K = O1 K ⋅ ω1 = r1 ⋅ ω1 , v K = r1 ⋅ ω1 = 60 ⋅ 2 ⋅ t = 120 ⋅ t [cm / s ] . Rrezen kinematike të dhëmbëzorit II e caktojmë duke u nisur nga raporti i transmisionit:

r1 z1 , prej nga: = r2 z 2

i I , II =

z2

r2 = r1

z1

= 60 ⋅

20 = 15 [cm] . 80

Gjithashtu edhe shpejtësin këndore të dhëmbëzorit II, e caktojmë duke u nisur nga forma tjetër e raportit të transmisionit:

i I , II =

ω r1 =− 1 , r2 ω2

prej nga:

ω2 = −

r2 15 1 ⋅ ω1 = − ⋅ 2 ⋅ t = − ⋅ t [ s −1 ] . 60 2 r1

Nxitimin këndor të dhëmbëzorit I e caktojmë duke ditur se:

ε1 =

dω 1 d = (2 ⋅ t ) = 2 [ s − 2 ] , dt dt

kurse nxitimin këndor të dhëmbëzorit II e caktojmë duke ditur se:

ε2 =

dω 2 dt

=

1 1 d (− t ) = − [s − 2 ] . 2 2 dt

Shenja (-) para shpejtësisë këndore dhe nxitimit këndor të dhëmbëzorit II, tregon se ato kanë kahje të kundërt me kahjen e shpejtësisë këndore përkatësisht nxitimit këndor të dhëmbëzorit I, pra me ingranim të jashtëm arrihet deri te ndryshimi i kahjes së rrotullimit, kuptohet intensiteti real në këtë rast është vlera absolute e tyre. Kështu shpejtësia e pikës M, meqë dhëmbëzori II rrotullohet rreth aksit O2, është:

v M = O 2 M ⋅ ω 2 = r 2 ⋅ ω 2 = 15 ⋅

1 2

⋅t =

15 2

⋅ t [cm / s ] .

61

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Për çastin e kohës t = t1 = 2 [ s ] , shpejtësia e pikës M do të jetë: vM =

15 15 ⋅ t1 = ⋅ 2 = 15 [cm / s ] . 2 2

Nxitimi i pikës M, në këtë rast është i përbërë nga komponenta normale dhe ajo tangjenciale: r rn rt aM = aM + aM ,

ku: 1 15 2 n aM = O 2 M ⋅ ω 22 = r 2 ⋅ ω 22 = 15 ⋅ ( ⋅ t ) 2 = ⋅ t [cm / s 2 ] , 2 4 t aM = O 2 M ⋅ ε 2 = r2 ⋅ ε 2 = 15 ⋅

1 2

=

15 2

[cm / s 2 ] .

Për çastin e kohës t = t1 = 2 [ s ] , këto dy komponenta të nxitimit do të jenë: n aM =

15 2 15 2 ⋅ t1 = ⋅ 2 = 15 [cm / s 2 ] , 4 4

t aM =

15 [cm / s 2 ] . 2

Meqë këto dy komponenta janë normal në njëra tjetrën atëherë intensiteti i nxitimit të pikës M është: n 2 t a M = (a M ) + (a M ) 2 = (15) 2 + (

aM =

62

15 2

⋅ 5 [cm / s 2 ].

15 2

)2 ,


Dhëmbëzori I me numër të dhëmbëve z1 = 80 , mund të rrotullohet rreth aksit O1 , kurse dhëmbëzori II me numër të dhëmbëve z 2 = 20 , mund të rrotullohet rreth aksit O2 . Nëse dhëmbëzori I fillon lëvizjen nga qetësia me nxitim këndor konstant ε1 = 1 [ s −2 ] dhe e vënë në lëvizje dhëmbëzorin II me rreze r2 = 15 [cm] , të caktohet shpejtësia këndore e dhëmbëzorit II si dhe shpejtësia dhe nxitimi i pikës M që gjendet në periferi të dhëmbëzorit II, pas kohës prej t1 = 1 [ s ] , të llogaritur nga fillimi i lëvizjes.

ω1 , ε1

M O1

O2 r2

Zgjidhje

t aM

vM M

ω1 , ε1

vK O2

O1 r2 r1

n aM

K

ω2 , ε 2

63

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Pika K, paraqet pikën e kontaktit ndërmjet dhëmbëzorëve I dhe II (pra i’u takon të dyve). Shpejtësia e pikës K, si pikë e dhëmbëzorit I është: vK = O1K ⋅ ω1 = r1 ⋅ ω1 , Rrezen kinematike të dhëmbëzorit I e caktojmë duke u nisur nga raporti i transmisionit: i I , II =

r1 z = 1 , prej nga: r2 z 2

r1 = r2

z1 80 = 15 ⋅ = 60 [cm] . z2 20

Shpejtësin këndore të dhëmbëzorit I e caktojmë duke ditur se:

ε1 =

dω 1 = 1 = konst. , dt

prej nga: /∫ ,

dω1 = ε1dt ω1

t

0

0

∫ dω1 = ε1 ∫ dt , ε1 = 1 , atëherë:

ω1 = ε1 ⋅ t = t [ s −1 ] . Kështu shpejtësia e pikës K do të jetë: v K = r1 ⋅ ω1 = 60 ⋅ t [cm / s ] .

Në anën tjetër shpejtësia e pikës K, si pikë e dhëmbëzorit II është: vK = O2 K ⋅ ω 2 = r2 ⋅ ω 2 , prej nga:

ω2 =

vK 60 ⋅ t = = 4 ⋅ t [ s −1 ] . r2 15

Meqë nuk kemi ndonjë (-) para shprehjes së shpejtësisë këndore të dhëmbëzorit II, atëherë u vërtetua se me ingranim të brendshëm ruhet kahja e rrotullimit prej njërit dhëmbëzor në tjetrin.

64

Dr. sc. Ahmet Shala Nxitimi këndor i dhëmbëzorit II caktohet nga:

ε2 =

dω 2 dt

=

d (4 ⋅ t ) = 4 [ s − 2 ] . dt

Kështu shpejtësia e pikës M, meqë dhëmbëzori II rrotullohet rreth aksit O2, është: v M = O 2 M ⋅ ω 2 = r 2 ⋅ ω 2 = 15 ⋅ 4 ⋅ t = 60 ⋅ t [cm / s ] . Për çastin e kohës t = t1 = 1 [ s ] , shpejtësia e pikës M do të jetë: v M 1 = 15 ⋅ 4 ⋅ t1 = 60 ⋅ 1 = 60 [cm / s ] . Nxitimi i pikës M, në këtë rast është i përbërë nga komponenta normale dhe ajo tangjenciale:

r rn rt , aM = aM + aM ku: n aM = O 2 M ⋅ ω 22 = r 2 ⋅ ω 22 = 15 ⋅ ( 4 ⋅ t ) 2 = 240 ⋅ t 2 [cm / s 2 ] ,

t aM = O 2 M ⋅ ε 2 = r2 ⋅ ε 2 = 15 ⋅ 4 = 60 [cm / s 2 ] .

Për çastin e kohës t = t1 = 1 [ s ] , këto dy komponenta të nxitimit do të jenë: n aM = 240 ⋅ t12 = 240 [cm / s 2 ] , t aM = 60 [cm / s 2 ] .

Meqë këto dy komponenta janë normal në njëra tjetrën atëherë intensiteti i nxitimit të pikës M është: n 2 t a M = (a M ) + (a M ) 2 = (240) 2 + (60) 2 ,

a M = 60 ⋅ 17 [cm / s 2 ].

65

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad DETYRA 3 Ngarkesa A bie vertikalisht poshtë sipas ligjit s (t ) = 2 ⋅ t 2 [m] . Njëri skaj i litarit 1 është i lidhur për ngarkesën A, kurse skaji tjetër mbështillet për diskun O2 , i cili mund të rrotullohet rreth aksit O2 . Përmes litarit 2 të mbështjellur për diskun O2 vëhet në lëvizje disku O3 , me rreze R = 1 [ m] , i cili mund të rrotullohet rreth aksit O3 . Të caktohet shpejtësia dhe nxitimi i pikës M që gjendet në periferi të diskut O3 , pas kohës prej t1 = 1 [ s ] , të llogaritur nga fillimi i lëvizjes.

R O3

O2

M

A s Zgjidhje

ω3 , ε 3

R O3 t aM

O2

n aM

vA

vM M

vA A

vA

66

s

Dr. sc. Ahmet Shala Shpejtësia e ngarkesës A është: v A = s& =

ds d = (2 ⋅ t 2 ) = 4 ⋅ t [m / s] . dt dt

Nga figura paraprake shihet se shpejtësia e pikës së kontaktit të parë të litarit 1 dhe diskut O2 si dhe pikës së kontaktit të parë të litarit 2 dhe diskut O3 , e me këtë edhe shpejtësia e pikës M janë të barabarta me shpejtësinë e ngarkesës A, pra : v M = v A = 4 ⋅ t [m / s ] .

Për çastin e kohës t1 = 1 [ s ] , shpejtësia e pikës M do të jetë: v M = 4 ⋅ t1 = 4 ⋅ 1 = 4 [ m / s ] .

Në anën tjetër shpejtësia e pikës M është: v M = O3 M ⋅ ω 3 = R ⋅ ω 3 ,

prej nga shpejtësia këndore e diskut O3 , do të jetë:

ω3 =

vM 4 ⋅ t = = 4 ⋅ t [ s −1 ] . R 1

Nxitimi këndor i diskut O3 , caktohet nga:

ε3 =

dω 3 d = (4 ⋅ t ) = 4 [ s −2 ] . dt dt

Nxitimi i pikës M, në këtë rast është i përbërë nga komponenta normale dhe ajo tangjenciale: r rn rt aM = aM + aM ,

ku: n aM = O3 M ⋅ ω 32 = R ⋅ ω 32 = 1 ⋅ (4 ⋅ t ) 2 = 16 ⋅ t 2 [m / s 2 ] , t aM = O3 M ⋅ ε 3 = R ⋅ ε 3 = 1 ⋅ 4 = 4 [m / s 2 ] .

Kështu nxitimi i pikës M, në funksion të kohës, meqë këto dy komponenta janë normal në njëra tjetrën, do të jetë:

67

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad n 2 t 2 a M = (a M ) + (a M ) = (16 ⋅ t 2 ) 2 + (4) 2 ,

a M = 4 ⋅ 16 ⋅ t 4 + 1 [m / s 2 ]. Për çastin e kohës t = t1 = 1 [ s ] , nxitimi i pikës M është: a M = 4 16 ⋅ t14 + 1 = 4 16 ⋅ 14 + 1, a M = 4 ⋅ 17 [m / s 2 ].

DETYRA 4 (UDHËZIME PËR DETYRAT SEMINARIKE K-3)

Janë dhënë: x = 0.02+0.7 t2 [m]; (t – në s); R2 = 0.5 [m]; r2=0.3 [m]; R3 = 0.6 [m]; r3 = 0.4 [m]. Duhet të caktohen: shpejtësia, komponenta normale dhe tangjenciale e nxitimit, nxitimi total i pikës M në çastin kur rruga e kaluar e ngarkesës është e barabartë me s = 0.4 [m].

Zgjidhje

ω2 ω3

ε3

ε2

vA

v3

O2 M

1

v1 x

68

aMt

O

vB 2

aMn

O3 vM

aM 3

Dr. sc. Ahmet Shala

Janë dhënë:

R2 := 0.5 ⋅m

r2 := 0.3 ⋅m

⎛ 2 1 ⎞ x( t) := ⎜ 0.02 + 0.7 ⋅t ⋅ ⋅m 2 s ⎠ ⎝

R3 := 0.6 ⋅m

r3 := 0.4 ⋅m

S := 0.4 ⋅m

- ligji i lëvizjes së trupit 1

Çasti i kohës për rrugën e kaluar S = 0.4 [m]:

t := 0 ⋅s

t1 := 0 ⋅s

Given x( t1) − x( 0 ⋅s)

S

t1 := Find( t1) t1 = 0.756 s Shpejtësia e trupit 1: d x( t) dt Shpejtësia këndore e cilindrit 2: v1 ( t) ω2 ( t) := r2 Shpejtësia këndore e cilindrit 3: v1 ( t) :=

ω3 ( t) :=

R2 R3

⋅ω2 ( t)

1 s

ω3 ( t1) = 2.94

Nxitimi këndor i cilindrit 3:

d ω3 ( t) dt Shpejtësia e pikës M:

ε3 ( t1) = 3.889

v( t) := r3 ⋅ω3 ( t)

v( t1) = 1.176

ε3 ( t) :=

1 s

2

m s

Komponenta normale e nxitimit të pikës M:

an ( t) := r3 ⋅( ω3 ( t) )

2

Komponenta tangjenciale e nxitimit të pikës M:

at ( t) :=

d

v( t) dt Nxitimi total i pikës M: a ( t) :=

2

( an ( t) ) + ( at ( t) )

2

a ( t1) = 3.791

m s

2

69


III LËVIZJA PLANE E TRUPIT TË NGURTË

Te rasti i lëvizjes plane të trupit të ngurtë me rëndësi gjatë analizës së problemeve të ndryshme, është mundësia e caktimit të shpejtësisë dhe nxitimit të një pikë p.sh B, kur është e njohur shpejtësia dhe nxitimi i një pikë tjetër p.sh A, të po të njëjtit trup.

y

ω

Pv

T vBA vB B vA

A vA O

x

Kështu nëse dihet shpejtësia e pikës A, të një trupi atëherë shpejtësia e pikës B e po të njëjtit trup caktohet me shprehjen vektoriale: r r r v B = v A + v BA

ku: v BA = AB ⋅ ω , dhe ka drejtim normal në distancën AB , kahjen e merr sipas ω ,

ω - shpejtësia këndore me të cilën rrotullohet trupi T, Pv - qendra e çastit të shpejtësive të trupit T, ku v Pv = 0 . Në mënyrë të njëjtë veprohet edhe me nxitimet, kështu nëse dihet nxitimi i pikës A, të një trupi atëherë nxitimi i pikës B të po të njëjtit trup caktohet me shprehjen vektoriale: r r r a B = a A + a BA

ku:

r rn rt a BA = a BA + a BA , 70

Dr. sc. Ahmet Shala n a BA

= AB ⋅ ω dhe ka drejtimin e distancës AB , kahjen prej B kah A , 2

t a BA = AB ⋅ ε , ka drejtim normal në distancës AB , kahjen sipas ε ,

ε - nxitimi këndor i trupit T.

y t aBA

ε

r rt a A + a BA

aB Qa

A

T

α

α

n aBA

B aA

aA x

O

Siç shihet nga figura paraprake, Qa parqet qendrën e çastit të nxitimeve e cila e ka nxitimin të barabartë me zero. Pozita e saj caktohet përmes këndit α , i cili nxjerret nga shprehja: tan(α ) =

ε ω2

dhe distancat: AQa =

BQa =

aA

ε +ω 2

4

,

aB

ε 2 +ω4

Kështu pra këndi α është i njëjtë për të gjitha nxitimet e pikave të trupit T.

71

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad DETYRA 1 Shufra OC = R , rrotullohet rreth çërnierës O me shpejtësi këndore ω o dhe nxitim këndor ε o . Skaji i shufrës OC është i lidhur me çërnierë për mesin e shufrës AB me gjatësi 2R, në skajin A të të cilës është i vendosur një rrëshqitës i cili mund të lëviz sipas udhëzueses vertikale kurse në në skajin B është i vendosur rrëshqitësi B i cili mund të lëviz sipas udhëzueses horizontale. Në qoftë se shufra OA me horizontalen formon këndin ϕ = 45o , të caktohet shpejtësia dhe nxitimi i rrëshqitësve A dhe B.

y A

C ωo, εo B

ϕ

O

x

Zgjidhje Analiza e shpejtësive:

y

vA

v AC

ψ

A

vC ψ

C

ωo O

C’ 72

x

ψ

ϕ

vB

B

Dr. sc. Ahmet Shala Meqë shufra OC rrotullohet rreth pikës O, atëherë shpejtësia e pikës C është normal në distancën OC , me intensitet:

v A = OC ⋅ ω o = R ⋅ ω o . Nga CC ' = OC ⋅ sin ϕ = BC ⋅ sin ψ , marrim që: sin ψ =

OC R ⋅ sin ϕ = ⋅ sin ϕ = sin ϕ , R BC

përkatësisht ψ = ϕ = 45o , prej nga shihet se edhe drejtimi i shpejtësisë së pikës C, përputhet me drejtimin e shufrës AB. Meqë rrëshqitësi B, mund të lëviz vetëm në drejtim të udhëzueses horizontale atëherë ai njëherit është edhe drejtimi i shpejtësisë së pikës B, intensitetin e së cilës mund ta caktojmë me projektim të shpejtësive të pikave C dhe B në drejtim të shufrës AB, pra: v B cosψ = vC , vB =

vC R ⋅ωo R ⋅ωo = = = 2R ⋅ ω o . cosψ cos 45 o 2 2

Në mënyrë analoge si për pikën B ose duke u nisur nga ajo se dihet shpejtësia e pikës C, caktojmë shpejtësinë e pikës A, e cila ka drejtimin e udhëzueses vertikale, pra: r r r v A = vC + v AC , ............................................................................................................... (a)

ku:

v AC = AC ⋅ ω AB = R ⋅ ω AB , dhe ka drejtim normal në distancën AC .

Shprehjen (a) e projektojmë në drejtim të akseve x dhe y: (x):

0 = −vC ⋅ cosψ + v AC ⋅ sin ψ ,

(y):

v A = vC ⋅ sin ψ + v AC ⋅ cosψ .

Zëvendësojmë të njohurat: (x):

0 = −R ⋅ωo ⋅

2 2 , + R ⋅ ω AB ⋅ 2 2

prej nga rrjedhë se:

ω AB = ω o ,

73

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad zëvendësojmë në: (y):

vA = R ⋅ωo ⋅

2 2 2 2 , dhe fitojmë: + R ⋅ ω AB ⋅ = R ⋅ωo ⋅ + R ⋅ωo ⋅ 2 2 2 2

v A = 2R ⋅ ω o . Analiza e nxitimeve:

y

aA

a tAC

45o

A

a nAC

45o

aCt 45o

εo O

C

45o

n a BC

aCn

45o

45o

C’

x

B aB 45 t aBC o

Meqë shufra OC rrotullohet rreth pikës O, atëherë nxitimi i pikës C është: r r r aC = aCn + aCt ,

ku:

aCn = OC ⋅ ω o2 = R ⋅ ω o2 , aCt = OC ⋅ ε o = R ⋅ ⋅ε o .

r r Meqë aCn ⊥ aCt , atëherë:

aC = (aCn ) 2 + (aCt ) 2 = ( R ⋅ ω o2 ) 2 + ( R ⋅ ε o ) 2 = R ω o4 + ε o2 Meqë rrëshqitësi B, mund të lëviz vetëm në drejtim të udhëzueses horizontale (pra bënë lëvzje drejtvizore) atëherë nxitimi i pikës B ka drejtimin horizontal, intensiteti i të cilit caktohet duke e lidhur me pikën C, të cilës ia dimë nxitimin, pra:

74

Dr. sc. Ahmet Shala r r n rt r n rt a B = aC + aC + a BC + a BC ............................................................................................. (a) ku:

2 n a BC = BC ⋅ ω AB = R ⋅ (ω o ) 2 = R ⋅ ω o2 , dhe ka kahjen prej B kah C,

t a BC = BC ⋅ ε AB = R ⋅ ε AB , dhe ka drejtimin normal në distancen BC . Kahja supozohet.

Meqë në shprehjen (a) kemi dy të panjohura, atëherë atë e projektojmë në drejtim të aksit x dhe y, pra: (x):

n t − a B = −aCn ⋅ cos 45 o − aCt ⋅ cos 45 o − a BC ⋅ cos 45 o − a BC ⋅ cos 45 o ,

(y):

n t 0 = − aCn ⋅ sin 45 o + aCt ⋅ sin 45 o + a BC ⋅ sin 45 o − a BC ⋅ sin 45 o ,

Nga ekuacioni i dytë rrjedhë se: t n a BC = − aCn + aCt + a BC = − R ⋅ ω o2 + R ⋅ ε o + R ⋅ ω o2 , t a BC = R ⋅εo , t = R ⋅ ε AB = R ⋅ ε o , atëherë: ε AB = ε o . Nëse zëvendësojmë në ekuacionin e duke ditur se: a BC

parë fitojmë nxitimin e pikës B, pra: a B = (aCn + aCt + a nAC + a tAC ) ⋅ cos 45 o ,

a B = ( R ⋅ ω o2 + R ⋅ ε o + R ⋅ ω o2 + R ⋅ ε o ) ⋅

2 , 2

a B = 2 R ⋅ (ω o2 + ε o ) . Në mënyrë analoge caktohet edhe nxitimi i pikës A, pra duke e lidhur me pikën C: r r r rn r a A = aCn + aCt + a AC + a tAC ............................................................................................(b)

ku:

2 a nAC = AC ⋅ ω AB = R ⋅ (ω o ) 2 = R ⋅ ω o2 , dhe ka kahjen prej A kah C,

a tAC = AC ⋅ ε AB = R ⋅ ε AB , dhe ka drejtimin normal në distancën AC . Kahja supozohet. Meqë në shprehjen (b) kemi dy të panjohura, atëherë atë e projektojmë në drejtim të aksit x dhe y, pra: (x):

0 = −aCn ⋅ cos 45 o − aCt ⋅ cos 45 o + a nAC ⋅ cos 45 o + a tAC ⋅ cos 45 o ,

75

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad (y):

a A = − aCn ⋅ sin 45 o + aCt ⋅ sin 45 o − a nAC ⋅ sin 45 o + a tAC ⋅ sin 45 o ,

Nga ekuacioni i parë rrjedhë se: a tAC = aCn + aCt − a nAC = R ⋅ ω o2 + R ⋅ ε o − R ⋅ ω o2 , a tAC = R ⋅ ε o , duke ditur se: a tAC = R ⋅ ε AB = R ⋅ ε o , atëherë: ε AB = ε o , gjë që është pritur, zëvendësojmë në ekuacionin e dytë dhe fitojmë nxitimin e pikës A, pra: a A = (− aCn + aCt − a nAC + a tAC ) ⋅ sin 45 o

a A = (− R ⋅ ω o2 + R ⋅ ε o − R ⋅ ω o2 + R ⋅ ε o ) ⋅

2 , 2

a A = 2 R ⋅ (ε o − ω o2 ) .

DETYRA 2

Manivela OA = 20cm rrotullohet me numër të rrotullimeve konstant n = 120 rrot/min. dhe me ndihmën e shufrës AB = 100 cm e rrotullon shufrën BC e cila është e lidhur me çërnierë në pikën C. Për çastin kur manivela OA është horizontale, shufra AB me vertikalen formon këndin 60° kurse me shufrën BC formon këndin 45°, caktoni shpejtësinë dhe nxitimin e pikave A dhe B. O

ω A

60o

45o B C

76

Dr. sc. Ahmet Shala Zgjidhje vA

y

ω

O

A

60o

vB 45o o

45

B

30o D 15o

o vBA 45

C

x

Shpejtësia e pikës A, ka drejtim normal në OA , meqë shufra rrotullohet rreth çërnierës O,

pra: v A = OA ⋅ ω

ω=

π ⋅n 30

=

π ⋅ 120 30

= 4π [ s −1 ] ,

v A = OA ⋅ ω = 20 ⋅ 4π = 80π = 251.327 [cm / s ] .

Shpejtësia e pikës B:

Sëpari caktojmë distancën BC , nga trekëndëshi BCD marrim: BC ⋅ cos15o = AB ⋅ cos 30 o − OA ,

prej nga: 3 − 20 AB ⋅ cos 30 − OA 200 ⋅ 3 − 80 2 BC = = = 68.952 [cm] . = o 2 3 21 2 ( 3 + 1) cos15 + 2 2 2 2 o

100 ⋅

Meqë drejtimi i shpejtësisë së pikës B është i njohur atëherë:

r r r v B = v A + v BA ,

77

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad projektojmë në drejtim të akseve x dhe y: (x):

v B ⋅ cos 75o = v BA ⋅ cos 60 o , ⇒ v B =

(y):

v B ⋅ sin 75o = v A − v BA ⋅ sin 60 o ,

cos 60 o

v BA

cos 75 o

Pas zëvendësimeve fitojmë: ⇒

cos 60 o cos 75

v BA (

o

v BA ⋅ sin 75 o = v A − v BA ⋅ sin 60 o ,

cos 60 o cos 75

v BA =

o

⋅ sin 75 o + sin 60 o ) = v A , vA

cos 60

o

cos 75 o

80π

=

⋅ sin 75 + sin 60 o

o

cos 60

o

cos 75 o

,

⋅ sin 75 + sin 60 o

o

v BA = 91.992 [cm / s ] . v BA = AB ⋅ ω AB = 91.992 ,

atëherë: 91.992 91.992 = = 0.92 [ s −1 ] . 100 AB

⇒ ω AB =

v B = v BA

cos 60 o cos 75o

= 177.715 [cm / s] .

Shpejtësia këndore e shufrës BC, meqë ajo rrotullohet rreth pikës C, caktohet nga:

ω BC =

vB BC

=

177.715 , 68.952

ω BC = 2.570 [ s −1 ] .

78

Dr. sc. Ahmet Shala Analiza e nxitimeve: y n O aA = aA

A

60o

aBt

n a BA

45o 45o

B

30o D

15o

45o

a Bn

C

t a BA

x

Nxitimi i pikës A: r r r a A = a An + a tA ,

ku:

a nA = OA ⋅ ω 2 = 20 ⋅ (4π ) 2 = 320 ⋅ π 2 = 3158.273 [cm / s 2 ] , a tA = OA ⋅ ε = 0 , meqë ω = konst. , pra ε =

dω = 0 , kështu: dt

a A = a nA = 3158.273 [cm / s 2 ] . Nxitimin e pikës B e caktojmë duke e lidhur me pikën A, pra: r r r r rn rt a B = a Bn + a Bt = a An + a BA + a BA ..................................................................................... (a)

ku:

2 a Bn = BC ⋅ ω BC = 68.952 ⋅ (2.577) 2 = 458.032 [cm / s 2 ] , 2 n a BA = AB ⋅ ω AB = 100 ⋅ (0.92) 2 = 84.626 [cm / s 2 ] .

Shprehjen (a) e projektojmë në drejtim të aksit x dhe y,: (x):

t n a Bn ⋅ cos15 o + a Bt ⋅ cos 75 o = −a A + a BA ⋅ cos 30 o + a BA ⋅ cos 60 o

(y):

t n − a Bn ⋅ sin 15o + a Bt ⋅ sin 75o = a BA ⋅ sin 30 o − a BA ⋅ sin 60 o

Me zgjidhjen e këtij sistemi marrim: t a Bt = -4206.44 [cm / s 2 ] , a BA = 4877.421 [cm / s 2 ] , atëherë:

ε AB =

t a BA

AB

= 48.774 [ s

−2

] dhe ε BC =

a Bt BC

= −61.005 [ s −2 ] .

