Tehnicka Mehanika 2007 Djurkovic Vlado

Vlado P. Đurković

ZBIRKA ZADATAKA IZ MEHANIKE SA TEORIJOM

2007. godine

VOJNA AKADEMIJA

Vlado P. Đurković

ZBIRKA ZADATAKA IZ MEHANIKE SA TEORIJOM

Beograd, 2007. godine

Sretanki i Sonji

Autor vanredni profesor dr Vlado P. ĐURKOVIĆ, dipl. ing. Zbirka zadataka iz mehanike sa teorijom Recenzenti: Prof. dr Dragoljub VUJIĆ, dipl. ing. Prof. dr Miljko POPOVIĆ, dipl. ing. Izdavač: MINISTARSTVO ODBRANE SEKTOR ZA LJUDSKE RESURSE UPRAVA ZA ŠKOLSTVO VOJNA AKADEMIJA BEOGRAD Za izdavača: mr Slaviša SAVIĆ, pukovnik, dipl. ing. Jezički urednik: Nada RELIĆ, profesor Tehnički urednik: Željko HRČEK, potpukovnik Tiraž: 200 primeraka Štampa: Vojna akademija Beograd, Neznanog junaka 3 ISBN 86-xxxx-xxx-x Preštampavanje ili fotokopiranje nije dozvoljeno

Predgovor

PREDGOVOR Ovaj udžbenik je namenjen studentima Vojne akademije, smera Tehničke službe, odseka Ubojna sredstva, kao i studentima tehničkih fakulteta i viših tehničkih škola. Bez obzira na to što u našoj stručnoj literaturi iz oblasti mehanike postoji dosta knjiga u kojima se obrađuje ova materija, smatram da će udžbenik biti koristan ne samo studentima već i u praksi i stručnjacima koji se bave rešavanjem složenih problema i zadataka mehanike. Prvo su obrađena poglavlja iz statike, kinematike i dinamike materijalne tačke, a zatim su dati odgovarajući primeri. Autor je, naime imao nameru da gradivo prvo pojmovno razjasni. Zato je prvo izlaženo gradivo iz teorije, kako bi poslužilo za praktično rešavanje zadataka. Dakle, udžbenik daje ne samo teorijski pristup materiji, nego sadrži i dovoljan broj primera i urađenih zadataka, što daje jednu celinu. Za pisanje udžbenika poslužilo je obilje literature, posebno literatura navedena pod [7], [8], [22], [23], [49], i [51]. Statika je izložena u šest poglavlja: sučeljne sile, proizvoljni sistem sila, trenje, nosači, težišta i proizvoljni sistem sila i spregova u prostoru. Kinematika je izložena u pet poglavlja: kinematika tačke, najprostiji slučajevi kretanja krutog tela, ravno kretanje krutog tela, sferno kretanje krutog tela i složeno kretanje tačke. Dinamika je izložena u sedam poglavlja: uvod u dinamiku materijalne tačke, diferencijalne jednačine kretanja materijalne tačke, opšti zakoni dinamike materijalne tačke, dinamika tačke promenljive mase, relativno kretanje materijalne tačke, kretanje tačke pod dejstvom centralne sile, pravolinijske oscilacije materijalne tačke. Udžbenik sadrži 447 stranica teksta, koje su ilustrovane sa 390 crteža, 182 zadatka, 5 tabela i šest primera. Pristup grafičkoj prezentaciji pojedinih analitičkih relacija je originalan. Tekst je pisan i pripreman za štampu u WORD-u, a crteži su urađeni u AutoCAD R14. Tehničku obradu, sve crteže, kucanje i prelom teksta uradio je autor. Iako sam poklonio veliku pažnju konačnom oblikovanju ovog udžbenika, 7

Predgovor

svestan sam mogućih grešaka. Biću zahvalan svima koji mi budu ukazali na propuste i greške kojih, s obzirom na obimnost materije, sigurno ima. Želim da se zahvalim Upravi za školstvo i Vojnoj akademiji na podršci prilikom izdavanja ovog udžbenika, kao i radnicima Službe za izdavačku delatnost, na njihovom angažovanju oko konačne tehničke obrade i štampanja udžbenika. Zahvaljujem se doc. dr V. Batiniću, dipl. ing. i drugim saradnicima koji su pomogli da ova knjiga dobije baš ovakvu formu i sadržinu. Takođe, najlepše se zahvaljujem recenzentima doc. dr Miljku Popoviću, dipl. ing., i prof. dr Dragoljubu Vujiću, dipl. ing. na primedbama i korisnim sugestijama, koje su doprinele da ovaj udžbenik dobije svoj konačan izgled. Posebnu zahvalnost dugujem Nadi Relić, prof., koja je izvršila jezičku redakciju teksta. Beograd, septembar 2007. godine Autor

8

Sadržaj

SADRŽAJ Predgovor ..........................................................................................

7

Prvi deo Statika

15

1.1. 1.2. 1.3. 1.4. 1.5. 1.6. 1.7. 1.8. 1.9. 1.10. 1.11. 1.12. 1.13. 1.14. 1.15. 1.16. 1.17. 1.18. 1.19. 1.20.

2.1. 2.2. 2.3. 2.4. 2.5. 2.6.

1. Sučeljne sile Osnovni pojmovi i veličine u statici. Sila ......................... Projekcija sile na osu ......................................................... Projekcija sile na ravan ...................................................... Analitički način definisanja sile ........................................ Analitički način slaganja sila. Pojam glavnog vektora ...... Ekvivalentni sistemi sila. Pojam rezultante ....................... Pojam spoljašnje i unutrašnje sile za dati sistem .............. Aksiomi (postavke) statike ................................................ Veze, vrste veza i njihove reakcije .................................... Ravnoteža sistema sučeljnih sila ....................................... Teorema o tri neparalelne sile u ravni .............................. Moment sile za osu kao skalar ......................................... Varinjonova teorema o momentu rezultante .................... Pojam sprega sila .............................................................. Transformacija (pretvaranje) sprega ................................. Ravnoteža ravnog sistema spregova .................................. Ukleštenje kao veza ........................................................... Teorema o svođenju (redukciji) sile na tačku ................... Postupak rešavanja zadataka statike .................................. Rešetke .............................................................................. 1.20.1. Metoda isecanja čvorova ................................... 1.20.2. Riterov metod ili metod preseka rešetke ............

15 15 16 16 17 17 18 19 19 22 26 27 28 30 31 33 33 33 34 34 35 36 38

2. Proizvoljni sistem sila Dve paralelne sile istog smera a različitog intenziteta ....... Dve paralelne sile različitih intenziteta i smerova ............. Varinjonova teorema za paralelne sile u ravni .................. Redukcija sila na proizvoljnu tačku .................................. Uslovi ravnoteže proizvoljnog sistema sila ...................... Analitički uslovi ravnoteže proizvoljnog sistema sila ......

71 71 72 73 73 75 76

9

Sadržaj

2.7. Analitički uslovi ravnoteže za slučaj da sve sile deluju duž istog pravca ................................................................. 2.8. Analitički uslovi ravnoteže sučeljnih sila .......................... 2.9. Analitički uslovi ravnoteže paralelnih sila ........................ 2.10. Analitički uslovi ravnoteže sistema spregova ................... 2.11. Alternativni oblici analitičkih uslova ravnoteže ...............

76 76 77 77 77

3. Trenje Trenje pri klizanju ............................................................... Reakcija realne veze. Ugao i konus trenja ......................... Trenje užeta o hrapavu cilindričnu površinu ..................... Trenje pri kotrljanju ............................................................

91 91 95 96 98

4. Nosači 4.1. Uvod .................................................................................... 4.2. Transverzalna (poprečna) sila. Moment savijanja. Aksijalna sila ....................................................................... 4.3. Dogovor o znacima za transverzalne sile, momente savijanja i aksijalne sile ...................................................... 4.4. Zavisnost između transverzalne sile, momenta savijanja i kontinualnog opterećenja ................................................ 4.5. Rešavanje zadataka ...........................................................

112 112

5. Težišta Uvod. Težište i težina tela .................................................. Analitički način određivanja položaja težišta .................... Težište homogenog tela ...................................................... Grafički način određivanja težišta ...................................... Eksperimentalni način određivanja težišta ........................ Papus−Guldinove teoreme .................................................

149 149 150 151 153 154 155

3.1. 3.2. 3.3. 3.4.

5.1. 5.2. 5.3. 5.4. 5.5. 5.6.

115 118 119 122

6. Proizvoljni prostorni sistem sila. Spregovi u prostoru

166

6.1. Moment sile za tačku kao vektor ........................................ 6.2. Moment sile za osu, kao vektor ......................................... 6.3. Zavisnost između momenta sile za tačku i momenta sile za osu ............................................................................ 6.4. Spreg sila kao vektor .......................................................... 6.5. Slaganje spregova u prostoru. Uslovi ravnoteže ................ 6.6. Ravnoteža spregova ............................................................

166 166

10

167 168 169 169

Sadržaj

6.7. Svođenje prostornog sistema sila i spregova na prostiji oblik ........................................................................ 6.8. Uslovi ravnoteže proizvoljnog sistema sila i spregova. Slučaj paralelnih sila ...........................................................

Drugi deo Kinematika

170 171 183

7. Kinematika tačke 7.1. Vektorski način definisanja kretanja tačke .......................... 7.1.1. Vektor položaja pokretne tačke (radijus vektor) ... 7.1.2. Vektor brzine tačke ............................................... 7.1.3. Vektor ubrzanja tačke ........................................... 7.2. Analitički način definisanja kretanja tačke ......................... 7.2.1. Kretanje tačke definisano Dekartovim pravouglim koordinatama. Brzina i ubrzanje tačke ................. 7.2.2. Kretanje tačke definisano polarnim koordinatama 7.2.2.1. Izvod jediničnog vektora .................... 7.2.2.2. Brzina tačke izražena preko polarnih koordinata ........................................... 7.2.2.3. Ubrzanje tačke u polarnim koordinatama ...................................... 7.2.3. Sektorska brzina tačke ........................................... 7.3. Prirodni način definisanja kretanja tačke ........................... 7.3.1. Zakon kretanja ...................................................... 7.3.2. Brzina tačke preko prirodnih koordinata ............... 7.3.3. Ubrzanje tačke preko prirodnih koordinata ..........

183 184 184 184 185 186

8. Najprostiji slučajevi kretanja krutog tela 8.1. Translatorno kretanje krutog tela ....................................... 8.2. Rotaciono kretanja .............................................................. 8.2.1. Definicija obrtnog kretanja. Zakon kretanja ........ 8.2.2. Ugaona brzina i ugaono ubrzanje tela .................. 8.2.3. Određivanje brzine i ubrzanja pojedinih tačaka .... 8.2.4. Prenosnici ..............................................................

232 232 233 233 234 235 236

9. Ravno kretanje tela 9.1. Definicija i jednačine ravnog kretanja tela ......................... 9.2. Nepomični i pomični centroid (poloid, ruleta) ...................

241 241 242

11

186 188 188 189 189 190 191 191 192 193

Sadržaj

9.3. Određivanje brzina pojedinih tačaka ravne figure ............. 9.3.1. Teorema o projekciji brzina dve tačke tela .......... 9.3.2. Određivanje brzina tačaka preko trenutnog pola ... 9.4. Određivanje ubrzanja pojedinih tačaka ravne figure .......... 9.5. Trenutni pol ubrzanja ..........................................................

243 244 245 249 250

10. Sferno kretanje tela Jednačine kretanja. Ojlerovi uglovi .................................. Izražavanje ugaone brzine tela preko Ojlerovih uglova ..... Trenutno ugaono ubrzanje .................................................. Brzine pojedinih tačaka tela ............................................... Ubrzanje proizvoljne tačaka tela ......................................... Pomični i nepomični aksoid ...............................................

288 288 290 291 293 294 296

11. Složeno kretanje tačke 11.1. Relativno, prenosno i apsolutno kretanje tačke .................. 11.2. Teorema o slaganju brzina .................................................. 11.3. Teorema o slaganju ubrzanja – Koriolisova teorema .........

303 303 305 307

Treći deo Dinamika

315

10.1. 10.2. 10.3. 10.4. 10.5. 10.6.

12. Uvod u dinamiku materijalne tačke Osnovni pojmovi i definicije ............................................... Sistemi jedinica ................................................................... Njutnovi zakoni mehanike ................................................... Osnovni zadaci dinamike materijalne tačke .......................

315 315 315 316 317

13. Diferencijalne jednačine kretanja materijalne tačke 13.1. Uvod ................................................................................... 13.2. Pravolinijsko kretanje materijalne tačke ............................ 13.2.1. Pravolinijsko kretanje materijalne tačke pod dejstvom konstantne sile .................................... 13.2.2. Padanje tela u otpornoj sredini ........................... 13.3. Krivolinijsko kretanje materijalne tačke ............................ 13.3.1. Kosi hitac .......................................................... 13.4. Kretanje neslobodne materijalne tačke ............................... 13.4.1. Jednačina veza i podela veza ............................. 13.4.2. Lagranžeove jednačine prve vrste ..................... 13.4.3. Dalamberov princip tačku .................................

318 318 318

12.1. 12.2. 12.3. 12.4.

12

319 320 322 322 325 325 325 331

Sadržaj

14. Opšti zakoni dinamike materijalne tačke Uvod .................................................................................... Definicija količine kretanja i impulsa sile .......................... Zakon o promeni količine kretanja materijalne tačke ........ Definicija kinetičke energije materijalne tačke, rada sile i snage ............................................................................ Neki slučajevi izračunavanja rada ....................................... Zakon o promeni kinetičke energije materijalne tačke ....... Definicija momenta količine kretanja materijalne tačke ..... Zakon o promeni momenta količine kretanja materijalne tačke ................................................................. Polje sile. Potencijalna energija .........................................

363 363 363 364

15. Dinamika tačke promenljive mase 15.1. Uvod .................................................................................... 15.2. Jednačina Meščerskog ......................................................... 15.3. Formula Ciolkovskog ...........................................................

384 384 385 386

16. Relativno kretanje materijalne tačke 16.1. Diferencijalne jednačine ...................................................... 16.2. Zakon o promeni kinetičke energije relativnog kretanja .....

391 391 393

17. Kretanje tačke pod dejstvom centralne sile 17.1. Bineova formula ................................................................

398 398

14.1. 14.2. 14.3. 14.4. 14.5. 14.6. 14.7. 14.8. 14.9.

365 367 370 371 372 374

18. Pravolinijske oscilacije materijalne tačke Uvod ................................................................................... Slobodne neprigušene oscilacije materijalne tačke ............ Slobodne prigušene oscilacije materijalne tačke ................ 18.3.1. Slobodne prigušene oscilacije materijalne tačke pod dejstvom sile otpora srazmerne prvom stepenu brzine tačke ......................................... 18.3.1.1. Logaritamski dekrement prigušenih oscilacija materijalne tačke .............. Prinudne neprigušene oscilacije materijalne tačke ............ Prinudne prigušene oscilacije materijalne tačke .................

404 404 405 409

Literatura ......................................................................................... O autoru ...........................................................................................

446 451

18.1. 18.2. 18.3.

18.4. 18.5.

13

409 414 417 426

Statika – uvod

Prvi deo STATIKA 1. SUČELJNE SILE 1.1. OSNOVNI POJMOVI I VELIČINE U STATICI. SILA

Statika, kao deo teorijske mehanike, proučava uslove ravnoteže krutih tela i metode svođenja više sila na jednostavniji oblik. Pojam mirovanja tela odnosi se na telo pod dejstvom sila koje se nalaze u ravnoteži. Inače, primena uslova ravnoteže je šira i odnosi se kako na kruta tako i na deformabilna tela, tečnosti i gasove, ali su za njih potrebni i dopunski uslovi. Skup svih sila koje deluju na telo zove se sistem sila. Dve sile su međusobno ekvivalentne ako na jedno telo imaju isto dejstvo. Sila koja zamenjuje dejstvo više sila, zove se rezultanta. Određivanje rezultante je postupak slaganja sila. Obratno, zamena jedne sile sistemom sila zove se razlaganje sile. Prema položaju sila u prostoru, pri dejstvu na telo, statika se deli na statiku u ravni, kada su sve sile u jednoj ravni, i statiku u prostoru, kada sile zauzimaju proizvoljan položaj u prostoru. Zadaci iz statike rešavaju se računskim ili geometrijskim putem, ali su moguće i kombinovane metode. U statici se susrećemo sa skalarnim i vektorskim veličinama. Osnovnim veličinama se smatraju sila i dužina, pri čemu se tretiraju samo geometrijske osobine sila, pa se i za statiku kaže da je geometrija sila. Slika 1.1. Sila kao vektor Kao što je poznato iz fizike, pod mehaničkom silom se podrazumeva mera mehaničkog uzajamnog dejstva između tela, koje može biti međusobnim dodirom, ili na izvesnom rastojanju. Trenje je primer uzajamnog dejstva dodirom, a uzajamna privlačenja nebeskih tela primer međudejstva na rastojanju. Za razliku od takozvanih skalarnih veličina, 15

Statika – uvod

određenih samo brojnom vrednošću − na primer, temperatura masa itd., sila je vektorska veličina (vektor) i određena je sledećim podacima (sl.1.1): brojnom vrednošću, tj. intenzitetom ili modulom, pravcem i smerom dejstva i napadnom tačkom. Telo koje slobodno pada izloženo je dejstvu sile teže ili težini tela. To je primer uzajamnog dejstva tela i Zemlje. Sila je vektorska veličina, jer je za njeno određivanje, kao što je rečeno, potrebno znati: napadnu tačku sile, pravac i smer dejstva i brojčanu vrednost (intenzitet ili modul). Sile se dele na aktivne i pasivne, ili otporne sile. Aktivne su one koje izazivaju pomeranje tela na koje dejstvuju, ali mogu i da ga uravnoteže. To su sila teže, pritisak vode, snega, peska itd. Pasivne sile mogu samo da sprečavaju pomeranje tela. Za merenje sile u međunarodnom sistemu jedinica usvojen je njutn [1N] , kao izvedena veličina iz osnovnih fizičkih veličina. 1.2. PROJEKCIJA SILE NA OSU

Projekcija sile na osu (usmerenu pravu) je skalarna veličina koja je jednaka proizvodu iz intenziteta te sile i kosinusa ugla što ga čini vektor sile sa pozitivnim smerom te ose.

Slika 1.2. Projekcije sile na osu (kao skalar)

r r Na osnovu sl. 1.2, projekcija sile F1 i F2 na osu x je: X 1 = F1x = F1 ⋅ cos α , X 2 = F2 x = F2 ⋅ cos β = F2 ⋅ cos

(1800 − γ ) = − F2 ⋅ cos γ .

1.3. PROJEKCIJA SILE NA RAVAN

Projekcija sile na ravan je vektorska veličina, tj. vektor koji spaja početnu i krajnju tačku projekcija vrhova vektora sile na tu ravan. r r Na sl. 1.3, vektor Fxy je projekcija sile F na ravan Oxy , dok su skalari 16

Statika – uvod

X , Y i Z projekcije te sile na odgovarajuće ose. Intenzitet tog vektora je:

Fxy = F sin α ,

r a projekcije sile F na ose su:

X = Fxy cos β = F sin α cos β , Y = Fxy sin β = F sin α sin β , Slika 1.3. Projekcija sile na ravan

Z = F cos α .

1.4. ANALITIČKI NAČIN DEFINISANJA SILE

Ako su poznate napadna tačka i projekcije sile na pojedine ose pravouglog Dekartovog koordinatnog sistema, ta sila je u potpunosti određena kao vektor. r Intenziteti projekcija sile F su projekcije te sile na odgovarajuće ose (sl.1.4). One su jednake: X = F cos α , Y = F cos β , Z = F cos γ .

Slika 1.4. Sila u Dekartovom koordinatnom sistemu

Imajući na umu relaciju: cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1 , intenzitet sile po Pitagorinoj teoremi je: F = X 2 + Y 2 + Z 2 , što je vidljivo i sa sl. 1.4. Pravac i smer te sile određeni su jednačinom: cos α = X , cos β = Y , cos γ = Z . F F F 1.5. ANALITIČKI NAČIN SLAGANJA SILA. POJAM GLAVNOG VEKTORA

Ako se neka sila može predstaviti kao vektorski zbir više drugih sila, projekcija te sile na bilo koju osu jednaka je algebarskom zbiru projekcija komponentnih sila na istu osu. r r r r Na osnovu sl. 1.5. je: FG = F1 + F2 + F3 . 17

Statika – uvod

Ako se ova jednačina projektuje, član po član, na osu x , dobija se ab = ac + cd − bd , Slika 1.5. Projekcije sila na osu a kako je ab = X G , ac = X 1 , cd = X 2 , −bd = X 3 , sledi

X G = X1 + X 2 + X 3 =

∑X . i

Ako je reč o prostornom sistemu sila, bilo bi: XG = X i , YG = Yi , Z G = Zi .

∑

∑

∑

Intenzitet bi bio: FG = X G2 + YG2 + Z G2 , X Y Z a pravac i smer: cos α = G , cos β = G , cos γ = G . FG FG FG Ako se saberu sve sile koje deluju na neki sistem, taj vektorski zbir sila r r r r FG = F1 + F2 + F3 + ⋅⋅⋅ zove se glavni vektor. 1.6. EKVIVALENTNI SISTEMI SILA. POJAM REZULTANTE

Ako se jedan sistem sila može zameniti drugim, a da se stanje kretanja (mirovanja) sistema ne promeni, kaže se da su ta dva sistema sila međusobno ekvivalentna.

Slika 1.6. Sistem ekvivalentnih sila

Ako jedna sila može da zameni sve sile nekog sistema, a da se pri tome ne naruši stanje kretanja (mirovanja) sistema, takvu silu zovemo rezultantom. r Na sl. 1.7. dat je primer tela na koje deluju dve iste sile F . Takav sistem 18

Statika – uvod

r r sila može se zameniti njihovom rezultantom FR = 2 F koja deluje na sredini ivice tela.

Slika 1.7. Pojam rezultante Kao i glavni vektor, rezultanta nekog sistema sila, ako uopšte postoji, jednaka je vektorskom zbiru tih sila. To, međutim, ne znači da je glavni vektor ujedno i rezultanta. Da kojim slučajem na telo sa sl. 1.7. deluju paralelne sile istih intenziteta ali suprotnih smerova, njihov vektorski zbir, tj. glavni vektor, bio bi jednak nuli. Međutim, takav sistem sila uopšte nema rezultantu, tj. nikakva (jedna) sila ga ne može zameniti. 1.7. POJAM SPOLJAŠNJE I UNUTRAŠNJE SILE ZA DATI SISTEM

Spoljašnje sile potiču od delovanja drugih tela, odnosno to su sile kojim spoljnji svet posredno ili neposredno deluje na bilo koju tačku sistema. Unutrašnje sile su sile koje vladaju između čestica tela, odnosno to su sile kojima tačke ili tela koji pripadaju sistemu međusobno deluju jedni na druge, posredno ili neposredno, na bilo koju tačku Slika 1.8. Pojam spoljašnje i unutrašnje sile sistema. 1.8. AKSIOMI (POSTAVKE) STATIKE

Cela teorija statike se temelji na pet principa koji se uzimaju kao tačni, bez dokaza, a koji se zovu aksiomi.

19

Statika – uvod

Aksiom 1 (A1 − O ravnoteži): Ako na telo deluju dve sile, onda ono može da se nalazi u ravnoteži, tada i samo tada ako su te dve sile jednake po r r intenzitetu ( F = F ') , imaju isti pravac, deluju duž iste napadne linije, a suprotnih su smerova. Slika 1.9. Aksiom 1.

Aksiom 2 (A2 − O ekvivalentnosti sistema sila): Dejstvo datog sistema sila na kruto telo se ne menja ako se datom sistemu sila doda ili oduzme uravnoteženi sistem sila.

Slika 1.10. Aksiom 2.

Dakle, u statici pri izučavanju ravnoteže krutih tela silu smatramo kliznim vektorom (sl. 1.11).

Slika 1.11. Aksiom 2.

Aksiom 3 (A3 − O paralelogramu sila): Dve sile koje deluju na kruto telo imaju u jednoj tački rezultantu određenu dijagonalom paralelograma konstruisanog nad tim stranicama.

Slika 1.12. Aksiom 3. Rezultanta dve sile iste napadne tačke 20

Statika – uvod

Slika 1.13. Aksiom 3. Rezultanta dve sile različitih napadnih tačaka

Slika 1.14. Aksiom 3. Rezultanta četiri sile iste napadne tačke i njihov poligon

Aksiom 4 (A4 − O jednakosti dejstva i protivdejstva): Dva materijalna tela uvek deluju jedno na drugo silama istih intenziteta, duž iste napadne linije, ali suprotnim smerovima. Ili kraće rečeno: dejstvo je jednako protivdejstvu. Aksiom 5 (A5 − Princip ukrućivanja ili solidifikacije): Ako se deformabilno telo pod dejstvom datog sistema sila nalazi u ravnoteži, ravnoteža će se održati i tada ako to telo postane apsolutno kruto.

Slika 1.15. Aksiom 4. Dejstvo dve tačke, jedna na drugu

Slika 1.16. Aksiom 4. Dejstvo dve tačke, jedne na drugu 21

Statika – uvod

Aksiom 6 (A6 − Aksiom o vezama): Svako vezano (neslobodno) telo može se razmatrati kao slobodno ako zamislimo da smo uklonili veze i njihov uticaj zamenili dejstvom reakcije veza. 1.9. VEZE, VRSTE VEZA I NJIHOVE REAKCIJE

Telo čije je pomeranje u prostoru ograničeno (ometano) drugim telom zove se vezano (neslobodno) telo. Svako telo koje ograničava (sprečava) pomeranje u prostoru datog tela zove se veza. Sila kojom veza (materijalno telo) dejstvuje na dato telo i koja sprečava njegovo pomeranje u prostoru zove se reakcija veze. Pravac i smer reakcije veza određen je tako što je reakcija usmerena u suprotnom smeru od smera u kome veza ne dopušta pomeranje datom telu. Glatka površina. U slučaju kontakta dva idealna (idealno glatka) tela, sila kojom deluju jedno na drugo je upravna na zajedničku tangencijalnu ravan.

Slika 1.17. Reakcija veze glatke površine

Slika 1.18. Reakcija veze glatke površine 22

Statika – uvod



Pokretni oslonac. Često korišćena veza je takozvani pokretni oslonac. Osnovna karakteristika pokretnog oslonca je što za podlogu nije čvrsto vezan i po njoj može da slobodno kliže, praktično bez trenja. Reakcija ovakvog oslonca je upravna na podlogu.

Slika 1.21. Reakcija veze pokretnog oslonca

Slika 1.22. Primeri reakcija veze pokretnog oslonca 23

Statika – uvod

Nepokretni oslonac. Nepokretni oslonac je čvrsto vezan za podlogu, na primer zavaren ili pričvršćen zavrtnjima. Ukupna reakcija je kosa sila, pod nekim α , a projekcije na uglom odgovarajuće ose x i z su X A i Z A .

Slika 1.23. Reakcija veze nepokretnog oslonca

Intenzitet i pravac određujemo na osnovu izraza Z tg α = A . XA

FA = X A2 + Z A2 ,

Slika 1.24. Reakcija veze nepokretnog oslonca

Često se nepokretni i pokretni oslonac koriste u kombinaciji, što je vidljivo na slici 1.25.

Slika 1.25. Reakcija veze nepokretnog i pokretnog oslonca

Konopac (uže). Idealno savitljiv konopac uvek je napregnut na istezanje i sila koja ga napreže ima pravac konopca.

24

Statika – uvod

Slika 1.26. Reakcija veze konopca

Zglob. Često se tela vežu zglobom. Veza se ostvaruje bušenjem rupe i ubacivanjem osovine ili čivije na tom mestu. Zglob se ponaša slično nepomičnom osloncu. Reakcija mu je neka kosa sila sa unapred nepoznatim pravcem.

Slika 1.27. Dva tela vezana zglobom

Taj pravac se može odrediti tek nakon što se odrede bilo koje dve međusobno upravne komponente te sile.

Slika 1.28. Reakcija veze zgloba

Kruti laki štap. Kruti laki štap nema težine i ima jednu dimenziju znatno veću od druge dve. Pored istezanja, štap može da podnese i pritisak. Za razliku od grede, štap slabo podnosi savijanje pa se kao konstrukcioni element koristi tamo gde se računa da sile kojima je podvrgnut uglavnom deluju duž štapa. Reakcija je duž štapa. Ako je štap u obliku krutog lakog ugaonika, reakcija veze prolazi kroz zglobove.

25

Statika – uvod

Slika 1.29. Reakcija veze štapa

Klizač. Reakcija veze kod klizača, za slučaj da se zanemari trenje je upravna na pravac vođice.

Slika 1.30. Reakcija veze klizača

1.10. RAVNOTEŽA SISTEMA SUČELJNIH SILA Sistemom sučeljnih sila naziva se takav sistem koji dejstvuje na telo, a čije se napadne linije seku u jednoj tački. r r r Sistem sučeljnih sila F1 , F2 , F3 ,..., prema aksiomu 3, ekvivalentan je jednoj jedinoj sili, tj. ima rezultantu. Rezultanta je jednaka vektorskom zbiru svih tih sila, a za slučaj da je sistem u ravnoteži ona je jednaka nuli, tj.: r r r r r FR = F1 + F2 + F3 + ⋅⋅⋅ = Fi = 0 .

∑

Slika 1.31. Sučeljne sile 26

Statika – uvod

Ako je reč o prostornom sistemu sila, vektorskoj jednačini, nakon projekcije na ose, odgovaraju tri skalarne jednačine: X R = X 1 + X 2 + X 3 + ⋅⋅⋅ = Xi = 0 ,

∑

∑Y = 0 , Z = Z + Z + Z + ⋅⋅⋅ = ∑ Z = 0 , ili kratko: ∑ X = 0 , ∑ Y = 0 , ∑ Z = 0 . YR = Y1 + Y2 + Y3 + ⋅⋅⋅ = R

1

2

i

3

i

i

i

i

Za slučaj da su posredi dve sučeljne sile (vidi sl. 1.29), intenzitet rezultante određujemo po kosinusnoj teoremi: FR2 = F12 + F22 + 2 F1 F2 cos α , ili po sinusnoj teoremi: FR F F = 1 = 2 . 0 sin γ sin β sin (180 − α )

Slika 1.32. Dve sučeljne sile i njihova rezultanta

1.11. TEOREMA O TRI NEPARALELNE SILE U RAVNI

Teorema 1 (T1 − Teorema o tri sile). Ako se slobodno kruto telo nalazi u ravnoteži, pod dejstvom tri neparalelne sile, koje leže u jednoj ravni, onda napadne linije tih sila moraju da se seku u jednoj tački i da trougao sila bude zatvoren. r r r r FA + G + N = FR = 0

Slika 1.33. Greda opterećena sa tri neparalelne sile

27

Statika – uvod

Slika 1.34. Ravni sistem od tri neparalelne sile

U ovom slučaju telo može da bude u ravnoteži ako je: r r r r r r r F3 = − ( F1 + F2 ) , tj. ako je: F1 + F2 + F3 = FR = 0 . 1.12. MOMENT SILE ZA OSU KAO SKALAR

Kruto telo pod dejstvom sila može da, osim translatornog kretanja, vrši i obrtanje oko neke ose (tačke ili centra). Slika 1.35. Obrtni efekat sile

Slika 1.36. Moment sile za osu (kao skalar)

28

Statika – uvod

Kao mera nastojanja sile da obrne telo oko neke ose uveden je pojam moment sile za osu. Dakle, obrtni efekt sile karakteriše se njenim r momentom. Obrtni efekt sile zavisi od: a) intenziteta sile F i dužine kraka, r b) položaja ravni obrtanja, koja prolazi kroz tačku O i silu F , i c) od smera obrtanja u toj ravni. Za količinsku meru obrtnog efekta sile može da se uvede pojam o r momentu sile. Momentom sile F za neku osu upravnu na ravan dejstva sile naziva se skalarna veličina (uzeta sa odgovarajućim znakom), koja je jednaka proizvodu iz intenziteta sile i kraka sile (najkraćeg rastojanja sile od r r ose), tj. M OF = + F ⋅ h (sl. 1.37 a) i M OF = − F ⋅ h (sl. 1.37,b). Moment sile ima svojstva: 10 – Moment sile se ne menja pri pomeranju napadne tačke sile duž njene napadne linije. 20 – Moment sile za tačku O jednak je nuli samo u tom slučaju kada je sila jednaka nuli ili, pak, ako napadna linija sile prolazi kroz tačku O , tj. kada je krak sile jednak nuli. 30 – Brojčana veličina momenta prikazana je dvostrukom površinom trougla r Δ OAB , tj. M OF = ± 2 ⋅ PΔOAB . Ovo proizilazi iz činjenice da je: PΔOAB = 1 AB ⋅ h = 1 F ⋅ h . 2 2

Slika 1.37. Moment sile za osu (kao skalar) r 40 – Moment sile F za tačku određuje tačku kroz koju prolazi napadna M OF linija sile. Ta tačka udaljena je od tačke O za rastojanje h = , pri čemu F r se nanosi na normalu spuštenu iz tačke O na pravac sile F u stranu koja je

određena znakom momenta.