Kështu nxitimi pikës B do të jetë: a B = (a Bn ) 2 + (a Bt ) 2 = 4231.304 [cm / s 2 ] .

79

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Në vijim kemi këtë detyrë të llogaritur në MathCad. Janë dhënë: OA := 20 ⋅cm AB := 100 ⋅cm Shpejtësia e pikës A: vA := OA ⋅ω Distanca BC:

−1

n := 120 ⋅min

ω := 2 ⋅π ⋅n

cm sec

vA = 251.327

BC := 0 ⋅cm Given BC ⋅cos ( 15 ⋅deg) BC := Find( BC)

AB⋅cos ( 30 ⋅deg) − OA BC = 68.952 cm

Shpejtësia e pikës B: cm cm vB := 0 ⋅ vBA := 0 ⋅ sec sec Given vB⋅cos ( 75 ⋅deg) vBA⋅cos ( 60 ⋅deg) vB⋅sin( 75 ⋅deg)

vA − vBA⋅sin( 60 ⋅deg)

⎛ vB ⎞ := Find( vB, vBA) ⎜ ⎝ vBA ⎠ vB = 177.715 ωBC :=

cm sec

vB

vBA = 91.992 ωBC = 2.577

BC

cm sec

1

ωAB :=

sec

vBA

ωAB = 0.92

AB

1 sec

Nxitimi i pikës A: aA := OA ⋅ω

2

aA = 3158.273

2

2

sec

Nxitimi i pikës B: aBn := BC ⋅ωBC

cm

2

aBAn := AB⋅ωAB

aBt := 0 ⋅

cm 2

sec

Given

m

aBAt := 0 ⋅

2

sec

aBn⋅cos ( 15 ⋅deg) + aBt⋅cos ( 75 ⋅deg)

−aA + aBAn⋅cos ( 30 ⋅deg) + aBAt⋅cos ( 60 ⋅deg)

−aBn⋅sin( 15 ⋅deg) + aBt⋅sin( 75 ⋅deg)

aBAn⋅sin( 30 ⋅deg) − aBAt⋅sin( 60 ⋅deg)

⎛ aBt ⎞ := Find( aBt , aBAt) ⎜ ⎝ aBAt ⎠ εAB :=

aBAt

εAB = 48.774

AB

1 2

εBC :=

sec

aBt BC

Nxitimi total i pikës B: aB :=

2

( aBn) + ( aBt)

2

aBAt = 4877.421

cm 2

sec

80

εBC = −61.005

1 2

sec


Disku O me rreze 3R rrotullohet rreth aksit O me shpejtësi këndore ω o dhe nxitim këndor ε o në kahjen e treguar në figurë. Shufra OA gjithashtu rrotullohet rreth aksit O me shpejtësi këndore ω o dhe nxitimin këndor ε o në kahjen e treguar në figurë (të kundërt me atë të diskut O). Në pikat A përkatësisht B janë të lidhura me çërnierë, qendra e diskut A me rreze R dhe atij B me rreze 2R. Nëse rrokullisja realizohet pa rrëshqitje të caktohet shpejtësia dhe nxitimi i pikës M, që ndodhet në periferi të diskut A ku AM normal në shufrën OA .

ωo , ε o

O ωo , ε o

3R

A

B R

2R

M

Zgjidhje

ωo , ε o

vA O 3R

B ωo , ε o

2R

vB

A R M

81

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Analiza e shpejtësive: Shpejtësia e pikës A, si pikë e shufrës OA:

v A = OA ⋅ ω o = (3R + 2 ⋅ 2 R + R) ⋅ ω o = 8R ⋅ ω o . Shpejtësia e pikës B, si pikë e shufrës OA:

v B = OB ⋅ ω o = (3R + 2 R) ⋅ ω o = 5R ⋅ ω o . Për diskun O kemi:

ωo , ε o

C

O 3R

vC

Shpejtësia e pikës C, si pikë e diskut O:

vC = OC ⋅ ω o = 3R ⋅ ω o . Për diskun B kemi:

vD ωB

vB

PvB C

B 2R

vC

v B = (CB − CPvB ) ⋅ ω B = (2 R − CPvB ) ⋅ ω B , vC = CPvB ⋅ ω B ⇒ ω B =

82

vC CPvB

,

D

Dr. sc. Ahmet Shala zëvendësojmë në ekuacionin e parë dhe fitojmë: v B = (2 R − CPvB ) ⋅ vB = 2R ⋅

vC

vC CPvB

,

− vC ⇒ CPvB =

CPvB

2 R ⋅ vC , v B + vC

kurse shpejtësia këndore e diskut B do të jetë:

ωB =

vC CPvB

vC v + vC . = B 2 R ⋅ vC 2R v B + vC

=

Pas zëvendësimit të madhësive të fituara më parë për shpejtësitë, fitojmë:

ωB =

v B + vC 5 R ⋅ ω o + 3 R ⋅ ω o , = 2R 2R

ω B = 4ω o . Shpejtësia e pikës D të diskut B tani do të jetë:

v D = (CB − CPvB + BD) ⋅ ω B = (2 R − CPvB + 2 R) ⋅ ω B = (4 R − CPvB ) ⋅ ω B , , CPvB =

2 R ⋅ vC 2 R ⋅ 3R ⋅ ω o 3 = = R, v B + vC 5 R ⋅ ω o + 3R ⋅ ω o 4

v D = (4 R − CPvB ) ⋅ ω B = ( 4 R −

3 R) ⋅ 4 ⋅ ω o , 4

v D = 13R ⋅ ω o . Për diskun A kemi:

vM

vM

vA

vD

ωA

A D

vA

E

R

PvA

vMA

M

M

83


v A = ( PvA E + EA) ⋅ ω A = ( PvA E + R) ⋅ ω A , v D = ( PvA E + ED) ⋅ ω A = ( PvA E + 2 R) ⋅ ω A ⇒ ω A =

vD PvA E + 2 R

,

zëvendësojmë në ekuacionin e parë dhe fitojmë: v A = ( PvA E + R ) ⋅

vD PvA E + 2 R

,

( PvA E + 2 R) ⋅ v A = ( PvA E + R) ⋅ v D , PvA E ⋅ (v A − v D ) = R ⋅ (v D − 2 ⋅ v A ) , PvA E =

R ⋅ (v D − 2 ⋅ v A ) v A − vD

kurse shpejtësia këndore e diskut B do të jetë:

ωA =

vD PvA E + 2 R

ωA =

=

vD v A − vD v (v − v D ) = = D A , R ⋅ (v D − 2 ⋅ v A ) R ⋅ (v D − 2 ⋅ v A ) + 2 R ⋅ (v A − v D ) − R ⋅ vD + 2R v A − vD

v D − v A 13R ⋅ ω o − 8R ⋅ ω o = = 5 ⋅ωo R R

Shpejtësia e pikës M:

v M = PvA M ⋅ ω A , PvA M = ( PvA A) 2 + ( AM ) 2 ,

PvA A = PvA E + EA PvA E =

R ⋅ (v D − 2 ⋅ v A ) R ⋅ (13R ⋅ ω o − 2 ⋅ 8 R ⋅ ω o ) − 3R ⋅ ω o 3 = = R = R, − 5R ⋅ ω o 8 R ⋅ ω o − 13R ⋅ ω o 5 v A − vD

PvA A = PvA E + EA = AM = R ,

84

3 8 R + R = R, 5 5

Dr. sc. Ahmet Shala 8 89 PvA M = ( R ) 2 + ( R ) 2 = R , 5 5 v M = PvA M ⋅ ω A = R

89 ⋅ 5ω o = R 89 ⋅ ω o . 5

Rezultat i njëjtë i shpejtësisë së pikës M fitohet edhe nëse këtë shpejtësi e caktojmë duke e lidhur me pikën A, pra:

r r r v M = v A + v MA , ku:

v A = 8R ⋅ ω o , e caktuar më parë, drejtimi normal në shufrën OA , v MA = AM ⋅ ω A , drejtimi normal në distancën AM , pra paralel me OA .

ω A = 5ω o , shpejtësia këndore e diskut A, e caktuar më parë, v MA = AM ⋅ ω A = R ⋅ 5ω o = 5R ⋅ ω o .

r r Kështu shpejtësitë v A dhe vMA , janë normal në njëra tjetrën atëherë: 2 v M = v A2 + v MA = (8R ⋅ ω o ) 2 + (5R ⋅ ω o ) 2 = R 64 + 25 ⋅ ω o = R 89 ⋅ ω o .

Analiza e nxitimeve

ωo , ε o

a tA aBn

O 3R

ωo , ε o

2R

aBt B

a nA A R M

Nxitimi i pikës A si pikës e shufrës OA :

r r r a A = a An + a tA , ku:

a nA = OA ⋅ ω o2 = 8R ⋅ ω o2 ,

85

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad a tA = OA ⋅ ε o = 8 R ⋅ ε o . Nxitimi i pikës B si pikës e shufrës OA :

r r r a B = a Bn + a Bt , ku:

a Bn = OB ⋅ ω o2 = 5R ⋅ ω o2 , a Bt = OB ⋅ ε o = 5R ⋅ ε o .

Për diskun O kemi:

ωo , ε o

O

aCn

3R

C

aCt

Nxitimi i pikës C, si pikë e diskut O: r r r aC = aCn + aCt ,

ku:

aCn = OC ⋅ ω o2 = 3R ⋅ ω o2 , aCt = OC ⋅ ε o = 3R ⋅ ε o .

Këtu është me rëndësi të ceket se nxitimi i pikave A përkatësisht B është i njëjtë edhe kur kalohet në analizë të disqeve A përkatësisht B, sepse këto pika si në njërën anë ashtu edhe në anën tjetër paraqesin të njëjtat pika pra çërnierë (lidhje). Në rastin e pikës C, e cila paraqet pikën e kontaktit ndërmjet disqeve O dhe B, në realitet këto janë dy pika, por për çastin e shiquar janë në të njëjtin pozicion (puthiten), por me kalim të kohës ato vazhdojnë lëvizjen sipas trajektoreve të ndryshme, prandaj vetëm shpejtësitë dhe komponentet tangjenciale të nxitimit i kanë të barabarta, kurse komponentet normale të nxitimit ndryshojnë. Kështu pra vetëm aCt , mund të bartet prej diskut O në B.

86

Dr. sc. Ahmet Shala Për diskun B kemi: t aD

aCn '

C

aCt t aCB

aBn

aBt

n B aCB

t aDB n aD

D

n aDB

2R εB

Në këtë rast nxitimi i pikës B, njihet plotësisht, atëherë me qëllim të caktimit të nxitimit këndor të diskut B, shkruajmë shprehjen e nxitimit të pikës C, duke e ditur nxitimin e pikës B, pra: r r r r r rn rt aC = aCn ' + aCt = a Bn + a Bt + aCB + aCB .......................................................................... (a)

Nëse këtë shprehje e projektojmë në drejtim vertikal fitojmë: t , − aCt = a Bt − aCB

duke ditur se: aCt = 3R ⋅ ε o ,

a Bt = 5 R ⋅ ε o

dhe t aCB = CB ⋅ ε B = 2 R ⋅ ε B ,

fitojmë: − 3R ⋅ ε o = 5 R ⋅ ε o − 2 R ⋅ ε B , prej nga:

ε B = 4 ⋅εo . Me qëllim të kalimit në diskun A, caktojmë komponenten tangjenciale të nxitimit të pikës D, pra:

r r rt r r rn rt a D = a Dn + a D = a Bn + a Bt + a DB + a DB .......................................................................... (a)

87

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Nëse këtë shprehje e projektojmë në drejtim vertikal fitojmë: t t aD = a Bt + a DB ,

duke ditur se: a Bt = 5 R ⋅ ε o dhe t a DB = DB ⋅ ε B = 2 R ⋅ ε B = 2 R ⋅ 4 ⋅ ε o = 8R ⋅ ε o ,

fitojmë: t aD = 5 R ⋅ ε o + 8 R ⋅ ε o = 13R ⋅ ε o ,

Për diskun A kemi:

y t aD t aDA n aD ' n a DA

D εA

a tA a nA A R

n aMA

t aMA

M

x

Me qëllim të caktimit të nxitimit këndor të diskut A, shkruajmë shprehjen e nxitimit të pikës D, duke e ditur nxitimin e pikës A, pra:

r r rt r r rn rt a D = a Dn + a D = a An + a At + a DA + a DA . Nëse këtë shprehje e projektojmë në drejtim vertikal fitojmë: t t aD = a tA + a DA ,

duke ditur se: a tA = 8R ⋅ ε o , dhe

88

t aD = 13R ⋅ ε o

Dr. sc. Ahmet Shala t a DA

= DA ⋅ ε A = R ⋅ ε A ,

fitojmë: 13R ⋅ ε o = 8R ⋅ ε o + R ⋅ ε A , prej nga:

ε A = 5⋅εo .

Nxitimi i pikës M:

Nxitimin e pikës M, meqë e dimë nxitimin e pikës A dhe nxitimin këndor të diskut A, e caktojmë me shprehjen:

r r r rn rt a M = a An + a tA + a MA + a MA ........................................................................................... (a) ku: a nA = 8 R ⋅ ω o2 , a tA = 8R ⋅ ε o , n a MA = MA ⋅ ω A2 = R ⋅ (5ω o ) 2 = 25 R ⋅ ω o2 , t a MA = MA ⋅ ε A = R ⋅ 5ε o = 5 R ⋅ ε o .

Kështu shprehjen (a) e projektojmë në drejtim të akseve x dhe y: (x):

t a Mx = −a nA − a MA = −25R ⋅ ω o2 − 5R ⋅ ε o ,

(y):

n a My = a tA + a MA = 8 R ⋅ ε o + 25 R ⋅ ω o2 .

Meqë këto dy projeksione të nxitimit të pikës M, janë normal në njëra tjetrën atëherë: 2 2 a M = a Mx + a My = (−25 R ⋅ ω o2 − 5 R ⋅ ε o ) 2 + (8 R ⋅ ε o + 25 R ⋅ ω o2 ) 2

a M = (25R ⋅ ω o2 + 5R ⋅ ε o ) 2 + (8R ⋅ ε o + 25R ⋅ ω o2 ) 2

89

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad DETYRA 4 Shufra OA me gjatësi R, rrotullohet përreth çërnierës O, me shpejtësi këndore konstante ω o . Në skajin B, të shufrës AB , gjendet një rrëshqitës, i cili mund të lëviz sipas udhëzueses horizontale, kurse për pikën C të AB , është i lidhur me çërnierë, njëri skaj i shufrës CD , kurse skaji tjetër i saj është i lidhur gjithashtu me çërnierë, për qendrën e diskut D me rreze R, i

cili

mund

të

rrokulliset

nëpër

rrafshin

e

palëvizshëm,

horizontal.

Nëse

OA = AC = R , CB = 2 R , CD = 3R , për pozicionin kur pikat O, A, C dhe B gjenden në

njëjtën horizontale dhe shufra CD me vertikalen formon këndin 30 o , caktoni shpejtësinë dhe nxitimin këndor të diskut D. ωo

A

O

B

C

30o

D R

Zgjidhje Analiza e shpejtësive: ωo

O

vA A

vC

ω AB B

C

vB = 0

30o

vD vDC

60o 30o

ωD

D

Pv

90

Dr. sc. Ahmet Shala Shpejtësia e pikës A, është normal në distancën OA , me intensitet:

v A = OA ⋅ ω o = R ⋅ ω o . Meqë shpejtësia e pikës A ka drejtim vertikal, kurse drejtimi i mundshëm i lëvizjes së rrëshqitësit B, është horizontal, atëherë normalet në drejtimin e shpejtësisë së pikës A dhe B priten mu në pikën B, kështuqë rrëshqitësi B, për këtë pozicion ka shpejtësin zero dhe njëherit paraqet qendrën e çastit të shpejtësive për shufrën AB, pra:

vB = 0 . Kështu shpejtësia e pikës A, mund të shkruhet: v A = AB ⋅ ω AB , prej nga:

ω AB =

vA AB

=

Rω o ω o . = 3R 3

Shpejtësia e pikës C, ka drejtim normal në BC , dhe intensiteti i saj do të jetë: vC = BC ⋅ ω AB = 2 R

ωo 3

=

2 Rω o . 3

Shpejtësia e pikës D është normal në distancën Pv D , pa ka drejtim horizontal dhe intensiteti i saj caktohet duke iu referuar shpejtësisë së pikës C, pra: r r r v D = vC + v DC ,

projektojmë në aksin x dhe y: (x):

v D = v DC cos 30 o ,

(y):

0 = vC − v DC sin 30 o , prej nga:

v DC

2 Rω o vC 4 3 = = = Rω o . o 1 3 sin 30 2

Duke ditur se:

ω DC

4 Rω o 4 = = 3 = ωo . 3R 9 CD v DC

91

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Kështu shpejtësia e pikës D, do të jetë: v D = v DC cos 30 o =

4 3 2 3 Rω o ⋅ Rω o . = 3 2 3

Shpejtësia këndore e diskut D caktohet me shprehjen:

ωD

2 3 Rω o v 2 3 ωo . = D = 3 = R 3 Pv D

Analiza e nxitimeve: y

x

O

aA

A

B

C

aC = aCx

n a aBA B 30o

t aBA

n a DC

aD

60o 30o

t a DC

εD

D

Pv Nxitimi i pikës A: a nA = OA ⋅ ω o2 = R ⋅ ω o2 , - komponenta normale, a tA = OA ⋅ ε o = 0 , meqë ω o = konst , ε o =

dω o = 0 - komponenta tangjenciale. dt

a A = a nA = Rω o2 . Nxitimi i pikës B, duke e ditur nxitimin e pikës A: r r rn rt a B = a A + a BA + a BA ,

ku:

n a BA = AB ⋅ ω A2 = 3R ⋅ (

ωo 3

)2 =

R 2 ω o , dhe ka kahjen prej B kah A. 3

kështu tani ekuacionin vektorial e projektojmë në drejtim të aksit x dhe y:

92

Dr. sc. Ahmet Shala n a A + a BA ,

(x):

aB =

(y):

t 0 = −a BA ,

pas zëvendësimit fitojmë: a B = Rω o2 +

R 2 4 ω o = Rω o2 , 3 3

t a BA = 0 ⇒ ε AB =

t a BA

AB

=

0 = 0. 3R

Nxitimi i pikës C, caktohet duke e ditur nxitimin e pikës A dhe ε AB = 0 : r r rn rt aC = a A + aCA + aCA ,

ku:

n 2 = CA ⋅ ω AB = R⋅( aCA

ωo 3

)2 =

R 2 ω o , dhe ka kahjen prej C kah A, 9

t aCA = CA ⋅ ε AB = R ⋅ 0 = 0 ,

kështu ekuacionin vektorial e projektojmë në drejtim të aksit x dhe y: (x):

n aCx = a A + aCA ,

(y):

t a Cy = aCA = 0,

kështu pra nxitimi i pikës C ka drejtimin e aksit x , pra: aC = aCx = Rω o2 +

R 2 10 ω o = Rω o2 . 9 9

Nxitimi i pikës D, caktohet duke e ditur nxitimin e pikës C: r r rn rt a D = aC + a DC + a DC ,

ku:

n 2 a DC = CD ⋅ ω DC = 3R ⋅ (

4ω o 2 16 Rω o2 , dhe ka kahjen prej D kah C, ) = 9 27

kështu ekuacionin vektorial e projektojmë në drejtim të aksit x dhe y: (x):

n t a D = aC + a DC cos 60 o + a DC cos 30 o ,

(y):

n t 0 = a DC sin 60 o − a DC sin 30 o

pas zëvendësimeve fitojmë:

93

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad t a DC =

n sin 60 o a DC

sin 30 o

16 3 Rω o2 ⋅ 2 = 16 3 Rω 2 , = 27 o 1 27 2

kurse nxitimi i qendrës së diskut D, do të jetë: aD =

10 16 1 16 3 3 10 8 8 62 Rω o2 + Rω o2 ⋅ + Rω o2 ⋅ =( + + ) Rω o2 = Rω o2 , 9 27 2 27 2 9 27 9 27

Me qëllim të caktimit të nxitimit këndor të diskut D ( ε D ), shkruajmë nxitimin e pikës Pv, duke e ditur nxitimin e pikës D, pra: r r r r a Pv = a D + a Pn D + a Pt D v

v

a Pn D = Pv D ⋅ ω D2 = R ⋅ ( v

2 3ω o 2 4 ) = Rω o2 3 3

0 = a D − a Pt D ⇒ a Pt D = a D = v

v

62 Rω o2 . 27

Duke e ditur se:

εD =

a Pt D v

Pv D

=

62 2 ωo . 27

Rezultat që është pritur por që u vërtetua se:

a D = Pv D ⋅ ε D , meqë qendra e diskut D, bënë lëvizje drejtvizore.

94


Disku A me rreze R, rrotullohet përreth diskut të palëvizshëm O me rreze 2R. Qendra e diskut A është e lidhur me çërnierë për shufrën OA , e cila rrotullohet me shpejtësi këndore ω o dhe nxitim këndor ε o , në kahjen e treguar në figurë, rreth çërnierës O. Shufra BC = 2 3R , e cila gjendet në pozitë horizontale, është e lidhur në njërin skaj për diskun A, ku AB me horizontalen formon këndin 30 o , kurse skaji tjetër është i lidhur me çërnierë për rrëshqitsin C, i cili mund të lëvizë sipas udhëzueses e cila me horizontalen formon këndin 60 o . Për këtë pozicion të caktohen shpejtësia dhe nxitimi i pikave A, B dhe C.

C

B A

45o

R 60o

2R ωo

εo

O 2R


vCB 30o 30o

vA

R

vC

B 30o

A

30o

C

vB

30o

Pv 2R εo

60o

ωo

O 2R

95

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Shpejtësia e pikës A, është normal në distancën OA , me intensitet: v A = OA ⋅ ω o = 3R ⋅ ω o .

Shpejtësia e pikës A, si pikë e diskut A është: v A = Pv A ⋅ ω A = R ⋅ ω A ,

prej nga shpejtësia këndore e diskut A është:

ωA =

v A 3R ⋅ ω o = , R R

ω A = 3 ⋅ωo . Shpejtësia e pikës B është normal në distancën Pv B dhe ka intensitet: v B = Pv B ⋅ ω A ,

Pv B = 2 R ⋅ cos 30 o = 3R , vB = Pv B ⋅ ω A = 3R ⋅ 3 ⋅ ωo , vB = 3 3 R ⋅ ω o

Shpejtësinë e pikës C e caktojmë duke e lidhur me B, pra: r r r vC = v B + vCB ,

projektojmë në aksin x dhe y: (x):

vC cos 60 o = v B cos 30 o ,

(y):

vC sin 60 o = −v B sin 30 o + vCB ,

prej ekuacionit të parë kemi: vC = v B

cos 30 o cos 60

o

= 3 3R ⋅ ω o

vC = 9 R ⋅ ω o , kurse prej atij të dytit kemi:

96

3/2 , 1/ 2

Dr. sc. Ahmet Shala vCB = vC sin 60 o + v B sin 30 o = 9 R ⋅ ω o ⋅

3 1 + 3 3R ⋅ ω o ⋅ = 6 3R ⋅ ω o , 2 2

shpejtësia këndore e shufrës BC, caktohet me shprehjen:

ω BC =

vCB BC

=

6 3R ⋅ ω o 2 3R

,

ω BC = 3 ⋅ ω o .

Analiza e nxitimeve:

y

a tA A

t aBA

n aBA

n aCB

60o B 30o

t aCB

60o

x

30o

aC

C

aP n R a n aPA A Pv 2R

εo

t a PA

60o

ωo

O 2R

Nxitimi i pikës A: a nA = OA ⋅ ω o2 = 3R ⋅ ω o2 , - komponenta normale, a tA = OA ⋅ ε o = 3R ⋅ ε o , - komponenta tangjenciale. a A = (a nA ) 2 + (a tA ) 2 = (3Rω o2 ) 2 + (3Rε o ) 2 . Nxitimi i pikës B, duke e ditur nxitimin e pikës A: r r r rn rt a B = a An + a tA + a BA + a BA , ............................................................................................ (a)

ku:

97

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad n a BA = AB ⋅ ω A2 = R ⋅ (3ω o ) 2 = 9 Rω o2 , dhe ka drejtim prej B kah A.

Kështu në ekuacionin (a) kemi tri të panjohura (dy komponente të nxitimit të pikës B dhe t a BA , që do të thotë se nëse projektojmë nuk mund të kemi zgjidhje, atëherë shiqojmë përmes

polit të çastit të shpejtësive, Pv, për të cilën e dimë se drejtimi i nxitimit është prej pikës Pv kah A, pra: r r r r r a Pv = a An + a tA + a Pn A + a Pt A , v

v

ku: a Pn A = Pv A ⋅ ω A2 = R ⋅ (3ω o ) 2 = 9 Rω o2 , atëherë projektojmë në drejtim të aksit x: v

(x):

0 = −a tA + a Pt A , v

prej nga: a Pt A = a tA = 3Rε o . v

Tani nxitimi këndor i diskut A, caktohet me shprehjen:

εA =

a Pt A v

Pv A

=

3 Rε o = 3ε o . R

t Duke e ditur këtë nxitim këndor, mund të caktojmë komponenten a BA me shprehjen: t a BA = AB ⋅ ε A = R ⋅ 3ε o = 3Rε o ,

kështu tani në ekuacionin vektorial (a), kemi vetëm dy të panjohura, prandaj e projektojmë në drejtim të aksit x dhe y: (x):

n t a Bx = − a tA − a BA cos 30 o − a BA cos 60 o ,

(y):

n t a By = −a nA − a BA sin 30 o + a BA sin 60 o ,

pas zëvendësimit fitojmë:

98

a Bx = −3Rε o − 9 Rω o2 ⋅

3 1 9 9 3 − 3 Rε o ⋅ = − Rε o − Rω o2 , 2 2 2 2

a By = −3Rω o2 − 9 Rω o2 ⋅

1 3 15 3 3 + 3Rε o = − Rω o2 + Rε o . 2 2 2 2

Dr. sc. Ahmet Shala Kuptohet intensiteti total i nxitimit të pikës B është: a B = (a Bx ) 2 + (a By ) 2 .

Nxitimi i pikës C, caktohet duke e ditur nxitimin e pikës B:

r r r rn rt , .........................................................................................(b) aC = a Bx + a By + aCB + aCB ku: n 2 aCB = BC ⋅ ω AB = 2 3R ⋅ (3ω o ) 2 = 18 3Rω o2 , dhe ka kahjen prej C kah B.

kështu tani në ekuacionin vektorial (b), kemi vetëm dy të panjohura, prandaj e projektojmë në drejtim të aksit x dhe y: (x):

n aC sin 30 o = a Bx − aCB ,

(y):

t aC cos 30 o = a By + aCB ,

pas zëvendësimit fitojmë: ⎛ 9 ⎞ 9 3 aC = ⎜⎜ − Rε o − Rω o2 − 18 3Rω o2 ⎟⎟ ⋅ 2 , 2 ⎝ 2 ⎠

(

)

aC = − 9 Rε o + 45 3Rω o2 . shenja (-) tregon se nxitimi i pikës C, ka kahje të kundërt me atë të supozuar.