29

Statika – uvod

1.13. VARINJONOVA TEOREMA O MOMENTU REZULTANTE

Teorema 2 (T2). Moment rezultante ravnog sistema sučeljnih sila za proizvoljnu osu upravnu na ravan dejstva tog sistema, jednak je algebarskom zbiru momenata (za istu osu) komponentnih sila.

Slika 1.38. Projekcija sučeljnih sila i njihove rezultante na osu

Dokaz: U tački A se sučeljava ravni sistem sila (sl. 1.38), čija je rezultanta: r r r r r FR = F1 + F2 + F3 = Fi .

∑

Kroz proizvoljnu tačku O i tačku A prolazi proizvoljna osa x i na nju upravne ose y i z . Ako vektorsku jednačinu projektujemo na ose x i y , dobiće se: X R = X 1 + X 2 + X 3 + ⋅ ⋅⋅ = ∑ X i , (a) YR = Y1 + Y2 + Y3 + ⋅ ⋅⋅ = ∑ Yi .

(b)

Moment rezultante za osu z kroz tačku O je: r F M z = FR ⋅ h sin α = ( FR sin α ) ⋅ h = YR ⋅ h . (c) Istor važi i za bilo koju od komponentnih sila: M zF = Yi ⋅ h . (d) Ako jednačinu (b) pomnožimo sa h ir uporedimo sa (d), dobićemo: YR h = Y1h + Y2 h + Y3 h + ⋅⋅ ⋅ = ∑ Yi h = M zF . (e) R

i

i

Poređenjem jednačina (d) i (c), sledi kraj dokaza Varinjonove teoreme: r r F F Mz = ∑Mz . (f) R

i

30

Statika – uvod

1.14. POJAM SPREGA SILA

Spregom sila naziva se sistem od dve paralelne sile, istih intenziteta, a suprotnih smerova, koje deluju na kruto telo. Spreg sila nema rezultantu. Ravan koja prolazi kroz napadne linije sila koje obrazuju spreg zove se ravan dejstva sprega. Rastojanje između sila zove se krak sprega. Dejstvo sprega svodi se na obrtni efekat, koji zavisi od: r 10 intenziteta F sila sprega i dužine njegovog kraka h , 20 položaja ravni dejstva sprega, 30 smera obrtanja u toj ravni. Da bi se okarakterisao ovaj efekat, uvodi se pojam moment sprega. Moment sprega sila naziva se veličina uzeta sa odgovarajućim znakom, koja je jednaka proizvodu iz intenziteta jedne od sila i kraka uur uur sprega. Označava se simbolom M ili M . Slika 1.39. Spreg sila

Vektor momenta sprega je tzv. slobodni vektor. Spreg sila ima sledeće karakteristike: • spreg nastoji na obrne telo oko ose upravne na ravan njegovog dejstva, • ako na neki sistem (telo) deluje spreg sila, prema aksiomu 1, taj sistem nije u ravnoteži, • glavni vektor sistema sila koje čine spreg jednak je nuli, tj.: r r r r r FG = F + F ' = F − F = 0 , •

ne postoji jedna jedina sila koja bi bila ekvivalentna spregu sila, tj. spreg sila nema rezultantu. Teorema 3 (T3). Algebarska suma momenata svake od sila koje obrazuju spreg, za bilo koju tačku koja leži u ravni dejstva sprega, ne zavisi od izbora te tačke i jednaka je momentu sprega sila. Dokaz. Algebarski zbir momenata sila koje obrazuju spreg za proizvoljnu osu Oz upravnu na ravan dejstva sprega je: r r M = M OF + M OF ' = − F ( h + a ) + F '⋅ a = − F ⋅ h , što je upravo intenzitet momenta sprega.

Znak minus potiče iz definicije momenta, tj. pravila „desne ruke”.

31

Statika – uvod

Slika 1.40. Moment sprega sila za proizvoljnu tačku

Teorema 4 (T4 − Teorema o ekvivalentnosti spregova u ravni). Spreg koji čini neki par sila i čiji moment je M 1 , ekvivalentan je spregu koji u istoj ravni čini drugi par sila i koji ima isti moment, M 2 = M 1 . Dokaz. Dokaz je proveden na sl. 1.41. Dejstvo sprega sila na kruto telo ostaje nepromenjeno kada umesto njega deluje par bilo kojih sila, pod uslovom da novi par sila deluje u istoj ravni, ima isti moment i da obrće telo u istom smeru.

Slika 1.41. Ekvivalentnost spregova u ravni 32

Statika – uvod

1.15. TRANSFORMACIJA (PRETVARANJE) SPREGA

Sa spregom možemo vršiti pet transformacija, pod uslovom: • da sile ostanu u ravni dejstva sprega, • da se vrednost i smer momenta sprega ne promene. Ovde ćemo ih nabrojati bez dokaza, zbog očiglednosti. 10 Translacijom sile po pravcu dejstva ne menja se dejstvo sprega. 20 Dejstvo sprega se ne menja ako krak sprega u njegovoj ravni zaokrenemo za proizvoljan ugao. 30 Dejstvo sprega se ne menja ako ga pomerimo po kraku sprega, tj. upravno na pravac sila. 40 Dejstvo sprega se ne menja ako mu se krak poveća a sile smanje, odnosno krak smanji a sile povećaju, pod uslovom da moment sprega ostane nepromenjen. 50 Više spregova u jednoj ravni možemo superponirati svodeći ih na isti krak. 1.16. RAVNOTEŽA RAVNOG SISTEMA SPREGOVA

Ako na sistem u nekoj ravni deluju samo spregovi sila, jasno je da takav sistem može biti u ravnoteži samo ako je rezultujući spreg jednak nuli, tj. ako je algebarski zbir svih komponentnih spregova jednak nuli: M R = ∑ Mi = 0 . 1.17. UKLEŠTENJE KAO VEZA

Nakon definicije sprega sila možemo razmatrati još jednu od važnih veza, tzv. ukleštenje.

Slika 1.42. Ukleštenje

Za razliku od nepokretnog oslonca ili zgloba, ukleštenje pored kose sile r r čije su komponente X A i YA pruža i otpor u vidu sprega sila momenta M A = M A , koji se zove moment ukleštenja. Fizičko poreklo ove tri sile je 33

Statika – uvod

vidljivo sa sl. 1.42. Ukleštenje se koristi kao veza tamo gde treba sprečiti rotaciju tela oko ose upravne na ravan dejstva sila. 1.18. TEOREMA O SVOĐENJU (REDUKCIJI) SILE NA TAČKU

Teorema 5 (T5). Silu koja deluje u nekoj tački krutog tela, možemo, ne menjajući njeno dejstvo, preneti paralelno njoj samoj u bilo koju tačku tela, ako pri tom sili pridodamo spreg čiji je moment jednak momentu sile koju prenosimo za tačku u koju se sila prenosi.

Slika 1.43. Redukcija sile na tačku

Navedena teorema se još zove osnovna teorema statike. 1.19. POSTUPAK REŠAVANJA ZADATAKA STATIKE

Opšti principi se sastoje u sledećem: a) uočiti telo čija se ravnoteža izučava, b) osloboditi telo veza i njih zameniti odgovarajućim reakcijama veza, c) uočiti o kakvom sistemu sila je reč (sučeljne sile, sile u jednoj ravni itd.) i primeniti odgovarajuće uslove ravnoteže, d) odrediti nepoznate veličine (reakcije) pa zatim: • nacrtati tačne pravce i smerove i zatim • komentarisati rešenja.

34

Rešetkasti nosači

1.20. REŠETKE

Svako kruto telo koje nosi terete i prenosi ih na oslonce nazivamo nosačem ili gredom. Rešetka je konstrukcija sastavljena od pravih štapova, koji su međusobno vezni na svojim krajevima, a tu vezu Slika 1.44. Primeri povezivanja štapova rešetke smatramo zglobnom. Ravnom rešetkom (sl. 1.45) nazivamo rešetku kod koje svi štapovi leže u jednoj ravni, u protivnom reč je o prostornoj rešetki.

Slika 1.45. Primeri rešetkastih nosača

U praksi, štapovi rešetke se vežu zakovicama, zavrtnjima ili zavarivanjem. Dalje se smatra da je rešetka opterećena silama samo u zglobovima ili takozvanim čvorovima. Štapovi rešetke su, u stvari, kruti laki štapovi, tj. štapovi bez težine koji su opterećeni samo na pritisak ili istezanje. Dakle, 35

Rešetkasti nosači

težine štapova su zanemarljive u odnosu na sile koje nosi rešetka. Ravna rešetka se formira tako da se najpre međusobno povežu tri štapa, kao na sl. 1.46, a zatim se nadograđuju novi trouglovi. Da bi se to izvelo, potrebna su dva nova štapa i jedan novi čvor. Ako na kraju konstrukcija ima č-čvorova, znači da je uz postojeća tri čvora početnog trougla potrebno još ~ −3 dodatnih čvorova. Kako se svaki dodatni čvor veže sa dva nova štapa, potrebno je 2 ⋅ ( ~ −3) novih štapova. Znači, ukupan broj štapova ravne rešetke sačinjene od trouglova je: {= 2 ⋅ ( ~ −3) + 3 . Dakle, ukupan broj štapova ravne rešetke sačinjene od trouglova je {= 2 ⋅ ( ~ −3) + 3 . A ako je zadovoljen uslov {= 2⋅ ~ −3 , Slika 1.46. Trougaono spajanje kažemo da je rešetka stabilna. štapova rešetke 1.20.1. Metoda isecanja čvorova

Za iznalaženje sila u štapovima često se koristi metod isecanja čvorova. Ovaj metod se sastoji u sledećem: • Za date spoljašnje sile nađu se reakcije oslonaca rešetke uz pomoć uslova ravnoteže i to: ∑ X i = 0 , ∑ Yi = 0 i ∑ M = 0 . •

Iseca se čvor po čvor rešetke tako da se svaki od čvorova odvoji od rešetke, a uticaj odbačenog dela konstrukcije se zameni silama. Te sile imaju pravce štapova, a nepoznat smer koji mi pretpostavimo i računanjem zaključujemo da li smo pravilno pretpostavili. Za taj čvor primenjujemo uslove ravnoteže u obliku: ∑ X i = 0 , ∑ Yi = 0 .

Prelaskom na novi čvor promeni se smer sile u štapu po zakonu akcije i reakcije i ponavlja postupak računanja. Primer 1. Ilustraciju izloženog pokažimo na primeru rešetke sačinjene od jednakostraničnih trouglova strane a i opterećene silama F1 = F i F2 = 3F . 36

Rešetkasti nosači

Slika 1.47. Primer rešetke

Rešenje: Postavimo uslove ravnoteže:

Slika 1.48. Primer isecanja čvorova − zglobova B i C

∑X

i

= F − XA = 0,

∑Y = Y i

A

+ FB − F 3 = 0 ,

3 3 − F 3 ⋅ a + FB ⋅ 2a = 0 , 2 2 i izračunajmo otpore oslonaca rešetke kao celine: X A = F , YA = 0 , FB = F 3 . Isecajmo sada postepeno čvorove i postavljajmo uslove ravnoteže da bismo izračunali sile u štapovima rešetke. Iz statičkih uslova ravnoteže za zglob B (sl. 1.48): ∑ X i = SCB cos 600 − S DB = 0 , ∑ Yi = FB − SCB sin 600 = 0 ,

∑M

A

= −F ⋅ a

dobijamo SCB = 2 F i S DB = F . Iz statičkih uslova ravnoteže za zglob C : ∑ X i = −SCE + SCD cos 600 − S 'CB cos 600 = 0 ,

∑Y = F i

2

+ SCD sin 600 + S 'CB sin 600 = 0 ,

dobijamo SCE = − F i SCD = 0 . Iz statičkih uslova ravnoteže za zglobove E , D i A rešetke (sl. 1.49), 37

Rešetkasti nosači

dobijamo vrednosti sila u štapovima i to redom: S AE = S DE = 0 , S AD = F .

Slika 1.49. Primeri isecanja zglobova E, D i A rešetke

1.20.2. Riterov metod ili metod preseka rešetke

Ako se traži sila samo u jednom štapu ili u nekoliko štapova, efikasan je takozvani Riterov metod. On se sastoji u sledećem: • Za spoljašnje sile pronađu se reakcije oslonaca rešetke kao celine, • Rešetka se preseče na dva potpuno odvojena dela, ali na mestu gde ima tri štapa i to tri štapa koji se ne seku u jednoj tački. Sile u presečenim štapovima su pravci štapa, a smer se pretpostavlja. Za bilo koja ta dva dela postavljaju se uslovi ravnoteže, oblika ∑ X i = 0 , ∑ Yi = 0 i

∑ M = 0 , i izračunavaju nepoznate sile u štapovima.

Primer 2. Ilustraciju izloženog pokažimo na primeru rešetke sačinjene od jednakostraničnih trouglova strane a i opterećene silama F1 = F i F2 = 3F . Odredimo samo silu u štapu EC rešetke.

Slika 1.50. Primer rešetke za Riterov metod

Rešenje: Postavimo uslove ravnoteže:

∑X

38

i

= F − XA = 0,

Rešetkasti nosači

∑Y = Y i

A

+ FB − F 3 = 0 i

∑M

A

= −F ⋅ a

3 3 − F 3 ⋅ a + FB ⋅ 2a = 0 , 2 2

i izračunajmo otpore oslonaca rešetke kao celine: XA = F , YA = 0 , FB = F 3 . Slika 1.51. Izabrani presek rešetke

Presecimo sada rešetku na dva odvojena dela, ali tako da u preseku postoje najviše tri štapa, među kojima je i traženi štap EC posmatrane rešetke. Postavimo zatim statičke uslove ravnoteže za levi ili desni deo presečene rešetke. U ovom slučaju, tj. za levi deo rešetke, uslovi ravnoteže su: ∑ X i = F1 + SCE + S AD − S DE cos 600 − X A = 0 , ∑ Yi = YA + S DE sin 600 = 0 i

∑M

D

= YA ⋅ a + F1 ⋅ a + SCE ⋅ a = 0 ,

odakle dobijamo SCE = − F . Primer 3. Za datu rešetku i opterećenje dato na sl.1.52, izračunati metodom Kremone sile u štapovima. Dato je: F1 = 1kN , F2 = 4 kN , a = 2m i b = 1,5m .

F1

A

F2

B b

a

a

a

Slika 1.52. Primer rešetke

Rešenje: a) Reakcije oslonaca Izračunajmo reakcije oslonaca pomoću statičkih uslova ravnoteže 2

∑M i =1

A

= FB ⋅ 3a − F2 ⋅ 2a − F1 ⋅ a = 0 ⇒ FB = 3kN ,

39

(1)

Rešetkasti nosači 2

∑M i =1 2

∑Z i =1

i

B

= YA ⋅ 3a − F1 ⋅ 2a − F2 ⋅ a = 0 ⇒ YA = 2 kN ,

(2)

= ZA = 0 ⇒ ZA = 0 . 2

Kontrola:

∑Y = Y i

A

(3)

− F1 − F2 + FB = 0 ⇒ 0 ≡ 0 .

(4)

i =1

F1

ZA A

F2

B FB

YA a

a

b

a

Slika 1.53. Rešetka oslobođena od veza

b) Kremonina (grafička) metoda izračunavanja sila u štapovima Pošto je rešetka u ravnoteži, sve spoljašnje i unutrašnje sile su u ravnoteži. Poligoni svih spoljašnjih i unutrašnjih sila moraju da budu zatvoreni. Od proizvoljne tačke (a) prenesimo sve spoljašnje sile, redom obilazeći oko rešetke u smeru kretanja kazaljke na časovniku, po pravcu, smeru i veličini u izabranoj razmeri. Dobićemo poligon abcd (poligon spoljašnjih sila), koji je zatvoren, što znači da su sve spoljašnje sile u ravnoteži (sl.1.54). Uzeli smo da red nanošenja sila bude u smeru kretanja kazaljke na časovniku ( FA , F1 , F2 , FB ), ali smo mogli i obrnuto, tj., od sile FB prenositi sve sile redom obilazeći oko rešetke u smeru ( FB , F2 , F1 , FA ). Svejedno je koji ćemo smer uzeti ali je bitno izabrani smer zadržati do kraja rešenja zadatka. Kada smo zatvorili poligon spoljašnjih sila, pristupićemo određivanju unutrašnjih sila u štapovima rešetke. Zamislimo da smo iz rešetke isekli čvor I ≡ A . Da bi on bio u ravnoteži, moraju se u štapovima (1) i (2) pojaviti spoljašnje sile koje će sa otporom oslonca FA stajati u ravnoteži. Da bi ove tri sile bile u ravnoteži, moraju se seći u jednoj tački (čvor I) i obrazovati zatvoren trougao sila. Radi određivanja veličina ovih sila, povucimo iz tačaka (a) i (b) u poligonu sila prave paralelne presečenim štapovima (1) i (2); oni će se seći u tački (e). Dužine (be) i (ae) 40

Rešetkasti nosači

predstavljaju, u izabranoj razmeri, veličine sila u štapovima (1) i (2). Da bismo odredili i karakter ovih sila, obilazićemo oko čvora I u istom smeru po kome smo obilazili oko rešetke, polazeći od najniže poznate sile, u ovom slučaju od sile FA . U poligonu sila poći ćemo od tačke (a) naviše, pošto je sila FA usmerena naviše. Sad u čvor I dolazi štap (1) koji je horizontalan, što znači, da iz tačke (b) treba ići u tačku (e) nalevo i tu strelicu treba preneti na štap (1) kod čvora I ≡ A (sl.1.54).

ZA A

I

F1

II

1 2

3

YA

F2

IV

4 5

8 9

7

FB

6

III

a

b

a 1 2 4

5 6

g

7

B

V

a 1kN e 2cm 3 f

UF=

VI

b FA c F1 a

9

F2 h

8

d

Slika 1.54. Plan sila od spoljašnjih sila i sila u štapovima

Zatim kod čvora I ≡ A dolazi štap (2) i u poligonu sila treba ići od tačke (e) ka tački (a) nadesno naviše i tu strelicu preneti na štap (2) kod čvora I. Na ovaj način trougao sila (abe) je zatvoren. Pošto su spoljašnje sile u ravnoteži, a da bi i rešetka bila u ravnoteži, moraju se i unutrašnje sile uzajamno poništavati. Ako je strelica u štapu (1) kod čvora I usmerena nalevo, mora kod susednog čvora II biti usmerena nadesno. Sad prelazimo na čvor II kojeg napadaju dve poznate sile, F1 i unutrašnja S1 , i dve nepoznate sile, S4 i S3 . 41

Rešetkasti nosači

Već nacrtanu duž (be) iskorištavamo za unutrašnju silu (1) kod čvora II i ona će se sada posmatrati kao duž (eb), odnosno kao unutrašnja sila štapa (1) koja napada čvor II u desnu stranu. Čvorove moramo da rešavamo takvim redosledom da u čvoru koji obrađujemo ima najviše dve nepoznate sile štapova. Proceduru sada ponavljamo za sve čvorove rešetke. Svi štapovi će imati po dve strelice (sl.1.54, Kremonin plan sila). Unutrašnje sile crtamo bez strelica. Ako su strelice usmerene ka čvoru, onda je štap opterećen na pritisak, a ako su usmerene od čvora onda je štap opterećen na istezanje. Sile u pritisnutim štapovima ćemo označiti predznakom − a u istegnutim štapovima

bg

bg

predznakom + . Rezultate dobijene Kremoninim planom ćemo uneti u tabelu 1.1. Štap Sila (+) [kN] (-)

1

2 3,4

2,7

3

4

5

1,0

2,7

1,6

6 4,0

7 3,0

Tabela 1.1. 8 9 5,0 4,0

Zadatak 1. Za rešetku i opterećenja date na slici 1.55. izračunati sile u štapovima. Dato je: F1 = 4 kN , F2 = 5kN , a = 4m i b = 6m . Rešenje: Postavimo uslove ravnoteže za rešetku oslobođenu od veza: ∑ M A = − F1 ⋅ a + F2 ⋅ ( a + b ) + F2 ⋅ a − FB ⋅ ( 2a + b ) = 0 ,

∑ M = Y ⋅ ( 2a + b ) − F ⋅ a − F ⋅ ( a + b ) − F ∑Z = Z − F = 0 , B

i

A

A

1

2

2

⋅a = 0,

1

F2

F1

a ZA

A

B F2 YA a

b

a

FB

Slika 1.55. Primer rešetke opterećene silama 42

Rešetkasti nosači

i izračunajmo otpore oslonaca rešetke kao celine: Z A = 4kN , YA = 6,14kN , FB = 3,86kN . Izvršimo proveru dobijenih vrednosti iz uslova: ∑ Y = YA − F1 − F2 + FB = 0 . Riterova metoda izračunavanja unutrašnjih sila u štapovima Kod Riterove metode ispituje se uslov da je zbir momenata svih spoljašnjih i unutrašnjih sila levo ili desno od nekog preseka jednak nuli. Preseke izaberemo tako da se što veći broj presečenih štapova seče u nekom čvoru, tako da sile u tim štapovima pri postavljanju momentnih jednačina za date čvorove ne uzimamo u obzir. Riterovom metodom možemo naći silu u nekom štapu, a da pri tom ne računamo sile i u ostalim štapovima.

Slika 1.56. Rešetka oslobođena veza u izabranim presecima čvorova

Presek A − A : Ovaj presek obuhvata sile Z A , YA , S1 i S2 . Da bismo našli nepoznate sile u štapovima 1 i 2, postavimo momentne jednačine za čvorove II i III . Pretpostavljene sile u štapovima su date na sl. 1.56. ∑ M II = Z A ⋅ a − YA ⋅ a + S2 ⋅ a = 0 , S2 = YA − Z A = 6,14 − 4 = 2,14 kN (štap je opterećen na istezanje). Postavimo sada momentnu jednačinu za čvor III . 2 ∑ M III = −YA ⋅ a + S1 2 ⋅ a = 0 , S1 = YA ⋅ 2 = 6,14 ⋅ 2 = 8,68kN (štap je opterećen na pritisak). Presek B − B : ∑ M V = S3 ⋅ b − F2 ⋅ b = 0 , S3 = 5 kN (štap je opterećen na istezanje). 43

Rešetkasti nosači

∑M

II

= S 2 ⋅ a − S6 ⋅ a = 0 ,

S6 = S 2 = 2,14 kN (štap je opterećen na istezanje).

Presek C − C :

∑M

= FB ⋅ a − S 4 ⋅ a = 0 ,

V

S4 = FB = 3,86 kN (štap je opterećen na pritisak). 6 ∑ M IV = − FB ⋅ a + S6 ⋅ a + S5 7, 21 ⋅ a = 0 , 7,21 S5 = ( 3,86 − 2,14 ) ≈ 2,1kN (štap je opterećen na istezanje). 6 Presek D − D : ∑ M IV = FB ⋅ a − S9 ⋅ a = 0 ,

S9 = FB = 3,86kN (štap je opterećen na istezanje).

∑M

V

S8 = FB

2 ⋅a = 0, 2 2 = 3,86 ⋅ 2 ≈ 5, 46 kN (štap je opterećen na istezanje).

= FB ⋅ a − S8 ⋅

c) Kremonina metoda F2 F1

II

A

IV

5

1

ZA

4

2 I

8

7

3 6

9

VI

B

V

III

F2 YA

7

F1

b

4

a

5 9

d

6

FB

1

FA 8

F2

3

c 2

UF=

F2 e

Slika 1.57. Plan sila 44

1kN 1cm

Rešetkasti nosači

Štap Sila (+) [kN] (-)

1 8,7

2 2,15

3 5

4

5 2,1

6 2,15

3,85

7 1,15

Tabela 1.2. 8 9 3,85 5,5

Zadatak 2. Za rešetku i opterećenje date na slici 1.58. izračunati sile u štapovima, a proveru izvršiti Riterovom metodom. Dato je: F = 5kN , a = 4m .

Slika 1.58. Primer rešetke Rešenje: Postavimo uslove ravnoteže za rešetku oslobođenu od veza: ∑ M A = FB ⋅ 5a + 2 F ⋅ a − 2 F ⋅ 3a = 0 ,

∑M

B

= F ⋅ 5a − YA ⋅ 5a + 2 F ⋅ 2a + 2 F ⋅ a = 0 ,

∑Z

i izračunajmo otpore oslonaca rešetke kao celine: Z A = 10 kN , YA = 11kN , FB = 4 kN .

Slika 1.59. Izabrani preseci 45

i

= Z A − 2F = 0 ,

Rešetkasti nosači

Izvršimo proveru dobijenih vrednosti iz uslova: ∑ Yi = − F + YA − 2F + FB = 0 .

∑M

Presek B − B :

VI

= FB ⋅ a − S12 ⋅ a = 0 ,

S12 = FB = 4kN (štap je opterećen na pritisak).

∑M

= S13 ⋅ a = 0 , S13 = 0 .

VII

∑M

Presek C − C :

VI

= S12 ⋅ a + 2 F ⋅ a − S10 ⋅ a = 0 ,

S10 = 14kN (štap je opterećen na pritisak). 2 ⋅a = 0, 2 S11 = 4 2 = 5,66kN (štap je opterećen na istezanje).

∑M

VIII

= 2 F ⋅ a − S10 ⋅ a + S11

2 2 ⋅ a + S11 ⋅a = 0, 2 2 S9 = S11 = 4 4 = 5,66 kN (štap je opterećen na pritisak).

∑M

Presek D − D :

∑M

VII

S8 = S 9

VIII

= − S9

2 2 ⋅ a + S9 ⋅a = 0 , 2 2 2 = 4 2 ⋅ 2 = 8kN (štap je opterećen na istezanje).

= − S8 ⋅ a + S 9

Presek E − E :

∑M

IV

= − S4 ⋅ a − S10 ⋅ a − S9

S4 = −12 kN (štap je opterećen na pritisak).

2 2 ⋅ a − S9 ⋅ a + 2F ⋅ a = 0 , 2 2

2 2 ⋅ 2 a − S9 ⋅ 2a = 0 , 2 2 S7 = 6 2 = 8,49kN (štap je opterećen na pritisak).

∑M

III

= 2 F ⋅ 2a − S 7

Presek M − M :

∑M

III

= S 6 ⋅ a + S8 ⋅ a − S 7

S4 = 4 kN (štap je opterećen na pritisak).

2 2 ⋅ a − S7 ⋅a = 0 , 2 2

2 2 ⋅ a + S5 ⋅a = 0 , 2 2 S5 = −8, 49 kN (štap je opterećen na istezanje).

∑M

V

= S 6 ⋅ a + S8 ⋅ a + S 5

Presek N − N :

∑M

A

= S 2 ⋅ a − S5

2 2 ⋅ a − S5 ⋅ a + S 4 ⋅ a = 0 , S2 = 0 , 2 2 46

Rešetkasti nosači

2 2 ⋅ a − S3 ⋅a = 0, 2 2 S3 = −8, 49 kN (štap je opterećen na pritisak).

∑M

II

= S5

Presek A − A :

∑M

III

= − S1 ⋅ a + S6 ⋅ a − Z A ⋅ a + YA ⋅ a = 0 ,

S1 = 5kN (štap je opterećen na pritisak).

Štap Sila [kN]

(-) (+)

1 5

2

3 8,5

0

4 12

5

6 4

7 8,5

8

8,5

9 5,5

Tabela 1.3. 11 12 13 4 0 5,5

10 14

8

c) Kremonina metoda 2F

F II

2

4

III

1

5

3

ZA A

6

8

4

ZA

YA

2kN 1cm

7

c

FB

2

F d

4 3

5

1 8

a g 6

11

9

FB

12

2F f

10

Slika 1.60. Plan sila

47

VIII

B

VI

b

YA

12 13

IV

UF=

11

9

7

2F

VII

10

V

e

Rešetkasti nosači

Primer 4. Konstrukcija data na slici 1.61. a sastoji se od dvanaest lakih štapova, međusobno zglobno vezanih. U tački B , date konstrukcije, deluje sila intenziteta F1 = 4 kN u pravcu štapa BF , a u tački C u pravcu štapa CD deluje sila intenziteta F2 = 2 kN . Smerovi sila i dužine štapova date su na slici. Izračunati sile u štapovima. Dato je: a = 3 m , b = 4m i c = 3m .

Slika 1.61.a Primer prostorne rešetke

Rešenje: Koordinate karakterističnih tačaka (sl. 1.61.b) su: A ( 3,0,3) , B 3,4,3 , C 0,4,3 , D 0,0,3 ,

a f a f a f Ga0,4,0f , H a0,0,0f , E a3,0,0f , K a3,4,0f .

Slika 1.61.b Izabrani preseci

Isecimo čvor A i potražimo dužine i kosinuse uglova za pojedine sile u štapovima. 48

Rešetkasti nosači

− Sila u štapu šest. Dužina AE štapa je: AE =

ax

cos α =

xE − x A y − yA z − zA = 0 , cos γ = E = −1 . = 0 , cos β = E AE AE AE

E

f + ay 2

− xA

E

− yA

f + az 2

− zA

E

f

2

= 3,

a

f

r r Sila u štapu šest, S6 , ima projekcije na ose S6 0,0,− S6 , tj.: S6 x = S6 cos α = 0 , S6 y = S6 cos β = 0 , S6 z = S6 cos γ = − S6 . − Sila u štapu dva. Dužina AB štapa je:

ax

AB =

B

− xA

f + ay 2

B

− yA

f + az 2

B

− zA

f

2

= 4,

y − yA 4 − 0 xA − xA z − zA = 0 , cos β = B = = 1 , cos γ = B = 0. 4 AB r AB AB r Sila u štapu dva, S2 ima projekcije na ose S2 ( 0, S 2 ,0 ) tj., S2 x = S 2 cos α = 0 , S2 y = S2 cos β = S2 , S2 z = S 2 cos γ = 0 . − Sila u štapu jedan. Dužina AD štapa je:

cos α =

( xD − x A )

AD =

2

+ ( yD − y A ) + ( z D − z A ) = 3 , 2

2

xD − x A y − yA z − zA = −1 , cos β = D = 0 , cos γ = D = 0. AD AD AD r r Sila u štapu jedan, S1 , ima projekcije na ose S1 ( − S1 ,0,0 ) , tj.: cos α =

S1x = S1 cos α = − S1 , S1 y = S1 cos β = 0 , S1z = S1 cos γ = 0 . r r r Uslov ravnoteže za čvor A je: S6 + S 2 + S1 = 0 . 3

∑X i =1

i

3

∑ Y =S

= − S1 = 0 ,

i =1

i

2

= 0,

3

∑Z i =1

i

= − S6 = 0 .

Isecimo čvor B i potražimo dužine i kosinuse uglova za pojedine sile u štapovima. − Sila u štapu pet. Dužina BD štapa je: BD =

( x D − xB )

2

+ ( yD − yB ) + ( z D − z B ) = 5 , 2

2

49

Rešetkasti nosači

cos α =

y − yB xD − x B 3 z −z = − 4 , cos γ = D B = 0 . = − , cos β = D 5 5 BD BD BD

r r Sila u štapu pet, S5 , ima projekcije na ose S5 − 3 S5 ,− 4 S5 ,0 , tj.: 5 5 S5 x = S5 cos α = − 3 S5 , S5 y = S5 cos β = − 4 S5 , S6 z = S6 cos γ = 0 . 5 5 r − Sila F1 deluje u čvor. Dužina BK štapa je:

e

BK =

ax

K

− xB

f + ay 2

K

− yB

f + az 2

K

− zB

f

2

j

= 3,

y − yB x − xB z −z cos α = K = 0 , cos β = K = 0 , cos γ = K B = −3 = −1 . 3 BK BK r BK r Sila F1 ima projekcije na ose F1 0,0,− F1 , tj.: F1x = F1 cos α = 0 , F1 y = F1 cos β = 0 , F1z = F1 cos γ = − F1 . − Sila u štapu tri. Dužina BC štapa je:

a

BC =

( xC − xB )

2

f

+ ( yC − yB ) + ( zC − z B ) = 3 , 2

2

xC − xB y − yB z − zB = −1 , cos β = C = 0 , cos γ = C =0. BC BC BC r r Sila u štapu tri, S3 , ima projekcije na ose S3 ( − S3 ,0,0 ) , tj.: cos α =

S3 x = S3 cos α = − S3 , S3 y = S3 cos β = 0 , S3 z = S3 cos γ = 0 .

− Sila u štapu dvanaest. Dužina BK štapa je: BK =

( xK − xB )

cos α =

xK − xB y − yB z − zB −3 = 0 , cos γ = K = = −1 . = 0 , cos β = K 3 BK BK BK

2

+ ( yK − yB ) + ( z K − z B ) = 3 , 2

2

a

f

r r Sila u štapu dvanaest, S12 , ima projekcije na ose S12 0,0,− S12 , tj.: S12 x = S12 cos α = 0 , S12 y = S12 cos β = 0 , S12 z = S12 cos γ = − S12 . r r r r r Uslov ravnoteže za čvor B je: S2 + S5 + F1 + S3 + S12 = 0 . 5 5 5 3 4 X = − S − S = , Y = − S − S = , Z i = − F1 − S12 = 0 . 0 0 ∑ ∑ ∑ 5 3 2 5 i i 5 5 i =1 i =1 i =1 Isecimo čvor C i potražimo dužine i kosinuse uglova za pojedine sile u 50

Rešetkasti nosači

štapovima. − Sila u štapu četiri. Dužina CD štapa je: CD =

( xD − xC )

cos α =

xD − xC y − yC z −z = 0 , cos β = D = −1 , cos γ = D C = 0 . CD CD CD

2

+ ( yD − yC ) + ( zD − zC ) = 4 , 2

2

a0,− S ,0f , tj.:

r r Sila u štapu četiri, S4 , ima projekcije na ose S4 S4 x = S4 cos α = 0 , S4 y = S4 cos β = − S4 , S4 z r − Sila F2 deluje u čvor i ima projekcije na ose − Sila u štapu deset. Dužina CG štapa je:

4

= S4 cos γ = 0 . r F2 0,− F2 ,0 .

a

f

CG =

( xG − xC )

cos α =

xG − xC y − yC z −z = 0 , cos β = G = 0 , cos γ = G C = −1 . CG CG CG

2

+ ( yG − yC ) + ( zG − zC ) = 3 , 2

2

a

f

r r Sila u štapu deset, S10 , ima projekcije na ose S10 0,0 − S10 , tj.: S10 x = S10 cos α = 0 , S10 y = S10 cos β = 0 , S10 z = S10 cos γ = − S10 . − Sila u štapu jedanaest. Dužina CK štapa je:

( xK − xC )

CK =

2

+ ( yK − yC ) + ( z K − zC ) = 3 2 , 2

2

y − yC xK − xC z − zC 2 2 , cos β = K = 0 , cos γ = K . = =− 2 2 CK CK CK r r ⎛ 2 2 ⎞ S11 ,0, − S11 ⎟⎟ , Sila u štapu jedanaest, S11 , ima projekcije na ose S11 ⎜⎜ 2 ⎝ 2 ⎠ cos α =

tj.: 2 2 S11 , S11 y = S11 cos β = 0 , S11z = S11 cos γ = − S11 . 2 2 r r r r r Uslov ravnoteže za čvor C je: S4 + F2 + S10 + S11 + S3 = 0 . S11x = S11 cos α =

5

5 5 2 2 S11 + S3 = 0 , ∑ Yi = − S4 − F2 = 0 , ∑ Z i = − S10 − S11 = 0 . 2 2 i =1 i =1 i =1 Isecimo čvor D i potražimo dužine i kosinuse uglova za pojedine sile u štapovima.

∑X

i

=

51

Rešetkasti nosači

− Sila u štapu sedam. Dužina DE štapa je: DE =

( x E − xD )

+ ( yE − yD ) + ( z E − z D ) = 3 2 ,

2

2

2

y − yD x E − xD 2 z − zD 2 = =− , cos β = E = 0 , cos γ = E . 2 2 DE DE DE r r ⎛ 2 2 ⎞ S7 ,0, − S7 ⎟⎟ , tj.: Sila u štapu sedam, S7 , ima projekcije na ose S7 ⎜⎜ 2 ⎝ 2 ⎠ cos α =

2 2 S7 , S7 y = S7 cos β = 0 , S7 z = S7 cos γ = − S7 . 2 2 − Sila u štapu osam. Dužina DH štapa je: S7 x = S7 cos α = DH =

( x H − xD )

2

+ ( yH − yD ) + ( z H − z D ) = 3 , 2

2

y − yD xH − xD z −z = 0 , cos β = H = 0 , cos γ = H D = −1 . DH DH DH r r Sila u štapu osam, S8 , ima projekcije na ose S8 0,0,− S8 , tj.: S8 x = S8 cos α = 0 , S8 y = S8 cos β = 0 , S8 z = S8 cos γ = − S8 . − Sila u štapu devet. Dužina DG štapa je:

cosα =

a

DG = cos α =

ax

G

− xD

f + ay 2

G

− yD

f + az 2

G

− zD

f

2

f

= 5,

xG − xD y − yD 4 z − zD 3 = , cos γ = G =− . = 0 , cos β = G 5 5 DG DH DH

r r Sila u štapu devet, S9 , ima projekcije na ose S9 0, 4 S9 ,− 3 S9 , tj.: 5 5 S9 x = S9 cos α = 0 , S9 y = S9 cos β = 4 S9 , S9 z = S9 cos γ = − 3 S9 . 5 5 r r r r r Uslov ravnoteže za čvor D je: S1 + S 4 + S9 + S8 + S7 = 0 .

e

j

5

5 5 2 4 3 2 S7 = 0 , ∑ Yi =S 4 + S9 = 0 , ∑ Z i = − S9 − S8 − S7 = 0 . 2 5 5 2 i =1 i =1 i =1 Rešavanjem postavljenih uslova ravnoteže za čvorove izračunavamo brojčane vrednosti sila u štapovima, kao i njihov karakter.

∑ X i =S1 +

Štap Sila (-) [kN] (+)

1

2

3

0

0

0

4 2

5

6

7

0

0

0

52

8 1,5

9 2,5

Tabela 1.4. 11 12 4 0 0

10

Sučeljne sile

Zadatak 3. Na strelu ABC prednjaka artiljerijskog sistema dejstvuje vučna sila tegljača F = 1000 3 N , dovodeći ga u ravnomerno kretanje (sl. 1.62,a). Odrediti ukupnu silu otpora, kao i sile u kracima AC i BC strele, ako su: OC = 3 m i AC = BC = 2 m .

Slika 1.62.

Rešenje: Iz trougla Δ AOC je cos α =

OC 3 = , pa je: 2 AC

1 . 2 Iz trougla sila na osnovu sinusne teoreme (sl. 1.62,b), proizilazi: S1 S F = 2 = , odakle je 2S cos α = F , ili: sin α sin α sin (1800 − 2α ) sin α = 1 − cos 2 α =

F 1000 3 = = 1000 N . 2cos α 3 2 2 Zadatak se mogao rešiti i projekcijom sila na ose, tj.: ∑ X i = − S1 cos α − S2 cos α + F = 0 , ∑ Yi = − S1 sin α + S2 sin α = 0 . S=

Zadatak 4. Za držanje kazana nad vatrom upotrebljena je laka rešetkasta r konstrukcija, zanemarljive težine u odnosu na težinu G kazana. Ona je u tački A vezana nepokretnim zglobom, a u tački B zategom BC , zanemarljive težine (sl. 1.63,a). Odrediti silu u zategi BC i reakciju zgloba A. 53

Sučeljne sile

r Rešenje: Uklanjanjem zatege BC njeno dejstvo zamenjujemo silom S , u pravcu zatege. Očigledno je da je rešetka opterećena sa tri sile, čiji se pravci dejstva moraju seći u jednoj tački, po teoremi o tri sile. Iz trougla sila, na osnovu sinusne teoreme, proizilazi: FA G S , odakle je S = G i FA = G 2 , jer je tg α = 1 i = = 0 sin α sin 90 sin α sin α = 450 .

Slika 1.63.

Zadatak se mogao rešiti i projekcijom sila na ose, tj.: ∑ X i = − S + FA cos α = 0 , ∑ Yi = FA sin α − G = 0 . Zadatak 5. Topovska cev, težine G = 10 kN , obešena je pri remontu pomoću jednakih užadi AD i BD (sl. 1.64,a). Odrediti sile u užadima i ugao α ako je: ϕ = 450 , AC = b i BC = 2b . Rešenje: Prikazani položaj ravnoteže je ostvarljiv jedino ako se tačka D r r r nalazi na napadnoj liniji sile G , tj. ako je sila u užetu DE veličine S D = −G . r r r Na ovaj način možemo zaključiti da na tačku D dejstvuju sile: S D , S A i S B . Pored toga, ovim je određen i ugao α , jer je trougao Δ ABD jednakokraki i b pravougli, čije su katete AD = BD = 3 2 . Sam ugao α odredićemo 2 primenom sinusne teoreme na trougao Δ BCD , tako da je:

54

Sučeljne sile 0 sin α sin ⎣⎡180 − ( α + ϕ ) ⎤⎦ sin ( 45 + α ) , = = BD BC BC odakle je tg α = 3 , α = 71035' , sin α = 0,9486 , cos α = 0,3162 .

Slika 1.64.

Primenom analitičkih uslova ravnoteže sistema sučeljnih sila ∑ X i = S B − S D sin ( α − 450 ) = 0 , ∑Yi = S A − SD cos ( α − 450 ) = 0 , dobijamo S B = 9,472 kN i S A = 3,162 kN . Zadatak 6. Poluga AB , dužine AB = 2a i zanemarljive težine, krajem A je vezana pomoću zgloba za zid i u horizontalnom položaju je održava štap CD , zanemarljive težine, pri čemu su veze u tačkama C i D zglobne. Na r kraju B poluge visi teret M težine G (sl. 1.65,a). Odrediti reakciju zgloba A i štapa CD . Rešenje: Nakon rastavljanja (sl. 1.65,b) sistem je očigledno opretećen sa tri sile. Očigledno je reč o sučeljnom sistemu sila, a primenom sinusne teoreme (sl. 1.65,c)

Slika 1.65. 55

Sučeljne sile

FA S G = = , 0 0 sin 45 sin ( 90 + α ) sin ( 450 − α )

imajući na umu da je sin ( 450 − α ) = sin 450 cos α − cos 450 sin α = 5 2 5 KB = 0,5 i sin α = , sin α = i ugao 5 5 AB 5 2 dobijamo: FA = G , FB = G . 10 5 tg α =

10 , jer je: 10

( DKA) = ( 450 − α ) ,

Zadatak 7. Teret M, težine G = 100 N , visi obešen o uže, koje je prebačeno preko kotura A, veoma malih dimenzija. Drugi kraj užeta je pod dejstvom r vučne sile elektromotora F i sa vertikalom obrazuje ugao α = 600 . Štapovi AB i BC su zanemarljive težine, a veze su zglobne (sl. 1.66,a). Odrediti sile u štapovima.

Slika 1.66. Rešenje: Nakon rastavljanja vidimo da je reč o sistemu sučeljnih sila. Primenom analitičkih uslova ravnoteže (sl. 1.66,b), znajući da je S A = SC ,

∑ X = F cos ( 90 − α ) − S + S cos30 ∑ Y = −G − F cos α + S sin 30 = 0 , 0

i

B

A

0

=0,

0

i

(

)

A

dobijamo S B = 50 3 + 3 ≈ 236,5N i S A = 100 3 ≈ 173N . Zadatak 8. Na čvor A , jednakostraničnog zglavkastog trougla ABC r dejstvuje vertikalna sila G . Trougao održavaju u ravnoteži štapovi CE i BD (sl. 1.67,a). Odrediti sile u svim štapovima, ako je štap AB horizontalan, a štapovi CE i BD vertikalni. Težine štapova zanemariti. 56

Sučeljne sile

Rešenje: Nakon rastavljanja vidimo da je reč o sistemu sučeljnih sila. Primenimo analitičke uslove ravnoteže za čvor A: ∑ X i = − S2 + S1 cos 600 = 0 , ∑ Yi = S1 sin 600 − G = 0 , odakle dobijamo S1 =

2 3 1 3 G i S 2 = S1 = G. 3 2 3

Slika 1.67.

Iz uslova ravnoteže čvora B:

∑Y = S i

5

∑X

i

= S3 cos300 − S1 cos300 = 0 ,

− S1 cos300 − S3 cos300 = 0 ,

dobijamo S3 = S1 i S5 = 2S1 cos300 = 2G . I na kraju, iz uslova ravnoteže čvora C: ∑ X i = S2 − S3 cos 600 = 0 , ∑ Yi = − S4 + S3 cos300 = 0 , dobijamo S3 = 2 S2 =

2 3 3 G i S 4 = S3 =G. 3 2

Zadatak 9. Na pravougaono telo deluje sistem od pet sila kao na slici 1.68,a. Ako je F2 = F4 = 2N , F1 = 2 F3 = 2 F5 = 4 3 N , odrediti a) da li se sistem nalazi u ravnoteži i b) naći moment sistema sila za osu Ez upravnu na crtež. Dato je AD = BC = 3 m i AB = CD = 3m . r r r Rešenje: Sile F2 i F4 čine spreg momenta M 1 = − F2 ⋅ AB = −6 Nm . Sile F1 i 57

Sučeljne sile

r F3 mogu se oduzeti jer su istog pravca i kao rezultat ostaje jedna sila r intenziteta 2 2 N usmerena ulevo. Kako je sila F5 istog intenziteta, te

druge dve sile činiće drugi spreg momenta M 2 = F5 ⋅ BC = 6Nm (sl. 1.68,b). Tako je sistem sila sveden na dva sprega istih intenziteta a suprotnih smerova, koji deluju u ravni tela. Rezultujući spreg je nultog intenziteta, nakon algebarskog sabiranja (sl. 1.68,c).

Slika 1.68.

Zadatak 10. Pomoću konca održava se na glatkoj strmoj ravni kugla O , težine 20N . Konac je vezan za opružnu vagu, koja pokazuje silu od 10 N . Strma ravan zatvara sa horizontalom ugao od 300 (sl. 1.69,a). Odrediti ugao α koji konac zatvara sa vertikalom i pritisak N kugle na strmu ravan. Rešenje: Postavimo uslove ravnoteže (sl. 1.69,b) za usvojeni sistem:

Slika 1.69.

∑X

i

= S cos α − G + N cos300 = 0 ,

∑ Y = S sin α − N sin 30 i

0

=0,

ili primenom sinusne teoreme (sl. 1.69,c), G S = ⇒ α + 300 = 900 i konačno α = 600 . 0 0 0 sin ⎡⎣180 − ( α + 30 ) ⎤⎦ sin 30 58

Sučeljne sile

Traženi pritisak kugle o podlogu je, na osnovu N G = ⇒ N = 10 3 N . sin α sin ( α + 300 ) Zadatak 11. Datu gredu AB održava u horizontalnom položaju štap CD. Veze u tačkama B , C i D su zglavkaste. Osa štapa zatvara sa horizontalom ugao α = 600 (sl. 1.70,a). Odrediti otpor zgloba B i silu u štapu CD, kad levi kraj A grede napada vertikalna sila F = 300N . Težinu grede zanemariti. Dato je: AC = 1m , CB = 2 m . Rešenje: Postavimo uslove ravnoteže (sl. 1.70,b) za usvojeni sistem: ∑ X i = −S cos 600 + FB cos α = 0 , ∑ Yi = − S sin 600 + FB sin α + F = 0 .

Slika 1.70.

Iz trougla Δ CAE je : AE = AC ⋅ tg 600 , AE = 3 . AE 3 = ⇒ α = 300 . 3 AB FB F S = = Primenom sinusne teoreme (sl. 1.70 c): 0 0 sin 30 sin120 sin 300 takođe dobijamo: FB = 300N i S = 300 3N .

Nepoznati ugao α iz trougla Δ BAE je: tg α =

Zadatak 12. Brodska dizalica sastoji se od grede AB, koja je pomoću zgloba A i užeta CB učvršćena za katarku. Na kraju B grede obešen je teret G = 2000N . Ugao BAC = 150 , ugao ACB = 1350 (sl. 1.71,a). Odrediti silu F1 u užetu CB i silu F2 u gredi AB. Rešenje: Postavimo uslove ravnoteže (sl. 1.71,b) za usvojeni sistem: ∑ X i = − F1 cos 450 + F2 cos 750 = 0 , ∑ Yi = − F1 sin 450 + F2 sin 750 − G = 0 . 59

Sučeljne sile

Slika 1.71.

Takođe primenom sinusne teoreme (sl. 1.71,c) F1 F2 G = = , 0 0 sin15 sin135 sin 300 dobijamo: F2 = 2000 3 N i F1 = 1030 N . Zadatak 13. Brod miruje usidren. U tački A nalazi se spojnica sidra, a u tački B otvor na brodu za lanac sidra (sl. 1.72,a). Odrediti silu u lancu sidra u spojnici S A i silu S B ako je težina lanca u vodi 200 kN , ugao između tangente povučene na lančanicu u tački A i horizontale α = 100 , a ugao između tangente u tački B i horizontale β = 450 .

60

Sučeljne sile

Slika 1.72.

Rešenje: Postavimo uslove ravnoteže (sl. 1.72,b) za usvojeni sistem: ∑ X i = S A cos α − S B cos β = 0 ,

∑Y

i

= − S A sin α + S B sin β − G = 0 .

(a) (b)

Iz (a) izraza 0,985 S A − 0,707 S B = 0 dobijamo silu S B = 1,393 S A , koju uvrstimo u (b) izraz −0,174 S A + 1,393 S A ⋅ 0,707 = G , odakle tražena sila je S A = 246,6 kN , odnosno S B = 343,5 kN . Zadatak 14. Automobil se vuče pomoću užeta silom od F = 2500 N (sl. 1.73). Odrediti tri međusobno normalne komponente sile. Rešenje: Fx = − F sin 720 ⋅ sin 240 = −967 N , Fy = F cos720 = 772,54 N , Fz = F sin 720 ⋅ cos 240 = 2172,05 N . Slika 1.73.

Zadatak 15. Avion je nakon dobijanja goriva izložen sili od F = 70 N , koja deluje kao što je prikazano r na slici 1.74,a.r Odrediti: a) tri međusobno upravne komponente sile F , b) moment sile F oko ose G − G .

Slika 1.74.

61

Sučeljne sile

Rešenje: a) Potražimo najpre koordinate karakterističnih tačaka u odnosu na usvojeni koordinatni sistem (sl. 1.74,b), a to su: C (1,5;0; − 0,5) i H ( 0;0,75;0 ) . Na osnovu koordinata tačaka potražimo dužinu:

19 , 2 a zatim kosinuse uglova tog pravca prema osama usvojenog sistema: x − xH 3 y − yH 3 z −z 1 cos α = C = =− , cos β = C , cos γ = C H = − . HC HC HC 19 2 19 19 3 Sada su tražene projekcije: Fx = F cos α = 70 ⋅ = 48,18 N , 19 −3 1 = −24,09 N , Fz = F cos γ = 70 ⋅ Fy = F cos β = 70 ⋅ = −16,06 N . 2 19 19 Predznak ( − ) kod komponenata Fy i Fz znači da su im smerovi suprotni HC =

( xC − xH )

2

+ ( yC − y H ) + ( zC − z H ) = 2

2

od pozitivnog usmerenja r osa, usvojenog koordinatnog sistema. b) Moment sile F oko ose G − G moguće je odrediti na osnovu projekcija sile na ose i njihovog kraka od ose G − G , tj.: r r r F M GF−G = 0 , M G −G = Fy ⋅ 1 = 24,09 Nm , M GF−G = − Fy ⋅ 0,75 = −12,045 Nm . x

y

z

Predznak ( − ) označava da je smer rotacije oko ose u smeru obrtanja kazaljki na časovniku, gledano iz vrha te ose. Zadatak 16. Balonu je sprečeno dizanje pomoću tri užeta, vezana u tačkama A , C i D (sl. 1.75,a). Sila koju diže balon prema gore iznosi 40 kN i prolazi kroz tačku B. Odrediti silu u užetu AB.

62

Sučeljne sile

Slika 1.75.

Rešenje: Potražimo najpre koordinate karakterističnih tačaka u odnosu na usvojeni koordinatni sistem (sl. 1.75,b), a to su: C ( −15; − 15;0 ) i B ( 0;0;30 ) . Na osnovu koordinata tačaka potražimo dužinu: BC =

( xC − xB )

2

+ ( yC − y B ) + ( zC − z B ) = 15 6 m , 2

2

a zatim kosinuse uglova tog pravca prema osama usvojenog sistema: x − xB 1 y − yB 1 cos α BC = C =− =− , cos β BC = C , BC BC 6 6 z − zB 2 cos γ BC = C =− . BC 6 1 SC , Projekcije sile u užetu BC na ose su: SCx = SC cos α BC = − 6 1 2 SCy = SC cos β BC = − SC , SCz = SC cos γ BC = − SC . 6 6 Dalje potražimo koordinate tačaka D ( −10;10;0 ) i B ( 0;0;30 ) , pa na osnovu njih dužinu BD =

( xD − xB )

2

+ ( y D − y B ) + ( z D − z B ) = 10 11 m , 2

2

a zatim kosinuse uglova tog pravca prema osama usvojenog sistema: x − xB 1 y − yB 1 cos α BD = D =− = , cos β BD = D , BD BD 11 11

63

Sučeljne sile

cos γ BD =

zD − zB 3 =− . BD 11

Projekcije sile u užetu BD na ose su: S D x = S D cos α BD = −

1 SD , 11

1 3 S D , S D z = S D cos γ BD = − SD . 11 11 Takođe, potražimo koordinate tačaka A (15;0;0 ) i B ( 0;0;30 ) , pa na S D y = S D cos β BD =

osnovu njih dužinu BA =

( x A − xB )

2

+ ( y A − y B ) + ( z A − z B ) = 15 5 m , 2

2

a zatim kosinuse uglova tog pravca prema osama usvojenog sistema: x − xB 1 y − yB z −z 2 cos α BA = A = = 0 , cos γ BA = A B = − , cos β BA = A . BA BA BA 5 5 1 Projekcije sile u užetu BA na ose su: S A x = S A cos α BA = SA , 5 2 S A y = S A cos β BA = 0 , S A z = S A cos γ BA = − SA . 5 Projekcije sila u užadima i sila uzgona na ose su: ∑ X i = SC x + S D x + S A x = 0 ,

∑Y = S ∑Z = S i

i

Cy

+ SD y + S A y = 0 ,

Cz

+ SD z + S A z + S = 0 .

Rešavanjem dobijenog sistema jednačina dobijamo traženu silu u užetu: S A = 40,62 N . Zadatak 17. Nađi silu u užetu A i B prikazanom na slici 1.76,a ukoliko se u transportni avion utovara teret od 5kN .

64

Sučeljne sile

Slika 1.76.

Rešenje: Iz postavljenih uslova ravnoteže sistema sučeljnih sila: ∑ X i = − S A cos 240 + S B cos 400 = 0 ,

∑Y

i

= S A sin 240 + S B sin 400 − G = 0 ,

dobijamo tražene sile u užadima S A = 4,19 N i S B = 5,08 N . Zadatak 18. Četiri sile deluju na rep aviona kao što je prikazano na slici 1.77,a. Ako bi mogao da se menja pravac sile od 1500 N , odrediti: a) pravac sile od 1500 N , da rezultanta od sve četiri sile bude usmerena vertikalno prema dole, b) intenzitet te rezultante.

Slika 1.77.

Rešenje: Najpre potražimo uglove nagiba sila prema osama: 12 tg α 12 1 5 = , cos α = tg α = , sin α = = , 2 2 5 1 + tg α 13 1 + tg α 13 tg β =

6 = 2, 3

sin β =

tg β 1 + tg 2 β

=

2 , 5 65

cos β =

1 1 + tg 2 β

=

1 , 5

Sučeljne sile

(sl. 1.77,b). Rezultanta četiri sučeljne sile (kao i ugao nagiba sile od 1500 N ), koje deluju na rep aviona, dobijaju se iz uslova ravnoteže: ∑ X i = 1300sin α + 1500sin θ − 750sin β − 500 = 0 ,

∑Y

i

= 1300cos α + 1500cos θ + 750cos β + FR = 0 ,

i to θ = −1,10770 i FR = 23,33N . Zadatak 19. Rezultanta tri sile koje deluju na avion prikazan na slici 1.78,a je horizontalna. Odrediti smer i intenzitet te rezultante.

Slika 1.78.

Rešenje: Potražimo uglove nagiba sila (sl. 1.78,b) prema osama: 12 1 5 7 1 24 tg α = = , cos α = = , tg β = , cos β = . 2 2 5 24 1 + tg α 13 1 + tg β 25 Intenzitet rezultante četiri sučeljne sile dobija se iz uslova ravnoteže: ∑ X i = −10cos β + FR + 20,8cos α = 0 , i iznosi FR = 1,6 kN . Zadatak 20. Klipna pumpa (data na slici 1.78,a) potiskuje fluid natpritiska kN p = 2 2 . Ako je površina klipa Ak = 50cm 2 , odrediti maksimalnu silu u cm štapu AB i bočnu silu klipa za slučaj ako zanemarimo trenje. Najveći ugao je αmax = 200 . Težine delova klipnog mehanizma zanemariti. Rešenje: U slučaju zanemarivanja trenja, na klip deluju: potisna sila fluida r Fp = Ak ⋅ p = 50 ⋅ 2 = 100 kN , bočna normalna sila N i sila u pravcu štapa r AB , S , koje se seku u jednoj tački (sl. 1.78,b). Uslovi ravnoteže su: ∑ X i = S cos α − Fp = 0 i ∑Yi = N − S sin α = 0 , 66

Sučeljne sile

odakle dobijamo S max = 106,42 kN i N max = 36,40 kN .

Slika 1.78.

Zadatak 21. Kosi štap AB, čija se težina može zanemariti, vezan je u tački A zglobom za vertikalni zid koji čini ugao α = 450 , a na svom drugom kraju nosi teret Q = 100kN . Štap održavaju u naznačenom položaju dva horizontalna užeta BC i BD , koja čine uglove β = 600 sa vertikalnim zidom (sl. 1.79,a). Odrediti sile u užadima i štapu. r r Rešenje: Nakon oslobađanja od veza, dobijamo sučeljni sistem sila S A , S D , r r SC i Q sa tačkom sučeljavanja u tački B (sl. 1.79,b). Uslovi ravnoteže su: ∑ X i = SC cos β − SD cos β = 0 ,

∑Y = − S sin β − S sin β + S ∑ Z = S cos α − Q = 0 , i

C

i

D

A

sin α = 0 ,

A

odakle dobijamo S A = 141,42kN , SC = S D = 57,73kN .

67

Sučeljne sile

Slika 1.79. r Zadatak 22. Sila F , intenziteta F = 10 kN , dejstvuje duž dijagonale AB

stranice kocke, ivice a = 2 m (sl. 1.80). Odrediti momente ove sile u odnosu na koordinatne ose i tačku O .

Slika 1.80.

r Rešenje: Kako je sila F u bočnoj stranici kocke, upravnoj na osu Ox , to je moment ove sile, u odnosu na osu Ox , jednak momentu sile u odnosu na tačku C , tj.: r r d a 2 F M Ox = M CF = F ⋅ = F ⋅ = 10 kNm . 2 r2 Moment sile F u odnosu na osu Oy biće jednak momentu njene r projekcije Fxz u odnosu na tačku O , tj.:

2 ⋅ a = −10 kNm . 2 I moment ove sile u odnosu na osu Oz biće jednak momentu njene r projekcije Fxy u odnosu na tačku O , tj.: r

r

F M Oy = M OFxz = − Fxz ⋅ a = − F ⋅

2 ⋅ a = −10 kNm . 2 r Tako smo u mogućnosti da odredimo i moment sile F u odnosu na tačku O: r

r F

F M Oz = M O xy = − Fxy ⋅ a = − F ⋅

r

2 2 2 M OF = M Ox + M Oy + M Oz = 10 3 kNm ,

cos α =

M Ox 3 , = MO 3

cos β =

M Oy MO

=−

68

3 M 3 , cos γ = Oz = − . 3 MO 3

Sučeljne sile

r Upravo, vektor M O pada u pravcu dijagonale kocke, koja bi bila postavljena u osmom oktantu. Isti zadatak smo mogli rešiti primenom vektorskog proizvoda, po kome je: r i r r r M OF = rA × F = x A X

r j yA Y

r r r k i j zA = a a Z F 2 0 − 2

r k 0 F 2 2

= Fa

2 r r r i − j −k . 2

(

)

Zadatak 23. Odrediti otpore oslonaca grede AB, na koju deluje spreg sila r r ( F1, F2 ) , veličina F1 = F2 = 10 N i kraka h = 1 m , ako je greda zanemarljive težine i raspona a = 4m (sl. 1.81,a).

Slika 1.81.