DETYRA 6

Shufra O1 A1 me gjatësi 2R, rrotullohet përreth çërnierës O1, me shpejtësi këndore ω o dhe nxitim këndor ε o . Në skajin A1, të shufrës O1 A1 , është e salduar periferia e diskut A me rreze R, kurse përmes shufrës AB dhe kontaktit (friksionit) ndërmjet disqeve A dhe B (me rreze R) lëvizja përcillet deri te disku O2, i cili mund të rrotullohet rreth çërnierës O2. Gjithashtu qendrat e disqeve O2 dhe B janë të lidhura me çërniera përmes shufrës O 2 B . Të caktohet shpejtësia dhe nxitimi këndor i diskut O2 për pozicionin e dhënë të mekanizmit, ku O 2 B është në pozitë veritkale, AB në pozitë horizontale dhe O1 A1 me vertikalen formon këndin 30o. Pikat O1, A1 dhe A i takojnë një drejtëze.

99

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad O1

ωo , ε o

O2

30o

R A1

B

A R

R


y O1

ωo , ε o ω2

O2

30o

R

vCB

vA

vC

30o

A

vDB

vD

vB

x

B

C

ωB

PvB Meqë shufra O1A dhe disku A janë të sallduar në pikën A1, atëherë ato paraqesin një trup, kështu shpejtësia e pikës A, është normal në distancën O1 A , me intensitet:

v A = O1 A ⋅ ω o = 3R ⋅ ω o . Shpejtësia e pikës C, të kontaktit ndërmjet disqeve A dhe B është normal në distancën O1C , me intensitet:

vC = O1C ⋅ ω o ,

100

Dr. sc. Ahmet Shala 2 2 1 O1C = O1 A + AC − 2O1 A ⋅ AC ⋅ cos120 o = (3R) 2 + R 2 − 2 ⋅ 3R ⋅ R ⋅ (− ) = R 13. , 2

vC = O1C ⋅ ω o = R 13 ⋅ ω o . Shpejtësinë e pikës B, mund ta caktojmë me projektim të shpejtësive të pikave A dhe B në drejtim të shufrës AB, pra: v B = v A cos 30 o = 3Rω o ⋅ vB =

3 , 2

.

3 3 Rω o . 2

Me qëllim të caktimit të shpejtësisë këndore të shufrës AB, shkruajmë shprehjen për llogaritje të shpejtësisë së pikës B, duke e ditur shpejtësinë e pikës A, pra:

r r r v B = v A + v BA , projektojmë në akset x dhe y: 3 3 3 = Rω o , që është fituar edhe më parë. 2 2

(x):

v B = v A cos 30 o = 3Rω o ⋅

(y):

0 = v A sin 30 o − v BA , ⇒ v BA = v A sin 30 o =

3 Rω o , 2

duke e ditur se: v BA = AB ⋅ ω AB , shpejtësia këndore e shufrës AB do të jetë:

ω AB

3 Rω o = = 2 , 2R AB v BA 3 4

ω AB = ω o . Shpejtësinë këndore të shufrës O 2 B , e caktojmë nga:

ω O2 B

3 3 Rω o = = 2 , 2R O2 B

ω O2 B =

vB

3 3 ωo . 4

101

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Shpejtësinë këndore të diskut B, caktojmë nga shprehja për llogaritje të shpejtësisë së pikës C, duke e ditur shpejtësinë e pikës B, pra :

r r r vC = v B + vCB , projektojmë në akset x dhe y: (x):

vCx = v B ,

(y):

vCy = vCB = BC ⋅ ω B = R ⋅ ω B

Nëse këto dy ekuacione i ngrisim në katror dhe i mbledhim anë për anë, fitojmë: 2 2 vC2 = vCx + vCy = v B2 + ( R ⋅ ω B ) 2 ,

prej nga shpejtësia këndore e diskut B do të jetë:

ωB = ωB =

vC2 − v B2 R

(R

13 ⋅ ω o

)

2

=

2

⎛3 3 ⎞ R ⋅ ω o ⎟⎟ − ⎜⎜ 27 ⎝ 2 ⎠ = 13 − ⋅ωo , R 4

5 ⋅ωo . 2

Shpejtësia e pikës D, caktohet përmes shpejtësisë së pikës B, pra:

r r r v D = v B + v DB , projektojmë në aksin x : (x):

v D = v B + v DB = v B + DB ⋅ ω B = vD =

3 3 5 R ⋅ωo + R ⋅ ωo , 2 2

5+3 3 R ⋅ωo . 2

Në anën tjetër shpejtësia e pikës D, si pikë e diskut O2 është: v D = O2 D ⋅ ω 2 ,

prej nga shpejtësia këndore e diskut O2 do të jetë: 5+3 3 R ⋅ωo 2 , = ω2 = R O2 D vD

ω2 =

102

5+3 3 ⋅ωo . 2

Dr. sc. Ahmet Shala Analiza e nxitimeve:

y O1

εo ε2

O2

30o

n aD

R

aCn a nA

a tA 30

A

t aCB

aCt

o

α

n aBA

C α

t t aD aDB

aBn n aDB

aBt

x

B t aBA

εB

Nxitimi i pikës A: a nA = O1 A ⋅ ω o2 = 3R ⋅ ω o2 , - komponenta normale, a tA = O1 A ⋅ ε o = 3R ⋅ ε o , - komponenta tangjenciale. Nxitimi i pikës C: aCn = O1C ⋅ ω o2 = R 13 ⋅ ω o2 , - komponenta normale, aCt = O1C ⋅ ε o = R 13 ⋅ ε o , - komponenta tangjenciale. Nxitimi i pikës B, duke e ditur nxitimin e pikës A:

r r r r r rn rt a B = a Bn + a Bt = a An + a tA + a BA + a BA , ku: n 2 a BA = AB ⋅ ω AB = 2R ⋅ (

3ω o 2 9 R 2 ω o , dhe ka kahjen prej B kah A. ) = 4 8

a Bn = O2 B ⋅ ω O2 2 B = 2 R ⋅ (

3 3ω o 2 27 ) = Rω o2 , dhe ka kahjen prej B kah O2. 4 2

kështu tani ekuacionin vektorial e projektojmë në drejtim të aksit x :

103

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad n a Bt = −a nA cos 60o + a tA cos 30o − a BA

a Bt = −3Rω o2 ⋅

1 3 9 3 3 21 + 3 Rε o − Rω o2 = Rε o − Rω o2 2 2 8 2 8

Nxitimi i pikës D, duke e ditur nxitimin e pikës B: r r rt r r rn rt a D = a Dn + a D = a Bn + a Bt + a DB + a DB , kështu tani ekuacionin vektorial e projektojmë në drejtim të aksit x : t t aD = a Bt cos 60 o + a DB

Nxitimi i pikës B, duke e ditur nxitimin e pikës C:

y n aD

aCn

t aCB

aCt

α

n aBC

C α

aBn n aDB

t aDB

aBt

t aD

x

B t aBC

εB

r r r r r rn rt , a B = a Bn + a Bt = aCn + aCt + a BC + a BC kështu tani ekuacionin vektorial e projektojmë në drejtim të aksit y : (y):

t a Bn = aCn sin α + aCt cosα − a BC

t Këtu e panjohur është a BC dhe këndi α, i cili caktohet nga trekëndëshi O1AC:

O1C 3R = ⇒ sin α sin 120 o 3 sin 120 3 3 sin α = 3R = 2 3R = . O1C R 13 2 13 o

2

⎛ 3 3 ⎞ 25 5 ⎟ = cos α = 1 − sin α = 1 − ⎜⎜ = . ⎟ 2 13 2 13 ⎝ 2 13 ⎠ 2

Kështu nga ekuacioni paraprak kemi: 104

Dr. sc. Ahmet Shala t a BC

=

aCn

sin α

+ aCt

t a BC = R 13 ⋅ ω o2

t a BC =

cosα

3 3 2 13

− a Bn ,

+ R 13 ⋅ ε o

5 2 13

−

27 Rω o2 , 2

5 27 − 3 3 R ⋅εo − R ⋅ ω o2 2 2

Duke e ditur se: t a BC = BC ⋅ ε B = R ⋅ ε B =

5 27 − 3 3 R ⋅εo − R ⋅ ω o2 , 2 2

atëherë nxitimi këndor i diskut B do të jetë: 5 2

ε B = ⋅εo −

27 − 3 3 2 ⋅ωo . 2

Nxitimi i pikës D, duke e ditur nxitimin e pikës B: r r rt r r rn rt a D = a Dn + a D = a Bn + a Bt + a DB + a DB ,

kështu tani ekuacionin vektorial e projektojmë në drejtim të aksit x : (x):

t t aD = a Bt + a DB ,

ku:

t a DB = DB ⋅ ε B =

5 27 − 3 3 R ⋅εo − R ⋅ ω o2 , 2 2

atëherë: t aD =

3 3 21 5 27 − 3 3 Rε o − Rω o2 + R ⋅ ε o − R ⋅ ω o2 , 2 8 2 2

t aD =

5+3 3 75 − 6 3 Rε o − R ⋅ ω o2 2 2

Duke e ditur se: t aD = O2 D ⋅ ε 2 = R ⋅ ε 2 =

5+3 3 75 − 6 3 Rε o − R ⋅ ω o2 , 2 2

atëherë nxitimi këndor i diskut O2 do të jetë:

ε2 =

5+3 3 75 − 6 3 2 ⋅εo − ⋅ωo . 2 2

105

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad DETYRA 7 Qendra e diskut A, me rreze R, lëviz me shpejtësi konstante v. Përmes shufrës AB = 4 R , lëvizja bartet në diskun B, gjithashtu me rreze R. Disqet A dhe B rrokullisen pa rrëshqitje, mbi rrafshin e palëvizshëm horizontal, kurse mbi ta është i vendosur dsiku C, me rreze 2R si në figurë. Caktoni shpejtësinë dhe nxitimin e qendrës së diskut C.

C 2R v

A

B 4R

R

R

Zgjidhje

Analiza e shpejtësive:

PvC C

y C

vC

vC

vCD α

vD

2R α

B R

vB 4R

Rβ

A

α+β

D

vA

β

C’

α

A

β

Pv 106

vD vA x

Dr. sc. Ahmet Shala Shpejtësia e qendrës së diskut A, është e dhënë:

vA = v , në anën tjetër kjo shpejtësi mund të shprehet:

v A = Pv A ⋅ ω A , prej nga marrim:

ωA =

vA Pv A

=

v . R

Shpejtësia e qendrës së diskut B, është e njëjtë me shpejtësinë e qendrës së diskut A, meqë

ato janë të lidhura ndërmjet veti, përmes shufrës AB , e cila bënë lëvizje drejtvizore, pra:

vB = v A = v , prej nga marrim:

ωB =

vB Pv B

=

v . R

Shpejtësia e pikës D:

v D = Pv D ⋅ ω A , ku nga trekëndëshi PvAD rrjedhë:

Pv D = Pv A cos β + AD cos β = 2 R cos β ,

90 o + α + 2 β = 180o ,

β=

α 90 o − α = 45 o − . 2 2

Nga trekëndëshi ACC’ rrjedhë: cos α =

AC ' 2 R 2 = = , AC 3R 3 2

5 ⎛ 2⎞ sin α = 1 − cos α = 1 − ⎜ ⎟ = , 3 ⎝ 3⎠ 2

kështu:

107

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad cos β = cos(45 o −

α 2

) = cos 45 o cos

+ sin 45 o sin

2

α 2

=

α α 2 (cos + sin ) , 2 2 2

2 3 = 1 , 2 6

1−

α

1 − cos α sin( ) = = 2 2

1+

α

1 + cos α cos( ) = = 2 2 cos β =

α

2

2 3 =

5

,

6

2 2 5 α α 1 5 1 1+ 5 + + = (cos + sin ) = ( )= , 2 2 2 2 6 6 2 3 2 3 2 3 2

⎛1+ 5 ⎞ 12 − 1 − 5 − 2 5 ⎟ = = sin β = 1 − cos β = 1 − ⎜⎜ ⎟ 2 3 2 3 ⎝ ⎠ 2

6−2 5 2 3

atëherë: Pv D = 2 R cos β = 2 R

1+ 5 2 3

=

1+ 5 3

R,

dhe përfundimisht shpejtësia e pikës D do të jetë: v D = Pv D ⋅ ω A =

1+ 5 3

R⋅

v 1+ 5 = ⋅v. R 3

Shpejtësia e pikës C: r r r vC = v D + vCD ,

ku:

vCD = CD ⋅ ω C = R ⋅ ω C , projektojmë në drejtim të akseve x dhe y: vC = v D sin(α + β ) + vCD sin α ,..................................................................................... (a) 0 = v D cos(α + β ) − vCD cosα ,.......................................................................................(b)

Duke e ditur se β = 45 o − α / 2 , atëherë: cos(α + β ) = cos(α + 45 o −

108

α 2

) = cos(45 o +

α 2

)=

2 2 5 α α 1 5 −1 − (cos − sin ) = ( )= 2 2 2 2 6 6 2 3

Dr. sc. Ahmet Shala sin(α + β ) = sin(α + 45 o −

α 2

) = sin( 45 o +

α 2

2 2 1 α α 5 5 +1 + (sin + cos ) = ( )= 2 2 2 2 6 6 2 3

)=

Nga ekuacioni (b) rrjedhë se: 1+ 5 vCD

v cos(α + β ) = D = cos α

ωC =

3

⋅v⋅

5 −1 2 3

2 3

=v,

vCD v = R R

zëvendësojmë në ekuacionin (a) dhe fitojmë: vC = v D sin(α + β ) − vCD sin α =

1+ 5 3

⋅v

1+ 5 2 3

−v⋅

5 3+ 5 5 =( − )⋅v , 3 3 3

vC = v . Analiza e nxitimeve:

PvC

aC

y

C

C t aD

α

B R

4R

aB

n aD

α

t aCD

2R

n aCD

A

α

β

C’

t

t a DA

D

α

β aA

aC

α+β

t aD

n a DA

α

90o-β

x

A

β a A

Pv Nxitimi i qendrës së diskut A, meqë shpejtësia e kësaj pikë është konstante dhe trajektoria e

saj është drejtëz, atëherë ky nxitim ka vetëm komponenten normale: a A = a nA =

v2 , R

nxitimi këndor i diskut A, siç dihet nga rastet paraprake, kur shpejtësia e qendrës është konstante, është i barabartë me zero, pra:

109

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad εA = 0. Nxitimi i qendrës së diskut B është i njëjtë me atë të A: a B = a Bn = a A =

v2 . R

Nxitimi i pikës D: Në këtë rast do të caktojmë vetëm komponenten tangjenciale të nxitimit të

kësaj pikë, sepse vetëm kjo komponentë është e njëjtë si në rastin kur pika D shiqohet si pikë e diskut A, ashtu edhe kur pika D shiqohet si pikë e diskut C. Këtë komponentë e caktojmë duke e caktuar nxitimin e pikës D, duke e ditur nxitimin e pikës A, pra:

r r rt r rn rt a D = a Dn + a D = a A + a DA + a DA , 2

ku:

v2 ⎛v⎞ n , a DA = DA ⋅ ω A2 = R ⋅ ⎜ ⎟ = R ⎝R⎠ t a DA = DA ⋅ ε A = R ⋅ ε A = R ⋅ 0 = 0

projektojmë në drejtim të tangjentës t: n t aD = −a A cos(α + β ) + a DA sin β , t aD =−

v2 5 −1 v2 6−2 5 ⋅ + ⋅ = R 2 3 R 2 3

6 − 2 5 − 5 +1 v2 ⋅ , R 2 3

le të llogarisim: ⎡ 6 − 2 5 − ( 5 − 1)⎤ ⋅ ⎡ 6 − 2 5 + ( 5 − 1)⎤ ⎢ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ 6 − 2 5 − ( 5 − 1) = ⎣ = 6 − 2 5 + ( 5 − 1) =

6 − 2 5 − 5 + 2 5 −1 6 − 2 5 + ( 5 − 1)

=

0 6 − 2 5 + ( 5 − 1)

= 0,

kështu pra: t aD = 0 , që është pritur, meqë ε A = 0 , që u vërtetua.

Nxitimi i pikës C: Drejtimi i nxitimit të kësaj pikë është horizontal, meqë ajo bën lëvizje drejtvizore. Ky nxitim caktohet duke u nisur se dihet nxitimi i pikës D, tani si pikë e diskut C, pra: r r rt rn rt aC = a Dn + a D + aCD + aCD , 2

ku:

110

v2 ⎛v⎞ n , = CD ⋅ ω C2 = 2 R ⋅ ⎜ ⎟ = 2 ⋅ aCD R ⎝ R⎠

Dr. sc. Ahmet Shala t aCD

= CD ⋅ ε C = 2 R ⋅ ε C = 2 R ⋅ 0 = 0

projektojmë në drejtim të tangjentës t: n aC sin β = aCD sin β ,

n aC = aCD = 2⋅

v2 . R

DETYRA 8 Shufra OA, rrotullohet rreth çërnierës O, me shpejtësi këndore konstante ω o . Lëvizja përcillet në shufrën AB, në skajin e së cilës është i vendosur rrëshqitësi B, i cili lëviz sipas udhëzueses horizontale. Për rrëshqitës B është e lidhur shufra BC, kurse për skajin C është i lidhur njëri kulm i trekëndëshit kënddrejtë CTD, i cili mund të rrotullohet rreth çërnierës T. Për kulmin D të trekëndëshit është i lidhur me çërnierë njëri skaj i shufrës DE, kurse skaji tjetër për rrëshqitësin

OA =

E,

i

cili

mund

të

lëviz

sipas

udhëzueses

vertikale.

Nëse

AB = BC = CT = TD = ED = l , caktoni shpejtësinë dhe nxitimin e rrëshqitësit E. 2 A

ωo O

60o

B 30o

C

45o

T

D 45o

E

111

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Zgjidhje

Analiza e shpejtësive: Shpejtësia e pikës A

v A = OA ⋅ ω o = l ⋅ ω o . Shpejtësia e pikës B r r r v B = v A + v BA ,

ku:

v BA = AB ⋅ ω AB = 2l ⋅ ω AB , dhe ka drejtim normal në distancen AB .

vA 30o

A y

ωo O

60o

vC

B x

30o

vB

45o

vCB

C

60o

vBA

45o

ωT T

vD 45o

D

vE vED

45o 45o

E

Nëse projektojmë në drejtim të akseve x dhe y, do të kemi: (x):

v B = v A cos 30 o + v BA cos 60 o ,

(y):

0 = v A sin 30 o − v BA sin 60 o

prej nga marrim:

112

v BA

Dr. sc. Ahmet Shala 1 sin 30 o 2 l ⋅ω = 1 l ⋅ω , = v = A o o 3 3 sin 60 o 2 1

v BA = 2l ⋅ ω AB =

vB = l ⋅ ω o

3

l ⋅ ω o ⇒ ω AB =

1 2 3

ωo .

3 1 1 2 + l ⋅ωo = l ⋅ωo . 2 2 3 3

Shpejtësinë e pikës C e caktojmë duke e ditur shpejtësinë e pikës B, pra:

r r r vC = v B + vCB , ku:

vCB = BC ⋅ ω BC = l ⋅ ω BC , dhe ka drejtim normal në distancen BC , duke projektuar në

drejtim të aksit x dhe y kemi: (x):

vC cos 45 o = v B , 2

vC =

vB

3

=

cos 45 o

l ⋅ωo 2 2

=

4

l ⋅ωo .

6

4 (y):

vC sin 45 = vCB ⇒ vCB = o

4 vCB

përkatësisht: ω CB =

CB

3

=

vC sin 45

l ⋅ωo l

=

o

l ⋅ωo

=

6

4

⋅ωo .

3

2 2

=

4 3

l ⋅ωo ,

Në anën tjetër, shpejtësia e pikës C, si pikë e trekëndëshit CTD, është:

vC = TC ⋅ ω T = l ⋅ ω T , prej nga shpejtësia këndore e trekëndëshit T është: 4

ωT =

vC = l

6

l ⋅ωo l

=

4 6

⋅ωo .

113

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Kështu shpejtësia e pikës D do të jetë:

v D = TD ⋅ ω T = l ⋅ ω T =

4 6

l ⋅ ω o , drejtimi i saj është normal në distancën TD .

Shpejtësinë e rrëshqitësit E e caktojmë duke e ditur shpejtësinë e pikës D, pra: r r r v E = v D + v ED ,

ku:

v ED = ED ⋅ ω ED = l ⋅ ω ED , dhe ka drejtim normal në distancen ED , duke projektuar në

drejtim të aksit x dhe y kemi: (x):

0 = −v D sin 45 o + v ED sin 45 o , ⇒ v ED = v D =

(y):

v E = v D cos 45 o + v ED cos 45 o , vE =

4

vE =

4

6

3

l ⋅ωo

4 6

l ⋅ ω o , kurse: ω ED =

v ED ED

2 4 2 + l ⋅ωo , 2 2 6

l ⋅ωo .

Analiza e nxitimeve Nxitimi i pikës A

a A = a nA = OA ⋅ ω o2 = l ⋅ ω o2 , meqë ω o = konst , atëherë ε o =

dω o = 0. dt

Nxitimi i pikës B caktohet duke e ditur nxitimin e pikës A, pra: r r rn rt a B = a A + a BA + a BA , 2

=

2 AB ⋅ ω AB

⎛ 1 ⎞ 1 = 2l ⋅ ⎜⎜ ω o ⎟⎟ = l ⋅ ω o2 , projektojmë në aksin x dhe y: 6 ⎝2 3 ⎠

ku:

n a BA

(x):

n t a B = a A cos 60 o + a BA cos 30 o − a BA cos 60 o ,

(y):

n t 0 = −a A sin 60 o + a BA sin 30 o + a BA sin 60 o ,

114

=

4 6

⋅ωo .

Dr. sc. Ahmet Shala kështu:

t a BA =

n a A sin 60 o − a BA sin 30 o

sin 60 o

a B = l ⋅ ω o2

=

l ⋅ ω o2

3 1 1 − l ⋅ ω o2 2 6 2 = 6 3 −1l ⋅ω 2 , o 6 3 3 2

1 1 3 6 3 −1 1 1 + l ⋅ ω o2 − l ⋅ ω o2 = l ⋅ ω o2 . 2 6 2 2 3 3 6 3 A y

o

60

ωo O

aA n aBA

60o

t aBA

B x

aCt

60o

t aCB

n aCB 45o

30o

aB

C

45o

aCn 45o

εT T

t aD n aD

o 45o 45

D

aE t aED

n aED

45o 45o

E

Nxitimi i pikës C caktohet duke e lidhur me pikën B dheqendrën e rrotullimit T, pra:

r r r r rn rt aC = aCn + aCt = a B + aCB + aCB , ku: 2

n aCB

=

2 CB ⋅ ω BC

⎛ 4 ⎞ 16 = l ⋅ ⎜⎜ ⋅ ω o ⎟⎟ = l ⋅ ω o2 , 3 ⎝ 3 ⎠ 2

aCn

= TC ⋅ ω T2

⎛ 4 ⎞ 8 = l ⋅ ⎜⎜ ⋅ ω o ⎟⎟ = l ⋅ ω o2 , 3 ⎝ 6 ⎠

115

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad projektojmë në aksin x dhe y: (x):

n aCn cos 45 o + aCt cos 45 o = a B + aCB ,

(y):

t , − aCn sin 45 o + aCt sin 45 o = aCB

kështu: 1 aCt =

aCt =

n a B + aCB

− aCn cos 45 o o

=

3 3

l ⋅ ω o2 +

cos 45

2 + 16 6 − 8 3 3 3

16 8 2 l ⋅ ω o2 − l ⋅ ω o2 3 3 2 , 2 2

l ⋅ ω o2 .

Meqë:

aCt = TC ⋅ ε T , atëherë: 2 + 16 6 − 8 3

εT =

aCt TC

3 3

=

l ⋅ ω o2

l

=

2 + 16 6 − 8 3 3 3

⋅ ω o2 .

Nxitimi i pikës D caktohet nga: r r rt a D = a Dn + a D ,

ku: 2

n aD

= TD ⋅ ω T2

⎛ 4 ⎞ 8 = l ⋅ ⎜⎜ ⋅ ω o ⎟⎟ = l ⋅ ω o2 , 3 ⎝ 6 ⎠

t aD = TD ⋅ ε T =

2 + 16 6 − 8 3 3 3

l ⋅ ω o2 .

Nxitimi i rrëshqitësit E caktohet duke e ditur nxitimin e pikës D, pra: r r rt rn rt a E = a Dn + a D + a ED + a ED ,

ku:

116

Dr. sc. Ahmet Shala 2

⎛ 4 ⎞ 8 n 2 a ED = ED ⋅ ω ED = l ⋅ ⎜⎜ ⋅ ω o ⎟⎟ = l ⋅ ω o2 , 3 ⎝ 6 ⎠ projektojmë në aksin x dhe y: (x):

t n n t 0 = aD sin 45 o − a D sin 45 o − a ED sin 45 o + a ED sin 45 o ,

(x):

t n n t aE = aD cos 45 o + a D cos 45 o + a ED cos 45 o + a ED cos 45 o ,

kështu: t t n n a ED = −a D + aD + a ED ,

8 2 + 16 6 − 8 3 8 t a ED = − l ⋅ ω o2 + l ⋅ ω o2 + l ⋅ ω o2 , 3 3 3 3 t a ED =

2 + 16 6 − 8 3 3 3

l ⋅ ω o2 ,

kështu nxitimi i rrëshqitësit E do të jetë:

(

)

t n n t aE = aD + aD + a ED + a ED cos 45 o ,

⎛8 ⎞ 2 2 + 16 6 − 8 3 8 2 + 16 6 − 8 3 a E = ⎜⎜ l ⋅ ω o2 + l ⋅ ω o2 + l ⋅ ω o2 + l ⋅ ω o2 ⎟⎟ , 3 3 3 3 3 ⎝3 ⎠ 2 ⎛ 8 2 2 + 32 3 − 8 6 ⎞ ⎟ ⋅ l ⋅ ω o2 , a E = ⎜⎜ + ⎟ 3 3 ⎝ 3 ⎠

aE =

2 + 32 3 3 3

⋅ l ⋅ ω o2 .

117

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad DETYRA 9 (UDHËZIME PËR DETYRAT SEMINARIKE K-4) Janë dhënë: ωOA = 2 [ s −1 ] , OA = 80 [cm ] , AB = 160 [cm ] , r = 30 [cm] Duhet të caktohen: v A , v B , vC , ω AB , ω . .