Rešenje: Dati spreg sila ima moment F1 ⋅ h = 10 ⋅ 1 = 10 kNm (sl. 1.81,b). Kako je greda u mirovanju, a spreg sila se može uravnotežiti samo spregom sila, to i reakcije oslonaca A i B moraju obrazovati spreg sila istog momenta, r samo suprotnog smera. Pravce sila ovog sprega određuje reakcija FB , pa je FA ⋅ AB = 10 kN , ili FA = FB = 2 kN .

Zadatak 24. Data je prostorna rešetkasta konstrukcija, sastavljena od šest štapova, zanemarljivih težina, sa zglobnim vezama (sl. 1.82,a). Opterećena r r je silama F1 i F2 jednakog intenziteta ( F1 = F2 = F ) . Odrediti sile u štapovima i reakcije zglobova E , C i D .

69

Sučeljne sile

Rešenje: Kako se štapovi sučeljavaju u čvorovima A i B, ove čvorove ćemo osloboditi štapova i njihove uticaje na zglobove zameniti silama. Pri tome ćemo pretpostaviti da su svi štapovi opterećeni na istezanje (sl. 1.82,b). Iz uslova ravnoteže čvora A , u kome se sučeljavaju tri nepoznate sile: 2 2 ∑ X i = − S2 2 − S4 = 0 , ∑Yi = − S1 = 0 , ∑ Zi = − F1 − S2 2 = 0 , nalazimo njihove vrednosti: S1 = 0 , S2 = − F 2 i S4 = F .

Slika 1.82. r r Za čvor B , pošto je određena sila S4' = − S4 , primenom uslova ravnoteže

nalazimo: 2 2 = 0 , ∑Yi = − S6 − S5 = 0 , ∑ Z i = − S3 − F2 = 0 , 2 2 tako da su: S5 = − S4' 2 = − F 2 , S3 = − F i S6 = − F . Tražene reakcije zglobova, C , D i E su: r r r r r r r r FC = F ⋅ j , FD = F ⋅ ( −i + j ) , FE = F ⋅ i + 2k .

∑X

i

= S4' + S5

(

70

)

Sučeljne sile

Zadatak 25. Odrediti rezultantu tri sprega zupčastog prenosnika datog na slici 1.83. Takođe, odrediti i pravac, kao i intenzitet tog rezutujućeg sprega. Slika 1.83.

Rešenje: Potražimo intenzitete momenata i nacrtajmo im vektore u odnosu na usvojeni sistem (sl.1.84,a,b,c,d)

Slika 1.84.

Intenziteti datih momenata su: M1 = M 1 = 300 ⋅ 0,5 = 150 kNm , M 2 = M 2 = 200 ⋅ 1 = 200kNm , M 3 = M 3 = 500 ⋅ 0,5 = 250 kNm , r a pravac rezultujućeg vektora sprega M 1,2 određen je poznavanjem ugla: M 200 4 tg ϕ = 2 = = , tj. ϕ = 53,130 . M 1 150 3 Intenzitet ovog vektora je: M 1,2 = M 12 + M 22 = 1502 + 2002 = 250 kNm . Intenzitet rezultujućeg vektora sada je: 2 M 1,2,3 = M 1,2 + M 32 = 2502 + 2002 = 353,55 kNm ,

71

Proizvoljni sistem sila

a njegov pravac određen je poznavanjem ugla: M 3 250 tg θ = = = 1 , tj. θ = 450 . M 1,2 250 2. PROIZVOLJNI SISTEM SILA U ovom poglavlju biće izučavani uslovi ravnoteže proizvoljnog sistema sila koje deluju u istoj ravni. Reč je o tzv. ravnom sistemu sila u proizvoljnoj ili ravni dejstva sila. 2.1. DVE PARALELNE SILE ISTOG SMERA A RAZLIČITOG INTENZITETA

da kruto telo u tačkama A i B napadaju dve paralelne sile r Pretpostavimo r F1 i F2 , različitih veličina, a istih smerova (sl. 2.1).

Slika 2.1. Paralelne sile istog smera, različitog intenziteta

Da bismo mogli primeniti aksiom 3 (A-3, o paralelogramu), dodajmo r ru tačkama A i B duž prave AB dve uravnotežene sile po aksiom 2, P1 i P2 , r r r r r r za koje vredi P1 = − P2 . Sile P1 i F1 , kao i P2 i F2 , složimo po pravilu r r paralelograma u rezultante R1 i R2 čije se napadne tačke seku u tački D . U r r r r tu tačku pomerimo rezultante R1 i R2 i razložimo ih opet u sile P1 i F1 , r r r r odnosno P2 i F2 . Sile P1 i P2 se poništavaju, a ostaju nam samo prvobitne r r sile F1 i F2 , koje sada napadaju tačku D i imaju isti pravac i smer. 71


Te sile imaju rezultantu koja je po intenzitetu jednaka r ralgebarskom zbiru R = F1 + F2 , a istog je pravca i smera sa silama F1 i F2 . Njena napadna linija seče spojnu pravu AB u tački C . Položaj tačke C možemo odrediti iz trouglova DAC i Aab , odnosno DBC i Bcd (sl.2.1). Tu važe odnosi: AC P1 BC P2 i . = = DC F1 DC F2 Kako je P1 = P2 , a R = F1 + F2 , dobijamo odnose intenziteta sila i njihovih rastojanja: F1 F R = 2 = . BC AC AB r Dakle, napadna linija rezultante R deli spojnu pravu AB napadnih tačaka sila obrnuto srazmerno veličinama sila. Rezultanta se nalazi na strani veće sile, usmerena je u istu stranu, a po intenzitetu je jednaka algebarskom zbiru paralelnih sila. 2.2. DVE PARALELNE SILE RAZLIČITIH INTENZITETA I SMEROVA

Sličnim postupkom kao urprethodnom slučaju možemo veličinu, r odrediti r pravac i smer rezultante R za dve paralelne sile F1 i F2 , različitih intenziteta a suprotnih smerova.

Slika 2.2. Paralelne sile različitog smera i intenziteta r r r Duž spojne prave AB, silama F1 i F2 dodajmo dve uravnotežene sile, P1 72


r i P2 , istog pravca i istog intenziteta, a suprotnog smera. Potražimo sada r r rezultante sila koje napadaju tačke A i B , a to su R1 i R2 , pa ih zatim r r pomerimo u presečnu tačku D njihovih pravaca. Sile R1 i R2 opet r r r r razložimo u komponente F1 i P1 , odnosno F2 i P2 . Kada odbacimo sile r r r r P1 i P2 , jer se poništavaju, preostaju samo prvobitne sile F1 i F2 . One sada očigledno padaju u isti pravac i imaju rezultantu čiji je intenzitet jednak razlici R = F1 − F2 . r r r Rezultanta R ima pravac sila F1 i F2 , a smer veće sile i nalazi se na strani veće sile. Položaj rezultante određen je napadnom tačkom C , za koju važe isti odnosi kao i kod paralelnih sila usmerenih u istu stranu. tj.: F1 F R = 2 = . BC AC AB 2.3. VARINJONOVA TEOREMA ZA PARALELNE SILE U RAVNI r r Kao što smo videli (sl. 2.1), dejstvo dve sile F1 i F2 , može se zameniti r r dejstvom sila R1 i R2 , čiji se pravci seku u napadnoj tački D . Za te dve sile važi Varinjonova teorema koja je izneta u prethodnom poglavlju, to jest − moment rezultante za proizvoljno r r izabranu tačku kao pol jednak je algebarskom zbiru momenata sila R1 i R2 za tu istu tačku kao pol. r r S obzirom na to da je zbir momenata sila P1 i P2 jednak nuli, jer su r različitog predznaka, proizilazi da je zbir momenata dve paralelne sile, F1 i r r r F2 , jednak zbiru momenata dve sile, R1 i R2 , odnosno momentu njihove rezultante. 2.4. REDUKCIJA SILA NA PROIZVOLJNU TAČKU

Na osnovu Teoreme o redukciji (svođenju) sile na tačku (T5), ovde će se pokazati, u opštem slučaju, da se proizvoljni ravanjski sistem sila, nakon redukcije u proizvoljnu tačku, svodi na jednu silu i jedan spreg. Na sl. 2.3. izvršen je postupak redukcije sila na proizvoljnu tačku O . Sistem se sastoji od tri sile, a postupak je sličan i u slučaju sistema od više sila. 73


Ur slučaju broja, r proizvoljnog r r r sila je: FG = F1 + F2 + F3 + ⋅⋅⋅+ = ∑ Fi , M O = M 1 + M 2 + M 3 + ⋅⋅⋅+ = ∑ M i . r Sila FG je vektorski zbir svih sila i zove se glavni vektor, dok se moment M O , kao algebarski zbir momenata, zove glavni moment za osu kroz tačku O.

Slika 2.3. Redukcija sistema sila na tačku

Primetimo da bi glavni vektor ostao isti bez obzira na izbor tačke redukcije, što nije slučaj sa glavnim momentom, koji zavisi od izbora tačke redukcije. r Napominje se da, u opštem slučaju, glavni vektor FG nije i rezultanta sistema sila, jer je, kao i rezultanta, ako postoji, jednak vektorskom zbiru komponentnih sila. Nakon izvršene redukcije, imajući u vidu izbor tačke redukcije, tačku O i to da li je sistem u ravnoteži ili nije, mogu nastupiti sledeći slučajevi: r r 10 FG = 0 , M O = 0 . Sistem je u ravnoteži. r r 20 FG ≠ 0 , M O = 0 . Sistem nije u ravnoteži. S obzirom na to da se svodi samo r na rjednu silu, glavni vektor je ujedno i rezultanta, tj. FG ≡ FR . r r 0 3 FG = 0 , M O ≠ 0 . Sistem nije u ravnoteži, svodi se na spreg sila, a dalje svođenje na neki prostiji oblik nije moguće.

74


r r 40 FG ≠ 0 , M O ≠ 0 . Sistem nije u ravnoteži. U ovom slučaju sistem sila se može svesti na rezultantu čiji pravac prolazi kroz tačku različitu od tačke O (sl. 2.4). r M U tački O1 na rastojanju h = 0 doda se uravnoteženi sistem sila FG , FG r' r FG . Sada se spreg sila M O poništava spregom koji obrazuju sila FG , koja r deluje u tački O , i FG' , koja deluje u tački O1 . Kao krajnji ishod preostaje ekvivalentni sistem sa samo jednom silom u tački O1 , koja je, po definiciji, rezultanta.

Slika 2.4. Redukcija sistema na rezultantu

2.5. USLOVI RAVNOTEŽE PROIZVOLJNOG SISTEMA SILA

Ako na kruto telo deluje proizvoljni sistem sila, u opštem slučaju, on se može redukovati u proizvoljnoj tački O na glavni vektor i glavni moment za osu kroz tačku O (sl. 2.5).

Slika 2.5. Redukcija proizvoljnog sistema sila r Sila FG nastoji da translatorno premesti telo u pravcu dejstva sile, dok 75


spreg momenta M O nastoji da obrne telo oko ose upravne na ravan crteža. Potrebni i dovoljni uslovi ravnoteže su: r r r FG = ∑ Fi = 0 , M O = ∑ M i = 0 . 2.6. ANALITIČKI USLOVI RAVNOTEŽE PROIZVOLJNOG SISTEMA SILA r r r Ako se vektorska jednačina FG = ∑ Fi = 0 projektuje na bilo koje dve

međusobno upravne ose, imajući na umu i jednačinu M O = ∑ M i = 0 , dobiju se analitički uslovi proizvoljnog ravnog sistema sila kao: X G = ∑ X i = 0 , YG = ∑ Yi = 0 , M O = ∑ M Oi = 0 . 2.7. ANALITIČKI USLOVI RAVNOTEŽE ZA SLUČAJ DA SVE SILE DELUJU DUŽ ISTOG PRAVCA

U slučaju da sve sile deluju duž istog pravca, za osu x se može izabrati upravo taj pravac (sl. 2.6). Analitički uslovi (potrebni i dovoljni) ovakvog sistema sila su: ∑ Xi = 0 . Slika 2.6. Dejstvo sistema sila duž istog pravca

2.8. ANALITIČKI USLOVI RAVNOTEŽE SUČELJNIH SILA

Za slučaj ravnog sistema sučeljnih sila (sl. 2.7) za ravnotežu je potrebno: ∑ X i = 0 , ∑Yi = 0 . Slika 2.7. Dejstvo sučeljnog sistema sila

76


2.9. ANALITIČKI USLOVI RAVNOTEŽE PARALELNIH SILA

U slučaju paralelnih sila izabere se jedna osa sa istim pravcem, a druga upravno na pravac dejstva sila sistema (sl. 2.8). Potrebni i dovoljni uslovi ravnoteže su: ∑ Xi = 0 , ∑M = 0 .

Slika 2.8. Dejstvo paralelnih sila sistema

2.10. ANALITIČKI USLOVI RAVNOTEŽE SISTEMA SPREGOVA

Za slučaj da na telo deluju samo spregovi, potreban uslov ravnoteže je: ∑M = 0, ili napisano u obliku ∑ M = M1 + M 2 + ⋅⋅⋅ + M n = 0 .

Slika 2.9. Dejstvo spregova na telo

2.11. ALTERNATIVNI OBLICI ANALITIČKIH USLOVA RAVNOTEŽE

Za slučaj da na telo deluju samo sile, uslovi ravnoteže se mogu izraziti u obliku tri dovoljna i potrebna uslova: 10 Uslov ∑ X i = 0 , ∑Yi = 0 , ∑ M A = 0 , koji smo već objasnili. 20 Uslov

∑X

i

=0,

∑M

A

= 0,

∑M

B

= 0.

Ovde je osa x bilo koji pravac, a druge dve jednačine su sume momenata za dve ose upravne na ravan dejstva sila kroz tačke A i B , ali pod uslovom da te tačke ne leže na istom pravcu koji je paralelan osi y . 30 Uslov ∑ M A = 0 , ∑ M B = 0 , ∑ M C = 0 . Tačke A , B i C ne smeju ležati na istom pravcu.

77


Zadatak 26. Dizalica težine Q = 25 kN učvršćena je za temelj od betona (sl. 2.10). Dizalicom čiji je dohvat 4m treba dizati teret težine G = 30 kN . r Napadna linija težine Q udaljena je od ose simetrije temelja za 0,8 m . Osnova temelja je kvadratna, stranice AB = 2 m . Specifična težina betona je kN γ = 20 3 . Odrediti najmanju visinu h temelja, da se dizalica ne bi preturila m oko ivice A.

Slika 2.10. Primer dizalice opterećene silama

Rešenje: Posmatraćemo granični slučaj ravnoteže tela koje se obrće oko tačke A . 2

Težina temelja (na osnovu m = ρ ⋅V ) jeste G y = ρg ⋅ Ah = γ ⋅ AB h = 4hγ :

∑M

A

= G y ⋅ 1 + Q ⋅ 0,2 − G ⋅ 3 = 0 ⇒ 4hγ + 0,2 ⋅ Q − 3 ⋅ G = 0 , 80h + 0,2 ⋅ 25 − 3 ⋅ 30 = 0 pa sledi h ≈ 1,1 m .

Zadatak 27. Za rešetkastu dizalicu, opterećenu kao na slici 2.11, odrediti r silu S u zavrtnju BC, kao i komponente otpora oslonca A. Rešenje: Postavimo momentnu jednačinu ravnoteže za zglob A, tj.: ∑ M A = − S ⋅ 8 ⋅ cos300 + G ⋅ 5 + Q ⋅15 = 0 , odakle je: G ⋅ 5 + Q ⋅ 15 12 ⋅ 5 + 20 ⋅ 15 = = 52 kN . 8 ⋅ cos300 3 8⋅ 2 Komponente otpora dobijaju se iz uslova ravnoteže: S=

78


∑ X = − S ⋅ cos60 + X = 0 , X = S ⋅ cos60 ∑Y = X − S ⋅ sin 60 − G − Q = 0 , 0

i

A

A

0

= 52 ⋅ 0,5 = 26 kN i

0

i

A

YA = S ⋅ sin 600 + G + Q = 52 ⋅

3 + 12 + 20 = 77 kN . 2

Slika 2.11. Primer dizalice i opterećenja

Zadatak 28. Primenom sile F = 300 N klešta seku žicu EH (sl. 2.12,a). Zanemarujući težine i trenje, odrediti silu sečenja.

Slika 2.12. Klešta i sile koje deluju u vezama 79


Rešenje: Sila sečenja se ne može odrediti bez rastavljanja sistema na podsisteme, prikazane na sl. 2.12,b,c,d. SISTEM 1. Uslov ravnoteže je: ∑ M D = 0 , − F ⋅ 130 − ( FA sin α ) ⋅ 30 − ( FA cos α ) ⋅ 5 = 0 , (sl. 2.12,b).

SISTEM 2. Uslov ravnoteže je:

∑M

C

= 0,

F ⋅ 152 + ( FA sin α ) ⋅ 140 + FE ⋅ 18 = 0 , (sl. 2.12,c,d).

Iz ovih jednačina dobijamo FE = 17 250 N . r Zadatak 29. Sigurnosni ventil parnog kotla, prečnika d i težine G1 , vezan r je štapom AB za polugu OC , dužine a3 i težine G2 , koja se može obrtati r oko tačke O . Poluga nosi u tački D pokretni teret G3 , koji dozvoljava da se ventil otvara pri određenom pritisku p pare u kotlu (sl. 2.13). Odrediti r rastojanje a2 tereta G3 od obrtne tačke.

Rešenje: Momentnu jednačinu ravnoteže postavimo za tačku O , imajući na πd2 p: umu da je sila pritiska pare na ventil P = 4 a ∑ M O = 0 , −G1 ⋅ a1 + P ⋅ a1 − G2 ⋅ 23 − G3 ⋅ a2 = 0 , a ( P − G1 ) a1 − G2 3 2 . odakle dobijamo traženo rastojanje a2 = G3

Slika 2.13. Parni kotao i sile koje deluju na njega 80


Zadatak 30. Dva ugaonika AC i BC , bez težine, međusobno su spojena zglobom u tački C . Oba oslonca A i B su nepokretna. Konstrukcija je opterećena silama F1 = 200 N i F2 = 100 N (sl. 2.14,a). Odrediti reakcije u osloncima A i B .

Slika 2.14. Ugaonici oslobođeni od veza

Rešenje: Uslovi ravnoteže za oslobađanje od veza su: 10 Sistem: gde su nepoznate četiri sile: ∑ X i = − X A + F1 + X B = 0 , ∑Yi = YA − F2 + YB = 0 ,

∑M

C

= − X A ⋅ 2 − YA ⋅ 1 − F2 ⋅ 1 + X B ⋅ 2 + YB ⋅ 1 = 0 , (sl. 2.14 b).

0

2 Sistem:

∑M

C

C

i

∑X

i

∑Y

= − X C + F1 − X A = 0 ,

= − X A ⋅ 2 − YA ⋅ 1 = 0 ,

30 Sistem:

∑M

∑X

i

= YA − YC = 0 ,

(sl. 2.14,c).

= XC + X B = 0 ,

∑Y

i

= YC − F2 + YB = 0 ,

= − F2 ⋅ 1 + X B ⋅ 2 + YB ⋅ 1 = 0 (sl. 2.14,d).

Rešavanjem sistema od šest jednačina (sistem 20 i 30 ) dobijamo tražene reakcije, i to: X A = 100 N , YA = −200 N , X B = −100 N , YB = 300 N , X C = 100 N , YC = −200 N . Zadatak 31. Za sistem (sl. 2.15,a) koji se sastoji od dve zakrivljene cevi ubačene jedna u drugu u tački B i oslonjene na nepokretne oslonce A i C odrediti reakcije u A , B i C . Trenje i težine zanemariti. Rešenje: Uslovi ravnoteže nakon oslobađanja od veza su: 10 Sistem: ∑ X i = − X A + F + FB sin 300 = 0 ,

∑Y

i

= YA + FB cos300 = 0 ,

81


∑M

A

= − Fa + a cos300 FB cos300 + ( a + a sin 300 ) FB sin 300 + M B = 0 (sl.2.15,b).

Slika 2.15. Sistem cevi oslobođen od veza

20 Sistem:

∑M

C

∑X

i

= − X C + FB' sin 300 = 0 ,

∑Y

i

= YC − FB' cos300 = 0 ,

= − M B' + FB' cos300 ⋅ 2a sin 300 − FB' sin 300 ⋅ ( a + a cos600 ) = 0

(sl.

2.15,c). Rešavanjem sistema od šest jednačina (sistem 20 i 30 ) dobijamo tražene reakcije, i to: 2 3 2 3 7 2 4 Fa X A = F , YA = F , X C = F , YC = F , FB = F , M B = . 9 9 3 9 9 9 Zadatak 32. U početku otvaranja zatvarača haubice starijeg modela, potrebno je na rukohvat D dejstvovati silom F = 60N (sl. 2.16). Odrediti silu r FA , kojom se povlači zatvarač, kao i r reakciju FB zglobne veze poluge zatvarača, ako je pravac kretanja r zatvarača paralelan sili F .

Slika 2.16. Zatvarač

Rešenje: Uslovi ravnoteže nakon oslobađanja od veza (sl. 2.16) jesu: ∑ M B = F ⋅ 15 − FA ⋅ 9,19 = 0 , ∑Yi = FB − F − FA = 0 , iz kojih nalazimo: FA = 97,73 N i FB = 197,93 N . Zadatak 33. Pri maksimalnom uglu elevacije ϕmax = 650 , držač AB haubice, r starijeg modela, pridržava čahuru sa punjenjem dejstvom sile F na rukohvat 82


r B (sl. 2.17). r Ako je sila F vertikalna, zanemarujući trenje, odrediti potrebnu silu F da se čahura zadrži, kao i reakciju zgloba C . Dato je: težina čahure sa G = 152 N , kraci punjenjem

poluge

držača

AC = 9 cm

i

BC = 2 cm .

Rešenje: Uslovi ravnoteže nakon oslobađanja od veza (sl. 2.17) jesu: ∑ X i = X C + FA cos ϕ = 0 ,

∑Y

i

Slika 2.17. Držač haubice

= YC − F − FA cos( 900 − ϕ ) = 0 ,

∑M

C

= FA ⋅ 9 ⋅ sin ϕ − F ⋅ 2 = 0 ,

(gde je FA = G cos ( 900 − ϕ ) = 137,754 N , pritisak u tački A držača AB ), iz čega nalazimo: F = 561,8 N , X C = −58,2 N i YC = 686,65 N . Zadatak 34. Na horizontalnom mostu AB , raspona 20 m , nalazi se automobil sa opterećenjem na prednjoj osovini od 10 kN i na zadnjoj od 20 kN (sl. 2.18). Odrediti rastojanje x od oslonca A , pri kojem će pritisci na oslonce A i B biti jednaki. Rastojanje između osovina je 2,5 m .

Slika 2.18. Auto i aproksimacija opterećenja

Rešenje: Uslovi ravnoteže, uz uslov da je FA = FB , nakon oslobađanja od veza (sl. 2.18) jesu: ∑Yi = FA + FB − F − 2 F = 0 , ∑ M A = FB ⋅ 20 − F ⋅ x − 2 F ( x + 2,5) = 0 , iz kojih nalazimo traženo rastojanje: x = 8,3 m . Zadatak 35. Homogeni štap OA je zglobno pričvršćen u tački O. U tački B, r koja se nalazi na rastojanju OB=b, obešen je teret težine Q . Štap se održava

83


r u ravnoteži u horizontalnom položaju pomoću tereta C , težine F (sl. 2.19 r a). Kolika mora da bude dužina štapa da bi težina F tereta C bila najmanja, ako je težina jedinice dužine štapa γ ? Kotur smatrati idealnim.

Slika 2.19.

Rešenje: Za homogeni štap, dužine a , težina je G = γ ⋅ a . a Uslov ravnoteže poluge: ∑ M O = F ⋅ a − G ⋅ − Q ⋅ b = 0 2 γ a Qb + daje silu F = . Traženu dužinu poluge OA odredićemo preko izvoda a 2 funkcije sile F po dužini a , koji izjednačen sa nulom: 2Qb dF d ⎛ γ a Qb ⎞ γ Qb = + = 0 , daje a = + . ⎜ ⎟= − da da ⎝ 2 a ⎠ 2 2 γ r Zadatak 36. Homogeni štap OB , težine G , zglobom pričvršćen u tački O, održava se u prikazanom položaju ravnoteže pomoću užeta, prebačenog r preko glatkog kotura B, noseći teret težine Q (sl. 2.20). Odrediti ugao β , između štapa i horizonta, i reakciju zgloba O. Dati su: G = 100 N , Q = 50 N i α = 450 .

Rešenje: Uslovi ravnoteže nakon oslobađanja od veza (sl. 2.20) jesu: ∑ X i = X O − Q cos ( α − β ) = 0 ,

∑Y

= YO − G + Q sin ( α − β ) = 0 ,

∑M

O

i

= Q ⋅ OA ⋅ sin α − G

OA cos β = 0 , 2 84


iz kojih nalazimo:

Slika 2.20. Štap i njegovo opterećenje

2 , odnosno: β = 450 , X O = 50 N i YO = 100 N . 2 r r Zadatak 37. Dve homogene grede AB, težine G i CB , težine Q , međusobno su vezane zglobom B. Greda AB je horizontalna i krajem A je ukleštena. Greda CB sa gredom AB obrazuje ugao α i krajem C se oslanja na gladak zid (sl. 2.21,a). Odrediti reakcije oslonaca, ako je AB = 2a . cos β =

Rešenje: Za gredu CB (sl. 2.21,c) imamo: ∑ X i = FC − X B = 0 , ∑Yi = YB − Q = 0 , ∑ M B = FC ⋅ 2a ⋅ tg α − Q ⋅ a = 0 , odakle dobijamo: FC = X B = X B' =

Q ⋅ ctg α i YB = YB' = Q . 2

Slika 2.21. Grede oslobođene veza

85


Za gredu AB iz uslova ravnoteže (sl. 2.21,d) imamo: ∑ X i = X A + X B' = 0 , ∑Yi = YA − G − YB' = 0 ,

∑M

A

= M A − G ⋅ a − YB' ⋅ 2a = 0 ,

odakle dobijamo: − X A = X B' =

Q ⋅ ctg α , YB = G + Q i M A = ( G + 2Q ) ⋅ a . 2

Zadatak 38. Na horizontalno vratilo AB nasađen je zupčanik C, poluprečnika R = 1 m , i kaišnik D, poluprečnika r = 0,1m . Na točak D, u pravcu tangente, vertikalno naviše dejstvuje sila F1 = 1 kN , a na zupčanik C r horizontalna sila F2 . Ležišta A i B su cilindrična (sl. 2.22). Odrediti otpore r oslonaca A i B i silu F2 u položaju ravnoteže vratila, zanemarujući težine delova. Rešenje: Za vratilo AB (sl. 2.22) imamo: ∑ X i = X A + X B + F2 = 0 , ∑ Zi = Z A + Z B + F1 = 0 ,

∑M ∑M

∑M

Ax

= F1 ⋅ 10 + Z B ⋅ 100 = 0 ,

Az

= − X B ⋅ 100 − F2 ⋅ 90 = 0 ,

Ay

= − F1 ⋅ r + F2 ⋅ R = 0 ,

Slika 2.22. Vratilo, zupčanik i točak sa opterećenjima

odakle dobijamo: F2 = 0,1 kN , Z B = 0,1 kN , X B = −0,09 kN , X A = −0,01 kN i Z A = −1,1 kN . Zadatak 39. Naći veličinu sile koja deformiše radni predmet K kod nožne prese ako je sila F = 200 N i deluje na polugu OA, koja se okreće oko ose 86


O . U posmatranom položaju prese poluga BC je upravna na OB i polovi ugao ECD , pri čemu su α = ar ctg 0,2 , i dužine poluge OA ' = 1 m , OB = 0,04 m , AA ' = 0,6 m . Trenje u vođici zanemariti i smatrati da je u prikazanom položaju sistem u ravnoteži (sl. 2.23,a).

Slika 2.23. Presa i opterećenje pojedinih njenih delova

Rešenje: Uslovi ravnoteže (sl. 2.23,b) poluge AB sistema su: ∑ X i = X O − S1 − F sin 300 = 0 , ∑Yi = YO − F cos300 = 0 ,

∑M

= S1 ⋅ 0,04 − F cos300 ⋅ 0,6 − F sin 300 ⋅ 1 = 0 , r r odakle dobijamo: S1 = 5098N , a možemo i X O i YO , što se nije tražilo. Uslovi ravnoteže sučeljnog sistema sila krutih lakih štapova BC , CD i CE koji deluju na zglob C su: ∑ X i = S2 − S3 sin α − S4 sin α = 0 , ∑Yi = S4 cos α − S3 cos α = 0 , O

S2 2549 = . 2sin α sin α Sila u štapu CE je S5' = S3 . Na klizač E deluje takođe sučeljni sistem sila r r i to sile N , Q i S5' , a uslovi ravnoteže su:

čijim rešavanjem dobijamo S3 = S4 =

∑X

i

= S5 sin α − N = 0 ,

∑Y

i

= S5 cos α − Q = 0 ,

odakle tražena sila deformisanja radnog komada iznosi: Q = 12,75 kN .

87


Zadatak 40. Avion težine r G penje se ravnomernom brzinom po pravolinijskoj putanji koja čini ugao α sa horizontalom (sl. 2.24). Odrediti veličine r r aerodir namičkih sila F1 , F2 i FW koje dejstvuju na avion.

Slika 2.24. Avion sa opterećenjima

Rešenje: Uslovi ravnoteže za usvojeni koordinatni sistem su: ∑ X i = F − G sin α − FW = 0 ,

∑Y = F + F − G cos α = 0 , ∑M = F ⋅b − F ⋅a = 0 , i

1

O

2

1

2

iz kojih dobijamo tražene aerodinamičke sile: G cos α i otpor FW = F − G sin α . F1 = F2 = b 1+ a Zadatak 41. Odrediti rezultantu paralelnih sila koje deluju na avion (sl. 2.25,a). r r Rešenje: Potražimo najpre rezultantu sila F1 i F2 (sl. 2.26,b,c), na osnovu relacije: F1,2 F F = 2 = 1 , gde nakon uvrštavanja očitanih vrednosti AB AK 2 BK 2 60 − 16 60 16 = = 3,9 AK 2 BK 2 dobijamo AK 2 = 5,32 m i BK 2 = 1,42 m . r r Potražimo sada rezultantu sila F3 i F4 , takođe na osnovu poznate relacije F3,4 F F = 3 = 4 , gde nakon uvrštavanja očitanih vrednosti CD DK1 CK1

88


20 + 16 20 16 dobijamo DK1 = 1,66 m i CK1 = 1,33 m . = = DK1 CK1 3

Slika 2.25. Avion, opterećenje i položaj rezultante

r r Konačno, potražimo rezultantu sila F1,2 i F3,4 , na osnovu poznate relacije F1,2,3,4 F F = 1,2 = 3,4 , gde nakon uvrštavanja očitanih vrednosti K 2 K1 KK1 KK 2 44 − 36 44 36 dobijamo KK1 = 1,529 m i KK 2 = 1, 251 m . = = 0,278 KK1 KK 2

Možemo potražiti i ugao nagiba pravca koji prolazi kroz tačke K1 i K 2 , xK 0,17 kao tg ϕ = = = 0,77272 , odnosno ϕ = 37,690 . y K − y K 0,22 1

2

1

Dakle, koordinate tačaka su: K1 ( −0,17; 3; 0) , K 2 (0; 3,22; 0) i xK = KK 2 sin ϕ = 0,76 m , yK = OK 2 + KK 2 cos ϕ = 4, 21 m , tj., K (0,76; 4,21; 0) . Zadatak 42. Za mehanizam prikazan na slici 2.26,a odrediti otpore oslonaca i reakcije zglobnih veza ako je sistem opterećen teretom mase 400 kg . Rešenje: Oslobodimo celi sistem od veza (sl. 2.26,b) i postavimo uslove ravnoteže iz kojih možemo izračunati reakcije oslonaca: 89


∑ M = 5,5 ⋅ 0,4 ⋅ 9,81 − 5F = 0 ⇒ F = 4,32 kN , ∑ X = X − 4,32 = 0 ⇒ X = 4,32 kN , ∑Y = Y − 3,92 = 0 ⇒ Y = 3,92 kN . A

D

i

i

A

A

D

A

A

Slika 2.26. Mehanizam dizalice i opterećenje

Slika 2.26. Opterećenje pojedinih delova

Da bismo odredili sile u zglobnim vezama, rastavimo sistem (sl. 2.26,c) na podsisteme i postavimo uslove ravnoteže: 1 10 Štap BF : ∑ M B = 3,92 ⋅ 5 − X E ⋅ 3 = 0 ⇒ X E = 13,08 kN , 2 90

Trenje

13,08

∑Y = Y + 3,92 − 2 = 0 ⇒ Y = 2,62 kN, ∑ X = X + 3,92 − 13,08 = 0 ⇒ X = 9,15 kN . i

B

i

B

B

B

Komponente sile i sila u zglobu E su: X E = 13,08kN , YE = 6,54kN i FE = 14,63 kN . 0 2 Štap CE : daje silu u zglobu u pravcu veze CE tj.: X C = C E = 13,08 kN . 30 Štap AD omogućava da se izvrši kontrola: ∑ M C = 4,32 ⋅ 3,5 + 4,32 ⋅1,5 − 3,92 ⋅ 2 − 9,15 ⋅ 3 = 0 ,

∑X

∑Y

i

i

= 4,32 − 13,08 + 9,15 + 3,92 − 4,32 = 0 ,

=−

13,08 + 2,62 + 3,92 = 0 . 2

3. TRENJE Pri kretanju jednog tela po površini drugog, u ravni dodira nastaje sila koja se protivi kretanju, a koju nazivamo otpor trenja. U ovom poglavlju biće reči o trenju kao jednoj od najrasprostranjenijih i najsloženijih pojava u prirodi. Trenje prate mehanički, električni, magnetni i termički efekti. Trenje nastaje kao posledica hrapavosti dodirnih površina, a po složenosti pojave više spada u hidrodinamiku nego u statiku. Tačni zakoni trenja nisu poznati, pa otpor trenja određujemo samo empirijskim zakonitostima, a ne i teorijskim putem. U suštini, razlikujemo korisne i štetne otpore trenja. Korisnim otporima smatramo one koji omogućavaju kretanje ljudi, pisanje, rad kaišnih i frikcionih prenosnika, nagnutih prenosnih traka, uređaja za kočenje. Trenje je najčešće štetna pojava, uopšte u tehnici, čiji uticaj smanjujemo podmazivanjem. U zavisnosti od načina kretanja jednog tela po drugom, razlikujemo trenje pri klizanju, trenje pri kotrljanju i trenje užeta o cilindričnu površinu. Postoji još i trenje u rukavcima vratila, ali se ono detaljnije izučava u mašinskim elementima. 3.1. TRENJE PRI KLIZANJU

r Za slučaj tela koje miruje na horizontalnoj podlozi, reakcija podloge FN je vertikalna (sl. 3.1,a). Ako podlogu podignemo, postoji tendencija da telo kliže niz strmu ravan. Za taj slučaj, ako se uzme i sila trenja (sl. 3.1,b), 91

Trenje

r r reakcija podloge nije više upravna na podlogu, nego reakcija sila FN i Fμ .

Slika 3.1. Reakcija podloge za horizontalnu podlogu i podlogu pod uglom

U brojnim slučajevima i praksi, sila trenja se zanemaruje u odnosu na ostale sile koje deluju na sistem, jer je mala u odnosu na njih. Međutim, u iznimnim slučajevima, silu trenja ne smemo zanemariti, jer bi to dovelo do apsurdnih zaključaka, kao što je slučaj prikazan na sl. 3.1,b. U tom slučaju, bez sile trenja telo bi i pri najmanjem nagibu skliznulo niz strmu ravan, što u praksi nije slučaj.

Slika 3.2. Reakcije hrapave podloge u tački dodira

Za slučaj kretanja tela po horizontalnoj podlozi, ako se ne zanemari sila trenja, reakcija je pod uglom prema horizontu (sl. 3.2).

Slika 3.3. Sila trenja u zavisnosti od sile koja deluje na telo r Posmatrajmo telo težine G (sl. 3.3,a) na horizontalnoj hrapavoj površini. r U tom slučaju, sila težine G je uravnotežena sa normalnom reakcijom r r podloge FN . Ako sada na telo delujemo silom F (sl. 3.3,b) koja nije

dovoljno velika, telo će i dalje ostati u stanju mirovanja (sl. 3.1,c), deo AB 92

Trenje

r r r na dijagramu. Ovu silu F će uravnotežiti sila trenja Fμ . Sila trenja Fμ se

javlja kao reakcija veze između tela i podloge. r r Povećanjem intenziteta sile F povećavaće se i sila trenja Fμ . Sve do određene vrednosti sile trenja, telo će ostati u stanju mirovanja, tj. postojaće r r ravnoteža sila F i Fμ . Kretanje tela će nastupiti u trenutku kada je sila trenja dostigla svoju maksimalnu vrednost Fμ = Fmax = Fμ gr (sl. 3.3,c), koju nazivamo graničnom silom trenja. Eksperimenti pokazuju da je ta kritična, tj. granična sila, direktno proporcionalna normalnoj sili pritiska na podlogu, tj. da je: Fμ = Fμ st . = μ 0 FN , gde je μ0 − takozvani statički koeficijent trenja. r r r Ako se intenzitet sile F poveća iznad vrednosti Fμ = Fμ st . , nastaje klizanje tela po podlozi, sila trenja naglo pada (pravac BC , sl. 3.3,c) i nakon r toga ostaje skoro konstantna i nezavisna od sile F (pravac CD , sl.3.3,c), pri čemu njen intenzitet iznosi: Fμ = Fμ ki. = μ FN , gde je μ − takozvani kinetički koeficijent trenja. Zakone kretanja pri klizanju prvi je postavio Č. Kulon, koji se po njemu zovu Kulonovi zakoni trenja klizanja, a glase: a) Sila trenja ima pravac brzine, tj. pravac kretanja a suprotan smer, b) Intenzitet sile trenja klizanja se menja od nule do svoje granične vrednosti, a jednak je proizvodu iz statičkog koeficijenta trenja i normalnog pritiska, tj.: Fμ = Fmax = Fμ gr = μ 0 ⋅ FN , c) Intenzitet sile trenja ne zavisi od veličine dodirnih površina. Statički koeficijenat trenja klizanja μ0 je neimenovan broj, a određuje se eksperimentalnim putem (sl. 3.4,a) i zavisi od hrapavosti dodirnih površina, kao i vrste materijala tela koja su u dodiru. r Veoma jednostavno se može odrediti na taj način što se telo težine G postavi na hrapavu površinu, a za telo se veže uže koje je prebačeno preko r kotura i opterećeno težinom Q . Postepenim dodavanjem tegova r povećavamo težinu Q , a time i smičuću silu, odnosno graničnu vrednost sile trenja klizanja, tako da je moguće izračunati statički koeficijent trenja pri klizanju, tj.: 93

Trenje

μ0 =

Fs Q = . FN G

Slika 3.4. Sila trenja u zavisnosti od sile koja deluje na telo

Statički koeficijent trenja klizanja μ0 može se eksperimentalno i jednostavnije odrediti na sledeći način. Na pokretnu stranu strme ravni r postavi se telo težine G (sl. 3.5). Sa povećanjem ugla nagiba strme ravni ide se sve dotle dok ne nastupi kretanje tela niz nju. Statički koeficijent trenja klizanja za posmatrano telo po intenzitetu je jednak tangensu ugla strme ravni pri kome je nastupilo kretanje. Prema sl. 3.5, uslovi ravnoteže su: ∑ X i = G sin α − Fμ = 0 , ∑ Yi = FN − G cos α = 0 .

Slika 3.5. Eksperimentalni način određivanja statičkog koeficijenta trenja klizanja

Iz uslova ravnoteže dobijamo da je Fμ = G sin α , a FN = G cos α . S obzirom

na

to

da

je

Fμ ≤ Fgr = μ0 FN ,

nakon

zamene

dobijamo

G sin α = μ 0G cos α , odakle je: μ0 = tg α . Dakle, na strmoj ravni je moguća ravnoteža sve dotle dok ugao α strme ravni ne pređe neku graničnu vrednost ϕ0 , tj. tg α ≤ tg ϕ0 . Statički koeficijent trenja pri klizanju je u granicama 0 < μ0 < 1 , zavisno od vrste materijala i stanja hrapavosti dodirnih površina. Neke njegove 94

Trenje

vrednosti date su u tabeli 3.1. Tabela 3.1. Kinetičko trenje

Statičko trenje Materijal Drvo po drvetu Koža po drvetu Kamen po drvetu Metal po drvetu Koža po metalu Metal po metalu Čelik po ledu Guma po betonu Bronza po gvožđu Čelik po čeliku Metal po kamenu Kamen po gvožđu Metal po hrastovini

μ0

ϕ0

μ

ϕ

0,4−0,7 0,5−0,6 ≈0,4 0,4−0,6 0,3−0,5 0,15−0,25 ≈0,027 0,6−0,9 0,19 0,15 0,3−0,7 0,42−0,49 0,02

22−35 27−31 ≈22 22−31 17−27 8−14 ≈2

≈0,3 0,3−0,5

≈17 17−27

0,3−0,5 ≈0,3 ≈0,1 ≈0,015

17−27 ≈17 ≈6 ≈1

3.2. REAKCIJA REALNE VEZE. UGAO I KONUS TRENJA r Reakciju realne veze R dobićemo vektorskim zbirom normalne reakcije r r r veze FN i sile trenja Fμ . Pravac ukupne reakcije R hrapave površi zatvara

sa normalom neki ugao ϕ (sl. 3.2. i 3.6,a).

Slika 3.6. Reakcija veze i ugao trenja r Ako se promeni sila trenja klizanja Fμ od nule do neke granične r r r r vrednosti Fgr , promeniće se i reakcija hrapave veze od FN do Rgr = Rmax .

Isto tako se menja i ugao ϕ od 0 do neke granične vrednosti ϕ0 (sl. 3.6,b). 95

Trenje

r Najveći ugao ϕ0 , za koji se usled trenja otkloni ukupna reakcija R hrapave površine od normale na površinu naziva se ugao trenja. Sa sl. 3.6,b sledi da je: Fgr μ0 FN = = μ0 . tg ϕ0 = FN FN Ako su koeficijent trenja klizanja i ugao trenja ϕ0 jednaki u svim pravcima, dobija se pravilan kružni konus sa uglom pri vrhu 2ϕ0 , koji se zove konus trenja (sl. 3.7).

Slika 3.7. Konus trenja

U slučaju da sila koja deluje na telo pada u konus trenja, do kretanja neće r doći zato što je tangentna komponenta sile F uvek u ravnoteži sa silom trenja, tj. F sin α = μ0 F cos α . Za taj slučaj normalni pritisak FN = F cos α je dovoljno velik da se ostvari sila trenja koja će biti u ravnoteži sa smičućom silom F sin α . 3.3. TRENJE UŽETA O HRAPAVU CILINDRIČNU POVRŠINU

U slučaju kada je uže prebačeno preko kružnog cilindra koji je postavljen u ležaj gde nema trenja, sila u užetu sa jedne i druge strane je ista. Međutim, ako je cilindar nepokretan i poluprečnika r , tada sila užeta ima uticaj na cilindričnu površinu, što je vidljivo i iz prakse (sl. 3.8). r r Uže koje nosi teret T1 održavamo u ravnoteži silom T2 po luku obuhvata α . Ispitajmo uslove ravnoteže delića luka, dužine ds = r d θ . r r r Na njega deluju sile u užetu, i to sila T sa desne strane i sila T + dT sa 96

Trenje

r leve strane. Priraštaj dT sile u užetu uravnotežava se otporom trenja dT = μ0 dN , gde je dN − normalni otpor razmatranog delića luka, a μ0 − konstanta, odnosno koeficijent statičkog trenja pri klizanju užeta po cilindričnoj površini. r r r dθ , za koji Sile T i T + dT u užetu sa tangentom grade vrlo mali ugao 2 dθ dθ dθ važi da je (približno): sin i cos ≈1. ≈ 2 2 2

Slika 3.8. Trenje užeta o nepokretnu cilindričnu površinu

Iz uslova ravnoteže, tj. projekcijom na tangentu, imamo: dθ dθ , T cos + μ 0 dN = (T + dT ) cos 2 2 ili: μ0 dN = dT .

(a)

Projekcijom na normalu imamo: dN = (T + dT ) sin

dθ dθ , ili: + T sin 2 2

dN = Td θ . (b) Ako uvrstimo (b) u (a), sledi: μ0 Td θ = dT , a nakon razdvajanja dT promenljivih = μ 0 d θ , i integraljenja u granicama od T1 do T2 , odnosno T

97

Trenje

od nule do α ,

T2

α

T T dT ∫T T = μ0 ∫0 d θ dobijamo ln T12 = μ0α , gde je ln T12 prirodni 1

logaritam baze e = 2,7183 . Konačno je: T2 = T1eμ α . Vidimo da potrebna sila T2 za održavanje ravnoteže zavisi samo od koeficijenta statičkog trenja pri klizanju μ 0 i od ugla obuhvata α (u radijanima) užeta, a ne zavisi od prečnika cilindra. 0

3.4. TRENJE PRI KOTRLJANJU r Posmatrajmo točak poluprečnika R , težine G , na koji u centru deluje r horizontalna sila F , a koji može da se kotrlja. Prilikom razmatranja mogu nastupiti dva slučaja. Prvi slučaj. U tački dodira na točak deluje vertikalna sila reakcije podloge, a sila trenja klizanja ne postoji (sl. 3.9 a). Iz ovog razmatranja sledi zaključak da bi se telo i pri najmanjoj sili kretalo, što nije slučaj.

Slika 3.9. Trenje kotrljanja

r Drugi slučaj. S obzirom na to da kod male sile F nema pomeranja, sledi zaključak da u tački dodira točka sa podlogom ipak deluje i neka r r r r horizontalna sila F ' = − F (sl.3.9,b). Očigledno je da sile F i F ' čine spreg koji bi trebalo da pokrene točak, što nije slučaj u praksi. Objašnjenje oba slučaja je jednostavno, a sledi iz toga da se podloga i točak uvek manje ili više deformišu (sl. 3.9,c i 3.10,a), što zavisi od vrste materijala. U ovom slučaju, kontakt se ostvaruje po luku DE (sl. 3.10,a), a ne u r jednoj tački. Rezultanta FR (sl. 3.10,b), dodirnog pritiska, koja se sastoji od r r komponenata FN i Fμ (sl. 3.10,c) pomaknuta je u odnosu na tačku A u r r smeru kretanja točka. Očigledno je da na sistem deluju tri sile, i to G , F i 98

Trenje

r FR , i da se njihovi pravci moraju seći u jednoj tački, tački C , po Teoremi o tri sile.

Slika 3.10. Trenje kotrljanja − stvarni slučaj

r r Iz uslova ravnoteže (sl. 3.10,c), za granični slučaj kada je F = Fmax , sledi:

∑ X = F − F = 0 , ∑ Y = −G + F ∑ M = −F ⋅ R + F ⋅ε = 0 . i

max

C

μ

μ

i

N

=0,

N

Iz uslova ravnoteže sledi:

Fμ = Fmax ,

FN = G ,

odnosno da je:

ε FN , gde je: ε − koeficijent trenja kotrljanja (ili krak otpora protiv R kotrljanja), koji ima dimenziju dužine, a određuje se eksperimentalno. U tabeli 3.2. dat je za neke materijale koeficijent trenja kotrljanja. Tabela 3.2. Fmax =

Materijal

Koeficijent trenja kotrljanja

ε [ cm ]

Točak po šini Drvo po drvetu Kaljeni čelik po čeliku ili kotrljni ležaj Meki čelik po mekom čeliku Drvo po čeliku

0,005−0,025 0,05−0,08 0,001 0,005 0,03−0,04

U slučaju da je F > Fmax , točak bi se kretao, a za slučaj F ≤ Fmax , točak bi mirovao. Ako bismo uporedili izraze za trenje, slučaj klizanja Fmax = μ FN i slučaj ε kotrljanja Fmax = FN , pri istoj vrednosti normalne reakcije podloge FN , R

99

Trenje

videli bismo da je odnos μ.

ε mnogo manji od kinetičkog koeficijenta trenja R

Ovim se objašnjava činjenica da se u mašinstvu, gde god je to moguće, koristi kotrljanje, a ne klizanje, jer je otpor trenja kotrljanja mnogo manji od otpora trenja klizanja. r Zadatak 43. Dizalica težine G , čije je težište C , oslanja se na šine A i B i r nosi teret Q (sl. 3.11,a). U posmatranom položaju ravnoteže, teret održavaju r kolica težine G1 , čiji je razmak između osa točkova d1 , za koja je vezano uže prebačeno preko nepokretnog kotura D i pokretnog E , a zatim pričvršćeno u tački K dizalice. Odrediti pogonski moment (spreg) na točkovima T (poluprečnika r ) kolica, sile međusobnog dejstva između kolica i dizalice i reakcije šina A i B . Zanemariti sve otpore obrtanja u osovinicama točkova, kao i otpor kotrljanja kolica po dizalici.

Slika 3.11. Dizalica i opterećenja

Rešenje: Iz trougla sučeljnih sila:

∑ Y = S sin α + S sin α − Q = 0 , i

∑X

1

100

i

= − S cos α + S1 cos α = 0 ,

Trenje

Q (sl. 3.11,b). (a) 2sin α Posmatrajmo sada ravnotežu kolica (sl. 3.11,c) i postavimo uslove ravnoteže: ∑ X i = − S − Fμ H + FμT = 0 , ∑ Yi = NT + N H − G1 = 0 ,

dobijamo: S1 = S =

d1 (b) + S ⋅h = 0, 2 r r r r r iz kojih vidimo četiri nepoznate: Fμ H , Fμ T , NT , N H i M . Zato rastavimo

∑M

r Fi H

= NT ⋅ d1 − M − G1 ⋅

kolica na sistem tela i posmatrajmo ravnotežu svakog od točkova (sl. 3.11,d). Sila koja izaziva pokretanje točka H prenosi se preko tačke H . To r je sila FH . S obzirom na to da je zanemaren otpor kotrljanja točkova, iz momentne jednačine: r F (c) ∑ M H = Fμ H ⋅ r = 0 , sledi Fμ H = 0 . i

Iz momentne jednačine za tačku T , pri ravnoteži točka T : r F ∑ M T = FμT ⋅ r − M = 0 , i

dobijamo spreg: M = FμT ⋅ r .

(d)

Zamenom (c) i (d) u sistem (b), dobijamo: Q Q⋅r , M= , Fμ T = S = 2sin α 2sin α ⎞ 1⎛ r−h 1⎛ r−h ⎞ NT = ⎜ Q + G1 ⎟ i N H = ⎜ G1 − (e) ⎟. 2 ⎝ d1 sin α 2⎝ d1 sin α ⎠ ⎠ Reakcije šina A i B određujemo posmatranjem sistema kao celine (sl. 3.11,a), koji je sistem paralelnih sila. Iz uslova ravnoteže: ∑ Yi = N A + N B − G − G1 − Q = 0 , r d⎞ ⎛d ⎞ ⎛ d⎞ ⎛ Fi M ∑ T = N B ⋅ d − G ⎜⎝ 2 − xC ⎟⎠ − G1 ⎜⎝ l + 2 ⎟⎠ − Q ⎜⎝ l1 + 2 ⎟⎠ = 0 sledi: ⎛l x ⎞ ⎛l l ⎞ ⎛l l ⎞ N B = G ⎜ − C ⎟ + G1 ⎜ + ⎟ + Q ⎜ + 1 ⎟ ⎝2 d ⎠ ⎝2 d ⎠ ⎝2 d ⎠ ⎛l x ⎞ ⎛l l ⎞ ⎛l l ⎞ N A = G ⎜ + C ⎟ + G1 ⎜ − ⎟ + Q ⎜ − 1 ⎟ . ⎝2 d ⎠ ⎝2 d ⎠ ⎝2 d ⎠

101

(f)

(g)

Trenje

Zadatak 44. Koja je maksimalna i minimalna vrednost (sl. 3.12,a) mase m0 , koja treba da pokrene teret M , mase m = 100 kg uz i niz strmu ravan nagiba α = 200 , ako je koeficijent statičkog trenja pri klizanju μ0 = 0,30 ? Rešenje: Maksimalnu masu dobijamo iz uslova ravnoteže sila (sl. 3.12,b), kada se telo kreće uz strmu ravan: ∑ Yi = FN − mg ⋅ cos α = 0 . Nakon uvrštavanja: FN − 100 ⋅ 9,81 ⋅ 0,93969 = 0 dobijamo FN = 922 N .

Slika 3.12.

Sila trenja pri klizanju je: Fμ = μ ⋅ FN = 0,30 ⋅ 922 = 277 N . Sada, iz uslova

∑X

i

= m0 g − Fμ − mg ⋅ sin 200 = 0 , nakon uvrštavanja

vrednosti: m0 = m ⋅ ( μ cos 200 + sin 200 ) = 100 ⋅ ( 0,3 ⋅ 0,93969 + 0,34202 ) ,

dobijamo traženu masu: m0 = 62,4 kg . Minimalnu masu dobijamo iz uslova ravnoteže sila (sl. 3.12,c), kada se telo kreće niz strmu ravan, iz uslova: ∑ X i = m0 g + Fμ − mg ⋅ sin 200 = 0 ; a nakon uvrštavanja vrednosti: m0 = m ⋅ ( −μ cos 200 + sin 200 ) = 100 ⋅ ( −0,3 ⋅ 0,93969 + 0,34202 )

sledi tražena masa: m0 = 6 kg . r Zadatak 45. Homogeni štap AB , dužine 2a i težine G , oslanja se krajevima A i B na pod i na vertikalni zid. Koeficijent trenja pri klizanju u tački A je μ1 = 0, 4 , a u tački B je μ 2 = 0,5 (sl. 3.13,a). Odrediti ugao α , koji zaklapa štap sa vertikalnom osom u slučaju granične ravnoteže.

Rešenje: Za rastavljeni sistem (sl. 3.13,b) uslovi ravnoteže su: ∑ X i = N B − Fμ A = 0 , ∑ Yi = N A + Fμ B − G = 0 i

∑M

r Fi O

= N A ⋅ 2a sin α − G ⋅ a sin α − N B ⋅ a cos α = 0 , 102

Trenje

koji sa: Fμ A = μ1 N A i Fμ B = μ 2 N B , daju rešenja: NB =

μ1G 2NB 2μ1 G , NA = i tg α = = =1. 1 + μ1μ 2 1 + μ1μ 2 2 N A − G 1 − μ1μ 2

Znači da za ugao α = 450 počinje klizanje.

Slika 3.13. Štap oslonjen o zid i odgovarajuće sile

Zadatak 46. Homogeni štap AB , zanemarljive težine, oslanja se u tački C na vertikalni stub CD , a pridržava se užetom BE . U tački A obešen je teret G = 50 N (sl. 3.14,a). Dati su: a = 50 cm , b = 80 cm , α = 600 i β = 600 . Odrediti silu u užetu, normalni otpor u tački C i veličinu koeficijenata trenja za slučaj granične ravnoteže.

Slika 3.14. Štap oslonjen o vertikalni stub i odgovarajuće sile

Rešenje: Za rastavljeni sistem (sl. 3.14,b) uslovi ravnoteže su: ∑ X i = −G cos α + Fμ − S cos β = 0 , ∑ Yi = −G sin α + NC − S sin β = 0 ,

∑M

r Fi B

= G ( a + b ) sin α − N C ⋅ b = 0 ,

a sa jednačinom granične ravnoteže, Fμ = μ N C , daju tražene vrednosti: N C = 70,36 N , S = 54,13 N i μ = 0,57 . 103

Trenje

Zadatak 47. Za sistem prikazan na slici 3.15,a i opterećenja odrediti reakcije svih spoljašnjih i unutrašnjih veza, ako su r = 0,2 m , Q = 75 kN i G = 15 kN . Ostale dimenzije date su na slici. Rešenje: Jednačine ravnoteže spoljašnjih sila sistema kao celine (sl. 3.15,a) glase: ∑ X i = X D − FA = 0 , ∑ Yi = YD − 2G − Q = 0 ,

∑M

r Fi D

= −Q ⋅ 1,3 − G ⋅ 0,35 + FA ⋅ 1,5 = 0 .

Daju reakcije: FA = X D = 68,5 kN i YD = 105 kN .

Slika 3.15.

Jednačine ravnoteže unutrašnjih sila sistema kotura (sl. 3.15,b) glase: r F ∑ X i = X H − SM = 0 , ∑ Yi = YH − Q = 0 , ∑ M H = SM ⋅ r − Q ⋅ r = 0 . i

Daju reakcije: S M = X H = YH = Q = 75 kN . Jednačine ravnoteže unutrašnjih sila štapa EH (sl. 3.15,c) glase: ∑ X i = X B − X H + S cos α = 0 , ∑ Yi = YB − YH − G − S sin α = 0 ,

∑M

r Fi E

= YB ⋅ 0, 4 − YH ⋅ 1,5 − G ⋅ 0,75 = 0 .

Na osnovu: tgα = cos α =

1 1 + tg 2 α

0,6 = 1,5 , 0, 4

sin α =

tg α 1 + tg 2 α

= 0,8321 ,

= 0,5547 , daju tražene reakcije:

S = 264 kN , X B = −71,44 kN i YB = 309,4 kN . 104

Trenje

r Zadatak 48. Odrediti silu F koja je potrebna da bi se pokrenuo sistem, kao i međusobne pritiske bokova i pritisak donjeg bloka na strmu ravan, ako je koeficijent trenja na svim dodirnim površinama i između užeta i nepomičnog cilindra jednak μ (sl. 3.16,a).

Slika 3.16.

Rešenje: Rastavimo sistem i posmatrajmo odvojeno blokove i za njih postavimo uslove ravnoteže (sl. 3.16,b,c). 10 Sistem: ∑ X i = S1 − G1 sin α + μ ⋅ FN 1 − Fmin = 0 , 2

0

∑Y = F Sistem: ∑ X = S ∑Y = F i

N1

i

1

i

N2

− G1 cos α = 0 .

− G2 sin α + μ ⋅ FN 1 − μ ⋅ FN 2 = 0 , − G2 cos α − FN 1 = 0 .

S obzirom na to da je gornji blok vučen i da je S1 > S 2 , te da je ugao obuhvata u radijanima jednak π (sl. 3.16,d), važi: S1 = S 2 eμπ ili S 2 = S1e −μπ . Iz prethodnih jednačina dobijaju se nepoznate: FN 1 = G1 cos α , FN 2 = ( G1 + G2 ) cos α , S 2 = G2 ( sin α + μ cos α ) + 2μG1 cos α , S1 = S 2 eμπ , Fmin = S1 − G1 ( sin α − μ cos α ) .

Zadatak 49. Na točak kaišne kočnice deluje spreg momenta M (sl. 3.17,a). r Odrediti najmanju silu F koja je potrebna za održavanje ravnoteže sistema, kao i reakciju u osloncu D . Koeficijent trenja kaiša o točak je μ . 105

Trenje

Poluprečnik točka je R . Rešenje: Rastavimo sistem i posmatrajmo odvojeno cilindričnu površinu, a posebno polugu (sl. 3.17,b,c). Uslovi ravnoteže za cilindar su: ∑ X i = S1 sin 300 − X D = 0 , ∑ Yi = YD − S1 cos300 − S2 = 0 ,

∑M

r Fi D

= S1 ⋅ R − S2 ⋅ R − M = 0 .

Slika 3.17. Kaišna kočnica i odgovarajuće sile

Uslovi ravnoteže za polugu su:

∑M

r Fi B

= − Fmin ⋅ ( a + b ) + S2 ⋅ a = 0 . μ

7π

−μ

7π

Pošto je desni kraj užeta vučen, važi relacija: S 2 = S1e 6 ili S1 = S 2 e 6 7π gde je ugao obuhvata u radijanima (sl. 3.17,b). Rešavanjem sistema 6 jednačina dobijamo: 7π 7π −μ −μ ⎛ ⎞ Fmin = Ma / ( a + b ) ⎜1 − e 6 ⎟ , X D = Fmin ( a + b ) e 6 / 2a , ⎝ ⎠ 7π −μ ⎛ ⎞ YD = Fmin ( a + b ) ⎜ 2 + 3e 6 ⎟ / 2a . ⎝ ⎠ r Zadatak 50. Za konzolu AB , dužine a i težine G , vezano je uže EB , koje r je drugim krajem vezano za tačku E valjka težine Q . Uže ima horizontalan pravac (sl. 3.18,a). Postaviti jednačine iz kojih je moguće odrediti minimalni koeficijent trenja između valjka i konzole da ne bi došlo do klizanja i odrediti reakcije ukleštenja A .

106

Trenje

Rešenje: Rastavimo sistem i prvo posmatrajmo cilindričnu površinu. Uslovi ravnoteže za cilindar su: ∑ X i = S − NC cos α + Fμ sin α = 0 , ∑ Yi = Fμ cos α + NC sin α − Q = 0 , r

∑ M OFi = Fμ ⋅ R − S ⋅ R = 0 (sl. 3.18,b).

Slika 3.18.

Uslovi ravnoteže za konzolu su: ∑ X i = X A − Fμ sin α + NC cos α − S = 0 ,

∑Y = Y i

∑M

A

r Fi B

− G − Fμ cos α − N C sin α = 0 ,

a a = M A + X A ⋅ a cos α − YA ⋅ a sin α + G ⋅ sin α + N C ⋅ = 0 (sl. 3.18,c). 2 3

Zadatak 51. Na slici 3.19,a je prikazana kočnica sa trakom. Kočenje doboša r se ostvaruje silom F na poluzi ABCD , koja se može obrtati oko osovine A . r Odrediti minimalnu silu F koja je potrebna za održavanje ravnoteže, ako doboš opterećuje spreg M = 10 3R Nm , a ostale vrednosti su date na slici, R = 0, 2 m i μ = 0, 2 . Rešenje: Rastavimo sistem i prvo posmatrajmo cilindričnu površinu (sl. 3.19,b). Iz uslova ravnoteže: ∑ M O = S1 ⋅ R + M − S2 ⋅ R = 0 , pošto je gornji kraj užeta vučen i važi relacija: S 2 = S1e μα , odnosno: 107

Trenje

S1 = S2 e− μα , S1 ⋅ R + M − S1e μα ⋅ R = 0 ⇒ S1 ⋅ R ( e μα − 1) = M , 10 3

S1 ⋅ R ( e μα − 1) = 10 3R , dobijamo: S1 = e S 2 = S1e

7π 0,2⋅ 6

=

0,2⋅

7π 6

= 16 kN ,

−1

10 3 ⋅ 2,08 = 33,377 kN . 2,71820,2⋅3,66 − 1

Slika 3.19. Kočnica sa trakom i opterećenja

Iz uslova ravnoteže kočnice: ∑ M A = F sin 600 ⋅ R + F sin 600 ⋅ 3R − S2 ⋅ R = 0 , dobijamo traženu minimalnu silu potrebnu za održavanje ravnoteže: 2S2 = 14,08 kN (sl. 3.19,c). F = Fmin = 3 +3 r r Zadatak 52. Odrediti silu S u užetu, potrebnu da klin C , težine G1 , r razmakne ploče A i B , težina G . Ostali podaci dati su na slici 3.20,a. Rešenje: Rastavimo sistem i prvo postavimo uslove ravnoteže za ploču A (sl. 3.20,b). ∑ X i = μ N A − N cos β + μ N sin β = 0 ,

∑Y = N i

A

− G − N sin β − μ N cos β = 0 .