BC = 50 [cm ] ,

Zgjidhje:

PAB

ω AB

vA vC

A

ω OA

A’’

C

r 30o

O

B vB

A’

ω

P

Janë dhënë: OA := 80 ⋅cm

AB := 160 ⋅cm

BC := 50 ⋅cm

r := 30 ⋅cm

Shpejtësia e pikës A: vA := OA ⋅ωOA

vA = 160 cmsec

-1

Distanca AP AB : AD := OA ⋅sin( 30 ⋅deg) APAB :=

AK :=

2

2

AB − AD

AK cos ( 30 ⋅deg)

Shpejtësia e këndore e shufrës AB: ωAB :=

vA APAB

-1

ωAB = 0.894 sec

Shpejtësia e pikës B: BPAB := ( OA + APAB) ⋅sin( 30 ⋅deg) vB := BPAB⋅ωAB

-1

vB = 115.777 cmsec

Shpejtësia e këndore e rrotullës B: ω :=

vB BPAB

-1

ω = 0.894 sec

Shpejtësia e pikës C: BP := r vC := CP ⋅ω

118

CP :=

2

2

BP + BC − 2 ⋅BP ⋅BC ⋅cos ( 120 ⋅deg) -1

vC = 62.61 cmsec

−1

ωOA := 2 ⋅sec

Dr. sc. Ahmet Shala Në vazhdim do të caktojmë edhe nxitimin e pikave A, B, C dhe nxitimin këndor të shufrës AB dhe diskut B, duke marrë që shufra OA rrotullohet me të njëjtën shpejtësi këndore dhe atë konstante ωOA = 2 [ s −1 ] . Në softverin MathCad, vazhdohet në të njëjtin “File”, pra:

y t aCB

aCy A

ω OA O

30

A’’

aA n aBA

r

α

30o

A’

o

C aCx

n aCB

x

30o

aB

t a BA

P

Bn

a PB aP

ε

t a PB

Nxitimi i pikës A: r r r a A = a An + a At ,

Nxitimi i pikës B, duke e ditur nxitimin e pikës A: r r rn rt a B = a A + a BA + a BA ,

Nxitimi i qendrës së çastit (polit) P, duke e ditur nxitimin e pikës B: r r rn rt a P = a B + a PB + a PB ,

Nxitimi i pikës C, duke e ditur nxitimin e pikës B:

r r r r rn rt aC = aCx + aCy = a B + aCB + aCB ,

119

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Nxitimi i pikës A: aA := OA ⋅ωOA

2

aA = 320 cm sec

-2

Nxitimi i pikës B:

⎛ OA ⋅sin( 30 ⋅deg) ⎞ ⎝ AB ⎠

α := asin⎜

Shprehjen për nxitim të B, të lidhur me A, e projektojmë në x dhe y, ku: aBAn := AB ⋅ωAB

2

Marrim për fillim: aB := 0 ⋅cm ⋅sec Given

−2

aBAt := 0 ⋅cm ⋅sec

−2

− aA ⋅cos ( 30 ⋅deg) − aBAn ⋅cos ( α ) − aBAt ⋅cos ( 90 ⋅deg − α )

− aB

− aA ⋅sin( 30 ⋅deg) + aBAn ⋅sin( α ) − aBAt ⋅sin( 90 ⋅deg − α )

0

⎛ aB ⎞ := Find( aB , aBAt) ⎜ ⎝ aBAt ⎠ aB = 368.014 cm sec

-2

aBAt = − 132.198

cm 2

εAB :=

aBAt AB

εAB = − 0.826 sec

sec Shprehjen për nxitim të polit P (duke e ditur se komponenta tangjenciale e saj është zero), të lidhur me B, e projektojmë në x, ashtuqë të caktohet nxitimi i rrotullës B: aPBt := aB

aPBt

ε :=

ε = 12.267 sec

r

-2

Shprehjen për nxitim të C, të lidhur me B, e projektojmë në x dhe y: ku:

aCBn := r ⋅ω

2

aCBt := r ⋅ε

Marrim për fillim: aCx := 0 ⋅cm ⋅sec

−2

aCy := 0 ⋅cm ⋅sec

−2

Given aCx

− aB − aCBn ⋅cos ( 30 ⋅deg) − aCBt ⋅sin( 30 ⋅deg)

aCy

− aCBn ⋅sin( 30 ⋅deg) + aCBt ⋅cos ( 30 ⋅deg)

⎛ aCx ⎞ := Find( aCx , aCy ) ⎜ ⎝ aCy ⎠ aCx = − 572.806 cm sec aC :=

120

2

aCx + aCy

2

-2

aCy = 306.71 cm sec

-2

aC = 649.752 cm sec

-2

-2

Dr. sc. Ahmet Shala DETYRA 10 (UDHËZIME PËR DETYRAT SEMINARIKE K-5) Janë

dhënë:

OA = 10 [cm ] ,

AB = 60 [cm ] ,

ω OA = 1.5 [ s −1 ] ,

AC = 20 [cm ] ,

ε OA = 2 [ s −2 ] . Duhet te gjenden shpejtësitë dhe nxitimet e pikave A, B dhe C për pozitën e dhënë të mekanizmit.

Zgjidhje:

x

O

ω OA

O an A

ε OA

A

a tA

vA y

30o

vC

C

60o n aCA

aCy

A

aCx

C t aCA

ε AB

vB

aB 30

ω AB

30o 60o

o

n aBA

B

B

PAB

t a BA

Janë dhënë: OA := 10 ⋅cm AB := 60 ⋅cm Shpejtësia e pikës A:

−1

AC := 20 ⋅cm

ωOA := 1.5 ⋅sec

−2

εOA := 2 ⋅sec

-1

vA := OA ⋅ωOA vA = 15 cmsec Shpejtësia e këndore e hallkës AB: vA ωAB := APAB := AB⋅cos ( 30 ⋅deg) APAB Shpejtësia e pikës B: BPAB := AB⋅sin( 30 ⋅deg) vB := BPAB⋅ωAB Shpejtësia e pikës C: BC := AB − AC vC := CPAB⋅ωAB

-1

ωAB = 0.289 sec

-1

vB = 8.66 cmsec

CPAB :=

2

2

BC + BPAB − 2 ⋅BC ⋅BPAB⋅cos ( 60 ⋅deg) -1

vC = 10.408 cmsec

121

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Në të njëjtin “File” vazhdojmë me caktimin e nxitimeve: Nxitimi i pikës A: 2

aAn := OA ⋅ωOA

aAt := OA ⋅εOA

-2

-2

aAn = 22.5 cmsec aA :=

2

aAt = 20 cmsec

2

-2

aAn + aAt

aA = 30.104 cmsec

Nxitimi i pikës B dhe nxitimi këndor i hallkës AB: 2

aBAn := AB⋅ωAB -2

aBAn = 5 cmsec

Marrim vlerat fillestare: −2

−2

aB := 0 ⋅cm⋅sec

aBAt := 0 ⋅cm⋅sec

Given aB⋅cos ( 30 ⋅deg)

−aAt⋅cos ( 60 ⋅deg) + aAn⋅cos ( 30 ⋅deg) + aBAn

aB⋅sin( 30 ⋅deg)

aAt⋅sin( 60 ⋅deg) + aAn⋅sin( 30 ⋅deg) − aBAt

⎛ aB ⎞ := find( aB , aBAt) ⎜ ⎝ aBAt ⎠ -2

-2

aB = 16.726 cmsec εAB :=

aBAt = 20.207 cmsec

aBAt AB

-2

εAB = 0.337 sec

Nxitimi i pikës C: 2

aCAn := AC ⋅ωAB

aCAt := AC ⋅εAB

Marrim vlerat fillestare: −2

−2

aCx := 0 ⋅cm⋅sec Given

aCy := 0 ⋅cm⋅sec

aCx

aCAn + aAn⋅cos ( 30 ⋅deg) − aAt⋅cos ( 60 ⋅deg)

aCy

aAn⋅sin( 30 ⋅deg) + aAt⋅sin( 60 ⋅deg) − aCAt

⎛ aCx ⎞ := find( aCx , aCy) ⎜ ⎝ aCy ⎠ -2

aCy = 21.835 cmsec

2

aC = 24.518 cmsec

aCx = 11.152 cmsec aC :=

122

2

aCx + aCy

-2

-2

Dr. sc. Ahmet Shala

IV. LËVIZJA E TRUPIT RRETH PIKËS SË PALËVIZSHME KËNDET E EULERIT DHE LËVIZJA SFERIKE DETYRA 1 (UDHËZIME PËR DETYRAT SEMINARIKE K-8) Janë

dhënë

shpejtësitë:

θ (t ) = π / 6 [rad ] ,

ψ (t ) = 2t 2 + 3t [rad ] ,

φ(t ) = 24t [rad ] ,

ξ = 3 [cm] , η = 2 [cm] , ζ = 5 [cm] , t1 = 1 [ s ] . Duhet te gjenden për t = t1 shpejtësia dhe nxitimi i pikës M, koordinatat e së cilës në sistemin e lëvizshëm janë (ξ, η, ζ ) , të cilat janë ngurtësisht të lidhura me trupin të cilit i takon pika M.

Zgjidhje: Janë dhënë: ξ := 3 ⋅cm

η := 2 ⋅cm

t1 := 1 ⋅s ζ := 5 ⋅cm t := 1 ⋅s π 2 −2 −1 −1 ψ ( t) := 2 ⋅t ⋅sec + 3 ⋅t ⋅sec θ ( t) := φ ( t) := 24 ⋅t ⋅sec 6 Shpejtësa këndore dhe projeksionet e saj në sistemin e lëvizshëm ( ξ, η, ζ ):

⎞ ⎞ ⎛d ⎛d ψ ( t) ⋅sin( θ ( t) ) ⋅sin( φ ( t) ) + ⎜ θ ( t) ⋅cos ( φ ( t) ) ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠ ⎞ ⎞ ⎛d ⎛d ωη ( t) := ⎜ ψ ( t) ⋅sin( θ ( t) ) ⋅cos ( φ ( t) ) − ⎜ θ ( t) ⋅sin( φ ( t) ) ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠ ⎞ ⎞ ⎛d ⎛d ωζ ( t) := ⎜ ψ ( t) ⋅cos ( θ ( t) ) + ⎜ φ ( t) ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠ ωξ ( t) := ⎜

ω ( t) :=

2

2

ωξ ( t) + ωη ( t) + ωζ ( t)

2

Për çastin e kohës t1, kemi: ωξ ( t1) = −3.17 s

ωη ( t1) = 1.485 s

-1

ωζ ( t1) = 30.062 s

-1

-1

ω ( t1) = 30.265 s Shpejtësa këndore dhe projeksionet e saj në sistemin e palëvizshëm ( x, y, z ): -1

⎛d ⎛d ⎞ ⎞ φ ( t) ⋅sin( ψ ( t) ) ⋅sin( θ ( t) ) + ⎜ θ ( t) ⋅cos ( ψ ( t) ) ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠ ⎛d ⎛d ⎞ ⎞ ωy( t) := −⎜ φ ( t) ⋅sin( θ ( t) ) ⋅cos ( ψ ( t) ) + ⎜ θ ( t) ⋅sin( ψ ( t) ) ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠ ⎞ ⎞ ⎛d ⎛d ωz( t) := ⎜ φ ( t) ⋅cos ( θ ( t) ) + ⎜ ψ ( t) ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠ ωx( t) := ⎜

2

2

2

ω ( t) := ωx( t) + ωy( t) + ωz( t) Për çastin e kohës t1, shpejtësa këndore do të jetë: ωx( t1) = − 11.507 s

-1

ωy( t1) = − 3.404 s

-1

ωz( t1) = 27.785 s

-1

ω ( t1) = 30.265 s

-1

123

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Në të njëjtin “File” vazhdojmë: Shpejtësia e pikës M (ξ,η,ζ)=M(3,2,5) caktohet me shprehjet: vξ ( t) := ωη ( t) ⋅ζ − ωζ ( t) ⋅η vη ( t) := ωζ ( t) ⋅ξ − ωξ ( t) ⋅ζ vζ ( t) := ωξ ( t) ⋅η − ωη ( t) ⋅ξ

( vξ (t)) 2 + ( vη (t)) 2 + ( vζ (t)) 2

v( t) :=

v( t1) = 1.189

m s

Nxitimi këndor i trupit: Në sistemin e lëvizshëm caktohet me projeksionet: εξ ( t) :=

d ωξ ( t) dt

εη ( t) :=

εξ ( t1) = 33.82 s

d ωη ( t) dt

εζ ( t) :=

εη ( t1) = 76.917s

-2

d ωζ ( t) dt

εζ ( t1) = 3.464 s

-2

-2

( εξ (t)) 2 + ( εη (t)) 2 + ( εζ (t)) 2

ε ( t) :=

ε ( t1) = 84.095s

-2

Në sistemin e palëvizshëm caktohet me projeksionet: εx( t) :=

d ωx( t) dt

εy( t) :=

εx( t1) = 23.828s

-2

ε ( t) :=

d ωy( t) dt

εz( t) :=

εy( t1) = −80.55 s

d ωz( t) dt

εz( t1) = 4 s

-2

-2

( εx(t)) 2 + ( εy(t)) 2 + ( εz(t)) 2

ε ( t1) = 84.095s

-2

Nxitimi i pikës M (ξ,η,ζ)=M(3,2,5) caktohet me shprehjet: aξ ( t) := εη ( t) ⋅ζ − εζ ( t) ⋅η + ωη ( t) ⋅vζ ( t) − ωζ ( t) ⋅vη ( t) aη ( t) := εζ ( t) ⋅ξ − εξ ( t) ⋅ζ + ωζ ( t) ⋅vξ ( t) − ωξ ( t) ⋅vζ ( t) aζ ( t) := εξ ( t) ⋅η − εη ( t) ⋅ξ + ωξ ( t) ⋅vη ( t) − ωη ( t) ⋅vξ ( t) a ( t) :=

( aξ (t)) 2 + ( aη (t)) 2 + ( aζ (t)) 2

a ( t1) = 33.648

m 2

s

124

Dr. sc. Ahmet Shala DETYRA 2 (UDHËZIME PËR DETYRAT SEMINARIKE K-9) Trupi A rrotullohet pa rrëshqitje nëpër sipërfaqen e trupit B që është në qetësi. Janë dhënë:

α = 60 o , β = 90 o , OM o = l = 3 [cm] , M o M = 1 [cm] , ω1 = 1.2 [ s −1 ] . Duhet të caktohet shpejtësia dhe nxitimi këndor i trupit A si dhe shpejtësia dhe nxitimi i pikës M për pozicionin e dhënë të trupit A, me çrast aksi Oζ i trupit A rrotullohet me shpejtësi këndore konstante ω1 rreth aksit të palëvizshëm O z .

z B A

ζ C

α

M

β

O

Mo

Zgjidhje

z ω1 D

ζ

K C

x

α/2

n aM

M t aM α

γ

K2

vC vM

ω1

ω

ω2

K1 O

β/2

y

α/2

Mo

125

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Janë dhënë: α := 60 ⋅deg β := 90 ⋅deg Shpejtësia e pikës C:

⎛α ⎞ ⎝2⎠

ω1 ⋅CK1

vC

Atëherë:

CK1 CK ⎯ → ⎯ → → ω1 + ω2 ω

Given 2

2

−1

⎛α ⎞ ⎝2⎠

ω = 2.318 sec

ω2 := 0 ⋅sec

CK := rC ⋅sin⎜

ω ⋅CK

vC

ω := ω1 ⋅

përkatësisht marrim për fillim:

ω1 := 1.2 ⋅sec

OD := OMo CK1 := rC ⋅sin⎜

Duke ditur se:

Duke ditur se:

MMo := 1 ⋅cm

⎛α β ⎞ + ⎝2 2⎠

rC := OMo ⋅cos ⎜

ω

OMo := 3 ⋅cm

-1

−1

⎛α β ⎞ + ⎝2 2⎠

2

ω1 + ω2 − 2 ⋅ω1 ⋅ω2 ⋅cos ⎜

ω2 := Find( ω2)

Kështu shpejtësia këndore e trupit A do të jetë: ω2 = − 1.697 sec

-1

shenja (-) tregon se trupi A rrotullohet në kahje të kundërt me rrotullimin e aksit O ζ 2 2 Shpejtësia e pikës M do të jetë: rM := OMo + MMo − 2 ⋅OMo ⋅MMo ⋅cos ( α ) ⎯ → → → ⎯ 2 2 MoD := 2 ⋅OMo − OMo ⋅2 ⋅cos ( α ) MD := MoD − MMo vM ω x⋅rM

⎛α ⎞ ⎝2⎠

vM := ω ⋅MD ⋅cos ⎜

vM = 4.015 cmsec

Nxitimi këndor i trupit A: ε1

⎛d ⎞ ⎜ ω1 ⎝ dt ⎠

ε1 := 0 ⋅sec

-1

rM = 2.646 cm

⎛α ⎞ ⎝2⎠

OK2 := OD − MD ⋅sin⎜

−2

Atëherë nxitimi këndor i trupit A është : ⎛β ⎞ -2 ε2 := ω1 ⋅ω ⋅sin⎜ ε2 = 1.967 sec ⎝2⎠

cosγ :=

⎛ OK2 ⎞ ⎝ rM ⎠

⎛α ⎞ ⎝2⎠

aMt := rM ⋅ε2 ⋅sin( β )

-2

aMt = 5.204 cmsec

2

aMn = 9.308 cmsec aM :=

( aMn) + ( aMt) − 2 ⋅aMn ⋅aMt ⋅cos ( γ ) 2

aM = 6.363 cmsec

126

2

-2

rM

γ := acos ⎜

Nxitimi i pikës M: aMn := ω ⋅MD ⋅cos ⎜

OK2

-2

Dr. sc. Ahmet Shala

V LËVIZJA E PËRBËRË E PIKËS

DETYRA 1 (Lëvizja zhvendosëse dhe ajo relative janë translative) Prizma kënddrejtë ABC, lëviz nëpër rrafshin horizontal sipas ligjit xe (t ) = sipërfaqen AB, me pjerrtësi α = 45 o , lëviz trupi M, sipas ligjit x r (t ) =

t2 [m] . Nëpër 2

2 2 t [m] , i cili në 2

çastin fillestar ndodhej në pozicionin A. Të caktohet shpejtësia dhe nxitimi absolut i trupit M, i cili mund të konsiderohet si pikë materiale. y

A

xr(t) M

xe(t) α

B

C

x

Zgjidhje: y

A

xr(t) M ve

ae

α

vr ar xe(t) B

α

C

x

Shpejtësia absolute e trupit M, si vektor është: r r r v = ve + v r ,

ku:

ve =

dxe (t ) d t 2 = ( ) = t [m / s] , paraqet shpejtësinë e prizmës ABC, meqë ajo bënë dt dt 2

lëvizje drejtvizore, në drejtim të aksit x.

127

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad vr =

dx r (t ) d 2 2 = ( t ) = 2 ⋅ t [ m / s ] , paraqet shpejtësinë relative të trupit M, pra dt dt 2

shpejtësinë e lëvizjes së trupit M nëpër sipërfaqen e pjerrët të prizmës ABC. Meqë këto dy komponente nuk janë normal në njëra tjetrën atëherë me zbatim të teoremës së “kosinusit” apo me projektim të ekuacionit vektorial të shpejtësisë absolute, në drejtim të aksit x dhe y, caktohet intensiteti i shpejtësisë absolute, pra: (x):

v x = ve + vr cosα = t + 2 ⋅ t ⋅ cos 45 o = 2 ⋅ t ,

(y):

v y = −v r sin α = − 2 ⋅ t ⋅ sin 45 o = −t ,

Meqë këto dy komponente, tani janë normal në njëra tjetrën atëherë: v = (v x ) 2 + (v y ) 2 ,

v = (2 ⋅ t ) 2 + (−t ) 2 , v = 5 ⋅ t [m / s] .

Nxitimi absolut i trupit M, si vektor është: r r r r a = a e + a r + a cor ,

ku:

ae =

dv e (t ) d m = (t ) = 1 [ 2 ] , paraqet nxitimin e prizmës ABC, meqë ajo bënë lëvizje dt dt s

drejtvizore, në drejtim të aksit x. ar =

dv r (t ) d m = ( 2 ⋅ t ) = 2 [ 2 ] , paraqet nxitimin relativ të trupit M, pra nxitimin e dt dt s

lëvizjes së trupit M nëpër sipërfaqen e pjerrët të prizmës ABC.

r r r a cor = 2ω e xv r = 0 , ku ω e = 0 , pasiqë prizma ABC nuk rrotullohet. Në rastin e përgjithshëm intensiteti i nxitimit të Koriolisit caktohet me shprehjen: r r a cor = 2 ⋅ ω e ⋅ v r ⋅ sin(ω e , v r ) = 0 , në rastin tonë, sepse ω e = 0 .

Meqë këto komponente nuk janë normal në njëra tjetrën atëherë me projektim të ekuacionit vektorial të nxitimit absolut, në drejtim të aksit x dhe y, caktohet intensiteti i nxitimit absolut, pra:

128

Dr. sc. Ahmet Shala (x):

a x = ae + a r cosα = 1 + 2 ⋅ cos 45 o = 2 ,

(y):

a y = − a r sin α = − 2 ⋅ sin 45 o = −1 ,

Meqë këto dy komponente, tani janë normal në njëra tjetrën atëherë: a = (a x ) 2 + (a y ) 2 ,

a = (2) 2 + (−1) 2 , a= 5 [

m s2

].

DETYRA 2 (lëvizja zhvendosëse është rrotulluese kurse ajo relative është translative)

Nëpër shufrën OA = 1 [ m] , e cila rrotullohet rreth aksit Oz me shpejtësi këndore ω = t [ s −1 ] , lëviz unaza M, sipas ligjit x(t ) = t 2 [m] . Nëse unaza M në çastin fillestar ndodhej në pozicionin O, caktoni shpejtësinë dhe nxitimin absolut të saj në funksion të kohës, si madhësinë e tyre kur unaza arrin në pozicionin A.

z

ω x(t) M O

A

129

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Zgjidhje:

z

r

ω

ω

acor

x(t)

ve

M O

aen

aet A

x

v r ar

y

Shpejtësia e unazës M, si vektor është:

r r r v = ve + v r , ku:

ve = x(t ) ⋅ ω = t 2 ⋅ t ) = t 3 [m / s ] , paraqet shpejtësinë zhvendosëse të unazës dhe ka

drejtim norma në shufrën OA, meqë ajo rrotullohet rreth aksit Oz. vr =

dx (t ) d 2 = (t ) = 2 ⋅ t [m / s ] , paraqet shpejtësinë relative të unazës M, pra dt dt

shpejtësin e lëvizjes së unazës M nëpër shufrën OA. Meqë këto dy komponente janë normal në njëra tjetrën atëherë:

v = ( v e ) 2 + (v r ) 2 , v = (t 3 ) 2 + (2 ⋅ t ) 2 = t 6 + 4 ⋅ t 2 [m / s ] . Çastin e kohës kur unaza arrin në pozicionin A, e caktojmë nga:

x(t ) = t 2 = 1 , prej nga: t A = 1 = 1 [ s ] . Kështu për t A = 1 [ s ] , shpejtësia në këtë pozicion do të jetë: v A = t A 6 + 4 ⋅ t A 2 = 16 + 4 ⋅ 12 = 5 [ m / s ]

Nxitimi absolut i unazës M, si vektor është:

130

r r r r a = a e + a r + a cor ,

ku:

a et =

Dr. sc. Ahmet Shala

dve (t ) d 3 m = (t ) = 3 ⋅ t 2 [ 2 ] , paraqet nxitimin tangjencial zhvendosës të uanazës dt dt s

M, dhe ka drejtim normal në shufrën OA.

a en = x(t ) ⋅ ω 2 = t 2 ⋅ t 2 = t 4 [

m s2

] , paraqet nxitimin normal zhvendosës të uanazës M,

dhe ka drejtim e shufrës OA, dhe kahje prej M kah O. ar =

dv r (t ) d m = ( 2 ⋅ t ) = 2 [ 2 ] , paraqet nxitimin relativ të unazës M, pra nxitimin e dt dt s

lëvizjes së unazës M nëpër shufrën OA. r r r a cor = 2ω e xv r , ku ω e = ω , pasiqë shufra OA rrotullohet me këtë shpejtësi këndore.

Në rastin e përgjithshëm intensiteti i nxitimit të Koriolisit caktohet me shprehjen:

r r r r a cor = 2 ⋅ ω e ⋅ v r ⋅ sin(ω e , v r ) , në rastin tonë, sin(ω e , v r ) = sin(90 o ) = 1 , pra:

a cor = 2 ⋅ ω ⋅ v r ⋅ 1 = 2 ⋅ t ⋅ 2 ⋅ t = 4 ⋅ t 2 [

m s2

].

Drejtimi i kësaj komponente të nxitimit caktohet sipas rregullës së Zhukovskit, pra shpejtësia r relative projektohet në një aks normal me aksin e vektorit të shpejtësisë këndore ω . Sipas r figurës paraprake në bazë të rregullës së “dorës së djathtë” vektori ω , është paralel me aksin

z, kurse shpejtësia relative është paralele me aksin x, kështu që është veq e projektuar, prandaj vetëm rrotullohet për 90o, në kahje të rrotullimit të ω , me çrast nxitimi i Koriolisit do të ketë drejtimin e aksit y, por kahjen e kundërt me të. Me projektim të ekuacionit vektorial të nxitimit absolut, në drejtim të aksit x y dhe z, caktohet intensiteti i nxitimit absolut, pra: (x):

a x = −aen + a r = −t 4 + 2 ,

(y):

a y = − a et − a cor = −3t 2 − 4t 2 = −7 ⋅ t 2 ,

(z):

az = 0

Meqë këto komponente, janë normal në njëra tjetrën atëherë: a = (a x ) 2 + (a y ) 2 + (a z ) 2 ,

131


a = (−t 4 + 2) 2 + (−7 ⋅ t 2 ) 2 + (0) 2 , a = t 8 − 2 ⋅ 2 ⋅ t 4 + 4 + 49 ⋅ t 4 , a = t 8 + 45 ⋅ t 4 + 4 [

m s2

].

Kështu për t A = 1 [ s ] , nxitimi absolut në pozicion A do të jetë:

a A = t A8 + 45 ⋅ t A 4 + 4 , a A = 18 + 45 ⋅ 14 + 4 ,

aA = 5 2 [

132

m s2

].