Jednačine ravnoteže daju: N =

G ⎛1 ⎞ cos β ⋅ ⎜ − μ ⎟ − 2sin β ⎝μ ⎠ 108

.

Trenje

Uslovi ravnoteže za klin C su: ∑ X i = N cos β − N cos β − μ N sin β + μ N sin β = 0 ,

∑Y = −S i

1

− G1 + 2 N sin β + 2μ N cos β = 0 (sl. 3.20,c).

Jednačine ravnoteže daju: S1 = 2G ⋅

sin β + μ cos β −G . ⎛1 ⎞ cos β ⋅ ⎜ − μ ⎟ − 2sin β ⎝μ ⎠

Slika 3.20.

Za trenje užeta o cilindričnu površinu (sl. 3.20,d) imamo: S = S1e−αμ , jer je taj kraj vučen, odnosno S1 = Seαμ , a ugao obuhvata α = 2π , pa sledi: S = S1e−2μπ . Zadatak 53. Teg I , težine Q = 600 N , podiže se putem klipa II , r zanemarljive težine (sl. 3.21,a). Odrediti silu F potrebnu da se podigne teg, ako su koeficijenti trenja na svim površinama μ = 0, 2 . Rešenje: Rastavimo sistem i postavimo uslove ravnoteže. Teg I ∑ X i = μ N1 − N3 = 0 , ∑ Yi = N1 − μ N3 − Q = 0 (sl. 3.21,b). Jednačine ravnoteže daju: N1 =

Q μ i N3 = Q ⋅ . 2 1− μ 1 − μ2

Klip II ∑ Yi = − N1 − μ N 2 sin α + N 2 cos α = 0 (sl. 3.21,c). 109

Trenje

Slika 3.21.

Ova jednačina ravnoteže daje: N1 Q = , N2 = 2 cos α − μ sin α (1 − μ ) ( cos α − μ sin α ) a uslov:

∑X

daje: F =

i

= F − μ N1 −μ N 2 cos α − N 2 sin α = 0 ,

Q ( cos α + μ sin α ) μ ⋅Q + . 2 1− μ (1 − μ2 ) ( cos α + μ sin α )

Zadatak 54. Na doboš čekrka namotano je uže o čijem kraju visi teret težine r r G (sl. 3.22,a). Odrediti najmanju veličinu sile F kojom treba delovati na kočnicu da bi doboš bio u ravnoteži. Koeficijent trenja klizanja između doboša i papuče je μ . Ostali podaci su dati na slici. Rešenje: Rastavimo sistem i postavimo uslove ravnoteže. Papuča: ∑ X i = X A − F cos 450 + N = 0 ,

∑Y = Y i

∑M

A

A

− Fμ − F sin 450 = 0 ,

= − F cos 450 ⋅ 3R + N ⋅ 2 R − Fμ ⋅

gde je Fμ = μ N . Doboš: ∑ Xi = XO − N = 0 ,

∑Y = Y i

O

+ Fμ − G − G = 0 ,

110

R = 0 (sl. 3.22,c), 2

Trenje

∑M

O

= Fμ ⋅ 2 R − G ⋅ R = 0 (sl. 3.22,b).

Ukleštena greda ∑ Xi = XC − XO = 0 , G

∑Y = Y − Y − 2 = 0 , ∑ M = M − X ⋅ 4 R = 0 (sl. 3.22,d). i

C

C

O

C

O

Slika 3.22.

Jednačine ravnoteže daju tražene nepoznate reakcije: −G G 2G XA = F= ( 2 + μ ) , YA = ( 4 + 5μ ) , (4 − μ) , 12μ 12μ 12μ G G 3G Fμ = , , , XO = N = YO = 2 2 2μ 2GR G , , YC = 2G . MC = XC = XO = μ 2μ

111

Ravni nosači

4. NOSAČI 4.1. UVOD

Svako kruto telo koje nosi terete i prenosi ih na oslonce nazivamo nosač (greda). Ako osa nosača i sve spoljašnje sile koje deluju na njega deluju u jednoj ravni, takve nosače nazivamo ravnim nosačima. Ravni nosači mogu biti: a) − prosti, ako su sastavljeni iz jedne ploče, tj. ako je rastojanje između oslonaca A i B u isto vreme i dužina l nosača (sl. 4.1), − složeni, ako su sastavljeni iz više ploča, b) − puni ili gredni; to je svako kruto telo oslonjeno na dva oslonca, od kojih je jedan nepokretan, a drugi pokretan, odnosno ako je veza ostvarena samo na jednom mestu, onda se ta veza izvodi ukleštenjem, − rešetkasti − nosač sastavljen od više krutih lakih štapova čije veze smatramo zglobnim. Greda je, dakle, prizmatično telo čija je dužina znatno veća od druge dve dimenzije njenog poprečnog preseka. Za razliku od štapa koji je izložen pritisku ili istezanju, greda se koristi kao konstrukcioni elemenat tamo gde se predviđa da će biti izložena i savijanju. Nosač sa jednim ili dva prepusta naziva se greda sa prepustom, tj. sa prepustima. Konzola je jednim krajem ukleštena. Gerberova greda, ili greda sa zglobom, predstavlja složeni nosač. To su dve grede ili grede međusobno vezane zglobom G . Ovaj nosač može biti izveden i sa više oslonaca i više zglobova. Okviri ili takozvani ramovi su složeni nosači sastavljeni iz više prostih nosača. Sile koje deluju na nosač (sl. 4.1) mogu biti: − koncentrisane; deluju u jednoj tački, a mogu biti vertikalne ili kose, i − kontinualne sile (opterećenja) mogu biti ravnomerno raspoređene (jednoliko raspoređene) po određenoj dužini nosača i tada se predstavljaju površinom pravougaonika. Karakteristika kontinualnog opterećenja je opterećenje po dužnom metru nosača, tzv specifično opterećenje, a obeležava se sa q (sl. 4.1). Specifično kN , a u opštem slučaju ono je promenljivo i zavisi opterećenje q meri se u m od apscise te se može napisati kao q = f ( x ) , gde je osa x podužna osa 112

Ravni nosači

nosača. Kod jednoliko raspoređenog kontinualnog opterećenja, specifično opterećenje je konstantno, tj. q = const. Ako se specifično opterećenje menja po linearnom zakonu q = p ⋅ x , gde je p konstantni koeficijent čije su kN , takvo kontinualno opterećenje se može predstaviti dimenzije m2 površinom trougla ili trapeza. Ako je u pitanju neravnomerno raspoređeno kontinualno opterećenje po određenoj dužini nosača, takvo opterećenje predstavljamo površinom proizvoljnog oblika, koja je ograničena linijom opterećenja q = f ( x ) .

Slika 4.1. Primeri opterećenja grede

Nosači mogu biti opterećeni neposredno ili posredno (ekscentrično vertikalno ili horizontalno opretećenje). Za nosač kažemo da je kombinovano opterećen ako je opterećen svim navedenim oblicima opterećenja.

Slika 4.2. Primeri statički određenih nosača

Opterećenja se, dalje, dele prema vremenu trajanja na: − stalna (težina nosača, sile konstantnog intenziteta i položaja) i − promenljiva (uticaj vetra itd.). 113

Ravni nosači

Načini oslanjanja greda ili ramova određuju i njihovu statičku određenost ili neodređenost. Ako je greda (ili ram) oslonjen tako da postoje tri nepoznate reakcije koje se mogu odrediti iz tri jednačine − ∑ X i =∑ Yi =∑ M =0 , za takvu gredu (ili ram) kažemo da je statički određena. Ako broj jednačina ravnoteže nije isti kao broj nepoznatih reakcija, nosač (greda ili ram) statički je neodređen.

Slika 4.3. Primeri statički neodređenih nosača

4.2. TRANSVERZALNA (POPREČNA) SILA. MOMENT SAVIJANJA. AKSIJALNA SILA

Ako bismo želeli da odredimo ne samo otpor oslonaca nego i opterećenje grede na bilo kojem njenom mestu, treba da je „presečemo” na tom mestu i izučimo ravnotežu bilo kojeg od dva dela presečene grede. Pokažimo ovo kroz sledeći primer. Primer 5. Za statički određenu gredu (sl. 4.3,a) opterećenu kosom silom F = 2 2 kN i vrednosti dužine a = 1 m , potrebno je odrediti raspored naprezanja bilo kojeg poprečnog preseka grede i nacrtati odgovarajuće statičke dijagrame.

a) b) Slika 4.4. Statički određena greda sa opterećenjem i presecima 114

Ravni nosači

Kada se oslobodimo veza i ucrtamo reakcije veza (sl. 4.3,b), u odnosu na Dekartov pravougli koordinatni sistem, Ayx jednačine ravnoteže glase: ∑ X i = F cos 450 − X A = 0 , ∑ Yi = YA − F sin 450 + FB = 0 ,

∑M

A

= − F sin 450 ⋅ AC − FB ⋅ AB = 0 ,

odakle izračunavamo reakcije oslonaca: X A = 2 kN , YA = 1,33 kN i FB = 0,66 kN . Presecamo gredu na karakterističnim tačkama i postavimo neke opštevažeće jednačine iz kojih se lako mogu odrediti tražena opterećenja na bilo kojem mestu. Ova greda ima dva takva karakteristična polja, tj. AC i CB , i biće je dovoljno preseći na samo ta dva mesta (preseka) I − I i II − II . Potražimo opterećenje grede u preseku I − I , koji je od oslonca A udaljen za proizvoljnu vrednost 0 ≤ x1 ≤ a , gde je a = 1m (sl. 4.4,b). Spoljašnje sile za svaki od dva dela grede su kao na sl. 4.5.

Slika 4.5. Presečena greda u prvom polju r U preseku se javljaju kosa sila F , koja se može rastaviti na dve r r r komponente, FT i Fak . , i moment savijanja M , čija je vrednost u zglobu

jednaka nuli, tj. M f = M A = 0 . r r Sila FT se naziva transverzalna ili poprečna sila, a Fak . aksijalna ili r uzdužna sila. Moment M se zove moment savijanja, i označava sa M f − zbog naziva fleksije ili savijanja. Transverzalna sila u posmatranom preseku opterećuje presek na smicanje, tj. teži da jedan deo grede smakne u odnosu na drugi. Aksijalna sila opterećuje gredu na pritisak ili istezanje, a moment savijanja nastoji da je savije. Ove tri vrednosti u poprečnom preseku možemo da odredimo iz uslova 115

Ravni nosači

ravnoteže za bilo koji deo grede, levi ili desni od preseka, zbog toga što je r r r r po zakonu akcije i reakcije (dejstva i protivdejstva) FT = − FT' , Fak . = − Fak' . i r M f = − M 'f . Jednačine ravnoteže za presek I − I , tj. deo grede AD , glase: ∑ X i = − X A + Fak . = 0 , ∑ Yi = YA − FT = 0 , ∑ M D = YA ⋅ x1 − M f = 0 , odakle sledi: Fak . = X A , FT = YA = 1,33 kN i M f = YA ⋅ x = 1,33 ⋅ x1 . Ove jednačine važe samo u prvom polju, polju od tačke A do tačke C , odnosno za presek I − I , gde je 0 ≤ x1 ≤ a . Očigledno je da transverzalna i aksijalna sila ne zavise od vrednosti x1 , konstantne su u polju, dok moment savijanja zavisi od mesta preseka, tj. od x1 , i menja se linearno. Za x1 = 0 moment savijanja je M f = M A = 0 , za x1 = 0,5 a moment savijanja je M f = 0,66 kNm i, konačno, za kraj prvog polja x1 = a = 1 m moment

savijanja je M f = M Cl = 1,33 kNm .

Slika 4.6. Greda sa statičkim dijagramima

Na isti način može da se odrediti raspored opterećenja grede i u drugom polju, polju od C do B , presek II − II , gde je a ≤ x2 ≤ 3a , jer se u ovom 116

Ravni nosači

slučaju x meri od tačke A , ali i ne mora. Jednačine ravnoteže su: ∑ X i = − X A + F cos 450 + Fak . = 0 ,

∑ Y = Y − F sin 45 − F = 0 , ∑ M = Y ⋅ x − F sin 45 ( x − a ) − M 0

i

A

T

0

E

A

2

2

f

=0.

Odavde sledi: X ak . = X A − F cos 450 , FT = YA − F sin 450 , M lf = YA ⋅ x2 − F sin 450 ( x2 − a ) . Tu je za x2 = a = 1 m moment savijanja M lf = M C = 1,33 kNm , a za x2 = 3a = 3 m moment savijanja je M f = M B = 0 .

Sa sl. 4.6. se vidi da je: M f max = 1,33 kNm , FT max = 1,33 kN i Fak . max = 2 kN . Dakle, možemo konstatovati sledeće: Transverzalna ili poprečna sila, u nekom poprečnom preseku nosača, jednaka je algebarskom zbiru projekcija svih sila koje deluju na nosač, levo ili desno od uočenog preseka na vertikalnu osu upravnu na osu nosača. Sa obe strane preseka transverzalne sile su istog intenziteta, ali suprotnog smera. Obeležavaćemo ih sa FTl ako su računate sa leve strane, a sa FTd ako su računate sa desne strane. • Aksijalna ili uzdužna sila, u nekom poprečnom preseku nosača, jednaka je algebarskom zbiru projekcija svih sila koje deluju na nosač, levo ili desno od uočenog preseka na uzdužnu osu nosača. Sa obe strane preseka i aksijalne sile su istog intenziteta, ali suprotnog smera. Obeležavaćemo ih sa Fakl . ako su računate sa leve strane, a sa Fakd . ako su računate sa desne strane. • Moment savijanja ili napadni moment, u nekom poprečnom preseku nosača, jednak je algebarskom zbiru momenata svih sila koje deluju na nosač, levo ili desno od uočenog preseka, za težište tog preseka kao momentnu tačku. Sa obe strane preseka momenti savijanja su istog intenziteta, ali suprotnog smera. Obeležavaćemo ga sa M lf ako je •

računat sa leve strane, a sa M df ako je računat sa desne strane. 117

Ravni nosači

4.3. DOGOVOR O ZNACIMA ZA TRANSVERZALNE SILE, MOMENTE SAVIJANJA I AKSIJALNE SILE

Pri pronalaženju momenta savijanja M f ,

transverzalne sile FT i

aksijalne sile Fak . u nekom poprečnom preseku, uvek će se, zavisno od toga da li se analizira levi ili desni deo grede od željenog preseka, pretpostaviti da je pozitivan znak unutrašnjih sila ( FT , Fak . ) i momenta savijanja M f , kao na sl. 4.7.

Slika 4.7. Dogovor o pozitivnim znacima unutrašnjih sila

Ovaj znak unutrašnjih sila će biti kao na sl. 4.7. samo ako spoljašnje sile i momenti deluju na svaki od dva dela grede, kao što je to prikazano na sl. 4.8.

Slika 4.8. Delovanje spoljašnjih sila na gredu levo i desno od preseka

Ako spoljašnja sila upravna na gredu s leve strane od posmatranog preseka deluje naviše, izazvaće pozitivnu transverzalnu silu u tom preseku sa smerom naviše (sl. 4.8,a), u protivnom njen smer je negativan. Slično, spoljašnje sile i spregovi čiji momenti savijaju gredu tako da su 118

Ravni nosači

joj donja podužna vlakna istegnuta, a gornja pritisnuta, izazvaće u posmatranom preseku pozitivan moment savijanja sa smerom kao na sl. 4.8,b. Aksijalna sila u posmatranom poprečnom preseku imaće pozitivnu vrednost, ako spoljašnje sile koje deluju duž grede istežu gredu kao na sl. 4.8,c. 4.4. ZAVISNOST IZMEĐU TRANSVERZALNE SILE, MOMENTA SAVIJANJA I KONTINUALNOG OPTEREĆENJA

Posmatrajmo gredu opterećenu neravnomernim opterećenjem koje je N (sl. 4.9). Ako kontinualno i ima specifično kontinualno opterećenje q ( x ) m je presečemo na proizvoljnom mestu na rastojanju x od početka grede i isečemo delić te grede CD dužine dx , imaćemo sile kao što je prikazano na slici 4.9.

Slika 4.9. Opterećenja delića grede

U preseku D moment savijanja i transverzalna sila će imati diferencijalno mali priraštaj od dM i dFT u odnosu na na njihove vrednosti u bliskom preseku C . Smatramo da je kontinualno opterećenje delića CD jednoliko i svugde jednako q , zbog veoma male dužine dx . Ukupno kontinualno opterećenje jednako je Fq = q ⋅ dx , tj. jednako je površini tog geometrijskog oblika. Iz uslova ravnoteže posmatranog delića je: ∑ Yi = FT − ( FT + dFT ) − q ⋅ dx = 0 , 119

Ravni nosači

dx − ( M + dM ) = 0 . 2 S obzirom na to da nema aksijalnih sila, vredi

∑M

D

= M + FT dx − q ⋅ dx

∑X

i

= 0 . U prethodnim

jednačinama zanemarimo male veličine višeg reda (tzv. diferencijal drugog reda) pa ćemo dobiti traženu zavisnost: dFT dM = FT , = −q , (4.1) dx dx d 2M = −q . (4.2) a takođe možemo i zaključiti da je: dx 2 Za slučaj da se x koordinata meri zdesna ulevo, umesto dx , treba staviti − dx , jer se povećanjem x smanjuje dx , tj. x je suprotnog usmerenja od dM usmerenja ose x , odnosno = − FT . dx Iz jednačine (4.1) zaključujemo: a) prvi izvod transverzalne sile u nekom preseku jednak je negativnom kontinualnom opterećenju na tom istom mestu, b) prvi izvod momenta savijanja u nekom preseku jednak je transverzalnoj sili u tom istom preseku, c) u polju gde je kontinualno opterećenje jednako nuli, q = 0 , transverzalna sila je konstantna, tj. FT = const. , d ) u polju gde je moment savijanja konstantan, tj. M = const. , transverzalna sila je jednaka nuli, tj. FT = 0 , e) u polju gde postoji kontinualno opterećenje, tj. gde je q ( x ) ≠ 0 , moment savijanja se menja sa koordinatom x po nekoj krivoj M ( x ) , kao što je prikazano na sl. 4.10. i odakle možemo zaključiti sledeće: • moment savijanja sa porastom koordinate x mora da raste, tamo gde je FT > 0 , • moment savijanja sa porastom koordinate x mora da opada, tamo gde je FT < 0 , • kriva dijagrama momenta savijanja ima ekstrem (maksimum) kao u tačkama A i B , za slučaj kada je transverzalna sila jednaka nuli, tj. FT = 0 , f ) za slučaj da se u nekom polju moment savijanja menja: dM = b ), • po pravcu (jednačina je oblika: M = a + bx , a FT = dx transverzalna sila je konstantna, tj. FT = const. , 120

Ravni nosači

Slika 4.10. Prikaz ekstrema i znaka transverzalnih sila na proizvoljnoj funkciji

•

•

po kvadratnoj paraboli (jednačina je oblika: M = a + bx + cx 2 , a dM FT = = b + 2c ⋅ x ), transverzalna sila ima jednačinu pravca, a u dx dF tom polju je: q = const. jer je T = − q = 2c = const. , dx po kubnoj paraboli (jednačina je oblika: M = a + bx + cx 2 + dx3 , a dM FT = = b + 2c ⋅ x + 3d ⋅ x 2 ), transverzalna sila ima jednačinu dx kvadratne parabole, a u tom polju q se menja linearno jer je dFT = − q = 2c + 6d ⋅ x , a to je slučaj kada je u pitanju trougaono ili dx trapezno kontinualno opterećenje.

Primer 6. Ispitajmo ekstreme funkcije momenta savijanja u polju x3 kontinualnog opterećenja čija je jednačina M f = f ( x ) = − 2 x 2 + 3x + 1 i 3 nacrtajmo njen dijagram (sl. 4.11). Rešenje: Ispitajmo monotonost funkcije. 1. Računamo prvi izvod : f ' ( x ) = x 2 − 4 x + 3 . 2. Tražimo nula tačke prvog izvoda: f ' ( x ) = x 2 − 4 x + 3 = 0 , odakle je:

121

Ravni nosači

x1 = 1 i x2 = 3 .

3. Računamo drugi izvod: f '' ( x ) = 2 x − 4 . 4. Proveravamo vrednosti drugog izvoda u tačkama: x1 = 1 i x2 = 3 .

f '' (1) = −2 < 0 ⇒ maks., f '' ( 3) = 2 > 0 ⇒ u x2 = 3 je minimum.

Slika 4.11. Prikaz maksimuma i minimuma date funkcije

5. Odredimo vrednosti funkcije u tačkama za koje funkcija postiže 13 7 ekstrem. Maksimum funkcije je: M fmax = f ( x )max = − 2 ⋅ 12 + 3 ⋅ 1 + 1 = . 3 3 33 Minimum funkcije je: M fmax = f ( x )min = − 2 ⋅ 32 + 3 ⋅ 3 + 1 = 1 . 3 4.5. REŠAVANJE ZADATAKA

Preporučuje se sledeći postupak u zadacima gde se traži crtanje statičkih dijagrama za M f , FT i Fak . : 10 Ucrtati reakcije veza oslonaca, pa se zatim uveriti da li je problem statički određen. 20 Iz uslova ravnoteže postaviti jednačine i odrediti reakcije oslonaca. 30 U proizvoljnom preseku, za svako karakteristično polje nosača postaviti jednačine za M f , FT i Fak . , u zavisnosti od promenljive koordinate koja određuje položaj tog preseka. Treba se pridržavati dogovora o znacima i definicija za M f , FT i Fak . . U jednačine za M f , FT i Fak . uvrštava se više vrednosti koje može da ima promenljiva koordinata i dobiju se stvarne vrednosti za M f , FT i Fak . . Postupak se ponavlja za svako polje i crtaju statički dijagrami za celi nosač. 40 Proveriti statičke dijagrame za FT i M f primenom jednačina (4.1). 122

Nosači

Zadatak 55. Za nosač prikazan na slici 4.12,a treba: a) analitičkim putem odrediti reakcije oslonaca, b) po poljima naći jednačine momenata savijanja, transverzalnih i aksijalnih sila, kao i posebne vrednosti ovih veličina na karakterističnim mestima; naći ekstremne vrednosti momenata, kao i maksimalnu vrednost momenta, c) nacrtati statičke dijagrame: momenata savijanja, transverzalnih i aksijalnih sila. kN , a =1m . Dato je: F = 1,5 kN , q = 1 m

Slika 4.12.a

Slika 4.12.b

Rešenje: a) REAKCIJE OSLONACA: Da bismo odredili reakcije oslonaca, oslobodimo se veza, kao što je prikazano na sl. 4.12.b, i postavimo jednačine ravnoteže iz kojih ćemo odrediti nepoznate reakcije FA i FB . Postavićemo momentnu jednačinu ravnoteže, tj.: 2a ⎞ 2 ⎛ ∑ M A = − F ⋅ 6a + FB ⋅ 5a − Fq ⋅ ⎜⎝ 2a + 2 ⎟⎠ − Fq ⋅ 3 2a = 0 , q ⋅ 2a sila od trouglastog kontinualnog opterećenja i gde su: Fq = 2 Fq = q ⋅ 2a sila od pravougaonog kontinualnog opterećenja. 2

1

1

2

Nakon rešavanja, dobijamo: FB = 3, 27 kN . 1 ∑ Yi = YA − 2 q ⋅ 2a − q ⋅ 2a + FB − F = 0 , daje YA = FA = 1, 23 kN . Proverimo tačnost izračunavanja postavljajući jednačinu: 1 2a ⎛1 ⎞ ∑ M D = FA ⋅ 4a − 2 q ⋅ 2a ⋅ ⎜⎝ 3 2a + 2a ⎟⎠ − q ⋅ 2a ⋅ 2 − FB ⋅ a + F ⋅ 2a = 0 , a nakon uvrštavanja vrednosti dobija se 0 ≡ 0 . 123

Nosači

Prema tome, reakcije oslonca su: FA = 1, 23 kN , i FB = 3, 27 kN , a rezultati su dobijeni sa pozitivnim predznakom, što znači da su isti pretpostavljeni i stvarni smerovi reakcija. b) ANALIZA NOSAČA PO POLJIMA:

Slika 4.13.

I − POLJE 0 ≤ x1 ≤ 2a Potražimo moment savijanja u proizvoljnoj tački u polju trouglastog kontinualnog opterećenja (sl. 4.13). Usvojimo proizvoljan presek n − n na rastojanju x1 od oslonca A . Moment savijanja: 1 1 M zl = FA ⋅ x1 − Fq' ⋅ x1 , gde je Fq' = q '⋅ x1 sila od trouglastog 2 2 kontinualnog opterećenja do preseka. Specifično opterećenje q ' u nekom preseku x1 ćemo odrediti iz sličnosti trouglova, tj. q : 2a = q ' : x1 , odnosno q q' = x1 . 2a q 3 1 Prema tome je: M zl = FA ⋅ x1 − x1 = 1, 23 ⋅ x1 − x13 . 12a 12 Za x1 = 0 je M z = 0 , tačka A , za x1 = a je M z = 1,1466 kNm , tačka K , za x1 = 2a je M z = 1,81 kNm , tačka E .

dM zl 1 q 2 = FA − x1 = 1, 23 − x12 . dx1 4a 4 Za x1 = 0 je FT = FA = 1, 23 kN , tačka A ,

Transverzalna sila: FT =

124

Nosači

za x1 = a je FT = 0,98 kN , tačka K , za x1 = 2a je FT = 0,23 kN , tačka E . Aksijalna sila: Fak . = 0 . II − POLJE 0 ≤ x2 ≤ 2a Potražimo moment savijanja u proizvoljnoj tački u polju pravougaonog kontinualnog opterećenja. Usvojimo proizvoljan presek m − m na rastojanju x2 od tačke D . Ovde koordinata x2 ide ulevo radi jednostavnosti izraza momenta savijanja. 1 Moment savijanja je: M zd = − F ⋅ ( 2a + x2 ) + FB ⋅ ( a + x2 ) − Fq'' ⋅ x1 , 2 '' gde je Fq = q ⋅ x2 sila od pravougaonog kontinualnog opterećenja do preseka.

Nakon uvrštavanja vrednosti, jednačina momenta savijanja glasi: M zd = 0, 27 + 1,77 ⋅ x2 − 0,5 ⋅ x22 . Za x2 = 0 je M z = 0, 27 kNm , tačka D , za x2 = a je M z = 1,54 kNm , tačka H , za x2 = 2a je M z = 1,81 kNm , tačka E . dM zd Transverzalna sila: FT = − = −1,77 + x2 . dx2 Za x2 = 0 je FT = −1,77 kN , tačka D , za x2 = a je FT = −0,77 kN , tačka H , za x2 = 2a je FT = 0,23 kN , tačka E . Položaj ekstremnog momenta savijanja u drugom polju ćemo odrediti iz uslova da je prvi izvod momenta savijanja po koordinati x2 (sa predznakom minus zbog usmerenja ose x ) jednak nuli, odnosno da je transverzalna sila u drugom polju jednaka nuli. FT = −1,77 + x2 = 0 daje x2 = 1,77 m . Sada je ekstremna vrednost momenta savijanja u drugom polju: M ex. = 0, 27 + 1,77 ⋅ 1,77 − 0,5 ⋅ 1,77 2 = 1,836 kNm . Aksijalna sila: Fak . = 0 . Momenti savijanja po tačkama su: M Bd = − F ⋅ a = −1,5 ⋅ 1 = −1,5 kNm , 125

Nosači

M Dd = − F ⋅ 2a + FB ⋅ a = −1,5 ⋅ 2 ⋅ 1 + 3, 27 ⋅ 1 = 0, 27 kNm . Maksimalni apsolutni moment savijanja duž celog nosača je u drugom = 1,83 kNm . polju: M f max

d) STATIČKI DIJAGRAMI:

Slika 4.14.

126

Nosači

Zadatak: Za nosače prikazane na slikama: a) analitičkim putem odrediti reakcije oslonaca, b) po poljima naći jednačine momenata savijanja, transverzalnih i aksijalnih sila, kao i posebne vrednosti ovih veličina na karakterističnim mestima, c) naći ekstremne vrednosti momenata, kao i maksimalnu vrednost momenta, d) nacrtati statičke dijagrame: momenata savijanja, transverzalnih i aksijalnih sila. zadatak 56. F = 2 kN , kN , q = 0,75 m a = 0,5m . zadatak 57. F1 = 2 kN , F2 = 3kN , F3 = 1kN , kN q=2 , m a = 1m .

zadatak 58. F = 1,5kN , kN q = 1,5 , m a = 1,5 m .

127

Nosači

zadatak 59. kN , m a = 1m i M = 1,5kNm . F = 2 kN , q = 1, 25

zadatak 60. F = 2 kN , q = 1 a = 1m .

kN , m

zadatak 61.

F

kN F = 6 kN , q = 3 , m a = 1m .

A 2a

2a

B

C

G

D

a

3a

zadatak 62. F = 2 kN , M = 4 kNm , kN q =1 , a = 1m . m

zadatak 63. F = 1,5kN , a = 1m .

F

kN q =1 , m

2q

a

q A

K

J

D

E

H

B

C

L

N

G

F a

a

128

a

a

a

a

a

a

a

a

Nosači

zadatak 64. kN , m a = 1m , M = 2 kNm . F = 2 kN , q = 1

Rešenje 56. X A = 0 , YA = 1 kN , FA = 1 kN , M A = 1 kNm .

Slika 4.15. Statički dijagrami

129

Nosači

Rešenje 57. FA = 4,53 kN , YB = 3, 47 kN i Z B = 1 kN .


130

Nosači

Rešenje 58. X A = 2,59 kN , YA = 4,046 kN i FB = 1,57 kN .

Slika 4.17. Statički dijagrami 131

Nosači

Rešenje 59. X A = 2 kN , YA = 3 kN i M A = 6,5 kNm .


132

Nosači

Rešenje 60. X A = 2 kN , YA = 1 kN i M A = 2 kNm .


133

Nosači

Rešenje 61. FA = 3 kN , FC = 12 kN i FB = 3 kN .


134

Nosači

Rešenje 62. FA = 1,33 kN , FB = 7,32 kN i FC = 5, 28 kN .


135

Nosači

Rešenje 63. X A = 1,5 kN , YA = 4, 22 kN , FB = 3,56 kN , FC = 3, 28 kN .


136

Nosači

Rešenje 64. X C = 2 kN , YC = 0, 25 kN , FB = 0, 25 kN , FA = 1 kN i M C = 0 .