Dr. sc. Ahmet Shala DETYRA 3 (UDHËZIME PËR DETYRAT SEMINARIKE K-10) Pika M lëviz nëpër harkun AB sipas ligjit s r = AM = πt 2 [cm] . Shufra O1A e mekanizmit 5 rrotullohet rreth çërnierës O1, sipas ligjit φ e = πt 3 [rad ] . Rrezja e harkut AB është 48 R = 16 [cm] . Gjatësitë e shufrave O1 A = O2 B = 20 [cm ] . Për çastin e kohës t = 2 [ s] , duhet të caktohet shpejtësia dhe nxitimi absolut i pikës M. B

R

O2

φe

M A

O1

φe

Zgjidhje aBt

vB B

aBn

O2

φe a tA

R

φr aet

vA

O1

vr φr

ve M

A

ωe

arn

aen

art

x φe

y

a nA

φe

133

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Janë dhënë: t := 2 ⋅sec

OA := 20 ⋅cm R := 16 ⋅cm 5 3 −3 φe ( t) := ⋅π ⋅t ⋅sec 48

(

2

sr ( t) := π ⋅t ⋅sec

−2

) ⋅cm

Këndi i shufrës O 1 A me aksin y në çastin fillestar dhe këndi relativ i OM me y pas kohës t=2[s]: sr ( t) −1 −1 φe ( t) ⋅deg = 150 sr ( t) = 12.566 cm φr ( t) := φr ( t) ⋅deg = 45 R Shpejtësia relative: 2 d d d -1 εr ( t) := ωr ( t) := φr ( t) φr ( t) vr( t) := sr ( t) vr( t) = 12.566 cmsec 2 d t t d dt Shpejtësia zhvendosëse: ve ( t)

ωe ( t) :=

vA ( t)

d φe ( t) dt

εe ( t) :=

d2 2

φe ( t)

dt

-1

ve ( t) := OA ⋅ωe ( t) ve ( t) = 78.54 cmsec Meqë këto dy komponente të shpejtësisë, nuk janë normal në njëra tjetrën, atëherë projektojmë në drejtim të akseve x dhe y: vx( t) := ve ( t) ⋅sin( φe ( t) + 90 ⋅deg) + vr( t) ⋅cos ( φr ( t) ) vy( t) := ve ( t) ⋅cos ( φe ( t) + 90 ⋅deg) − vr( t) ⋅sin( φr ( t) ) v( t) :=

2

( vx( t) ) + ( vy( t) )

2

vx( t) = − 59.132 cmsec

-1

vy( t) = − 48.156 cmsec

-1

v( t) = 76.26 cmsec

-1

Nxitimi relativ ka dy komponente: arn ( t) := R ⋅( ωr ( t) )

2

arn ( t) = 9.87 cmsec

Nxitimi zhvendosës: aen ( t) := OA ⋅( ωe ( t) )

ae ( t) 2

-2

art ( t) :=

d vr( t) dt

art ( t) = 6.283 cmsec

-2

aA ( t)

aen ( t) = 308.425 cmsec

-2

aet ( t) := OA ⋅εe ( t)

aet ( t) = 78.54 cmsec

-2

Nxitimi i Koriolisit është zero, pasi trupi D bën levizje transllative: Projeksionet e nxitimit absolut në akset x dhe y:

⎛ ⎝

π⎞ π⎞ ⎛ + art ( t) ⋅cos ( φr ( t) ) + aen ( t) ⋅sin( φe ( t) + π ) + aet ( t) ⋅sin⎜ φe ( t) + 2⎠ 2⎠ ⎝

⎛ ⎝

π⎞ π⎞ ⎛ − art ( t) ⋅sin( φr ( t) ) + aen ( t) ⋅cos ( φe ( t) + π ) + aet ( t) ⋅cos ⎜ φe ( t) + 2⎠ 2⎠ ⎝

ax ( t) := arn ( t) ⋅cos ⎜ φr ( t) +

ay ( t) := − arn ( t) ⋅sin⎜ φr ( t) + ax ( t) = − 224.766 cmsec ay ( t) = 216.412 cmsec

-2

-2

Meqë këto dy komponente të nxitimit, janë normal në njëri tjetrin, atëherë: a ( t) :=

2

( ax ( t) ) + ( ay ( t) )

a ( t) = 312.016 cmsec

134

-2

2

Dr. sc. Ahmet Shala Mënyra se si e kemi shtruar detyrën paraprake na mundëson që në funksion të kohës t të caktojmë shpejtësinë dhe nxitimin kështu në këto raste është me interes p.sh për një rrotullim të plotë të shufrës OA të nxjerrim diagramin e shpejtësisë dhe nxitimit apo edhe vlerat tabelare për pozicione të ndryshme. Vazhdojmë në të njëjtin “File”. 3

Nga:

φe ( t)

2π

tp :=

marrim se kaha e një rrotullimi të plotë:

360

Kështu marrim këtë interval të kohës:

t := 0 , 0.01 .. tp

48 ⋅2 5

80.2 60.15 φr ( t) 40.1 deg 20.05 0

0.67

1.34

2

2.67

2

2.67

t 360 270 φe ( t) 180 deg 90 0

0.67

1.34 t

142.9 107.18 v ( t)

71.45 35.73 0

0.67

1.34

2

2.67

t 991.87 743.9 a ( t) 495.93 247.97 0

0.67

1.34

2

2.67

t

Nga diagramet shihet se për një rrotullim të plotë (360o) të shufrës OA, pika M arrin në pozicionin e caktuar me φ r (t ) = 80.2 o .

135

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad DETYRA 4 (UDHËZIME PËR DETYRAT SEMINARIKE K-11) Pika materiale M lëviz nëpër drejtzën OC të trupit D sipas ligjit s r = OM = 16 − 8 cos 3πt [cm] , kurse vetë trupi D rrotullohet rreth aksit vertikal sipas ligjit:

ϕ e = 0.9t 2 − 9t 3 [rad ] . Caktoni shpejtësinë dhe nxitimin absolut të pikës M në qastin t = t1 =

2 [s ] . 9

Zgjidhje:

z

ωe εe

ϕe

z

vr

30° D

ar vr

M’ acor

acor

N r ae

ve

aeT

y

M

x

150°

M

ωe

30° y

O x Janë dhënë:

2 2 −2 3 −3 ⋅sec φe ( t) := 0.9 ⋅t ⋅sec − 9 ⋅t ⋅sec 9 Rruga relative fillestare dhe pas kohës t: t :=

sr ( 0 ⋅sec) = 8 cm

(

(

sr ( t) := 16 − 8 ⋅cos 3 ⋅π ⋅t ⋅sec

−1

) ) ⋅cm

sr ( t) = 20 cm

Shpejtësia relative: vr( t) :=

d

vr( t) = 65.297 cmsec

sr ( t)

-1

dt Shpejtësia zhvendosëse: r ( t) := sr ( t) ⋅sin( 30 ⋅deg)

ωe ( t) :=

ve( t) := r ( t) ⋅ωe ( t)

d φe ( t) dt

εe ( t) :=

d2 2

φe ( t)

dt

ve( t) = − 9.333 cmsec

-1

shenja (-) tregon se kahja e shpejtësisë zhvendosëse është e kundërt me rritjen e këndit φ e(t). Meqë këto dy komponente të shpejtësisë, janë normal në njëra tjetrën, atëherë: v( t) :=

136

2

( vr( t) ) + ( ve( t) )

2

v( t) = 65.96 cmsec

-1

Dr. sc. Ahmet Shala Vazhdojmë në të njëjtin “File”: Nxitimi relativ: d vr( t) dt Nxitimi zhvendosës: ar ( t) :=

aen ( t) := r ( t) ⋅( ωe ( t) )

ar ( t) = − 355.306 cmsec

2

aen ( t) = 8.711 cmsec

aet ( t) := r ( t) ⋅ εe ( t)

aet ( t) = 102 cmsec

-2

-2

-2

Nxitimi i Koriolisit: acor ( t) := 2 ⋅vr( t) ⋅ ωe ( t) ⋅sin( 150 ⋅deg)

acor ( t) = 60.944 cmsec

-2

Projeksionet e nxitimit absolut në akset x, y dhe z: -2

ax ( t) := aet ( t) + acor ( t)

ax( t) = 162.944 cmsec

ay ( t) := ar ( t) ⋅sin( 30 ⋅deg) − aen ( t)

ay( t) = − 186.364 cmsec

az( t) := ar ( t) ⋅cos ( 30 ⋅deg)

az( t) = − 307.704 cmsec

-2

-2

Meqë këto tri komponente të nxitimit, janë normal në njëri tjetrin, atëherë: a ( t) :=

2

2

( ax ( t) ) + ( ay ( t) ) + ( az( t) )

a ( t) = 394.923 cmsec

2

-2

137


ZGJIDHJA E NJË AFATI TË PROVIMIT NGA KINEMATIKA

DETYRA 1 Pika materiale M lëvizë në rrafshin Oxy. Nëse në drejtim të aksit x ka shpejtësinë

v x (t ) = 1 [m / s ] , kurse nxitimin në drejtim të aksit y e ka a y (t ) = 2 [m / s 2 ] . Në çastin fillestar koordinatat dhe shpejtësitë ishin zero, caktoni: - ligjin e lëvizjes dhe ekuacionin e trajektores, - shpejtësinë dhe nxitimin absolut në funksion të kohës dhe - për çastin e kohës t1=1[s], komponenten e nxitimit tangjencial, normal dhe rrezen e lakesës së trajektores.

Zgjidhje: vx =

dx , nga këtu rrjedhë: dt

dx = v x dt = 1 ⋅ dt = dt , nëse integrojmë kemi: x

t

0

0

∫ dx = ∫ dt , përkatsisht: x = t [m ] .

ax =

dv x d = (1) = 0 dt dt

ay =

dv y dt

, nga këtu rrjedhë:

dv y = a y dt = 2 ⋅ dt , nëse integrojmë kemi: vy

t

0

0

∫ dv y = 2∫ dt , përkatsisht: v y = 2t[m / s] .

vy =

dy , nga këtu rrjedhë: dt

dy = v y dt = 2 ⋅ tdt , nëse integrojmë kemi:

138

Dr. sc. Ahmet Shala y

t

0

0

∫ dy = 2∫ tdt , përkatsisht: y = t 2 [ m] . Pra: x = t[m] dhe y = t 2 [m] nga këtu y = x 2 paraqet trajektoren, pra një parabollë. Meqë v x = 1 dhe v y = 2t atëherë v = (v x ) 2 + (v y ) 2 = (1) 2 + (2t ) 2 = 1 + 4t 2 [m / s ] Meqë a x = 0 dhe a y = 2 atëherë a = (a x ) 2 + (a y ) 2 = (0) 2 + (2) 2 = 4 = 2[m / s 2 ] Duke ditur se: at =

at =

8t 4t dv d = ( 1 + 4t 2 ) = = atëherë për t = 1 [s], kemi: dt dt 2 1 + 4t 2 1 + 4t 2

4 ⋅1 1 + 4 ⋅ 12

=

4 5

=

4 5 [m / s 2 ] 5

Komponenta normale caktohet nga shprehja:

a n = a 2 − at2 = (2) 2 − (

4 5 2 16 2 2 5 ) = 4− = = [m / s 2 ] 5 5 5 5

Rrezja e lakesës për t =1 [s], do të jetë:

RL =

RL =

v2 , ku për t=1 kemi: v = 1 + 4 ⋅ 12 = 5 [ m / s ] , atëherë: an ( 5)2 2 5 5

=

25 2 5

=

5 5 [ m] . 2

139

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad DETYRA 2 Dy biella CA dhe CB të dy mekanizmave biellë-manivelë, ndërmjet veti janë të lidhura me çërnierë në pikën C. Manivelat O1A dhe O2B me gjatësi përkatëse l rrotullohen në kahje të njëjtë, me shpejtësi këndore konstante ωo . Të caktohet shpejtësia dhe nxitimi i pikës C për pozitën kur manivelat ndodhen në të njëjtën drejtzë dhe nëse ⊄ CAO1 = ⊄ CBO2 = 45°, distanca O1O2 = 2l . C

ωo A

45

O1

2l

O2

45

l

B

ωo l

Zgjidhje: Shpejtësitë:

y vA

vCB 45o o 45 C 45o vCA vB

x

vA

A

ωo

45o l

O1

2l O

O2

45o B

ωo l vB

140

Dr. sc. Ahmet Shala v A = O1 A ⋅ ω o = l ⋅ ω o , v B = O2 B ⋅ ω o = l ⋅ ω o r r r vC = v A + vCA ,................................................................................................................ (a) r r r vC = v B + vCB , ..............................................................................................................(b)

vCA = AC ⋅ ω AC , vCB = BC ⋅ ω BC AC = BC = 2l cos 45 + 2l cos 45 = 4l

vCA = 2l 2 ⋅ ω AC ,

2 = 2l 2 atëherë: 2

vCB = 2l 2 ⋅ ω BC

Shprehjet (a) dhe (b) le t’i projektojmë në x dhe y pra: (a)x:

vCx = vCA cos 45

(b)x:

vCx = vCB cos 45

(a)y:

vCy = v A − vCA sin 45

(b)y:

vCy = −v B + vCB sin 45

Kështu kemi fituar katër ekuacione me katër të panjohura, pra: Nga (a)x dhe (b)x rrjedhë se:

vCA = vCB . Kurse nga (a)y dhe (b)y rrjedhë se: lω o − vCA

2 2 = − lω o + vCB nga këtu: 2 2

v CA + vCB = 2 2 lω o , pra,

2vCA = 2 2 lω o , nga këtu: vCA = 2l 2 ⋅ ω AC = 2 lω o , prej nga:

ω AC =

ωo 2

,

dhe në mënyrë analoge:

141


ω BC =

ωo 2

atëherë: vCx = vCA cos 45 = 2 lω o ⋅

2 = lω o , kurse 2 2 = 0. 2

vCy = v A − vCA sin 45 = lω o − 2 lω o ⋅

Kështu: vC =

(vCx )2 + (vCy )2

=

(lω o )2 + (0)2

= lω o ,

pra ka drejtimin e aksit x.

y t 45o o aCB aB C 45 o 45 45o aA o 45 45o t aCA n aCA

A

ωo

45o aA

O1

l

a A = O1 A ⋅ ω o2 = l ⋅ ω o2 ,

x

n aCB

2l O

O2

ωo

45o l

aB

B

a B = O2 B ⋅ ω o2 = l ⋅ ω o2

r r rn rt ,..................................................................................................... (c) aC = a A + aCA + aCA r r rn rt , ...................................................................................................(d) aC = a B + aCB + aCB 2 n aCA = AC ⋅ ω AC =l

142

2 2 ωo , 2

2 n aCB = BC ⋅ ω BC =l

2 2 ωo 2

Dr. sc. Ahmet Shala t aCA

t = AC ⋅ ε AC = 2l 2 ε AC , aCB = BC ⋅ ε BC = 2l 2 ε BC

Shprehjet (c) dhe (d) le t’i projektojmë në x dhe y pra: (c)x:

n t aCx = a A − aCA cos 45 + aCA cos 45

(d)x:

n t a Cx = − a B + aCB cos 45 + a CB cos 45

(c)y:

n t aCy = −aCA sin 45 − aCA sin 45

(d)y:

n t aCy = −aCB sin 45 + aCB sin 45

Kështu kemi fituar katër ekuacione me katër të panjohura, pra: Nga (c)x dhe (d)x rrjedhë se: n t n t a A − aCA cos 45 + aCA cos 45 = − a B + aCB cos 45 + aCB cos 45 , përkatsisht:

⎛ ⎛ 2 2⎞ 2 2 2 2 2 2⎞ t t n n ⎟ = 2 ⎜ − lω o2 + l ⎟ − aCB = 2 ⎜⎜ − a A + aCA − a B + aCB − lω o2 + l aCA ωo ωo ⎟ ⎜ 2 2 ⎠ 2 2 2 2 ⎟⎠ ⎝ ⎝ t t aCA − aCB = −l 2 ω o2

Kurse nga (c)y dhe (d)y rrjedhë se: n t n t = − a CB − a CA − aCA + a CB

nga këtu: t t n n a CA + a CB = a CB − a CA = 0,

pra, t t a CA = − a CB

atëherë: t − 2aCB = −l 2 ω o2 ,

përkatësisht: t aCB =l

2 2 t ω o = −aCA 2

atëherë:

143

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad a Cx = lω o2 − l

aCy = −l

2 2 2 2 2 2 1 1 ωo −l ωo = lω o2 − l ω o2 − l ω o2 = 0 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 ωo +l ωo =0 2 2 2 2

Kështu nxitimi i pikës C:

aC = (aCx ) 2 + (aCy ) 2 = (0) 2 + (0) 2 = 0 .

DETYRA 3 Karroca D lëviz nëpër rrafshin horizontal O1x sipas ligjit xe = 2 ⋅ t + 0.2 ⋅ t 2 [cm] . Nëpër kanalin rrethor me rreze R = 20 [cm], të karrocës, lëvizë pika materiale M sipas ligjit

s r = OM = 20πt 2 [cm] . Caktoni shpejtësinë dhe nxitimin absolut të pikës M në funksion të kohës si dhe madhësinë e tyre në çastin kur pika materiale arrin pikën më të lartë në kanal.

M1

y

M

R

O

D

xe

x

O1 Zgjidhje: Shpejtësia absolute e pikës materiale M.

y

vr1 M1

vr ve1 R D

α

α

M ve O x

144

Dr. sc. Ahmet Shala r r r v M = ve + v r ...................................................................................................................(1) shpejtësia zhvendosëse: ve =

d d xe = (2t + 0.2 t 2 ) = 2 + 0.4 t [cm/s] dt dt

shpejtësia relative: vr =

d d s r = (20 π t 2 ) = 40 π t [cm/s] dt dt

Duke ditur se: Rα = s r kemi 2 s r 20 π t α= = = π t 2 [rad ] . R 20

Meqë këndi ndërmjet ve dhe vr është π/2+α atëherë intensiteti i shpejtësisë absolute mund të caktohet duke e përdorur teoremën e kosinusit pra: v M = ve2 + v r2 − 2ve v r cos(

π 2

+α) ,

v M = (2 + 0.4t ) 2 + (40πt ) 2 − 2(2 + 0.4t ) (40πt ) cos(

π 2

+ πt 2 ) .................................(2)

Për të caktuar shpejtësinë në pozicionin M1 sëpari duhet të caktojmë kohën për të cilën pika materiale arrin në atë pozicionin. Duke parë nga figura se kur pika arrin në poziocionin M1 këndi α arrin vleren π/2 atëherë: Rα = R

π 2

= s r1 = 20πt12 ,

marrim që t1 = +

R = 40

20 = 40

1 2 [s], = 2 2

merret (+) sepse koha është pozitive çdoherë. Nëse zëvendësojmë kohën t1 në shprehjen (2) fitojmë madhësinë e shpejtësisë absolute të pikës M në pozicionin M1 pra: v M1 = (2 + 0.4t ) 2 + (40πt ) 2 − 2(2 + 0.4t ) (40πt ) cos(

π 2

t =t1

+ πt 2 ) = 91.043 [cm/s]

145


Nxitimi absolut i pikës materiale M.

y

art 1 M1

a rt ae1

arn1

M ae

arn D

O x

r r r r a M = ae + a r + a cor ...................................................................................................... (3) nxitimi zhvendosës: ae =

d d ve = (2 + 0.4 t ) = 0.4 [cm/s2] dt dt

nxitimi relativ, meqë lëvizja është rrethore: r r r a r = a rn + a rt

ku:

a rt =

d d v r = (40 π t ) = 40 π [cm/s2] , dt dt

a rn =

2 v r2 ( 40 π t ) = = 80 π 2 t 2 [cm/s2] , R 20

Nxitimi i Koriolisit: r r r acor = 2ω e x vr = 0 ,

sepse ω e = 0 meqë trupi D nuk rrotullohet. Për të caktuar nxitimin absolut projektojmë shprehjen (3) në akset x dhe y pra: (x): a Mx = ae − art sin(α ) − arn cos(α ) = 0.4 − 40 π sin(πt 2 ) − 80 π 2t 2 cos(πt 2 ) , (y): a My = a rt cos(α ) − a rn sin(α ) = 40 π cos(πt 2 ) − 80 π 2 t 2 sin(πt 2 ) , aëherë meqë këto dy komponente janë normal në njëra tjetrën, nxitimi i pikës M do të jetë: 146

Dr. sc. Ahmet Shala a M = (a Mx ) + (a My ) , 2

2

pas zëvendësimit:

a M = [0.4 − 40π sin(πt 2 ) − 80π 2 t 2 cos(πt 2 )] 2 + [40π cos(πt 2 ) − 80π 2 t 2 sin(πt 2 )] 2 [cm / s 2 ] Për kohën t1 =

2 [s] : 2

a M1 = [0.4 − 40π sin(πt12 ) − 80π 2 t12 cos(πt12 )] 2 + [40π cos(πt12 ) − 80π 2 t12 sin(πt12 )] 2 [cm / s 2 ] përkatsisht: a M1 = 414.181 [cm / s 2 ]

147


DINAMIKA E PIKËS MATERIALE PROBLEMI I PARË DHE I DYTË I DINAMIKËS DETYRA 1: (Problemi i parë i Dinamikës) Pika materiale M me masë m lëviz nëpër trajektoren në formë spiralje e cila është dhënë me ekuacionin r = eϕ , ku ρ , ϕ paraqesin koordinatat polare të pikës M. Duke e ditur që pika materiale gjatë tërë kohës lëviz nëpër trajektore me shpejtësi konstante v o , të caktohet forca që e shkakton këtë lëvizje.

Zgjidhje:

r n

ro ϕ

r c

r F

Fr

Fc

M r r

r t

vo

Sipas ligjit të dytë të Dinamikës kemi: r r F = m ⋅ a ...............................................................................................................(1) Dimë se nxitimi në koordinata polare është: r r r a = a r + ac ,

a r = &r& − rϕ& 2 ,

a c = 2r&ϕ& + rϕ&& =

1 d 2 ( r ϕ& ) r dt

Caktojmë koordinatat r = r (t ) dhe ϕ = ϕ (t ) .

ϕ

dϕ

r r

r r

s

rdϕ

M

M’’r dr

ds

M’

Nga katrori i gjatësisë elementare të harkut (shih trekëndëshin e përafërt MM’M’’ në figurën paraprake) kemi: 148

Dr. sc. Ahmet Shala

(ds) = (dr ) + (rdϕ ) .........................................................................................(2) 2

2

2

kurse nga r = eϕ rrjedehë që: dr = eϕ dϕ = rdϕ . Zëvendësojmë në ekuacionin (2): (ds) 2 = (dr ) 2 + (dr ) 2 = 2(dr ) 2 , prej nga: ds = 2dr . Nga: v =

ds ⇒ ds = vdt = vo dt . dt

Nga dy shprehjet e fundit marrim: /∫ ,

2dr = vo dt r

t

ro

0

2 ∫ dr = vo ∫ dt ,

2 (r − ro ) = vo t . Për t o = 0 kemi ϕ o = 0 , prej nga ro = eϕo = e 0 = 1 , atëherë:

2 (r − 1) = vo t , r=

1 2

vo t + 1 ........................................................................................................(3)

Nga rdϕ = dr , kemi: dϕ = ϕ

r

o

o

dr , me integrim kemi: r ϕ

r

dr dr ∫ dϕ = ∫ r , përkatësisht: ∫ dϕ = ∫ r dhe marrim: ϕ r 0 1 r

ϕ = l n(r ) 1 = ln(r ) − ln(1) = ln(r ) ..........................................................................(4) Nga (3) rrjedhë që: r& =

d 1 1 ( vo t + 1) = vo , &r& = 0 . dt 2 2

Nga (4) rrjedhë që: ϕ& =

d 1 1 1 vo . (ln(r )) = r& = dt r r 2

Atëherë komponetet e nxitimit do të jenë: 2

v2 ⎛1 1 ⎞ a r = &r& − rϕ& = 0 − r ⎜ vo ⎟ = − o , 2r ⎝r 2 ⎠ 2

ac =

v2 1 1 1 1 1 1 d 2 1 d 21 1 vo ) = vo r& = vo vo = o . (r ϕ& ) = (r r dt r dt r 2 r 2 r 2 2r 2

Nga shprehja (1) rrjedhë që: r r r r F = ma = ma r + mac .

149

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad r r r r Meqë Fr = ma r është normal me Fc = mac atëherë intensiteti i forcës F është: 2

F =m

a r2

+ ac2

2

⎛ v2 ⎞ ⎛ v2 ⎞ 2 mvo2 . = m ⎜− o ⎟ + ⎜ o ⎟ = ⎜ 2r ⎟ ⎜ 2r ⎟ 2 r ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

r r dv = 0 , a = a N , që do të dt thotë se forca ka drejtimin e nxitimit normal përkatësisht drejtimin e normales në trjaktore.

Meqë shpejtësia është konstante, pra v = vo = konst. atëherë: aT =

DETYRA 2: (Forca funksion i kohës F= f(t) ) Pika materiale me masë m lëviz në rrafshin horizontal, nën veprimin e forcës r r r F = Fo sin kt ⋅ i + Fo cos kt ⋅ j , ku Fo , k janë konstante. Të caktohen ligjet e lëvizjes së kësaj pike materiale nëse në çastin fillestar, pra: t o = 0 kemi: xo = 0 , x& o = 0 dhe y o = 0 , y& o = 0 .

Zgjidhje:

y

r F Y X

r j

x

r i Sipas ligjit të dytë të Dinamikës kemi; r r r m ⋅ a = ∑ Fi = F , projektojmë në x dhe y, kemi: (x):

m&x& = X = Fo sin(kt ) ,

&x& =

Fo sin(kt ) , m

&x& =

dx& Fo = sin(kt ) dt m

dx& =

150

Fo sin(kt )dt m

/⋅ dt , /∫ ,

Dr. sc. Ahmet Shala x&

∫ dx& =

x&o

t

Fo sin(kt )dt , m ∫0

x& − x& o = − x& = x& o − x& =

Fo F t cos(kt ) 0 = − o (cos(kt ) − 1) , mk mk

Fo (cos(kt ) − 1) , mk

F dx = x& o − o (cos(kt ) − 1) dt mk

/ dt ,

Fo (cos(kt ) − 1)dt mk

/∫ ,

dx = x& o dt − x

t

xo

0

∫ dx = x&o ∫ dt − x = xo + x& o t −

t t ⎞ Fo ⎛⎜ − cos( kt ) dt dt ⎟ , ∫ ∫ ⎟ mk ⎜⎝ 0 0 ⎠

Fo ⎛ 1 ⎞ ⎜ sin( kt ) − t ⎟ , mk ⎝ k ⎠

Pas zëvendësimit të kushteve fillestare kemi: x=−

(y):

Fo m

⎛1 ⎞ F ⎛ 1 ⎞ ⎜ sin( kt ) − t ⎟ = o ⎜ t − sin( kt ) ⎟ , ⎠ ⎝k ⎠ m⎝ k

m&y& = Y = Fo cos(kt ) ,

&y& =

Fo cos(kt ) , m

&y& =

dy& Fo = cos(kt ) dt m

dy& = y&

Fo cos(kt )dt m

∫ dy& =

y& o

/⋅ dt , /∫ ,

t

Fo cos(kt )dt , m ∫0

y& − y& o =

Fo F t sin(kt ) 0 = o sin(kt ) , mk mk

y& = y& o +

Fo sin(kt ) , mk

y& =

F dy = y& o + o sin(kt ) dt mk

/ dt ,

Fo sin(kt )dt mk

/∫ ,

dy = y& o dt +

151

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad y

t

yo

0

∫ dy = y& o ∫ dt + y = y o + y& o t +

t

Fo sin(kt )dt , mk ∫0

Fo ⎛ 1 Fo t ⎞ (cos(kt ) − 1) . ⎜ − cos(kt ) 0 ⎟ = y o + y& o t − mk ⎝ k ⎠ mk 2

Pas zëvendësimit të kushteve fillestare kemi: y=−

Fo mk

2

(cos(kt ) − 1) =

Fo mk 2

(1 − cos(kt ) ) .

DETYRA 3: (Rënia e lirë, forca funksion i koordinatës F= f(x,y,z) )

Një trup A me masë m, i cili mund të konsiderohet si pikë materiale, bie lirisht në sipërfaqe të Tokës nga lartësia H. Të caktohet shpejtësia e rënies së këtij trupi në sipërfaqen e Tokës, duke marrë që forca tërheqëse e Tokës në trup është e shprehur nëpërmes ligjit të dytë të Dinamikës M ⋅m mbi gravitacionin e përgjithshëm, pra: F (r ) = k 2 , ku: M – masa e Tokës, r – distanca e r trupit nga qendra e Tokës, k – konstante e përgjithshme e gravitacionit që duhet caktuar. Zgjidhje:

Ao

x y

A

H F

vr A1 mg R y Kur trupi ndodhet në sipërfaqe të Tokës (pozicioni A1) kemi: F = mg , pra r = R ,

prej nga rrjedhë se: mg = k

152

M ⋅m R2

,

r

Dr. sc. Ahmet Shala përkatësisht:

k ⋅ M = g ⋅ R2 . Duke e ditur se: r = R+ H − y,

atëherë forca e gravitacionit të përgjithshëm do të jetë:

F (r ) = k

M ⋅m r2

=

mgR 2 ( R + H − y) 2

= f ( y) .

Kështu pra, forca e cila vepron në trupin (pikën materiale) A është funksion i koordinatës y. Sipas ligjit të dytë të Dinamikës për pozicionin e çfarëdoshëm A , kemi: r r m⋅a = F , projektojmë në drejtim të aksit të lëvizjes y dhe fitojmë:

m ⋅ &y& = F = &y& =

mgR 2 (R + H − y) 2

/:m ,

dy& dy dy& gR 2 = y& = dy dt dy ( R + H − y ) 2

y& ⋅ dy& =

gR 2 ( R + H − y) 2

y&

y

0

0

2 ∫ y& ⋅ dy& = gR ∫

dy

/∫ ,

dy ( R + H − y) 2

1 y& 2 = gR 2 2 R+H − y

y 0

/ ⋅dy ,

,

⎛ 1 1 ⎞ ⎟⎟ , = gR 2 ⎜⎜ − ⎝R+H − y R+H⎠

⎛ 1 1 ⎞ ⎟⎟ . y& = R 2 g ⎜⎜ − ⎝R+H − y R+H ⎠

Për y=H, trupi A bie mbi sipërfaqe të Tokës, atëherë: 1 1 ⎞ 1 ⎞ ⎛ ⎛1 2⎛ R + H − R ⎞ ⎟⎟ , − y& = R 2 g ⎜ ⎟ = R 2g⎜ − ⎟ = 2 gR ⎜⎜ ⎝R+H −H R+H⎠ ⎝R R+H ⎠ ⎝ R( R + H ) ⎠

v r = y& =

2 gRH . R+H

Shprehja e fundit paraqet shpejtësinë e rënies së lirë të trupit A, mbi sipërfaqe të Tokës, apo ndryshe quhet edhe shpejtësia e rënies së lirë e llogaritur sipas Njutnit. Nëse lartësia (H) nga e cila bie trupi nuk është aq e madhe në raport me rrezen e Tokës (R) , atëherë: H << R do të kemi:

153


vr =

2 gRH ≈ 2 gH , H R(1 + ) R

Shprehja e fundit quhet shpejtësia e rënies së lirë e llogaritur sipas Galileut. Kështu për R = 6370km, g = 9.81m/s2, dhe H = 10km kemi: Sipas Njutnit: v r =

2 gRH = R+H

2 ⋅ 9.81 ⋅ 6370 ⋅ 10 3 ⋅ 10 ⋅ 10 3 (6370 + 10) ⋅ 10

3

Sipas Galileut: v r = 2 gH = 2 ⋅ 9.81 ⋅ 10 ⋅ 10 3 ≈ 442.877

≈ 442.529

m . s

m . s

Kurse për H = 20km do të kemi: Sipas Njutnit: v r =

2 gRH = R+H

2 ⋅ 9.81 ⋅ 6370 ⋅ 10 3 ⋅ 20 ⋅ 10 3 (6370 + 20) ⋅ 10

3

Sipas Galileut: v r = 2 gH = 2 ⋅ 9.81 ⋅ 20 ⋅ 10 3 ≈ 610.464

≈ 609.553

m . s

m . s

Nga analizat e fundit mund të konkludohet se, shprehje më e saktë është shprehja e dhënë sipas Njutnit, por për lartësi të vogla të rënies (H) këto dy shprehje janë të përafërta. DETYRA 4: (Satelitët artificial të Tokës)

Duke e ditur se rrezja e Tokës është R = 6370km dhe shpejtësia këndore e rrotullimit të saj, rad rreth boshtit të vet (qendrës) është ω = 7 ⋅ 10 −5 , të caktohet lartësia mbi sipërfaqe të s Tokës, në të cilën duhet të vendoset një trup (pikë materiale) me masë m , ashtuqë ai të jetë satelit artificial i Tokës, p.sh pranuesit-dhënësit të sinjalit televizivë satelitor. Zgjidhje:

S

vs as

F

v

ω

R y

154

h

Dr. sc. Ahmet Shala Një pikë në sipërfaqen e Tokës e ka shpejtësinë:

v = R ⋅ω . Një trup (pikë materiale) nëse është satelit artificial i Tokës atëherë do të ketë shpejtësinë ndaj qendrës së Tokës: v s = ( R + h) ⋅ ω . Sipas detyrës paraprake në këtë trup (satelit artifiacial të Tokës) vepron forca e gravitacionit të përgjithshëm, e cila është:

F=

k ( R + h) 2

=

mgR 2 ( R + h) 2

,

ku k është caktuar nga F = mg dhe h = 0 prej të cilës rrjedhë: k = mgR 2 . Meqë Toka dihet se rrotullohet me shpejtësi këndore konstante atëherë nxitimi i trupit satelitit është i barabartë me nxitimin normal, pra: as = a N =

vs 2 v 2 ( R + h) 2 ⋅ ω 2 = s = RL R + h R+h .

a s = ( R + h) ⋅ ω 2 Sipas ligjit të Njutnit, për këtë satelit kemi: r r m ⋅ as = F , projektojmë në drejtim të normales (aksit y ) dhe fitojmë: m ⋅ aN = F ,

m ⋅ ( R + h) ⋅ ω 2 = ( R + h) 3 =

R+h=3

h=3

h=3

gR 2

ω2 gR 2

ω2

gR 2

ω2

gR 2

ω2

mgR 2 ( R + h) 2

,

,

,

− R,

−R=3

9.805 ⋅ 10 −3 ⋅ 6370 2 (7 ⋅ 10 −5 ) 2

− 6370 ,

h = 36932.217km .

155

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad DETYRA 5 (Hedhja e pjerrët):

Nga një armë ushtarake – TOP artilerie, i vendosur në lartësin mbidetare h, është bërë një gjuajtje e një predhe në drejtim të një caku në sipërfaqen e detit. Predha në momentin e daljes nga gypi i Topit ka shpejtësinë fillestare vo, drejtimi i të cilës me horizontalen formon këndin α. Të caktohen ekuacionet e lëvizjes, ekuacioni i trajektores, lartësia H dhe largësia L e rënies së predhës.

r v

y r vo

O

M

r vM

r mg

α

H

h

C x

L Sipas ligjin të dytë të dinamikës kemi: r r r m ⋅ a = F = mg , e projektojmë në x dhe y fitojmë:

m ⋅ ax = m ⋅

dv x = X = 0, dt

m ⋅ ay = m ⋅

dv y dt

= Y = − mg .

Ndajmë ndryshoret: dv x = 0 ⇒ v x = konst = C1 ,

dv y = − g ⋅ dt / ∫ ,

dhe kryejmë integrimin e parë: vx =

dx = C1 dt

/ dt ,

vy =

dy = − g ⋅ t + C3 dt

Ndajmë ndryshoret: dx = C1 dt

/∫

,

dy = ∫ (− g ⋅ t + C3 )dt ,

dhe kryejmë integrimin e dytë:

x = C1t + C 2 ,

156

y = −g ⋅

t2 + C3t + C 4 . 2

/ dt .

Dr. sc. Ahmet Shala Për to=0 kemi: xo = 0,

y o = h,

x& o = vo cos α ,

y& o = vo sin α .

Nga këto kushte fillestare caktojmë konstatet e integrimit: xo = C1 ⋅ 0 + C 2

⇒ C 2 = xo = 0 ,

x& o = C1 ⇒ C1 = vo cos α , yo = − g ⋅

02 + C3 ⋅ 0 + C 4 2

y& o = − g ⋅ 0 + C3

⇒ C4 = yo = h ,

⇒ C3 = y& o = vo sin α .

Kështu projeksionet e shpejtësisë do të jenë: v x = v o cos α , v y = − g ⋅ t + vo sin α .

Ligjet e lëvizjes së pikës do të jenë:

x = vo ⋅ t ⋅ cos α , y = −g ⋅

t2 + vo ⋅ t ⋅ sin α + h . 2

Trajektoria e pikës

Trajektoria caktohet duke eliminuar kohën t nga shprehjet e ekuacioneve të lëvizjes, ashtuqë fitojmë ekucionin y = f(x), pra: x = vo ⋅ t ⋅ cos α ⇒ t =

y = −g ⋅

x , vo ⋅ cos α

t2 + vo ⋅ t ⋅ sin α + h , 2 2

⎛ ⎞ x ⎜⎜ ⎟ vo ⋅ cos α ⎟⎠ x ⎝ + vo ⋅ ⋅ sin α + h , y = −g ⋅ 2 vo ⋅ cos α

y = h + x ⋅ tgα −

g 2 ⋅ vo2

⋅ cos α 2

⋅ x2 .

Shprehja e fundit paraqet ekuacionin e trajektores së predhës. Largësia e rënies së predhës

Largësia e rënies së predhës (L) caktohet për t = t1, y = 0 dhe x = L, pra:

157

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad x = vo ⋅ t ⋅ cos α ⇒ L = vo ⋅ t1 ⋅ cos α , t12 t2 y = − g ⋅ + vo ⋅ t ⋅ sin α + h ⇒ 0 = − g ⋅ + vo ⋅ t1 ⋅ sin α + h ⇒ 2 2

prej nga koha e nevojshme për të arritur në largësinë L (pika C) është: g − vo ⋅ sin α ± (vo ⋅ sin α ) 2 − 4 ⋅ (− )h 2 , t1 = g 2( − ) 2

t1 =

vo ⋅ sin α + (vo ⋅ sin α ) 2 + 2 ⋅ g ⋅ h g

.

Merret (+) sepse t1>0. Kurse largësia maksimale është:

L = vo ⋅

vo ⋅ sin α + (vo ⋅ sin α ) 2 + 2 ⋅ g ⋅ h g

⋅ cosα .

Lartësia më e madhe

Lartësia më e madhe H (koordinata yM e pikës M) caktohet nga vy=0, (shpejtësia në drejtim vertikal në pikën më të lartë është zero), pra: v y = − g ⋅ t + vo sin α ⇒ − g ⋅ t 2 + vo sin α = 0,

ku është: t 2 =

vo sin α , koha e nevojshme për të arritur lartësinë më të madhe. g

Pas zëvendësimit të kohës t2 në ekuacionin e lëvizjes për y:

y = −g ⋅

t2 2

+ vo ⋅ t ⋅ sin α + h ,

fitojmë lartësinë ( y = H, t = t2) më të madhe:

H = −g ⋅

t 22 + vo ⋅ t 2 ⋅ sin α + h , 2

vo sin α ) 2 v g H = −g ⋅ + vo ⋅ o sin α ⋅ sin α + h , 2 g (

158

H = h+

vo2 1 sin 2 α (1 − ), g 2

H = h+

vo2 sin 2 α . 2g

Dr. sc. Ahmet Shala DETYRA 6: (Lëvizja e pikës nën veprimin e forcave tërheqëse) r r Pika materiale M, me masë m, lëviz nën veprimin e dy forcave tërheqëse, F A dhe FB , qendrat e tërheqjes së të cilave janë pikat A(a, 0) dhe B(0, b). Intensiteti i forcave është proporcional me distancën e pikës M nga qendrat e tërheqjes me koeficient proporcinaliteti k. Të caktohen ekuacionet e lëvizjes së pikës. Në çastin fillestar pika materiale ndodhej në pozicionin A dhe ka shpejtësinë fillestare vo, e cila është paralel me aksin horizontal x.

Zgjidhje:

y M(x, y) B(0, b)

r FB

r FA

O

A(a, 0)

x

Sipas ligjit të Njutnit kemi: r r r ma = FA + FB ................................................................................................................(1) Forca tërheqëse kah A, si vektor është: r FA = k MA , kurse

r FB = k MB ,

ku:

r r MA = (a − x)i + (− y ) j , kurse

r r MB = − x ⋅ i − ( y − b) j ,

atëherë r r r FA = k MA = k (a − x)i + (−ky) j , kurse

r r r FB = k MB = −kx ⋅ i − k ( y − b) j ,

Ekuacionin (1) e projektojmë në drejtim të akseve x dhe y: (x): m&x& = k ( a − x ) − kx , &x& +

2k ka , x= m m

x = x h + xv ,

x h = C1 cos(

(y):

m&y& = − ky − k ( y − b) ,

&y& +

2k kb , y= m m

y = y h + yv ,

2k 2k t ) + C 2 sin( t) , m m

xv = K1 = konst. , ⇒ x& v = &x&v = 0 ,

y h = C3 cos(

2k 2k t ) + C 4 sin( t) , m m

y v = K 2 = konst. , ⇒ y& v = &y&v = 0 ,

159

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad 2k 2k ka kb a b ⇒ K1 = = x v , ⇒ K 2 = = yv , K1 = K2 = 2 2 m m m m ⎛ 2k ⎞ ⎛ 2k ⎞ a x = C1 cos⎜⎜ t ⎟⎟ + C 2 sin ⎜⎜ t ⎟⎟ + , m m ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2

⎛ 2k ⎞ ⎛ 2k ⎞ b y = C3 cos⎜⎜ t ⎟⎟ + C 4 sin ⎜⎜ t ⎟⎟ + ....(2) m m ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2

Konstantet C1 , C 2 , C3 dhe C 4 caktohen nga kushtet fillestare: t o = 0 , xo = a dhe x& o = vo ,

y o = 0 dhe y& o = 0 .

Caktojmë derivatet:

x& = −C1

⎛ 2k ⎞ ⎛ 2k ⎞ 2k 2k t ⎟⎟ + C 2 t ⎟⎟, sin ⎜⎜ cos⎜⎜ m m ⎝ m ⎠ ⎝ m ⎠

y& = −C3

⎛ 2k ⎞ ⎛ 2k ⎞ 2k 2k t ⎟⎟ + C 4 t ⎟⎟. sin ⎜⎜ cos⎜⎜ m m ⎝ m ⎠ ⎝ m ⎠

............................................................(3)

Zëvendësojmë kushtet fillestare në ekuacionet (2) dhe (3): a = C1 ⋅ 1 + C 2 ⋅ 0 +

a , 2

2k 2k ⋅ 0 + C2 ⋅1 , m m

vo = −C1

0 = C3 ⋅ 1 + C 4 ⋅ 0 +

0 = −C3

prej nga marrim: C1 = −

a , 2

C 2 = vo C3 = −

m , 2k

b , 2

C4 = 0 . Kështu përfundimisht fitojmë ekuacionet e lëvizjes: ⎛ 2k ⎞ ⎛ 2k ⎞ a a m x (t ) = − cos⎜⎜ t ⎟⎟ + vo sin ⎜⎜ t ⎟⎟ + , 2 m 2 k m ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2

dhe ⎛ 2k ⎞ b b y (t ) = − cos⎜⎜ t ⎟⎟ + . 2 ⎝ m ⎠ 2

160

b , 2

2k 2k ⋅ 0 + C4 ⋅1 , m m

Dr. sc. Ahmet Shala LIGJET E PËRGJITHSHME TË DINAMIKËS DETYRA 1 (Sasia e lëvizjes)

Aeroplani me peshë P = 9.805 kN, fillon lëvizjen në pistë, me çrast ndryshimi ndërmjet forcës tërheqëse dhe forcës së rezistencës është konstant dhe atë Fr = 3kN . Të caktohet: a) sa kohë i nevojitet aeroplanit që të shkëputet nga sipërfaqja e Tokës nëse shpjetësia në të cilën ai e arrin këtë është 60m/s dhe b) sa kohë i nevojitet aeroplanit që të shkëputet nga sipërfaqja e Tokës nëse 10 sekondat e parë aktivizohen motorët ndihmës, të cilën kanë forcë shtytëse konstante dhe atë 1.5kN.

y r Fr

x

O

pista

Zgjidhje:

Lëvizjen e aeroplanit nëpër pistë do ta konsiderojmë si lëvizje translatore drejtëvizore, përkatësisht si lëvizje drejtvizore të pikës materiale. a) Për të caktuar kohën e shkëputjes nisemi nga ligji mbi ndryshimin e sasisë së lëvizjes: r r mv − mvo =

Tsh

r

∫ Fr dt , 0

projektojmë në drejtim të lëvizjes (x):

mv − mvo =

Tsh

∫ Fr dt , 0

ku:

vo = 0 ,

atëherë:

m=

P v = Fr g

P , g

v = 60m / s ,

Tsh

Fr = 3kN = konst. ,

∫ dt = Fr ⋅ Tsh , prej nga: 0

Tsh =

P v 9.805 60 = = 20 s . g Fr 9.805 3

b) Koha e shkëputjes edhe në këtë rast caktohet nga ligji mbi ndryshimin e sasisë së lëvizjes: Tsh 10 r r r r mv − mvo = ∫ F p dt + ∫ Fr dt , 0

0

projektojmë në drejtim të lëvizjes (x):

Tsh 10 r mv − mvo = ∫ F p dt + ∫ Fr dt , 0

0

161

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad ku: F p = 1.5kN = konst . e cila vepron 10 sekundat e parë. vo = 0 ,

m=

P , g

v = 60m / s ,

10

P v = F p ∫ dt + Fr g 0

atëherë:

prej nga:

Tsh =

Fr = 3kN = konst. ,

Tsh

∫ dt = F p ⋅ 10 + Fr ⋅ Tsh , 0

P v F p ⋅ 10 9.805 60 1.5 ⋅ 10 − = − = 15 s , g Fr Fr 9.805 3 3

DEYTRA 2 (Sasia e lëvizjes)

Një predhë me masë m, është lansuar me shpejtësi fillestare v o , drejtimi i të cilës me horizontalen formon këndin α. Caktoni kohën e nevojshme që predha të arrijë lartësinë më të madhe dhe shpejtësinë për këtë pozicion. Zgjidhje:

y

M

r vM

r vo

O

H

α

x Zbatojm ligjin mbi ndryshimin e sasisë së lëvizjes prej pozicionit O në M: T

r r r mv M − mvo = ∫ mgdt , 0

projektojmë në drejtim të aksit y: m ⋅ 0 − mvo sin α = −mgT , prej nga koha e arritjes së lartësisë më të madhe do të jetë: T=

vo sin α . g

Nëse projektojmë në drejtim të aksit x kemi: m ⋅ v M − mvo cos α = 0 , prej nga shpejtësia në pozicionin kur predha arrin lartësinë maksimale është: v M = vo cos α .

162

Dr. sc. Ahmet Shala DETYRA 3: (Momenti kinetik)

Nëpër pllakën e lëmuar horizontale, rrëshqet sferëza M me masë m, e cila është e lidhur me një r litar. Litari kalon nëpër një vrimë të hapur në pllakë dhe tërhiqet me shpejtësi konstante v . Në çastin fillestar sferëza gjendet në distancën R nga vrima O dhe ka një shpejtësi r fillestare v o e cila ka drejtim normal në distancën R. Të caktohet ligji i lëvizjes së sferëzës dhe forca në litar. z

M r vo

O

ϕ

Mo

R

x

Zgjidhje:

Për pozicionin e çfarëdoshëm të sferëzës M bëjmë lirimin nga lidhjet dhe zbatojmë ligjin mbi ndryshimin e momentit kinetik për pikën O. r n r rj dLo F = ∑ M Oi . dt i =1

r Fr j Nga figura e mëposhtme shihet se ∑ M Oi është e barabartë me zero, pasiqë asnjë forcë nuk n

i =1

jep moment për pikën O.

r N

z

r S

O

M r vo

r r ϕ

Mo

R

x r mg

r v Nga shprehja paraprake rrjedhë që: r Lo = konst.

163

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad përkatësisht momenti kinetik në çfarëdo çasti të kohës është i barabartë me momentin kinetik në çastin filestar, pra: Lo = (Lo )0 ,

(Lo )0

= mv o R ,

Lo = m r 2ϕ& , kështu: m r 2ϕ& = mvo R ,

ϕ& =

vo R r2

.

Me detyrë është dhënë se shpejtësia me të cilën tërhiqet litari është konstante dhe atë me intensitet v, atëherë:

r& = −v , kështu: dr = −v ⇒ dr = −vdt , dt

përkatësisht: r

t

R

0

∫ dr = −v ∫ dt , r = R − v⋅t . Zëvendësojmë në shprehjen për shpejtësi këndore dhe fitojmë:

ϕ& =

vo R (R − v ⋅ t) 2

,

vo R dϕ , = dt ( R − v ⋅ t ) 2 dϕ =

vo R (R − v ⋅ t)2

dt ,

ϕ

t

0

2 0 (R − v ⋅ t)

∫ dϕ = ∫

ϕ=

vo R

dt ,

vo . R − v⋅t

r Nëse zbatojmë ligjin e Njutnit, të projektuar në drejtim të vektorit r , përkatësisht distancës OM do të kemi:

m ⋅ ar = −S ,

164

Dr. sc. Ahmet Shala a r = &r& − rϕ& , 2

ku: &r& =

dr& d = ( −v ) = 0 , meqë v = konst. dt dt

r = R − v⋅t ,

ϕ& =

vo R (R − v ⋅ t) 2

,

atëherë: 2 ⎛ ⎞ ⎛ vo R ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 0 S = m(rϕ& − &r&) = m⎜ ( R − v ⋅ t ) − ⎟⎟ , 2⎟ ⎜ ⎜ (R − v ⋅ t) ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ 2

S=

m ⋅ vo4 ⋅ R 4 (R − v ⋅ t)3

.