137

Nosači

Zadatak 65. Za dati (sl. 4.24) Gerberov ram: a) analitičkim putem odrediti reakcije oslonaca, b) izvršiti statičku analizu po poljima, c) nacrtati statičke dijagrame momenata savijanja, transverzalnih i aksijalnih sila. kN , a = 1m . Dato je: F1 = F2 = F3 = F4 = F5 = 1 kN , q = 2 m

Slika 4.24. Gerberov ram

Rešenje: a) REAKCIJE OSLONACA: Da bismo odredili reakcije oslonaca, oslobodimo se veza kao na sl. 4.24 i postavimo jednačine ravnoteže iz kojih ćemo odrediti nepoznate reakcije FB , Z A , YA i M A . Postavićemo momentne jednačine ravnoteže za tačku G (Gerberov zglob) i tačku A , kao i jednačine ravnoteže projekcija sila na ose y , z . ⎛1 ⎞ 10 ∑ M Gd = FB ⋅ 4a + F4 ⋅ a + F5 ⋅ 5a − Q ⋅ ⎜ 3a + a ⎟ = 0 daje FB = 0 , ⎝3 ⎠ 1 gde je: Q = ⋅ q ⋅ 3a = 3 kN , deo kontinualnog opterećenja u vidu trougla. 2 0 2 ∑ Z i = − Z A + F4 − F3 = 0 daje Z A = 0 . 30

∑Y = −F − F i

1

2

+ F5 − Q + YB = 0

daje YA = 4 kN .

1 ⎞ ⎛ = M A + F1a + F3 a − F2 a − F4 3a + F5 6a − Q ⋅ ⎜ 2a + 3a ⎟ = 0 3 ⎠ ⎝ daje M A = 5 kNm . 40

∑M

A

138

Nosači

Slika 4.25. Gerberov ram oslobođen od veza

Prema tome, reakcije oslonca su: FB = 0 , Z A = 0 , YA = 4 kN i M A = 5 kNm , a rezultati su dobijeni sa pozitivnim predznakom, što znači da su isti pretpostavljeni i stvarni smerovi reakcija. Kontrola ∑ M G = 0 , za celi nosač,

e

j

FB ⋅ 4a + F4 ⋅ a + F5 ⋅ 5a − Q ⋅ 1 3a + a + F1 ⋅ 2a − F3 ⋅ 3a + 3 + M A − Z A ⋅ 4a − YA ⋅ a = 0 , daje: 0 ≡ 0 . b) ANALIZA NOSAČA PO POLJIMA: I − POLJE 0 ≤ z1 ≤ a Moment savijanja: M x1 = − M A = −5 kNm . dM x1 = 0. Transverzalna sila: FT 1 = dz1 Aksijalna sila: Fak .1 = −YA = −4 kN . II − POLJE a ≤ z2 ≤ 2a

Moment savijanja: M x 2 = − M A + F3 ⋅ ( z2 − a ) ,

a

f

M x2 = −5 + 1⋅ z2 − 1 = z2 − 6 . Za z2 = a je M x 2 = −5 kNm ,

139

Nosači

za z2 = 2a − ε , ( ε → 0 ) , jeste M x 2 = −4 kNm . dM x 2 Transverzalna sila: FT 2 = − = 1 kN . dz2 Aksijalna sila: Fak .2 = −YA = −4 kN .

Slika 4.26. Gerberov nosač, usvojeni pogled i preseci

III − POLJE 2a ≤ z3 ≤ 4a

Moment savijanja: M x 3 = − M A + F3 ⋅ ( z3 − a ) + F2 ⋅ a ,

a

f

M x3 = −5 + 1⋅ z3 − 1 + 1⋅ 1 = z3 − 5 . Za z3 = 2a + ε , ( ε → 0 ) , jeste M x = −3 kNm , za z3 = 4a − ε , ( ε → 0 ) , jeste M x = −1 kNm . dM x 3 = 1 kN . dz3 = −YA + F2 = −3 kN .

Transverzalna sila: FT 3 = Aksijalna sila: Fak .3

IV − POLJE 0 ≤ z4 ≤ a Moment savijanja: M x 4 = − F1 ⋅ z4 = −1 ⋅ z4 = − z4 , Za z4 = 0 je M x = 0 ,

za z4 = a − ε , ( ε → 0 ) , jeste M x = −1 kNm .

140

Nosači

Transverzalna sila: FT 4 =

dM x 4 = −1 kN . dz4

Aksijalna sila: Fak .4 = 0 . V − POLJE 0 ≤ z5 ≤ a Moment savijanja: M x 5 = F5 ⋅ z5 = 1 ⋅ z5 = z5 , Za z5 = 0 je M x = 0 , za z5 = a je M x = 1 kNm . dM x 5 = −1 kN . Transverzalna sila: FT 5 = − dz5 Aksijalna sila: Fak .5 = 0 . VI − POLJE 0 ≤ z6 ≤ a

Moment savijanja: M x 6 = F5 ⋅ ( a + z6 ) − Fq ⋅

z6 , 3

Fq − kontinualna sila desno do preseka, Fq =

1 ⋅ z6 ⋅ q6 , gde specifično 2

opterećenje u preseku dobijamo iz odnosa z62 q6 z6 z6 2 1 2 = tj. q6 = q ⋅ = z6 , pa sila glasi Fq = ⋅ z6 ⋅ z6 = . 3a 3 2 3 3 q 3a

a

f

Sada je moment: M x6 = 1⋅ 1 + z6 −

z62 z6 z3 ⋅ = − 6 + z6 + 1 , 2 3 9

Za z6 = 0 je M x = 1 kNm , za z6 = a − ε , ( ε → 0 ) , jeste M x = 1,88 kNm . Transverzalna sila: FT 6 = −

dM x 6 z62 = −1. 3 dz6

Za z6 = 0 + ε , ( ε → 0 ) , jeste FT = −1 kN , za z6 = a je FT = −0,666 kN . Položaj ekstremne vrednosti momenta nalazimo iz izraza: z2 FT 6 = 6 − 1 = 0 , ( z6 )0 = 1,77m (ne pripada VI -om polju). 3 Aksijalna sila: Fak .6 = 0 .

141

Nosači

VII − POLJE a ≤ z7 ≤ 3a Pošto se kontinualno opterećenje proteže kroz VI i VII polje i pošto koordinate z6 i z7 imaju isti početak i orijentaciju, tada će jednačina momenta u VII polju biti, u stvari, jednačina momenta VI polja, proširena sa momentom sile F4 (tačka C ) kao konstantom. Moment savijanja:

z73 z3 + z7 + 1 + F ⋅ a = − 7 + z7 + 2 , 9 9 Za z7 = a + ε , ( ε → 0 ) , jeste M x = 2,88 kNm , za z7 = 3a je M x = 12 kNm . M x7 = −

dM x 7 z72 = −1. 3 dz7 Za z7 = a je FT = −0,666 kN , za z7 = 3a je FT = 2 kN . Ekstremna vrednost momenta savijanja će biti na mestu gde je

Transverzalna sila: FT 7 = −

FT 7 =

z72 − 1 = 0 , ( z7 )0 = 1,73m (pripada VII -om polju). 3

1,733 + 1,73 + 2 = 3,153 kNm . 9 Aksijalna sila: Fak .7 = F = 1 kN .

M ex = −

VIII − POLJE

a

3a ≤ z8 ≤ 5a

f

a

f

M x8 = F5 ⋅ a + z8 + F4 ⋅ a − Q ⋅ z8 − 2a = −2 ⋅ z8 + 8 , Za z8 = 3a je M x = 2 kNm , za z8 = 4a je M x = 0 (Gerberov zglob), za z8 = 5a − ε , ( ε → 0 ) , jeste M x = −2 kNm . Transv. i aksijalna sila: FT 8 = −

dM x 8 = 2 kN , Fak .8 = F = 1 kN . dz8

142

Nosači

c) STATIČKI DIJAGRAMI:

Slika 4.27. 143

Nosači

Zadatak 66. Za dati (sl. 4.28.a) okvirni nosač (ram): a) analitičkim putem odrediti reakcije oslonaca, b) izvršiti statičku analizu po poljima, c) nacrtati statičke dijagrame momenata savijanja, transverzalnih i aksijalnih sila. F Dato je: M = F ⋅ a , q = . a

Slika 4.28.a

Rešenje: a) REAKCIJE OSLONACA: Da bismo odredili reakcije oslonaca, oslobodimo se veza kao na sl. 4.28.b i postavimo jednačine ravnoteže iz kojih ćemo odrediti nepoznate reakcije FB , X A i YA .

Slika 4.28.b Ram oslobođen od veza

Postavićemo uslove ravnoteže za okvirni nosač kao celinu, imajući na 144

Nosači

F ⋅ 4a = 4 F : a 10 ∑ M A = − M + F ⋅ a − F ⋅ 3a + Fq ⋅ 2a − 2 F ⋅ 2a + F ⋅ 3a − FB ⋅ 2a = 0

umu da je Fq = q ⋅ 4a = daje FB = 2 F ,

2

0

0

3

∑X =F −F +F − X ∑Y = 2F − F + F + Y i

B

i

q

A

A

= 0 daje X A = FB = 2 F , = 0 daje YA = F .

Prema tome, reakcije oslonaca su: FB = 2 F , X A = 2 F , YA = F , a rezultati su dobijeni sa pozitivnim predznakom, što znači da su isti pretpostavljeni i stvarni smerovi reakcija. Kontrola ∑ M D = 0 , za celi nosač, FB ⋅ 2a − F ⋅ a − Fq ⋅ 2a + 2 F ⋅ 2a + F ⋅ 5a + F ⋅ a − M − X A ⋅ 4a + YA ⋅ 4a = 0 .

daje: 0 ≡ 0 . b) ANALIZA NOSAČA PO POLJIMA: Rastavimo okvirni nosač na sastavne grede (sl. 4.28.c) i potražimo nepoznate reakcije veza u tačkama C i D . Greda AC : Postavićemo uslove ravnoteže za gredu: ∑ X i = − X A + F + X C = 0 daje X C = F ,

∑ Y = Y − Y = 0 daje YC = F , ∑ M = − X ⋅ 4a − M + F ⋅ a + M i

A

C

C

A

C

= 0 daje M C = 8 Fa .

Greda BD : Postavićemo uslove ravnoteže za gredu: ∑ X i = FB − F − X D = 0 daje X D = F ,

∑ Y = Y = 0 daje Y = 0 , ∑ M = F ⋅ 2a − F ⋅ a − M i

D

D

= 0 daje M D = 3Fa . Prema tome, reakcije oslonaca su: X C = F , YC = F , M C = 8 Fa , X D = F , YD = 0 i M D = 3Fa , a rezultati su dobijeni sa pozitivnim predznakom, što znači da su isti pretpostavljeni i stvarni smerovi reakcija. D

B

D

145

Nosači

Slika 4.28.c Ram rastavljen na proste grede i oslobođen od veza

Momenti savijanja u pojedinim tačkama su: Greda BD : M lfK = − FB ⋅ a = −2 Fa , tačka K

a b

f g

M lfD ε → 0 = − FB ⋅ 2a + F ⋅ a = −3Fa , tačka D Greda AC : M dfH ε → 0 = − X A ⋅ 2a = −4 Fa , tačka H M dfH = − X B ⋅ 2a − M = −5Fa , tačka H M dfN = − X A ⋅ 3a − M = −7 Fa , tačka N

b

g

M dfC ε → 0 = − X A ⋅ 3a − M = −8 Fa , tačka C Greda DC : I − POLJE 0 ≤ x1 ≤ 2a Moment savijanja: M xl 1 = − yD ⋅ x1 − M D − Fq' ⋅ gde je Fq' = q ⋅ x1 , iznosi M xl 1 = −3Fa −

146

x1 , 2

F 2 ⋅ x1 . 2a

Nosači

Za x1 = 0 je M x1 = −3Fa , tačka D . Za x1 = 2a je M x1 = −5Fa , tačka E . Transverzalna sila: F F 2 dM x1 d FT 1 = = −3Fa − ⋅ x1 = − ⋅ x1 . a dx1 dx1 2a Za x1 = 0 je Ft1 = 0 , tačka D . Za x1 = 2a je Ft1 = −2 F , tačka E . Aksijalna sila: Fak .1 = − X D = − F .

IJ K

FG H

II − POLJE 2a ≤ x2 ≤ 4a Moment savijanja: M xl 2 = − y D ⋅ x2 − M D − Fq' ⋅

b

g

x2 + 2 F x2 − 2 a , 2

gde je Fq' = q ⋅ x2 , iznosi M xl 2 = −7 Fa + 2 F ⋅ x2 − Za x2 = 2a je M x 2 = −5Fa , tačka E . Za x2 = 4a je M x 2 = −7 Fa , tačka C . dM x 2 F Transverzalna sila: FT 2 = = 2 F − ⋅ x2 . dx2 a Za x2 = 2a je Ft1 = 0 , tačka E . Za x2 = 4a je Ft 2 = −2 F , tačka C . Aksijalna sila: Fak .2 = − X D = − F .

III − POLJE 0 ≤ x3 ≤ a Moment savijanja: M xd3 = F ⋅ x3 , Za x3 = 0 je M x3 = 0 , tačka L . Za x3 = a je M x3 = Fa , tačka C . Transverzalna sila: dM xd3 d d FT 3 = − =− F ⋅ x3 = − F . dx3 dx3 Aksijalna sila: Fak .3 = 0 .

b

g

147

F 2 ⋅ x2 . 2a

Nosači

c) STATIČKI DIJAGRAMI:

Slika 4.28.d 148

Težište

5. TEŽIŠTE 5.1. UVOD. TEŽIŠTE I TEŽINA TELA

Težište tela ( K ) , sl. 5.1, predstavlja tačku kroz koju uvek prolazi napadna linija sile težine, bez obzira na položaj tela. Dakle, težina je sila celog tela, a rezultat je dejstva Zemljinog privlačenja svake tačke tog tela. Dimenzije tela su male u poređenju sa Zemljom. Prema tome, svako telo r koje je blizu površine Zemlje, izloženo je uticaju sile teže G , usmerene vertikalno naniže. z

(K) G3

G2 C

Gn G4 O

G1

G zC

G5 B

y

xC x

A

yC

D

Slika 5.1. Sile pojedinih delića tela i sila težine kao paralelne sile

r r r r Sila težine G = Fpr . + F in = − FN , predstavlja, u stvari, rezultantu dveju r r sila, gde su: Fpr . − sila privlaćenja Zemlje, F in − sila inercije, koja je r posledica obrtanja tela zajedno sa Zemljom (sl. 5.2) i FN − normalni otpor površine.

Slika 5.2. Sile koje deluju na telo na površini Zemlje

149

Težište

Međutim, ako su dimenzije i masa tela M mali u poređenju sa Zemljom, može se smatrati da je sila težine tela sa pravcem i smerom ka središtu Zemlje, a takođe je i ugao vrlo mali i iznosi α max = 11' . Sila težine je, dakle, rezultanta težina svih elementarnih delića materijalnog tela, čije su dimenzije znatno manje od poluprečnika Zemlje, pa su sile privlačenja usmerene prema centru Zemlje i približno su paralelne. Određivanje položaja težišta se zasniva na Varinjonovoj teoremi, koja važi uvek kada se sistem sila svodi na rezultantu, što je i ovde slučaj. Položaj težišta tela može se odrediti: 10 analitićki, 20 grafički i 30 eksperimentalno. 5.2. ANALITIČKI NAČIN ODREĐIVANJA POLOŽAJA TEŽIŠTA

Kao što je rečeno, težište tela predstavlja taćku kroz koju uvek prolazi napadna linija rezultante paralelnih sila pojedinih delića tela (sl. 5.3,a). Obično se oznaćava sa T (težište), a ponekad sa C (centar masa, sl. 5.3,b). Ukoliko se telo nalazi u homogenom polju sila (Zemljina teža), pložaj centra masa se poklapa sa položajem težišta. Pložaj centra masa tela isključivo zavisi od masa pojedinih tačaka tela, a težište predstavlja napadnu tačku vezanog sistema paralelnih sila, pa prema tome zavisi od sila gravitacije koje deluju na telo. r r r r Pojedini delići tela imaju težine ΔG1 , ΔG2 , ΔG3 ,... i radijus vektore r1 , r r r2 , r3 ,... u odnosu na koordinatni početak O (sl. 5.3,a). (K)

z

r1

z

Δ G1

i

T C k

r2

O x

ΔG 3... ΔG 2

k j

(K)

rT

G Σ ΔG i

O i

y x

j

y

Slika 5.3. Analitički način određivanja težišta

r Sve sile težina su paralelne sa vertikalnom osom z , čiji je ort k . r Potražimo sada moment sistema sila ΔGi u odnosu na tačku O , tj.: 150

Težište

r r r r r r r r r M 0 = r1 × ΔG1 + r2 × Δ G2 + ... = r1 × Δ G1k + r2 × Δ G2 k + ... = r r r r r r r r = r1ΔG1 × k + r2 Δ G2 × k = ∑ ri Δ Gi × k . r Sada potražimo moment rezultante G istog sistema sila u odnosu na istu tačku O , kao pol ili centar (sl. 5.3,b), to jest: r r r r r r r M O = rT × G = rT × Gk = rT G × k . Na osnovu Varinjonove teoreme, koja kaže da je moment rezultante za neku osu (kroz tačku) jednak algebarskom zbiru momenata komponenata za r r ∑ ri ⋅ ΔGi tu istu osu (kroz tačku O u ovom slučaju), možemo pisati: rT = , G odnosno koordinate težišta T tela su: ∑ xi ΔGi , y = ∑ yi ΔGi , z = ∑ zi ΔGi , xT = T T G G G gde je: G = G1 + G2 + ... = ∑ Gi težina tela, a xi , yi i zi koordinate napadnih r tačaka sila težine Gi pojedinih čestica tela.

(

)

5.3. TEŽIŠTE HOMOGENOG TELA

Homogeno telo je takvo telo kod koga je težina jedinice zapremine u svim tačkama tela ista. Za slučaj homogenog tela svaki delić ima specifičnu r ⎡N⎤ težinu γ ⎢ 3 ⎥ i težinu ΔGi proporcionalnu njegovoj zapremini ΔVi , tj. ⎣m ⎦ ΔGi = γ ⋅ ΔVi , a ukupna težina G je takođe proporcionalna ukupnoj zapremini G = γ ⋅ V . U tom slučaju, jednačina za radijus vektor težišta glasi: r r r ∑ ri ⋅ ΔVi rC = rT = , odnosno koordinate težišta su: V ∑ xi ⋅ ΔVi , y = ∑ yi ⋅ ΔVi , z = ∑ zi ⋅ ΔVi . xC = C C V V V Na istovetan način određujemo jednačine koje određuju položaj težišta površine ili tanke ploče ravnomerne debljine (sl. 5.4): ∑ xi ⋅ Δ Ai , y = ∑ yi ⋅ Δ Ai , z = ∑ zi ⋅ Δ Ai , xC = C C A A A gde su: Δ Ai − površine pojedinih delića; xi , yi i zi − koordinate težišta elementarnih površina i A = ∑ Δ Ai − ukupna površina. 151

Težište

Položaj težišta linije određuje se po jednačinama (sl. 5.4): ∑ xi ⋅ Δ Li , y = ∑ yi ⋅ Δ Li , z = ∑ zi ⋅ Δ Li , xC = C C L L L gde su Δ Li − dužine pojedinih delova krive linije; xi , yi i zi − koordinate težišta elementarnih dužina krive linije i L = ∑ Δ Li − ukupna dužina krive linije.

Slika 5.4. Analitički način određivanja težišta površine

Slika 5.5. Analitički način određivanja težišta krive linije

U slučajevima kada treba odrediti težište tela (površine ili linije), tj. kada se računa težište npr. parabole, kružnog luka, polulopte, elipsoida itd. primenjuje se integralni račun. Za slučaj homogenog tela, podelimo ga na beskrajno mnogo elementarnih delova, tako da je zapremina svakog od njih diferencijalno mala veličina dV , pa jednačine poprimaju oblik:

xC =

z

xe ⋅ dV

z

ye ⋅ dV

ze ⋅ dV

, zC = V , V V gde su xe , ye i ze − koordinate težišta elementarnog diferencijalno malog V

delića i V =

V

z

,

yC =

z V

dV .

V

Za slučaj površine je: ∫A xe ⋅ dA ∫A ye ⋅ dA xC = yC = , , A A

zC =

152

∫z

e

⋅ dA

A

A

,

Težište

gde je ukupna površina A = ∫ dA . A

Težište homogene krive linije je određeno jednačinama (sl. 5.5) ∫L xe ⋅ dL ∫L ye ⋅ dL ∫L ze ⋅ dL xC = yC = zC = , , , L L L n

gde ukupna dužina krive linije iznosi: L = ∑ Δ Li = ∫ dL . i =1

L

5.4. GRAFIČKI NAČIN ODREĐIVANJA TEŽIŠTA

Položaj težišta tela možemo odrediti i grafičkim putem, kao što smo odredili i položaj rezultante paralelnih sila, tj. pomoću plana sila i tzv. verižnog poligona. Ovaj način ćemo prikazati na slučaju površine nesimetričnog poprečnog preseka nosača (sl. 5.6). 1

A1

C3

A2 , A1

2

C2 , A2

2

K C

3 C1 A 3 , A3

, 3

, 1 K

,

A1

4 , A1

, 4

, A2

,

, A3

,1 1 , 2 3

,

A2 2

3

A3 4

P

, 4

Slika 5.6. Poprečni presek nosača podeljen na tri elementarne površine

Površinu preseka podelimo na tri površine, A1 , A2 i A3 , sa težištima C1 , C2 i C3 , u kojima deluju sile čiji su intenziteti jednaki intenzitetu površine tih površina. Da bismo odredili napadnu liniju rezultante paralelnih sila, nacrtajmo plan sila i verižni poligon. Sada zaokrenimo sve sile oko njihovih napadnih tačaka, C1 , C2 i C3 , za isti ugao, ugao od 900 . Nacrtajmo novi plan sila i verižni poligon, pa 153

Težište

odredimo napadnu liniju rezultante paralelnih sila. Obe napadne linije rezultanti seku se u tački C , koja je, u stvari, traženo težište posmatranog preseka. Na sličan način određujemo i položaje težišta proizvoljnih zapremina, površina i linija, koje prethodno moramo podeliti na delove čija težišta zapremine, površine i dužine možemo lako odrediti. 5.5. EKSPERIMENTALNI NAČIN ODREĐIVANJA TEŽIŠTA

Kod složenih i nehomogenih konstrukcija (mašina, auta, tenkova, aviona itd.) težište često određujemo eksperimentalnim putem, radi jednostavnosti i brzine nalaženja.

C G N1

a

b

N2

Slika 5.7. Eksperimentalni način određivanja težišta

Tu postoji nekoliko načina određivanja: • vešanjem tela. Telo se obesi za uže u jednoj tački. Ponovimo ovaj postupak za dve ili tri tačke tela. U preseku dobijenih pravaca napadnih linija težine nalazi se težište; • vaganjem tela (sl. 5.7). Primer određivanja težišta lansera dat je na slici. Pod prednje točkove postavimo vagu i izmerimo silu pritiska točkova koja je jednaka po intenzitetu normalnom otporu N1 . Ponovimo to i za zadnje točkove pa iz momentne jednačine za tačku C možemo odrediti i njen položaj, tj.: Na N ∑ M C = N1 ( a − b ) − N 2b = 0 , b = N +1 N = G1 ⋅ a . 1 2 154

Težište

5.6. PAPUS – GULDINOVE TEOREME

Vezu između koordinate težišta krive linije (površine) i odgovarajuće površine (zapremine) nastale rotacijom te krive (površine) prvi je formulisao grčki matematićar Papus, a švajcarski matematičar Guldin je dao konačnu formu. Teorema 6 (T6, Prva Guldinova teorema): Površina koja nastaje obrtanjem krive linije poznate dužine oko neke ose koju ne seče jednaka je proizvodu dužine te krive linije L i puta (odnosno luka ϕ ⋅ ye ) koji pređe njeno težište.

Slika 5.8. Težište površine koja nastaje rotacijom krive linije

Slika 5.9. Težište zapremine koja nastaje rotacijom površine

Ako se neka kriva linija (sl. 5.8) ukupne dužine L , čiji je element dužine luka dL , obrne oko ose x za neki ugao, nastaje obrtna površina koju računamo na osnovu poznatog obrasca: ∫L ye ⋅ dL ∫L y ⋅ dL yC = , odnosno (prema sl. 5.8): yC = . L L Sada je yC ⋅ L = ∫ y ⋅ dL , a površina koja nastaje rotacijom je A = L ⋅ ϕ yC . linije

L

Za slučaj obrtanja za ugao ϕ = 2π , tj. za pun krug, obrtna površina je A = 2π yC L , ili, kako se obično piše za površine koje su nastale pri rotaciji oko osa x i y 155

Težište

Ax = 2π yC L i Ay = 2π xC L .

Neophodan uslov da bi se primenila Prva Guldinova teorema je da ose oko kojih se vrši rotacija ne seku datu liniju, kao što je rečeno u teoremi. Teorema 7 (T7, Druga Guldinova teorema): Zapremina koja nastaje obrtanjem poznate površine oko ose koju ne seče jednaka je proizvodu te površine A i puta (odnosno luka ϕ ⋅ ye ) koji pređe njeno težište. Ako se neka površina A (sl. 5.9), čiji je element površine dA , obrne oko ose x za neki ugao, nastaje obrtna zapremina koju računamo na osnovu poznatog obrasca: ∫A ye ⋅ dA , yC = A odnosno (prema sl. 5.9): ∫A y ⋅ dA . yC povr{ine = A Sada je yC ⋅ A = ∫ y ⋅ dA , a zapremina koja nastaje rotacijom je A

V = A ⋅ ϕ yC . Za slučaj obrtanja za ugao ϕ = 2π , tj. za pun krug, obrtna zapremina je V = 2π yC A , ili, kako se obično piše za zapremine koje su nastale pri rotaciji oko osa x i y, Vx = 2π yC A i Vy = 2π xC A .

I ovde, neophodan uslov za primenu Druge Guldinove teoreme je da ose oko kojih se vrši rotacija ne seku datu površinu.

156

Primeri određivanja težišta

Zadatak 67. Odrediti položaj težišta date površine (sl. 5.10,a).

Slika 5.10. Ukupna površina i način rastavljanja

Rešenje: Data površina je podeljena na elementarne površine (sl. 5.10,b), čije površine možemo izračunati, a takođe i težišta. Površina ima težište na osnovu izraza: a ⎛ a⎞ a 2 ⋅ ⎜ − ⎟ + 2a 2 ⋅ a + a 2 ⋅ A x A x A x A x + + 3 2 13 ∑ i i= 11 2 2 33= ⎝ ⎠ = a, xC = 2 2 A A1 + A2 + A3 a + 2a + a2 24 2a 3a a + 2a 2 ⋅ + a 2 ⋅ a2 ⋅ A y ∑ i i = A1 y1 + A2 y2 + A3 y3 = 3 2 2 = 25 a . yC = A A1 + A2 + A3 a 2 + 2a 2 + a2 24 Zadatak 68. Odrediti položaj težišta površine OAB ispod krive y = kx n (sl. 5.11,a).

Slika 5.11. Površina ispod krive i površina elementa

∫ x dA e

Rešenje: Koordinate težišta date površine su: xC = Ukupna površina je:

157

A

A

∫ y dA e

i yC =

A

A

.

Primeri određivanja težišta a

a

A = ∫ dA = ∫ y ⋅ dx = ∫ kx n ⋅ dx = k ∫ x n ⋅ dx = k A

0

A

0

a n +1 ab = , n +1 n +1

jer je za x = a , y = b = ka . n

∫ x dA ∫ xydx e

xC =

A

A

=

A

ab n +1

a

=

n +1 n +1 k ∫ x n +1dx = a, ab 0 n+2

y

∫ y dA ∫ 2 ydx e

yC =

A

A

=

A

ab n +1

a

=

a

n +1 2 n + 1 2 2n n +1 y dx = k ∫ x dx = b. ∫ 2ab 0 2ab 0 4n + 2

Zadatak 69. Analitički i grafički odrediti položaj težišta date površi (sl. 5.12). Odrediti zapreminu nastalu obrtanjem date površi oko osa Ox i Oy , ako je R = 6cm .

Slika 5.12. Ukupna i izabrane površine

Rešenje: Analitički način određivanja položaja težišta Da bismo lakše našli težište date ravne površi, podelimo je na jednostavne površi (sl. 5.12,b), i to: 1− trougao osnovice 2 R i visine 2 R , a 1 kruga poluprečnika R težišta C1 , 2 − kvadrat strana 2 R i težišta C2 , 3 − 4

158


1 kruga 2 poluprečnika R i težišta C5 (prilikom računanja, ovu površinu ćemo uzeti

i težišta C3 , 4 − trougao osnovice R i visine R , a težišta C4 , 5 −

sa znakom ( − ) jer se oduzima od površine 2 ). Težište ćemo potražiti tabelarno (tabela 5.1), zbog očigledne jednostavnosti i preglednosti računanja pojedinih površina težišta: Red. br.

Ai ⎡⎣10 m ⎤⎦

1.

−4

xi ⎡⎣10 m ⎤⎦ −2

2

1 2R ⋅ 2R 2

R

2.

2R ⋅ 2R

R

3.

R2π 4

4.

1 R⋅R 2 R2π − 2 A = 205,72

5.

∑

yi ⎡⎣10 m ⎤⎦ 1 2R + ⋅ 2R 3 R −2

4R 3π R 2R + 3 4R 3π

2R +

R+

4R 3π

2 R 3 R

∑

Ai ⋅ xi

Tabela 5.1.

Ai yi

432,00

1152,00

864,00

864,00

411,33

241,71

252,00

72,00

–144,20

–339,30

1815,13

1990,41

Koordinate težišta ravne površi su: ∑ Ai xi = 1815,13 = 8,82 ⋅ 10−2 m , xC = 205,72 A

yC =

∑ Ai yi A

=

1990,41 = 9,67 ⋅ 10−2 m . 205,72

Tražene zapremine, nastale rotacijom date površine oko osa Ox i Oy , odredićemo primenom Druge Guldinove teoreme: Vx = 2π ⋅ yC ⋅ A = 2π ⋅ 9,67 ⋅ 205,72 = 12505,68 ⋅10−6 m3 , Vy = 2π ⋅ xC ⋅ A = 2π ⋅ 8,82 ⋅ 205,72 = 114000,53 ⋅ 10−6 m3 .

159


Grafički način određivanja položaja težišta.

Slika 5.13.

160


Zadatak 70. (sl. 5.14,a). Analitički odrediti položaj težišta date površi. Takođe, odrediti zapreminu nastalu obrtanjem date površi oko osa Ox i Oy ako je a = 2 cm .

Slika 5.14. Način rastavljanja površine

Rešenje: Analitičkim načinom dobićemo položaj težišta ako rastavimo zadatu površinu na elementarne površine (sl. 5.14,b), čije površine i težišta relativno lako možemo odrediti. A x − A2 x2 16 ⋅ 2 − 4 ⋅ 3 32 − 12 20 5 = = = = cm , xC = 1 1 A1 − A2 16 − 4 12 12 3 A y − A2 y2 16 ⋅ 2 − 4 ⋅ 1 32 − 4 28 7 = = = = cm . yC = 1 1 A1 − A2 16 − 4 12 12 3 Zapremine nastale rotacijom površine oko osa 7 Vx = 2π ⋅ yC ⋅ A = 2π ⋅ ⋅ 12 = 2π ⋅ 28 = 175,93cm3 , 3 5 Vy = 2π ⋅ xC ⋅ A = 2π ⋅ ⋅ 12 = 2π ⋅ 20 = 125,66cm3 . 3 Zadatak 71. Primenom Prve Guldinove teoreme izračunati površine: omotača kupe, kruga, lopte i torusa (sl. 5.15). Rešenje: Omotač kupe (sl. 5.15,a) nastaje obrtanjem duži AB = L oko ose R Oy , čije je težište na rastojanju xC = od ose Oy , koje opisuje kružnicu 2 R obima OC = 2 xC π = 2 π = Rπ . Površina omotača kupe, na osnovu Prve 2 Guldinove teoreme, jednaka je: M kupe = OC ⋅ L = π RL .