DETYRA 4 (Lëvizja e pikës nën veprimin e forcës qendrore, ekuacioni i Bineut)

Të caktohet forca qendrore Fr nën veprimin e të cilës lëviz pika materiale me masë m, nëse p trajektorja e saj është dhënë në koordinata polare me shprehjen r = , ku p dhe e 1 + e cos ϕ janë konstante. Zgjidhje

Nga teoria dimë se ekuacioni i Bineut për lëvizje të pikës nën veprimin e forcës qëndrore ka formën: r 2 Fr d2 ⎛1⎞ 1 + = − , ⎜ ⎟ dϕ 2 ⎝ r ⎠ r 4mc 2 ku: Fr – forca qëndrore, r , ϕ - koordinatat polare të pikës materiale me masë m,

2c = r 2ϕ& - shpejtësia sektoriale e pikës. Nga shprehja e trajektores marrim që: 1 1 = (1 + e cos ϕ ) , r p përkatësisht: d2 ⎛1⎞ d2 ⎜ ⎟= dϕ 2 ⎝ r ⎠ dϕ 2

⎛1 ⎞ e ⎜⎜ (1 + e cos ϕ ) ⎟⎟ = − cos ϕ . p ⎝p ⎠

165

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Pas zëvendësimit në ekuacion të Bineut fitojmë: r 2 Fr e 1 , − cos ϕ + (1 + e cos ϕ ) = − p p 4mc 2

prej nga:

Fr =

⎞ 4mc 2 ⎛ e e e ⎟⎟ , ⎜ cos ϕ cos ϕ − − ⎜ p p r2 ⎝ p ⎠

përkatësisht forca qendrore do të jetë: Fr = −

4e ⋅ mc 2 1 ⋅ 2. p r

DETYRA 5: (Energjia kinetike, puna e forcave)

Sa duhet të jetë ho, për të cilën duhet shtypur (shkurtuar) sustën me ngurtësi c = 5N/m dhe gjatësi fillestare AB, e cila është e vendosur në gypin e pjerrët, ashtuqë sferëza me masë m = 1kg, që mund të konsiderohet si pikë materiale, të kaloj pengesën e cila e ka lartësinë maksimale 5m në pikën C(9;0). Koeficienti i fërkimit ndërmjet gypit dhe sferëzës është µ=0.1. Gjithashtu caktoni largësinë D ku bie sferëza. Rezistencat tjera të neglizhohen.

y ho

5

B C (9;0)

c 8

Mo

A

Zgjidhje:

166

6

D

x

Dr. sc. Ahmet Shala

y vB ho

α Mo mg

8

c α A

5

v

B

mg C (9;0)

Fc Fµ

x

D

6

Sëpari analizojmë gypin AB. Me qëllim të caktimit të shpejtësisë në pozicionin B zbatojmë ligjin mbi ndryshimin e energjisë kinetike prej pozicionit Mo (marrim që susta është shtypur për madhësinë ho, të cilën duhet caktuar pastaj) deri në pozicionin B, që është i barabartë me punën e forcave që veprojnë në atë pjesë, e që janë puna e peshës mg, puna e forcës së sustës Fc dhe puna e forcës së fërkimit Fµ, pra: E k ( B ) − E k ( M o ) = A(mg ) + A( Fµ ) + A( Fc ) ...................................................................(1) Ek (M o ) = Ek B =

1 mv o2 = 0 , meqë sferëza lëshohet lirisht, pa shpejtësi fillestare. 2

1 mv B2 , 2

A( mg ) = − mgH ,

A( mg ) =

H = ho sin α = ho

8 8 +6 2

=

2

8 100

ho =

8 4 ho = ho , 10 5

4 mgho , 5

A( Fµ ) = − Fµ ho ,

Fµ = µ ⋅ N ,

nga m&y& = 0 = N − mg cos α , cos α = N = mg cos α =

6 82 + 6 2

=

6 100

=

6 3 = , 10 5

3 mg , 5

3 A( Fµ ) = − Fµ ho = − µ ⋅ mg ⋅ ho , 5 A( Fc ) =

1 2 cho . 2

167

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Pas zëvendësimit në shprehjen (1) fitojmë: 1 4 3 1 mv B2 = − mg ⋅ ho − µ ⋅ mg ⋅ ho + cho2 , 2 5 5 2

prej nga: c 8 6 v B2 = −( g + µ ⋅ g ) ho + ho2 ......................................................................................(2) m 5 5

Për lëvizjen e sferëzës pas daljes nga gypi, zbatojmë ligjin e dytë të Dinamikës (hedhja e pjerrët) dhe kemi: r r ma = mg , përkatësisht të projektuar në drejtim të akseve x dhe y: m&x& = 0

m&y& = −mg ,

dhe

pas zgjidhjes së këtyre ekuacioneve diferenciale dhe zëvendësimit të kushteve fillestare: t o = 0 ⇒ xo = 0, x& o = v B cos α dhe y o = 0, y& o = v B sin α , ekuacionet e lëvizjes së sferëzës do të jenë:

x = v B ⋅ t ⋅ cos α , y = −g ⋅

t2 + v B ⋅ t ⋅ sin α . 2

Lartësia më e madhe ( y = H = 5m, t = t2) caktohet me shprehjen:

H = −g ⋅

t 22 + v B ⋅ t 2 ⋅ sin α , 2

ku: t2 koha për të cilën sferëza arrin lartësinë më të madhe H dhe atë H = 5m, atëherë:

5 = −g ⋅

t 22 4 + v B ⋅ t 2 ⋅ ...................................................................................................(3) 2 5

Nga kushti që lartësia më e madhe është në pikën C(9; 0), pra për x = 9m kemi:

x = v B ⋅ t 2 ⋅ cosα , 9 = vB ⋅ t2 ⋅

3 5

prej nga: t 2 =

15 . vB

Zëvendësojmë në ekuacionin (3) dhe fitojmë: 2

⎛ 15 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ v 15 4 225 ⋅ , v B2 = 5 = − g ⋅ ⎝ B ⎠ + vB ⋅ g, 2 vB 5 14 duke e krahasuar me shprehjen (2) kemi: c 8 6 225 − ( g + µ ⋅ g )ho + ho2 = g, m 5 5 14

168

Dr. sc. Ahmet Shala c 2 8 6 225 ho − ( g + µ ⋅ g ) ho − g = 0. m 5 5 14 Pas zëvendësimit të të dhënave fitojmë këtë ekuacion kuadratik sipas ho, pra: 5ho2 − 16.865 ⋅ ho − 157.580 = 0 , ⎛ − 4.175 ⎞ ⎟⎟m , përvetësohet shkurtimi i sustës më i madh se prej nga kemi dy zgjidhje: ho = ⎜⎜ ⎝ 7.548 ⎠ zero (si mundësi reale), pra ho = 7.548m . Gjithashtu dihet se për hedhje të pjerrët lagësia më e madhe caktohet nga:

L=

2 ⋅ v B2 ⋅ sin α cosα , g

pas zëvendësimeve fitojmë largësinë ku bie sferëza: 2 ⋅ v B2 ⋅ sin α cos α L= = g

4 3 225 2 ⋅ v B2 ⋅ ⋅ 24 ⋅ g 2 24 ⋅ v 24 ⋅ 225 5 5= B 14 = = = 15.429m . g 25 g 25 g 25 ⋅ 14

DETYRA 6:(Energjia kinetike, sasia e lëvizjes, puna e forcave)

Sferëza me masë m lëvizë nëpër një gyp aksi i të cilit shtrihet në rrafshin vertikal. Në çastin fillestar ajo ndodhej në pozicionin A, e cila ndodhet në lartësinë H. Nëse sferëza lëshohet pa shpjetësi fillestare, të caktohet shpjetësia e sferëzës kur ajo arrin në pozicionet B, C, D, E dhe madhësia e shkurtimit maksimal (h) të sustës me ngurtësi c në krahasim me gjatësinë e saj fillestare të padeformuar (lo). Për pozicionin C të caktohet shtypja e sferëzes në gyp. Pjesën DE të kanalit sferëza e kalon për kohen τ. Fërkimi të neglizhohet në pjesën rrethore kurse në atë vijëdrejtë të merret µ.

A

H

h

F E

α

B α β

β

D C

Zgjidhje:

169


A

Fµ H

N h

α mg B α β

α h1

R

F h3

E β

D h2

vB

C r n

NC

C vC

y

N

v

x

β

Fµ

Fc

mg

r t

mg Pjesa AB Në këtë pjesë me qëllim të caktimit të shpejtësisë së sferëz në pozicionin B, meqë dihet rruga (gjatësia AB), zbatojmë ligjin mbi ndryshimin e energjisë kinetike prej pozicionit A në B, që është i barabartë me shumën e punëve të të gjitha forcave që veprojnë në atë pjesë, pra: E k( B ) − E k( A) = A( mg ) + A( Fµ ) + A( N ) , E k( B ) =

1 2 mv B , 2

E k( A) =

1 mv 2A = 0 , pasi që v A =0, sferëza lëshohet të lëviz pa shpejtësi fillestare. 2

A( mg ) = mgH ,

A( Fµ ) = − Fµ AB = − µ ⋅ N ⋅

H . sin α

Nga: m&y& = 0 = N − mg cos α ⇒ N = mg cos α , meqë sferëza nuk mund të lëvizë në drejtim normal me aksin e gypit. atëherë: A( Fµ ) = − Fµ AB = − µ ⋅ mg cos α ⋅

H = − µ ⋅ mg ⋅ H ⋅ ctgα . sin α

A( N ) = 0 , meqë projeksioni i forcës së reaksionit (N) në drejtim të lëvizjes është zero.

Pas zëvendësimit kemi: 1 mv B2 = mgH − µ ⋅ mg ⋅ H ⋅ ctgα , 2

170

Dr. sc. Ahmet Shala prej nga:

v B2 = 2 gH − 2µ ⋅ g ⋅ H ⋅ ctgα , përkatësisht v B = 2 gH (1 − µ ⋅ ctgα ) . Pjesa BC Sëpari caktojmë shpejtësinë e sferëzës në pozicionin C, përmes ligjit mbi ndryshimin e energjisë kinetike prej pozicionit B në C, pra: E k(C ) − E k( B ) = A( mg ) , E k(C ) =

1 mvC2 , 2

E k( B ) =

1 2 mv B , 2

A(mg ) = mg ⋅ h1 = mg ⋅ ( R − R cosα ) . Pas zëvendësimit kemi: 1 1 mvC2 − mv B2 = mg ⋅ R ⋅ (1 − cosα ) , 2 2

prej nga: vC2 = v B2 + 2 g ⋅ R ⋅ (1 − cosα ) , përkatësisht vC = v B2 + 2 g ⋅ R ⋅ (1 − cosα ) . Sipas ligjit të dytë të Njutnit, për pozicionin C, të projektuar në drejtim të normales (n) kemi: m ⋅ a N = N C − mg , ku:

aN =

vC2 . R

atëherë shtypja (reaksioni) e gypit në sferëz, në pozicionin C do të jetë:

NC = m ⋅

vC2 + mg . R

Pjesa CD Me qëllim të caktimit të shpejtësisë së sferëzës kur ajo arrin në pozicionin D, zbatojmë ligjin mbi ndryshimin e energjisë kinetike prej pozicionit C në D, pra: E k( D ) − E k(C ) = A(mg ) , E k( D ) =

1 1 2 , E k(C ) = mvC2 , mv D 2 2

171

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad A(mg ) = −mg ⋅ h2 = −mg ⋅ ( R − R cos β ) . Pas zëvendësimit kemi: 1 1 2 mv D − mvC2 = − mg ⋅ R ⋅ (1 − cosβ ) , 2 2

prej nga: 2 vD = vC2 − 2 g ⋅ R ⋅ (1 − cosβ ) ,

përkatësisht v D = vC2 − 2 g ⋅ R ⋅ (1 − cosβ ) . Pjesa DE Meqë për pjesën DE dihet se atë sferëza e kalon për kohën τ, zbatojmë ligjin mbi ndryshimin e sasisë së lëvizjes prej pozicionit D në E, që është i barabartë me impulsin e forcave për të njëjtën kohë, përkatësisht të projektuar në drejtim të lëvizjes (aksi x), pra: m ⋅ v Ex − m ⋅ v Dx = I x ( mg ) + I x ( Fµ ) ,

v Ex = v E , v Dx = v D , Fµ = µ ⋅ N = µ ⋅ mg ⋅ cos β ,

Nga: m&y& = 0 = N − mg cos β ⇒ N = mg cos β ,

meqë sferëza nuk mund të lëvizë në drejtim normal me aksin e gypit. I x (mg ) = −mg ⋅ sin β ⋅ τ , I x ( Fµ ) = − Fµ ⋅ τ = − µ ⋅ mg ⋅ cos β ⋅ τ ,

Pas zëvendësimit fitojmë shprehjen për shpejtësinë e sferëzës në pozicionin E, me të cilën ajo e godet sustën, pra:

m ⋅ v E − m ⋅ v D = −mg ⋅ sin β ⋅ τ − µ ⋅ mg ⋅ cos β ⋅ τ , përkatësisht:

v E = v D − g ⋅ (sin β − µ ⋅ cos β ) ⋅ τ . Pjesa EF Shëhojmë me F, pozicionin në të cilën supozojmë se do të arrijë sferëza pas goditjes së sustës në pozicionin E me shpejtësi v E . Kuptohet që pozicionin F e kemi marrë ashtuqë në atë pozicion sferëza ndalet, pra shpejtësinë e ka zero, dhe sustën e shtyp (shkurton) për madhësinë h, të cilën duhet caktuar. Kushtimisht mund të marrim që në këtë rast dihet rruga (h) të cilën e kalon sferëza, atëherë zbatojmë ligjin mbi ndryshimin e energjisë kinetike prej pozicionit E në F, pra: E k( F ) − E k( E ) = A(mg ) + A( Fµ ) + A( Fc ) ,

172

E k( F )

Dr. sc. Ahmet Shala 1 2 = mv F = 0 pasi që v F =0, sferëza ndalet. 2

E k( E ) =

1 mv E2 . 2

A(mg ) = −mg ⋅ h3 = −mg ⋅ h ⋅ sin β , A( Fµ ) = − Fµ EF = − µ ⋅ N ⋅ h , Nga: m&y& = 0 = N − mg cos β ⇒ N = mg cos β ,

meqë sferëza nuk mund të lëvizë në drejtim normal me aksin e gypit. atëherë: A( Fµ ) = − Fµ EF = − µ ⋅ mg cos β ⋅ h = − µ ⋅ mg ⋅ h ⋅ cosβ , h

h

x2 A( Fc ) = − ∫ Fc dx = − ∫ c ⋅ xdx = −c ⋅ 2 0 0

h

= −c ⋅ 0

h2 , 2

shenja (-) meqë forca në sustë në këtë rast e pengon lëvizjen. Pas zëvendësimit kemi: −

h2 1 2 , mv E = − mg ⋅ h ⋅ sin β − µ ⋅ mg ⋅ h ⋅ cosβ − c ⋅ 2 2

prej nga kemi fituar një ekuacion kuadratik sipas h, pra: c 2 ⋅ h + 2 g ⋅ (sin β + µ ⋅ cosβ ) ⋅ h − v E2 = 0 , m

prej nga kemi zgjidhjet:

− 2 g ⋅ (sin β + µ ⋅ cosβ ) ± h1/ 2 =

(2 g ⋅ (sin β + µ ⋅ cosβ ) )2 − 4 c (−v E2 ) m

2

,

c m

përkatësisht:

− 2 g ⋅ (sin β + µ ⋅ cosβ ) ± h1/ 2 =

(2 g ⋅ (sin β + µ ⋅ cosβ ) )2 + 4 c v E2 m

c 2 m

.

Meqë reale është që madhësia h është më e madhe ose e barabartë me zero, atëherë madhësia maksimale për të cilën është shtypur (shkurtuar) susta është:

173


− 2 g ⋅ (sin β + µ ⋅ cosβ ) + h=

(2 g ⋅ (sin β + µ ⋅ cosβ ))2 + 4 c v E2 m

,

c 2 m

përkatësisht: h=

m⎛ ⎜ c ⎜⎝

(g ⋅ (sin β + µ ⋅ cosβ ) )2 +

⎞ c 2 v E − g ⋅ (sin β + µ ⋅ cosβ ) ⎟⎟ , m ⎠

dhe kuptohet se duhet të plotësohet kushti:

(g ⋅ (sin β + µ ⋅ cosβ ))2 +

c 2 v E ≥ g ⋅ (sin β + µ ⋅ cosβ ) . m

DETYRA 7: (Lavjerrësi matematik)

Pika materiale M me masë m, është e lidhur përmes litarit të pazgjatshëm për pikën O dhe lëshohet nga pozicioni Mo , me shpejtësi fillestare vo, ku M o O = L me vertikalen formon këndin α. Gjatë lëvizjes në rrafshin vertikal, litari e godet një pengesë që gjendet në pikën O1, ku O1O = l dhe me vertikalen formon këndin β. Të caktohet sa duhet të jetë gjatësia l, ashtuqë gjatë goditjes së litarit në pengesën O1, forca në litar të rritet për dy herë dhe për këtë l të caktuar, sa duhet të jetë shpejtësia fillestare vo e pikës materiale Mo ashtuqë litari pas goditjes në pengesën O1, të mbështillet përreth kësaj pike.

O β

O1 M

174

ϕ

Mo

ψ A

Zgjidhje:

α

vo M

Dr. sc. Ahmet Shala

O r t1

β

M

S1

O1 ψ

α

r n1

ϕ

r n S

β+ψ ϕ

Mo

aN

vo

M

mg A

r aT t

v ϕ mg

Lëvizja e pikës për 0 ≤ ϕ ≤ α + β , është lëvizje rrotulluese nëpër rrethin me rreze L, atëherë shpejtësia e pikës M është: v = L ⋅ ϕ& , ku ϕ& =

dϕ . dt

Nxitimi i pikës, meqë ajo bën lëvizje rrethore është: r r r a = aT + a N , ku: aT = Lϕ&& dhe a N = Lϕ& 2 .

Ekuacioni themelor i Dinamikës së pikës jo të lirë (të lidhur) është: r r r m ⋅ a = mg + S ................................................................................................................(1) apo të projektuar në drejtim të tangjentës (t) dhe normales (n) fitojmë: (a)

m ⋅ aT = m ⋅ L ⋅ ϕ&& = mg sin(α − ϕ ) ,

(b)

m ⋅ a N = m ⋅ L ⋅ ϕ& 2 = −mg cos(α − ϕ ) + S .

Nga shprehja (b) ⇒ S = m ⋅ L ⋅ ϕ& 2 + m ⋅ g ⋅ cos(α − ϕ ) , pra caktohet forca në litar në funksion të këndit ϕ dhe shëpejtësisë këndore ϕ& të cilat caktohen nga shprehja (a):

m⋅ L⋅

dϕ& dϕ& dϕ dϕ& = m⋅L⋅ = m ⋅ L ⋅ ϕ& ⋅ = mg sin(α − ϕ ) /⋅ dϕ , dt dϕ dt dϕ

ϕ& ⋅ dϕ& =

g sin(α − ϕ ) ⋅ dϕ / ∫ , L

175

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad ϕ&

∫ ϕ& ⋅ dϕ& =

ϕ&o

ϕ& 2 2

−

ϕ& o 2 2

ϕ& o 2 = (

ϕ& 2 =

ϕ

g sin(α − ϕ ) ⋅ dϕ , L ∫0

=

g g g ϕ cos(ϕ − α ) 0 = (cos(ϕ − α ) − cos(−α )) = (cos(ϕ − α ) − cosα ) , L L L

vo 2 ) , L

vo2 2 g + (cos(ϕ − α ) − cosα ) . L L

Pas zëvendësimit forca në litar do të jetë: S = mvo2 + 2mg ⋅ cos(ϕ − α ) − 2mg ⋅ cos α + mg ⋅ cos(α − ϕ ), S = mvo2 + 3mg ⋅ cos(α − ϕ ) − 2mg ⋅ cos α . Kështu në çastin kur litari e godet pengesën O1, këndi ϕ = α + β , atëherë forca në litar do të jetë: S (ϕ = α + β ) = mvo2 + 3mg ⋅ cos(α − α − β ) − 2mg ⋅ cos α , S (ϕ = α + β ) = mvo2 + 3mg ⋅ cos β − 2mg ⋅ cos α . Pas goditjes në pengesën O1 , pika materiale M, do të vazhdojë lëvizjen por si lavjerrës matematik me gjatësi (L – l). Lëvizjen e lavjerrësit në këtë rast e përcakton ndryshimi i këndit ψ dhe për 0 ≤ ψ ≤ π − β , ligji i përgjithshëm i Dinamikës do të jetë: r r ma = mg + S1 , apo i projektuar në drejtim të normales (n1) ma N = m

v2 = −mg cos( β + ψ ) + S1 , L−l

prej nga: S1 =

mv 2 + mg cos( β + ψ ) ............................................................................................(2) L−l

Shpejtësinë v mund të caktojmë duke projektuar në drejtim të tangjentës t1 ose ndoshta më lehtë është duke zbatuar ligjin mbi ndryshimin e energjisë kinetike prej pozicionit A deri në pozicionin M, të përcaktuar me këndin ψ , pra: 1 2 1 2 mv − mv A = −mg[ L cos β − l cos β − ( L − l ) cos( β + ψ )] , 2 2 mv 2 mv 2A = − 2mg[cos β − cos( β + ψ )] , ......................................................................(3) L−l L−l

atëherë me barazimin e (2) me (3) marrim:

176

Dr. sc. Ahmet Shala S1 = mg cos( β + ψ ) +

mv 2A L−l

− 2mg[cos β − cos( β + ψ )],

mv 2A + 3mg cos( β + ψ ) − 2mg cos β . S1 = L−l Me detyrë është dhënë se kjo forcë duhet të rritet për dy herë, atëherë nga ky kusht gjejmë se sa duhet të jetë gjatësia l, pra: S1 (ψ = 0) = 3S (ϕ = α + β ) ,

mv 2A mv 2A S1 (ψ = 0) = + 3mg cos( β ) − 2mg cos β = + mg cos( β ) , L−l L−l 3 S (ϕ = α + β ) = 3[mvo2 + 3mg ⋅ cos β − 2mg ⋅ cos α ] , atëherë: mv A2 + mg cos( β ) = 3[mvo2 + 3mg ⋅ cos β − 2mg ⋅ cos α ], L−l v A2 = 3vo2 + 8 g ⋅ cos β − 6 g ⋅ cos α , L−l L−l =

l = L−

v A2 3vo2 + 8 g ⋅ cos β − 6 g ⋅ cos α

,

v 2A 3vo2 + 8 g ⋅ cos β − 6 g ⋅ cos α

...............................................................................(4)

Në momentin e goditjes këndi ψ = 0 , atëherë: 1 2 1 2 mv − mv A = − mg[ L cos β − l cos β − ( L − l ) cos β ] = 0, 2 2 v 2 = v 2A ⇒ v A = v = Lϕ& . Nga:

ϕ& 2 =

vo2 2 g + (cos(ϕ − α ) − cosα ) , L L

për ϕ = α + β , kemi:

ϕ& 2 =

vo2 2 g vo2 2 g & + (cos β − cos α ) ⇒ ϕ = + (cos β − cos α ) , L L L L

atëherë:

v A = Lϕ& = Lvo2 + 2 Lg (cos β − cosα ) . Pas zëvendësimit në (4), fitojmë gjatësinë e nevojshme l:

177

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad l = L−

Lvo2 + 2 Lg (cos β − cos α ) 3vo2 + 8 g ⋅ cos β − 6 g ⋅ cos α

,

l=L

3vo2 + 8 g ⋅ cos β − 6 g ⋅ cos α − vo2 − 2 g (cos β − cos α )

l=L

2vo2 + 6 g ⋅ cos β − 4 g ⋅ cos α

3vo2 + 8 g ⋅ cos β − 6 g ⋅ cos α 3vo2 + 8 g ⋅ cos β − 6 g ⋅ cos α

,

.

Në mënyrë që litari të mbështillet përreth pengesës O1, kusht i nevojshëm është që për ψ = π − β (pozicioni më i lartë i pikës materiale) forca në litar të jetë më e madhe ose baraz me zero, pra: S1 (ψ = π − β ) ≥ 0 ,

përkatësisht: mv 2A v2 + 3mg cos( β + π − β ) − 2mg cos β ≥ 0 , A ≥ −3 g cos π + 2 g cos β , L−l L−l v 2A ≥ g ( L − l )(3 + 2 cos β ) .

Ligji mbi ndryshimin e energjisë kinetike prej pozicionit fillestar Mo deri në pozicionin A është: 1 2 1 2 mv A − mvo = mgL(cos β − cos α ) , vo2 = v 2A − 2 gL(cos β − cos α ) , 2 2 përkatësisht: vo2 ≥ g ( L − l )(3 + 2 cos β ) − 2 gL(cos β − cos α ) . DETYRA 8: (Parimi Dalamberit për pikë materiale)

Pozita fillestare e mekanizmit katërhallkësh O1ABO2, të vendosur në rrafshin vertikal si në figurën e mëposhtme, është e përcaktuar me këndin ϕo=30°. Shufrat e këtij mekanizmi kanë masa të vogla që neglizhohen, kurse O1 A = AB = BC = O2 B = l . Në fundin e shufrës ABC është e vendosur ngarkesa C me peshë P, e cila mund të konsiderohet si pikë materiale. Nëse mekanizmi nga pozicioni fillestar fillon lëvizjen nga qetësia, të caktohen forcat në shufrat O1A dhe O2B në funksion të ndryshimit të ϕ.

A

B

C P

ϕ

O1 Zgjidhje:

178

O2

Dr. sc. Ahmet Shala

A a AN

SA

ϕ vA

B

ϕ aTA

vB SB

ϕ

O1

in FCT

C

aCN r n

ϕ vC

P

in FCN

ϕ aCT

r t

O2

Meqë O1 A = O2 B = l , shufra ABC bën lëvizje translatore, atëherë shpejtësitë e pikave A, B dhe C janë të barabarta, pra:

v A = v B = vC = O1 A ⋅ ϕ& = l ⋅ ϕ& , gjithashtu edhe nxitimet: r r r a A = a AN + a TA , atëherë: a AN = a BN = aCN = O1 A ⋅ ϕ& 2 = l ⋅ ϕ& 2 , a TA = a TB = aCT = O1 A ⋅ ϕ&& = l ⋅ ϕ&& . Sipas parimit të Dalamberit, për shufrën ABC përkatësisht pikën materiale C kemi: r r r r P + S A + S B + FCin = 0 , r r in r in P P in in ku: FCin = FCN + FCT , FCN = m ⋅ aCN = ⋅ lϕ& 2 dhe FCT = m ⋅ aCT = ⋅ lϕ&& , g g

ose të projektuar në drejtim të akseve n dhe t: (n):

in = 0 .........................................................................................(1) P cos ϕ + S A + S B − FCN

(t):

in P sin ϕ − FCT = 0 ...........................................................................................................(2)

Meqë shufra ABC bën lëvizje translatore atëherë shuma e momenteve të këtyre forcave duhet të jetë zero në cilëndo pikë, le të marrim për pikën C, pra: S A cos ϕ ⋅ AC + S B cos ϕ ⋅ BC = 0 ..................................................................................(3)

Nga shprehja (2) caktojmë nxitimin këndor (ϕ&&) dhe shpejtësinë këndore (ϕ& ) të shufrës O1 A në funksion të këndit ϕ , pra: P sin ϕ − m ⋅ lϕ&& = 0 ,

179

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad prej nga:

ϕ&& =

g sin ϕ , l

ϕ&& =

dϕ& dϕ dϕ& g sin ϕ = ϕ& = dϕ dt dt l

ϕ& ⋅ dϕ& =

g sin ϕ dϕ l

ϕ&

ϕ

0

30

∫ ϕ& ⋅ dϕ& =

ϕ& 2 2

=−

∫o

/ dϕ ,

/∫

g sin ϕ dϕ , l

g cos ϕ g cos 30 o g 3 + = ( − cos ϕ ) , l l l 2

përkatësisht:

ϕ& 2 =

g ( 3 − 2 cos ϕ ) ⇒ ϕ& = l

g ( 3 − 2 cos ϕ ) . l

Nga shprehja (3) rrjedhë që:

S A cos ϕ ⋅ 2l + S B cos ϕ ⋅ l = 0 , përkatësisht:

SA = −

SB . 2

Zëvendësojmë në shprehjen (1) dhe kemi: P cos ϕ −

SB P + S B − lϕ& 2 = 0 , g 2

S B = −2 P cos ϕ +

2P 2 lϕ& , g

S B = −2 P cos ϕ +

2P g l ( 3 − 2 cos ϕ ) = 2 P ( 3 − 3 cos ϕ ) , g l

kurse:

SA = −

SB = − P( 3 − cos ϕ ) . 2

Kështu p.sh. për ϕ = 60° fitojmë: 1 S B = 2 P ( 3 − 3 cos 60 o ) = 2 P ( 3 − 3 ) = P ( 2 3 − 3) , 2

kurse: SA = −

180

P ( 3 − 3) . 2

Dr. sc. Ahmet Shala LËKUNDJET DREJTVIZORE TË PIKËS MATERIALE DETYRE: (Lëkundjet e lira që nuk shuhën)

Për ngarkesën me masë m, që është e varur në një sustë me ngurtësi c dhe gjatësi fillestare lo, të caktohet zgjatja statike e sustës (pozicioni i ekuilibrit statik), ligji i lëkundjeve ndaj këtij pozicioni, frekuenca rrethore dhe perioda e lëkundjeve të lira duke marrë që lëkundjet (lëvizja e ngarkesës poshtë-lartë) janë drejtvizore dhe përveç forcës në sustë dhe peshës së ngarkesës, tjetër rezistencë nuk ka. Në çastin fillestar, ngarkesa tërhiqet poshtë për madhësinë xo dhe ka shpejtësinë vo . Zgjidhje:

Nëse zbatojmë ligjin themelor të dinamikës, në pikën e varur në sustën vertikale si në figurën e mëposhtme, do të kemi: m&x& = G − Fe , ..................................................................................................................(1) ku:

G = mg dhe Fe = c( f st + x) ,

m – masa e ngarkesës së varur në sustë, G – pesha e ngarkesës, g – graviteti tokësor, c – ngurtësia e sustës, fst – zgjatja statike e sustës (zgjatja përshkak të peshës së ngarkesës), quhet statike sepse nuk kemi lëvizje, l0 – gjatësia e sustës në gjendje të pangarkuar, x – paraqet zgjatjen momentale të sustës prej pozicionit ekuilibrues.

lo

c

lo

lo

fst

fst

x

Fe

mg

181

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Atëherë me zëvendësimin e shprehjeve paraprake në ekuacionin (1) kemi: m&x& + cx = mg − cf st ........................................................................................................(2) Zgjatja statike (fst) caktohet nga kushtet e ekuilibrit statik pra:

x = 0 , x& = 0 dhe &x& = 0 , ku me zëvendësim të këtyre kushteve në ekuacionin (2) fitojmë: f st =

mg G = , c c

dhe këtë madhësi të fst e zëvendësojmë në (2) fitojmë:

m&x& + cx = 0 , përkatësisht: &x& + ω 2 x = 0 , ..................................................................................................................(3)

ku:

ω2 =

c . m

Kështu pra nëse fillimi i koordinatës merret në pozicionin e ekuilibrit statik, pesha e ngarkesës nuk merret në ekuacionin diferencial, e zgjatja e sustës llogaritet prej këtij pozicioni. Në këtë rast frekuencën mund ta shprehim përmes zgjatjes statike, pra: f st =

m f st mg = ⇒ ⇒ c g c

ω=

c = m

c g , = m f st

g . f st

Perioda e këtyre lëkundjeve do të jetë: T=

2π

ω

= 2π

m = 2π c

f st . g

Me qëllim të caktimit të ligjit të lëkundjeve, duhet të zgjidhim ekuacionin diferencial (3). Supozohet zgjidhja: x = e λt , prej nga: x& = λe λt dhe &x& = λ2 e λt , të cilat i zëvendësojmë në (3) dhe fitojmë ekuacionin karakteristik: (λ2 + ω 2 )e λt = 0

/ : e λt ≠ 0 , përkatësisht: λ2 + ω 2 = 0 ,

zgjidhjet e të cilit janë:

λ1/ 2 = ±iω . Kështu zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit diferencial (3) do të jetë: x = A1e iωt + A2 e −iωt = ( A1 + A2 ) cos ω t + ( A1 − A2 )i sin ω t , marrim konstantet e reja: 182

C1 = A1 + A2

dhe

Dr. sc. Ahmet Shala C 2 = ( A1 − A2 )i , atëherë zgjidhja e përgjithshme merrë formën:

x = C1 cos ω t + C 2 sin ω t ,............................................................................................(4)

prej nga: x& = −C1ω sin ω t + C 2ω cos ω t .....................................................................................(5) Konstantet C1 dhe C 2 caktohen nga kushtet fillestare, të cilat i zëvendësojmë në shprehjet (4) dhe (5), pra:

to = 0

x = xo , x& = x& o = vo ,

atëherë:

xo = C1 ⋅ 1 + C 2 ⋅ 0 ⇒ C1 = xo , x& o = vo = −C1 ⋅ ω ⋅ 0 + C 2 ⋅ ω ⋅ 1 ⇒ C 2 =

x& o

ω

=

vo

ω

,

atëherë ligji i lëkundjeve të ngarkesës do të jetë: x = xo cos ω t +

vo

ω

sin ω t .

183

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad LËVIZJA E PËRBËRË E PIKËS DETYRA 1: (Rasti kur lëvizja zhvendosëse dhe ajo relative janë translative T-T)

Pllaka drejtëkëndëshe P lëviz nëpër rrafshin horizontal përmes dy shufrave të lidhura me nyje, O1A dhe O2B, ku O1 A = O2 B = l . Në pllakë është i hapur kanali paralel me AB, nëpër të cilën lëviz sfera M me masë m, duke filluar nga pika O. Nëse shufra O1A rrotullohet me shpejtësi këndore konstante ω , caktoni ligjin e lëvizjes së sferës nëpër kanal dhe shtypjen (reaksionin) e pllakës në sferë. Fërkimi të neglizhohet.

M

O A

B

ω O2

O1

Zgjidhje:

y N ϕ M

O ϕ A aA

ϕ

vA

ϕ

ae r n

Fein

ve

ϕ

x r t

B

mg

aB

ω

O1

O2

Ekuacioni vektorial i lëvizjes relative në rastin e përgjithshëm ka formën: r r r in r . ma r = ∑ Fi + Fein + Fcor Për rastin në detyrën tonë kemi: 184

vB

Dr. sc. Ahmet Shala r r& & a r = x , a r = &x& , r r r ∑ Fi = mg + N , N – reaksioni (shtypja) e pllakës në sferë, r r Fein = −mae , a e = a A = a AN = l ⋅ ω 2 , Fein = mae = ml ⋅ ω 2 , r in r r Fcor = 2mω e xv r = 0 , ω e = 0 sepse pllaka nuk rrotullohet. Kështu ekuacioni vektorial i lëvizjes relative për rastin tonë do të jetë: r r r r ma r = mg + N + Fein . Projektojmë në drejtim të aksit x dhe y: (x):

ma r = m&x& = Fein sin ϕ = ml ⋅ ω 2 sin ϕ ,

(y):

0 = −mg + N + Fein cos ϕ = − mg + N + ml ⋅ ω 2 cos ϕ .

Nga ω = konst. , marrim që ω = (x):

dϕ ⇒ ϕ = ω t , atëherë ekuacionet paraprake marrin formën: dt

&x& = l ⋅ ω 2 sin ω t ,

&x& =

dx& = l ⋅ ω 2 sin ω t , dt

dx& = l ⋅ ω 2 sin ω tdt , x&

t

0

0

2 ∫ dx& = l ⋅ ω ∫ sin ω tdt ,

x& = −l ⋅ ω x& =

2

1

ω

cos ω t

t

= −l ⋅ ω (cos ω t − 1) = l ⋅ ω (1 − cos ω t ) ,

0

dx = l ⋅ ω (1 − cos ω t ) , dt

dx = l ⋅ ω (1 − cos ω t )dt , x

∫ dx = l ⋅ ω

t

∫ dt − ∫ cos ω tdt .

t

0

0

0

Pas zgjidhjes së integraleve fitojmë ligjin e lëvizjes së sferës nëpër kanal: x = l ⋅ (ω t − sin ω t ) . Shtypja e pllakës në sferë caktohet nga: ( y): 0 = −mg + N + ml ⋅ ω 2 cos ω t ⇒ N = mg − ml ⋅ ω 2 cos ω t .

185

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad DETYRA 2: (lëvizja zhvendosëse rrotulluese, kurse ajo relative translative R-T) Gypi i drejtë AB, me gjatësi 2l, që shtrihet në rrafshin horizontal, është i lidhur ngurtësisht për shufrën OC me gjatësi l, e cila rrotullohet rreth çërnierës O me shpejtësi këndore konstante ωo. Sfera M me masë m, e cila gjendet në gyp, në çastin fillestar ndodhej në pozicion C dhe ka shpejtësinë fillestare vo = lω o ndaj gypit. Të caktohet ligji i lëvizjes së sferës nëpër gyp dhe për pozicionin B: koha e arritjes së sferës, shpejtësia absolute dhe shtypja (reaksioni) e gypit në sferë.

vo

Mo

A

C

l

B l

ωo O Zgjidhje:

z C

FN 2

x

l ω a o e ϕ

O

acor FN 1

y

in Fcor

Fein

Mϕ ϕ

ϕ

vr

ar

x

mg ve

Ekuacioni vektorial i lëvizjes relative në rastin e përgjithshëm ka formën: r r r in r . ma r = ∑ Fi + Fein + Fcor Për rastin në detyrën tonë kemi: r r a r = &x& , a r = &x& , r r r r r r ∑ Fi = mg + FN , FN = FN1 + FN 2 – reaksioni (shtypja) e gypit në sferë, r r Fein = −mae , ae = aeN = OM ⋅ ω o2 = l 2 + x 2 ⋅ ω o2 ,

186

Fein = mae = m l 2 + x 2 ⋅ ω 2 ,

Dr. sc. Ahmet Shala r in r r r r Fcor = 2mω e xv r , ω e = ω o , vr = x& , ⊄ (v r , ω o ) =90°, atëherë: r r in Fcor = 2mω e v r sin ⊄ (v r , ω o ) = 2mω o x& sin 90° = 2mω o x& . Kështu ekuacioni vektorial i lëvizjes relative për rastin tonë do të jetë: r r in r r r . ma r = mg + FN + Fein + Fcor Projektojmë në drejtim të aksit x, y dhe z: x

(x):

ma r = m&x& = Fein sin ϕ = m l 2 + x 2 ⋅ ω o2

(y):

in 0 = − FN 1 + Fein cos ϕ + Fcor = − FN 1 + m l 2 + x 2 ⋅ ω 2

l +x 2

2

= mx ⋅ ω o2 , l l 2 + x2

+ 2mω o x& ,

0 = − FN 1 + ml ⋅ ω o2 + 2mω o x& , prej nga: FN 1 = ml ⋅ ω o2 + 2mω o x& , (z):

0 = −mg + FN 2 ,

prej nga: FN 2 = mg . Nga shprehja për (x) fitojmë: &x& − ω o2 x = 0 ,

supozojmë: x = e λt , atëherë &x& = λ2 e λt dhe fitojmë ekuacionin karakteristik:

λ2 − ω o2 = 0 , prej nga:

λ1/ 2 = ±ω o , atëherë zgjidhja e përgjithshme do të jetë:

x = C1e λ1t + C 2 e λ2t = C1eωot + C 2 e −ωot , përkatësisht derivati i saj: x& = C1ω o eωot − C 2ω o e −ωot , konstantet C1 dhe C2 caktohen nga kushtet fillestare:

t o = 0,

xo = 0 ⇒ 0 = C1 + C 2 ⇒ C1 = −C 2 =

vo 2ω o

x& o = vo ⇒ vo = C1ω o − C 2ω o ⇒ vo = −C 2ω o − C 2ω o ⇒ C 2 = −

vo 2ω o

187

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad Kështu ligji i lëvizjes së sferës nëpër gyp do të jetë:

x = C1eωot + C 2 e −ωot =

v o ω ot v v l e − o e −ωot = o (eωot − e −ωot ) = (eωot − e −ωot ) , 2ω o 2ω o 2ω o 2

ose duke ditur se sinus hiperbolik (sinh) është: sinh(α ) =

x=

1 α (e − e −α ) , atëherë: 2

l ω ot l eωot − e −ωot (e − e −ωot ) = ( ) = l ⋅ sinh(ω o t ) . 2 2 2

Shpejtësia relative e sferës (shpejtësia e sferës ndaj gypit) do të jetë:

v r = x& =

vo v (ω o eωot + ω o e −ωot ) = o (eωot + e −ωot ) , 2ω o 2

ose duke ditur se kosinus hiperbolik (cosh) është: cosh(α ) = vr =

1 α (e + e −α ) , atëherë: 2

v o ω ot (e + e −ωot ) = vo cosh(ω o t ) . 2

Shpejtësinë relative të sferës në çastin kur ajo arrin në pozicion B e caktojmë nga: - për pozicionin B, koordinata x është: x = l, prej nga:

x = l = l ⋅ sinh(ω o t B ) , prej nga caktohet koha për të cilën sfera arrin në pozicionin B:

ω o t B = asinh (1) , sinh(ω o t B ) = 1 , eωot B − e −ωot B = 1, 2

eωot B − e −ωot B = 2 , eωot B − e −ωot B = 2 , zëvendësojmë s = eωot B , atëherë: s−

1 = 2, s

s 2 − 1 = 2s , s 2 − 2s − 1 = 0 , s1/ 2 =

188

− (−2) ± (−2) 2 − 4 ⋅ 1 ⋅ (−1) 2 ± 4 + 4 = = 1± 2 , 2 2

Dr. sc. Ahmet Shala meqë koha tB duhet të jetë më e madhe se zero, atëherë: s = 1+ 2 ,

s = e ω ot B = 1 + 2 , prej nga: tB =

1

ωo

ln(1 + 2 ) .

Shprehjen e fituar për tB e zëvendësojmë në shprehjen për vr dhe fitojmë:

(

)

⎛ ⎞ 1 v rB = vo cosh(ω o t B ) = vo cosh⎜⎜ ω o ln(1 + 2 ) ⎟⎟ = vo cosh ln(1 + 2 ) , ⎝ ωo ⎠

v rB = vo v rB = vo

e

ln(1+ 2 )

+e 2

−ln(1+ 2 )

1+ 2 2 + 2 +1 2(1 + 2 )

1+ 2 +

1

1 + 2 = v (1 + 2 )(1 + 2 ) + 1 , o 2 2(1 + 2 )

= vo

= vo 2 ,

Për x = l (pozicioni B), këndi ϕ = 45° dhe: ve = l 2 + l 2 ⋅ ω o = l 2 ⋅ ω o = vo 2 ,

kurse dihet se: 2 2 v B = v Bx + v By ,

ku: v Bx = v rB + veB cos 45 = vo 2 + vo 2 v By = −veB sin 45 = −vo 2

2 = vo ( 2 + 1) , 2

2 = −vo , 2

atëherë shpejtësia absolute në pozicionin B është: 2 2 v B = v Bx + v By = (vo ( 2 + 1)) 2 + (−vo ) 2 = vo 2 + 2 2 + 1 + 1 = vo 4 + 2 2 .

Shtypja e gypit në sferë do të jetë: FN1 = mlω o2 + 2mω o v rB = mlω o2 + 2mω o 2vo = mlω o2 + 2mω o lω o 2 = mlω o2 (1 + 2 2 ) , FN 2 = mg , atëherë:

(

)

2

FN = FN21 + FN2 2 = m l ⋅ ω o2 (1 + 2 2 ) + g 2 .

189

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad DETYRA 3: (lëvizja zhvendosëse translative, kurse ajo relative rrotulluese T-R) Pika e varjes së lavjerrësit matematik O1 M = l , lëviz nëpër kanalin horizontal sipas ligjit x(t ) = a sin pt , ku a dhe p janë madhësi konstante. Të caktohet ligji i lëkundjeve të lavjerrësit matematik, duke marrë që ai bën lëkundje të vogla (pra duke aproksimuar që sin ϕ ≈ ϕ dhe cos ϕ ≈ 1 sipas nevoje) dhe të caktohet forca në litar. Lavjerrësi në çastin fillestar gjendej në qetësi.

x(t) O1

O

ϕ l

M mg Zgjidhje:

x(t) O

O1 ve r n

ϕ

ae

l S

a rN

Fein

a rT

M

ϕ ve a e mg ϕ

Ekuacioni vektorial i lëvizjes relative në rastin e përgjithshëm ka formën: r r r in r . ma r = ∑ Fi + Fein + Fcor Për rastin në detyrën tonë kemi: r r r a r = a rN + a rT , ku: a rN = l ⋅ ϕ& 2 , a rT = l ⋅ ϕ&& , 190

r t

Dr. sc. Ahmet Shala r r r ∑ Fi = mg + S , S – forca në litar, r d2 r Fein = −mae , ae = &x&(t ) = 2 (a sin pt ) = −ap 2 sin pt , Fein = mae = −map 2 sin pt , dt r in r r Fcor = 2mω e xv r = 0 , ω e = 0 , meqë lëvizja zhvendosëse është translative.

Kështu ekuacioni vektorial i lëvizjes relative për rastin tonë do të jetë: r r r r ma r = mg + S + Fein .......................................................................................................(1) Projektojmë ekuacionin (1) në drejtim të normales (n): (n):

ma rT = mlϕ& 2 = − mg cos ϕ + S + Fein sin ϕ , mlϕ& 2 = −mg cos ϕ + S − map 2 sin pt sin ϕ , S = mlϕ& 2 + mg cos ϕ + map 2 sin pt sin ϕ ,

kështu për të përcaktuar plotësisht forcën në litar (S) duhet të caktojmë ligjin e lëkundjeve të lavjerrësit ϕ = ϕ (t ) dhe shpejtësinë këndore të lavjerrësit ϕ& = ϕ& (t ) , përkatësisht katrorin e saj. Për këtë vazhdojmë me projektim të ekuacionit vektorial (1) në drejtim të tangjentës (t): (t):

ma rT = mlϕ&& = − mg sin ϕ − Fein cos ϕ , mlϕ&& = − mg sin ϕ + map 2 sin pt cos ϕ ,

g l

ϕ&& = − sin ϕ + ϕ&& +

ap 2 sin pt cos ϕ , l

g ap 2 sin ϕ = sin pt cos ϕ , l l

Duke aproksimuar për lëkundje të vogla ( ϕ < ±6° ) sin ϕ ≈ ϕ fundit marrin formën:

ϕ& 2 = − g l

dhe cos ϕ ≈ 1 , shprehjet e

g S ap 2 + − ϕ sin pt , l ml l

ϕ&& + ϕ =

ap 2 sin pt , l

zëvendësojmë: k 2 =

g ap 2 , h= , atëherë: l l

ϕ&& + k 2ϕ = h sin pt ..........................................................................................................(1) Për ekuacionin diferencial të fundit dihet se zgjidhja e pjesës homogjene është:

ϕ h = C1 cos kt + C 2 sin kt , kurse ajo e veçantë caktohet varësisht nga forma e pjesës johomogjene, në rastin tonë supozohet:

191


ϕ v = A sin pt , prej nga: ϕ&&v = − Ap 2 sin pt dhe zëvendësojmë në ekuacionin (1): − Ap 2 sin pt + k 2 A sin pt = h sin pt , prej nga: A=

h

,

k − p2 2

kështu zgjidhja e veçantë është: h

ϕ v = A sin pt =

k − p2 2

sin pt .

Zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit (1) merrë formën:

ϕ = ϕ h + ϕ v = C1 cos kt + C 2 sin kt +

h k − p2 2

sin pt ,

përkatësisht derivati i saj:

ϕ& = −C1k sin kt + C 2 k cos kt +

h k − p2 2

p cos pt .

Konstantet e integrimit C1 dhe C2 caktohen nga kushtet fillestare:

ϕ = 0 ⇒ 0 = C1 ⋅ 1 + C 2 ⋅ 0 + to = 0

ϕ& = 0 ⇒ 0 = −C1k ⋅ 0 + C 2 k ⋅ 1 +

h k − p2 2

h k 2 − p2

⋅ 0 ⇒ C1 = 0

p ⋅1 ⇒ C2 = −

ph k (k 2 − p 2 )

Kështu ligji i lëkundjeve të lavjerrësit do të jetë:

ϕ (t ) = −

ϕ (t ) =

ph k (k − p ) 2

2

h k −p 2

2

sin kt +

(sin pt −

ose kur zëvendësojmë: h =

ϕ (t ) =

ap 2 l (k 2 − p 2 )

h k − p2 2

sin pt ,

p sin kt ) , k

ap 2 , fitojmë ligjin e lëkundjeve të vogla të lavjerrësit: l

(sin pt −

p sin kt ) , k

përkatësisht derivati i saj:

ϕ (t ) =

192

ap 3 l (k 2 − p 2 )

(cos pt − cos kt ) ku: k =

g . l

Dr. sc. Ahmet Shala DETYRA 4: (lëvizja zhvendosëse dhe ajo relative janë rrotulluese R-R) Gypi në formë të gjysëmrrethit me rreze R, rrotullohet rreth aksit vertikal AB me shpejtësi këndore konstante ω . Në çastin fillestar në gyp gjendet një sferë me masë m në pozicionin më të ulët të gypit, me çrast i jepet një shpejtësi fillestare vo . Të caktohet ligji i ndryshimit të shpejtësisë së sferës nëpër gyp, shpejtësia me të cilën ajo del nga gypi dhe shtypja (reaksioni) i gypit në sferë për këtë pozicion (C). Fërkimi ndërmjet sferës dhe gypit të neglizhohet.

A ω C

O ϕ M Mo

mg

vo B Zgjidhje:

A ωo

vc C Or n FN1 ϕ

R

a rN

ae

M’

Mo

r

ωo B

vo

r b

r t

v r , a rT

ϕ ϕ M Fein mg

in Fcor

FN 2 acor r b

Ekuacioni vektorial i lëvizjes relative në rastin e përgjithshëm ka formën: r r r in r ma r = ∑ Fi + Fein + Fcor Për rastin në detyrën tonë kemi:

193

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad r r r a r = a rN + a rT , ku: a rN = R ⋅ ϕ& 2 , a rT = R ⋅ ϕ&& , r r r r r r ∑ Fi = mg + FN , FN = FN1 + FN 2 – reaksioni (shtypja) e gypit në sferë. r r Fein = −mae , ae = aeN = MM ' ⋅ ω o2 = R sin ϕ ⋅ ω o2 , aeT = MM 'ε e = 0 ,

εe = r in Fcor

dω o = 0, ω o = konst. , Fein = mae = mR sin ϕ ⋅ ω o2 . dt r r r r = 2mω e xv r , ω e = ω o , vr = x& , ⊄ (v r , ω o ) =90°+ϕ, atëherë:

r r in Fcor = 2mω o ⋅ v r sin ⊄ (v r , ω o ) = 2mω o ⋅ Rϕ& sin(90° + ϕ ) = 2mRω o ⋅ ϕ& cos ϕ . Kështu ekuacioni vektorial i lëvizjes relative për rastin tonë do të jetë: r r r in r r r ma r = mg + FN 1 + FN 2 + Fein + Fcor .............................................................................(1) Projektojmë në drejtim të aksit n, t dhe b: (n):

ma rN = mRϕ& 2 = − mg cos ϕ + FN 1 − Fein sin ϕ , mRϕ& 2 = − mg cos ϕ + FN1 − mR sin ϕ ⋅ ω o2 sin ϕ , FN1 = mRϕ& 2 + mg cos ϕ + mR sin 2 ϕ ⋅ ω o2 .....................................................................(2)

(t):

ma rT = − mg sin ϕ + Fein cos ϕ , mRϕ&& = −mg sin ϕ + mR sin ϕ ⋅ ω o2 cos ϕ ,

ϕ&& = −

ω2 g sin ϕ + o sin 2ϕ , R 2

ω2 dϕ& dϕ dϕ& g = ϕ& = − sin ϕ + o sin 2ϕ , 2 dϕ dt dϕ R ϕ&dϕ& = −

ω2 g sin ϕ ⋅ dϕ + o sin 2ϕ ⋅ dϕ , R 2

ϕ&

ϕ

ϕ

ω o2 g & & ϕ d ϕ = − sin ϕ ⋅ d ϕ + sin 2ϕ ⋅ dϕ , ∫ R ∫0 2 ∫0 ϕ& o

ϕ& 2 2

=

ϕ& o2 2

+

ω2 g (cos ϕ − 1) − o (cos 2ϕ − 1), R 4

ϕ& o R = vo ⇒ ϕ& o =

ϕ& 2 =

vo2 R2

−

vo , R

ω2 2 g ω o2 2 g + + cos ϕ − o cos 2ϕ ................................................................(3) 2 2 R R

Për pozicionin C, këndi ϕ = 90° , shprehja (3) do të jetë:

194

Dr. sc. Ahmet Shala

ϕ& 2 (90°) = ϕ& 2 (90°) =

vo2 2

−

ω2 2g 2g + + cos 90 − o cos(2 ⋅ 90) , 2 2 R R

vo2

−

2g + ω o2 ...............................................................................................(4) R

R

R

2

ω o2

Shpejtësia e sferës nëpër gyp në funksion të këndit ϕ , është: v r = v r (ϕ ) = Rϕ& = R v r (ϕ ) = vo2 − 2 gR +

ω2 vo2 2 g ω o2 2 g − + + cos ϕ − o cos 2ϕ , 2 R R R 2 R 2ω o2 R 2ω o2 + 2 Rg cos ϕ − cos 2ϕ . 2 2

Kur sfera arrin në pozicionin C, këndi është ϕ = 90° , atëherë shpejtësia relative e sferës në dalje të gypit (pozicioni C), është: vcr = v r (90°) = vo2 − 2 Rg + vcr = vo2 − 2 Rg +

R 2ω o2 R 2ω o2 + 2 Rg cos 90° − cos(2 ⋅ 90°) , 2 2

R 2ω o2 R 2ω o2 + , 2 2

vcr = vo2 − 2 Rg + R 2ω o2 . Shpejtësia zhvendosëse e sferës në pozicionin C, do të jetë: vce = Rω o .

Nga figura paraprake shihet se këto dy komponente janë normale në njëra tjetrën, atëherë: r r r vc = vcr + vce , përkatësisht intensiteti i shpejtësisë së sferës në pozicionin C do të jetë: vc = vc2r + vc2e = vo2 − 2 Rg + R 2ω o2 + ( Rω o ) 2 ,

vc = vo2 − 2 Rg + 2 R 2ω o2 > 0. Shtypja (reaksioni) i gypit në sferë për pozicionin C, nga shprehja (2) dhe duke zëvendësuar shprehjen (4), do të jetë: FN1 = mRϕ& 2 + mg cos ϕ + mR sin 2 ϕ ⋅ ω o2 , FN1 = mR( FN 1 =

vo2 R

2

−

2g + ω o2 ) + mg cos 90° + mR sin 2 90° ⋅ ω o2 , R

mvo2 − 2mg + mRω o2 + mR ⋅ ω o2 , R

195

Mekanika Teknike II – Permbledhje detyrash te zgjidhura dhe aplikimi i softverit Mathcad FN1 =

mvo2 − 2mg + 2mRω o2 , R

Komponenten FN 2 të shtypjes (reaksionit) së gypit në sferë e caktojmë duke e projektuar ekuacionin vektorial të lëvizjes relative (1), në drejtim të binormal (b), pra: in , ma rB = 0 = FN 2 − Fcor

a rB = 0 ,

sepse sfera nuk mund të lëvizë në këtë drejtim. in FN 2 = Fcor = 2mRω o ⋅ ϕ& (90°) ⋅ cos 90° = 0 .

Kështu përfundimisht shtypja (reaksioni) i gypit në sferë, kur ajo arrin në pozicionin C do të jetë: FN = FN1 =

196

mvo2 − 2mg + 2mRω o2 . R

Dr. sc. Ahmet Shala

Literatura

1. Dr. sc. Ahmet Geca, Dinamika, libër universitarë, Prishtinë, 2002, 2. Mr. sc. Ahmet Shala, “Kinematika, ushtrime të autorizuara”, Prishtinë, 1994-2002, 3. Ahmet Shala, inxh. i dipl., Studimi krahasues i përdorimit të rrjetave neurale në rregullimin e përcjelljes së trajektorisë te robotët manipulatorë , punim magjistrature, Prishtinë, 1998. 4. Dr. sc. Fehmi Krasniqi “Kinematika – detyra seminarike” , Prishtinë, 2002. 5. Dr. sc. Fehmi Krasniqi “Disa dispenca nga Kinematika – detyra të zgjidhura dhe të pazgjidhura” , Prishtinë. 6. Dr. sc. Fetah Jagxhiu, “Përmbledhje detyrash të zgjidhura nga Mekanika II (Kinematika)”, Prishtinë, 1996. 7. Jozef Niziol, “Metodyka Rozwiazywania zadan z mechaniki” Warszawa, 1983. etj.

Realizimi kompjuterik:

Dr. sc. Ahmet Shala “ E A L G A ” Company [email protected] www.ahmetshala.tk Prishtinë

197

Mekanika Teknike II - Ushtrime

Recommend Documents