161


Slika 5.15.

Površina kruga (sl. 5.15,b) nastaje obrtanjem duži AB = R oko ose Oy , upravne na ovu osu. Veličina površine kruga je A = 2π xC L = R 2 π , jer je R xC = . 2 Površina lopte (sl. 5.15,c) nastaje obrtanjem polukružne linije AB , čiji je 2R . luk L = Rπ , a težište xC = π Njena veličina je S = OC ⋅ L = 2π xC ⋅ Rπ = 4 R 2 π . Površina omotača torusa (sl. 5.15,d) nastaje obrtanjem kružnice poluprečnika r oko ose Oy , od koje je udaljeno njeno težište za xC = R . Kako je dužina kružnice L = 2r π i obim, koji opisuje njeno težište OC = 2 Rπ , to je površina torusa S = OC ⋅ L = 2 Rπ ⋅ 2r π = 4π2 Rr . Zadatak 72. Primenom Druge Guldinove teoreme izračunati zapremine: kupe, lopte i torusa (sl. 5.16). Rešenje: Zapremina kupe (sl. 5.16,a) nastaje obrtanjem pravouglog trougla ΔOAB osnovice R i visine h oko ose Oy . Kako je za trougao A = 0,5 ⋅ Rh i xC = R / 3 , to je R Rh R 2 π V = OC ⋅ A = 2 xC π ⋅ A = 2 π ⋅ = ⋅h . 3 2 3 Zapremina lopte (sl. 5.16,b) nastaje obrtanjem polukružne površine oko prečnika, tj. ose y . R2π 4R Pri tome je A = i xC = , a zapremina je: 2 3π 162


V = OC ⋅ A = 2 xC π ⋅ A = 2

4R R 2 π 4R3π π⋅ = . 3π 2 3

Slika 5.16.

Zapremina torusa (sl. 5.16,c) nastaje obrtanjem kružne površine, poluprečnika r , čije težište je na rastojanju xC = R , a površina A = r 2 π , pa je: V = OC ⋅ A = 2 xC π ⋅ A = 2 Rπ ⋅ r 2 π = 2π 2 r 2 R . Zadatak 73. Izračunati koordinate težišta površine date na slici 5.17,a. Rešenje: Podelimo površinu na dve površine (sl. 5.17,b), čija težišta možemo izračunati. Težište prve površine računamo na osnovu:

Slika 5.17.

∫ dA =

4R

∫ 0

4R

ydx =

∫ 0

x2 1 dx = 8R 8R 4R

∫ xe dA = ∫ x ⋅ ydx = ∫ x ⋅ 0

4R

8

∫ x dx = ⋅⋅⋅ = 3 R 2

2

,

0

x2 1 dx = 8R 8R

4R

∫ x dx = ⋅⋅⋅ = 8R 3

0

163

3

i

Primeri određivanja težišta 4R

1 1 1 2 ∫ ye dA = ∫ 2 y ⋅ ydx = 2 ∫0 y dx = 128R 2

∫ x dA = 8R = ∫ dA 8 R

3

e

Dobijamo: x1

= 3R ,

4R

4

3

8

3

.

0

y1

2

8

∫ x dx = ⋅⋅⋅ = 5 R ∫ y dA = 5 R = ∫ dA 8 R e

2

3 = R. 5

3 3 Koordinate težišta složene površine u odnosu na dati koordinatni sistem

su: xC =

A1 x1 + A2 x2 A y + A2 y2 = ⋅⋅⋅ = 3,72 R , yC = 1 1 = ⋅⋅⋅ = 0,914 R . A1 + A2 A1 + A2

Zadatak 74. Izračunati koordinate težišta površine omeđene krivom x 2 = 4 y i y 2 = 9 x (sl. 5.18,a).

Slika 5.18. Krive i njihova presečna mesta

Rešenje: Najpre potražimo presečne tačke krivih (sl. 5.18,b) tj.: xD = 5, 24 i yD = 6,87 . Kao što je poznato, koordinate težišta površine su: xC =

∫ x dA ∫ dA e

i yC =

∫ y dA . ∫ dA e

Ako potražimo delove integrala:

z

dA =

z

z bx

y dA = y

g

2 − x1 ⋅ dy =

z bx

z FGH 2 y

6,87 0

2

g

− x1 ⋅ dy =

z

6,87 0

1 2

−

I JK

y2 ⋅ dy = 12 , 9

F yG 2 y H

1 2

164

I JK

y2 − ⋅ dy = 37,80 , 9


možemo dobiti koordinatu težišta: yC =

∫ y dA = 37,80 = 3,11 . ∫ dA 12 e

Da bismo dobili xC koordinatu, najpre potražimo: x=

x2 + x1 1 ⎛ 12 y 2 ⎞ = ⋅⎜ 2y + ⎟ , 2 2 ⎝ 9 ⎠

pa zatim deo integrala: x ∫ dA = x ∫ ( x2 − x1 ) ⋅ dy = 6,87

6,87

2 2 2 1 ⎛ 2 y 12 + y ⎞ ⋅ ⎛ 2 y 12 − y ⎞ ⋅ dy = 1 ⎛ 4 y − y ⎞ ⋅ dy = 28,15 , ∫0 2 ⎜⎝ 9 ⎟⎠ ⎜⎝ 9 ⎟⎠ 2 ∫0 ⎜⎝ 81 ⎟⎠ xe dA 28,15 i konačno traženu koordinatu: xC = ∫ = = 2,34 . 12 dA ∫

=

Zadatak 75. Izračunati težište homogene površine omeđene krivom y = sin x i osom x u granicama x = 0 i x = π (sl. 5.19,a). Rešenje: Kordinata xC je očigledno xC = π

π

0

0

π , a na osnovu (sl. 5.19,b): 2

π

∫ dA = ∫ ydA = ∫ sin dx = − cos x 0 = − cos π + cos 0 = 2 ,

Slika 5.19. Sinusoida i težište površine ispod nje

∫ ye dA = ∫

π

π

π

1 1 1 1 1 − cos 2 x π y ⋅ ydx = ∫ y 2 dx = ∫ sin 2 xdx = ∫ dx = ⋅⋅⋅ = , 2 20 20 20 2 4

koordinata težišta je: yC =

∫ y dA = π / 4 = π . ∫ dA 2 8 e

165

Prostorni sistem sila i spregova

6. PROIZVOLJNI PROSTORNI SISTEM SILA. SPREGOVI U PROSTORU U ovom poglavlju razmatraćemo sile i spregove u prostornom koordinatnom sistemu, tj. u još jednoj ravni. 6.1. MOMENT SILE ZA TAČKU KAO VEKTOR

Kao što je rečeno, moment sile za tačku (sl. 6.1) određen je: a) intenzitetom ( F ⋅ h ) , b) ravni obrtanja ( OAB ) i c) smerom obrtanja. Moment sile za proizvoljnu tačku je rr vektor vezan za tu tačku, a piše se M OF . Moment sile za tačku prikazivaćemo vektorom čiji je intenzitet jednak proizvodu između sile i njenog kraka za tačku O , a koji je upravan na ravan OAB . Pozitivan smer je takav da se iz vrha tog vektora vidi obrtanje sile oko Slika 6.1. Moment sile za tačke O suprotno kretanju kazaljki na proizvoljnu tačku, kao vektor časovniku. To je takozvana teorema Žukovskog ili pravilo desne ruke. r r r r uuur r Dakle, možemo pisati: M OF = r × F = OA × F , odakle je vidljivo da je uuur r OA × F = 2 ⋅ PΔ OAB . 6.2. MOMENT SILE ZA OSU, KAO VEKTOR

Slika 6.2. Projekcija sile na ravan

166


Da bismo odredili moment sile, za npr. osu z , treba: postaviti ravan xy upravno na osu z u bilo kojoj tački, r • projektovati silu F na tu ravan i izračunati Fxy ,

• • •

iz tačke O spustiti normalu h i odrediti je, izračunati proizvod Fxy ⋅ h i

•

odrediti znak momenta.

Slika 6.3. Moment sile za ose r r r r r r F F Moment sile F za osu Oz je: M zF = M z = M O = M OX + M OY , xy

r X O

xy

r Y O

r

gde su: M = − X ⋅ y i M = − ( −Y ) ⋅ x . Konačno je: M zF = xY − yX . r Na analogan način bismo dobili i moment sile F za druge dve. Konačno, možemo pisati: r r r F M x = yZ − zY , M yF = zX − xZ , M zF = xY − yX . 6.3. ZAVISNOST IZMEĐU MOMENTA SILE ZA TAČKU I MOMENTA SILE ZA OSU

Kao što smo videli, moment sile za tačku je jednak vektorskom proizvodu radijus vektora i sile, tj.: r r r i j k r r Fr r r r r M O = r × F = x y z = i ( yZ − zY ) + j ( zX − xZ ) + k ( xY − yX ) . X Y Z r

Odavde vidimo da je projekcija momenta M OF na osu z jednaka:

( ) r

M OF

z

= xY − yX . r

Ako uporedimo prethodni izraz sa izrazom M zF = xY − yX , 167


vidimo da su im desne strane iste, što znači da im moraju biti i leve iste, pa r r zato možemo pisati: M zF = M OF .

( ) Analogno, dobijamo: M = ( M ) r F x

z

r F O

r

x

( ) r

i M yF = M OF

y

.

Slika 6.4. Moment sile za tačku i njegova projekcija na osu r Zaključak: Moment sile F za osu jednak je projekciji na tu osu

vektora, koji predstavlja moment te sile za bilo koju tačku koja leži na toj osi. 6.4. SPREG SILA KAO VEKTOR

Dejstvo sprega je okarakterisano (sl. 6.5): •

intenzitetom, r r M = M spreg = M AF ' = M BF ,

•

ravni u kojoj deluje i

•

smerom obrtanja u toj ravni.

Slika 6.5. Spreg sila

r Moment sprega predstavićemo vektorom M , čiji je intenzitet jednak momentu sprega, tj. proizvodu jedne sile i njenog kraka, koji je usmeren normalno na ravan dejstva sprega u onu stranu iz koje se vidi da se obrtanje izazvano spregom vrši u smeru suprotnom obrtanju kazaljke na časovniku. 6.5. SLAGANJE SPREGOVA U PROSTORU. USLOVI RAVNOTEŽE 168


r r r r Neka su data dva sprega M1 = M 1 i M 2 = M 2 . Rastavimo ih na sile r r r r r r koje ih čine, tj., na M 1 ( F1 , F1' ) i M 2 ( F2 , F2' ) . Sledi: r r uuur r uuur r uuur r r r M = M = AB × FR = AB × F1 + AB × F2 = M 1 + M 2

Slika 6.6. Spregovi sila u ravnima

Bilo koji sistem spregova koji deluje na kruto telo može da bude zamenjen jednim spregom čiji je moment jednak geometrijskoj sumi momenata komponentnih spregova: r r r r M = ∑ M i , ili (drugačije napisano): M spreg = ∑ M ispreg . Rezultujući spreg možemo potražiti i preko projekcija, tj.:

M = M 2x + M 2y + M 2z . 6.6. RAVNOTEŽA SPREGOVA

Ravnoteža nastupa kada nema spregova, tj. kada je rezultujući spreg r r r r r jednak nuli: M R = M Rspreg = 0 , tj. ∑ M i = 0 , odnosno, u analitičkom obliku: ∑ Mx = 0 ,

∑M

y

=0,

∑M

z

= 0.

6.7. SVOĐENJE PROSTORNOG SISTEMA SILA I SPREGOVA 169


NA PROSTIJI OBLIK

Slika 6.7. Rezultujući spreg i rezultanta

Svođenjem sila i spregova mogu nastupiti sledeći slučajevi: r r 1 Ako su FR = 0 i M R = 0 , to je slučaj ravnoteže. r r 20 Ako je FR = 0 , a M R ≠ 0 , sistem se svodi na spreg. 0

Slika 6.8. Slaganje sprega i sile

r r 30 Ako je FR ≠ 0 , a M R = 0 , sistem se svodi na rezultantu. r r r r r 40 Ako su FR ≠ 0 i M R ≠ 0 , a pri tome je FR ⊥ M R = M R , sistem se svodi na rezultantu, ali rezultantu koja ne prolazi kroz tačku O (sl. 6.8). r r r r r 50 Ako su FR ≠ 0 i M R ≠ 0 , a pri tome je FR M R = M R , sistem se svodi na tzv. dinamički zavrtanj (dinama, sl. 6.9).

170


Slika 6.9. Dinamički zavrtanj

Telo se ne može svesti na rezultantu ili na rezultujući spreg. Telo će vršiti zavojno kretanje ako je slobodno.

Slika 6.10. Dinamički zavrtanj

r r r r r r 60 Ako su FR ≠ 0 i m R ≠ 0 , a pri tome nisu FR ⊥ M R i FR M R , sistem se svodi na tzv. dinamu koja prolazi kroz tačku O ' (sl. 6.10). 6.8. USLOVI RAVNOTEŽE PROIZVOLJNOG SISTEMA SILA I SPREGOVA. SLUČAJ PARALELNIH SILA

r r Uslovi ravnoteže su: FR = 0 i M = 0 , odnosno:

∑X =0, ∑Y = 0 , ∑Z = 0 , i

i

i

∑M ∑M ∑M

x

=0,

y

= 0,

z

=0,

∑M +∑M ∑M +∑M ∑M + ∑M 171

x

ix

= 0,

y

iy

=0,

z

iz

=0.


Za paralelne sile uslovi ravnoteže su:

∑Z

i

=0,

∑M

x

=0,

∑M

y

= 0.

Slika 6.11. Paralelne sile

Zadatak 76. Horizontalna greda AB pričvršćena je na zid sfernim zglobom A , a održava se u položaju koji je upravan na zid, pomoću užadi KE i CD . Na kraj B štapa obešen je teret Q = 3,6 kN (sl. 6.12,a). Odrediti reakcije zgloba A i sile u užadima, ako su α = 300 , β = 600 i a = 1 m .

Slika 6.12. Greda i njeno opterećenje r r r r Rešenje: Na gredu oslobođenu od veza deluju sile: Q , S1 , S 2 i FA , tj. njene

komponente (sl. 6.12,b,c). Odredimo prvo projekcije sila u užadima na ose, tj.: S1 x = S1 sin α , S1 y = − S1 cos α , S1z = 0 . Postavimo sada jednačine ravnoteže: ∑ X i = X A + S1 sin α − S2 cos β cos 450 = 0 , 172


∑Y = Y − S cos α − S cos β sin 45 = 0 , ∑ Z = Z + S sin α − Q = 0 , ∑ M = S ⋅ 6a ⋅ sin β − Q ⋅ 8a = 0 , ∑ M = 0 , ∑ M = − S ⋅ 4a ⋅ sin α + S ⋅ 6a ⋅ cos β sin 45 = 0 . 0

i

A

i

A

1

2

r Fi x

2

r Fi y

r Fi z

2

0

1

2

Rešavanjem ovog sistema jednačina dobijamo: S 2 = 5,54 kN , S1 = 5,88 kN , X A = −0,98 kN , YA = 7,05 kN i Z A = −1, 2 kN . Zadatak 77. Na horizontalno vratilo AB navučeni su diskovi A i B . Poluprečnik diska C tri puta je manji od poluprečnika R diska D . Na disk r D namotano je uže koje je zategnuto teretom težine P . Uže se sa diska odmotava u pravcu tangente, koja sa horizontalom gradi ugao α = 300 . Na r disk C dejstvuje u pravcu tangente horizontalna sila Q (sl. 6.13,a). r Odrediti intenzitet vertikalne sile F kojom treba dejstvovati na horizontalnu ručicu AK , upravnu na osu vratila, da bi vratilo bilo u ravnoteži u položaju prikazanom na slici. Odrediti, takođe, reakcije cilindričnih ležišta A i B . Težinu vratila AB , diska C i diska D treba zanemariti. Ostale dimenzije date su na slici.

Slika 6.13. Vratilo i diskovi sa opterećenjima

Rešenje: Osim datih sila, na vratilo deluju i nepoznate reakcije cilindričnih r r r r r ležišta X A , Z A , X B i Z B , kao i sila FA . Primenom analitičkih uslova ravnoteže dobijamo sistem jednačina (sl. 6.13,b): ∑ X i = − X A − X B + S cos α + Q = 0 , ( S = P )

∑Y = 0 , ∑ Z i

∑M

r Fi x

i

= Z A + Z B + F − S sin α = 0 ,

= Z B ⋅ 3R − S sin α ⋅ R = 0 ,

∑M 173

r Fi y

= S ⋅R +Q⋅

R − F ⋅R = 0, 3


∑M

r Fi z

= X B ⋅ 3R − Q ⋅ 2 R − S cos α ⋅ R = 0 .

Rešavanjem ovog sistema jednačina dobijamo: F = P + XA =

1 3

(

)

3P + Q , Z A = −

1 1 ( 2P + Q ) , X B = 3 6

(

Q , 3

)

3P + 4Q ,

ZB =

1 P. 6

r Zadatak 78. Homogena kvadratna ploča, stranice a i težine G , vezana je sferičnim A i cilindričnim B ležištem, a tačkom E sredinom stranice CD slobodno se oslanja o glatki nepokretni oslonac, gradeći sa horizontalnom ravni Axy ugao od 300 . U ravni ploče dejstvuje spreg sila momenta M = G ⋅ a [ kNm ] . Odrediti reakcije ležišta A i B i oslonca E (sl. 6.14,a).

Slika 6.14. Ploča, sferno i cilindrično ležište i oslonac E oslobođeni od veza r r r r r Rešenje: Na gredu oslobođenu od veza deluju sile: X A , YA , Z A , YB , Z B i r r r G i spreg M = M , koji, kao slobodan vektor, premestimo u tačku A .

Postavimo sada jednačine ravnoteže (sl. 6.14,b): ∑ X i = X A = 0 , ∑ Yi = YA + YB − N E cos 600 = 0 ,

∑Z

i

= Z A + Z B + N E sin 600 − G = 0 ,

∑M

r Fi y

∑M

r Fi z

∑M

r Fi x

a = N E ⋅ a − G ⋅ cos300 = 0 , 2

a a = − Z B ⋅ a − N E ⋅ sin 600 + G ⋅ − M ⋅ cos300 = 0 , 2 2 a 0 = YB ⋅ a − N E ⋅ cos 60 + M ⋅ cos300 = 0 . 2

Rešavanjem ovog sistema jednačina dobijamo: X A = 0 , YA = 174

9 3 G, 16


ZA =

13 G, 16

YB = −

7 3 3 G , ZB = − G , 16 16

NE =

3 G. 4

Zadatak 79. Homogena kvadratna horizontalna ploča, stranice a i težine r G , vezana je sferičnim A i cilindričnim B ležištem, a u tački C pridržava se užetom CE (sl. 6.15,a). Odrediti sve reakcije veza ako su koordinate tačke E 0, 0, a 2 i Q = 2G .

(

)

Slika 6.15. Ploča i njena opterećenja r r r r r r Rešenje: Na gredu oslobođenu od veza deluju sile: X A , YA , Z A , YB , Z B , G r i S . Odredimo prvo projekcije sila u užadima na ose (sl. 6.15,b), tj.: 1 S x = − S cos 450 cos 450 = − S 1 , S y = − S cos 450 sin 450 = − S , 2 2 2 S z = S sin 450 = S . 2 1 Iz uslova ravnoteže slede jednačine: ∑ X i = X A − S = 0 , 2 2 1 ∑ Yi = YA + YB − S 2 = 0 , ∑ Zi = Z A + Z B − G − Q + S 2 = 0 , r r a 2 a 2 ∑ M xFi = −G ⋅ 2 − Q ⋅ a + S 2 ⋅ a = 0 , ∑ M yFi = − Z B ⋅ a + G ⋅ 2 − S 2 ⋅ a = 0 , r 1 1 ∑ M zFi = YB ⋅ a − S 2 ⋅ a + S 2 ⋅ a = 0 .

Rešavanjem ovog sistema jednačina dobijamo:

175


X A = YA =

3 2 5 G , ZA = G , 4 2

YB = 0 ,

Z B = −G ,

S=

3 2 G. 2

r Zadatak 80. Homogena ploča ABCOD , težine G , stranica 2a , vezana je za postolje sferičnim A zglobom, a u tački O cilindričnim ležištem. U horizontalnom ravnotežnom položaju ploču održava laki štap KC , koji je vezan za postolje u tački K ( 2a, 0, 4a ) . U ravni paralelnoj yOz u tački E

deluje sila F = 4G pod uglom α = 450 prema ploči (sl. 6.16,a). Odrediti reakcije u osloncima i štapu.

Slika 6.16. Isečena ploča i njena opterećenja r r r r r Rešenje: Na gredu oslobođenu od veza deluju sile: X A , YA , Z A , YO , Z O , r r r G, F i S . r Odredimo težište ploče, tačku C , u kojoj deluje sila težine G na osnovu

izraza za težište površine (sl. 6.16,b,c) xC = a , yC

∑A ⋅y = i

i

A ⋅ y − A2 ⋅ y2 = 1 1 = A1 − A2

1 4a 2 ⋅ a − a 2 ⋅ a 3 = 11 a , z = 0 . C 2 2 4a − a 9

A r Projekcija sile S na ose x , y i z određuje se na osnovu koordinata tačaka C i K , kroz koje prolazi napadna linija sile. Kosinusi uglova između uuur vektora CK i osa x , y i z dobijaju se na sledeći način: CK = cos α =

( xK − xC )

2

+ ( yK − yC ) + ( z K − zC ) = 2 6 ⋅ a 2

2

xK − xC y − yC z −z 6 6 6 , cos β = K , cos γ = K C = , = = 6 6 6 CK CK CK 176


r 6 6 6 pa projekcije sile S na ose iznose: S x = S , Sy = − S , Sz = S. 6 6 3 Postavimo sada jednačine ravnoteže: 6 6 ∑ X i = X A − 6 S = 0 , ∑ Yi = YA + YO − 6 S + F cos 450 = 0 , 6 ∑ Zi = Z A + ZO + 3 S − F sin 450 − G = 0 , r 6 11 ∑ M xF = 3 S ⋅ 2a − G ⋅ 9 a − F ⋅ 2a sin 450 = 0 , r ∑ M yF = G ⋅ a + F sin 450 ⋅ a − Z A ⋅ 2a = 0 , i

i

6 S ⋅ a + F sin 450 ⋅ a + YA ⋅ 2a = 0 . 6 Rešavanjem ovog sistema jednačina dobijamo: X A = −20,64 G , YA = 0,31 G , Z A = 1, 21 G , YO = −1, 41 G , Z O = 0,19 G , S = 3,83 G .

∑M

r Fi z

=−

r Zadatak 81. Homogenu tanku kvadratnu ploču, dužine a i težine G , pridržavaju sferni i cilindrični ležaj u tačkama A i D i uže BE , tako da je ravan ploče nagnuta za 300 ispod ravni Axy , pri čemu se tačke A , D i E nalaze u vertikalnoj ravni Axz (sl. 6.17,a).

Slika 6.17. Nagnuta ploča i njena opterećenja

r r r Rešenje: Na gredu oslobođenu od veza (sl. 6.17,b) deluju sile: X A , YA , Z A , r r r r r FD1 , FD 2 = YD , G , i S . r Projekcija sile S na ose x , y i z određuje se na osnovu koordinata 177


⎛a ⎞ tačaka E ⎜ , 0, a ⎟ i B ( 0, a, 0 ) kroz koje prolazi napadna linija sile. ⎝2 ⎠ uuur Kosinusi uglova između vektora BE i osa x , y i z dobijaju se na sledeći način: 3 2 2 2 BE = ( xE − xB ) + ( yE − yB ) + ( z E − z B ) = ⋅ a 2 xE − x B 1 yE − yB z − zB 2 2 = , cos β = cos α = = − , cos γ = E = , 3 3 3 BE BE BE r 1 2 2 pa projekcije sile S na ose iznose: S x = S , S y = − S , S z = S . 3 3 3 Postavimo sada jednačine ravnoteže: 1 ∑ X i = X A + 3 S + FD1 sin 300 = 0 , 2 2 ∑ Yi = YA − 3 S + YD = 0 , ∑ Zi = Z A + 3 S + FD1 cos300 = 0 , r 2 ∑ M xF = YD ⋅ a sin 300 − G ⋅ a sin 300 + 3 S ⋅ a = 0 , r a ∑ M yF = − FD1 ⋅ a + G ⋅ 2 cos300 = 0 , r 1 ∑ M zF = YD ⋅ a cos300 − 3 S ⋅ a = 0 . Rešavanjem ovog sistema jednačina dobijamo: 3 G FD 2 = YD = FD1 = G, , FD = FD21 + FD22 = 0, 49 G . 4 1+ 2 3 i

i

i

Zadatak 82. Preko manjeg kotura prebačeno je uže na čijem kraju visi teret r r težine Q (sl. 6.18,a). Odrediti reakcije oslonaca A i B i težinu protivtega P potrebnu za ravnotežu. Trenje i ostale težine zanemariti. Podaci: R1 = 12 cm , R2 = 8 cm , Q = 6000 N . Rešenje: Na gredu oslobođenu od veza (sl. 6.18,b) deluju sile: r r r r r r r X A , YA , Z A , YB , Z B , P , i Q . Iz uslova ravnoteže slede jednačine: ∑ X i = X A = 0 , ∑ Yi = YA + YB + P = 0 , ∑ Zi = Z A + Z B − Q = 0 , 178

Prostorni sistem sila i spregova r Fi x r Fi z

∑M ∑M

= − P ⋅ 12 + Q ⋅ 8 = 0 ,

∑M

r Fi y

= Z B ⋅ 40 − Q ⋅ 60 = 0 ,

= − P ⋅ 10 + YB ⋅ 40 = 0 .

Slika 6.18. Vratilo, koturi i opterećenja

Rešavanjem ovog sistema jednačina dobijamo: X A = 0 , YA = Z A = −3000 N , YB = −1000 N , Z B = 9000 N , P = 4000 N . Zadatak 83 Odrediti sile u užadima AD i BD koje pridržavaju dizalicu (sl. r 6.19,a), zatim reakciju u aksijalnom ležaju C , kao i silu Q , ako je poznato da projekcija reakcije u osloncu C na osu Oy iznosi: YO = 6 kN . Podaci: DH = EL = KC = 1 m , HK = HE = 5 m , AB = 7 m .

Rešenje: Na dizalicu oslobođenu od veza (sl. 6.19,b) deluju sile: r r r r r r X O , YO , Z O , S AD , S BD i Q . Primetimo najpre da je α = 450 , pa iz uslova ravnoteže proizvoljnog prostornog sistema sila dobijamo jednačine: ∑ X i = X O + S AD sin α cos 600 −S BD sin α cos 600 = 0 ,

∑ Y = Y − S sin α cos30 −S sin α cos30 = 0 , ∑ Z = Z − Q − S cos α −S cosα = 0 , ∑ M = −Q ⋅ 6 + 7 S sin α cos30 + 7 S sin α cos30 ∑ M = 7 S sin α sin 30 − 7 S sin α sin 30 = 0 , ∑M = 0. 0

i

O

i

O

r Fi x r Fi y r Fi z

0

AD

BD

AD

BD

0

AD

BD

0

AD

0

BD

179

0

=0,


Slika 6.19. Dizalica i opterećenja

Rešavanjem ovog sistema jednačina dobijamo: X O = 0 , Z O = 2 3 + 2 kN , S AD = S BD = 2 kN ,

(

)

Q = 6 kN .

r Zadatak 84. Na kvadratnu homogenu laku ploču deluje sila F u vertikalnoj r ravni i spreg sila momenta M (sl. 6.20,a). Odrediti sile u štapovima koji pridržavaju ploču, zanemarujući njihove težine. Podaci: F = 6 kN , M = 12 kNm , a = 10 m .

Slika 6.20. Ploča i štapovi oslobođeni veza

Rešenje: Na ploču oslobođenu od veza (sl. 6.20,b) deluju sile: r r r r r SCD , S ED , S AD , S BH , S AH .

180


Iz uslova ravnoteže proizvoljnog prostornog sistema sila dobijamo jednačine: 2 1 1 ∑ X i = SCD 2 + S AH 2 − S BH 2 = 0 , 2 2 ∑ Yi = F 2 + S AD 2 = 0 , 3 3 3 2 2 ∑ Zi = SCK + S AH 2 + S BH 2 + S ED + S AD 2 + SCD 2 − F 2 = 0 , r 2a 2 2 ∑ M xF = − F 2 2 + ( S AH + S BH ) 2 a + S AD 2 a = 0 , r 2a 2a 3 F M ∑ y = M − SCK a + F 2 2 − SCD 2 2 − S BH 2 a = 0 , r 2a 1 1 ∑ M zF = F 2 2 + S BH 2 a − S AH 2 a = 0 . Rešavanjem ovog sistema jednačina dobijamo: S AH = 5,8 kN , S BH = 1,56 kN , SCD = −3 kN , SCK = 6,8 kN , S AD = −6 kN , S ED = 2,58 kN . i

i

i

r Zadatak 85. Homogene grede AC i BC istih dužina i težina G međusobno su zglobno vezane i pridržavane (sl. 6.21,a) uz pomoć kratkog radijalnog ležaja A , sfernog ležaja B i užeta CD . Odrediti reakcije oslonaca A i B . Podaci: OA = OC = OB = CD . r r Rešenje: Na grede oslobođene od veza (sl. 6.21,b) deluju sile: FA1 = Z A , r r r r r r FA 2 , X B , YB , Z B , S i G . U nedostatku trenja, reakcija u tački A mora da leži u ravni upravnoj na pravac AC . Kako je ležaj u A kratak, on nije u stanju da prenese spreg. Jednačine ravnoteže su: 2 ∑ X i = X B + FA2 2 = 0 , 2 2 ∑ Yi = FA2 2 + YB − S 2 = 0 , 2 ∑ Zi = Z A + Z B − 2G + S 2 = 0 , 181


∑M

r Fi x

=S

2 a a a − G − G + YB a = 0 , 2 2 2

∑M

r Fi y

=G

a − X B a − Z Aa = 0 , 2

∑M

r Fi z

= FA 2 a = 0 .

Slika 6.21. Grede oslobođene veza

Rešavanjem ovog sistema jednačina dobijamo: G FA 2 = 0 , FA = FA1 = Z A = , XB = 0, 2 2 G YB = , Z B = G , S = G. 2 2

182

Kinematika tačke

Drugi deo KINEMATIKA 7. KINEMATIKA TAČKE U kinematici tačke rešavaju se dva osnovna problema: a) uspostavljanje matematičkih načina opisivanja kretanja tačke u odnosu na izabrani referentni sistem i b) određivanje, iz zadanog zakona kretanja, traženih kinematičkih karakteristika kretanja (trajektorije, brzine, ubrzanja itd.). Trajektorija (putanja) tačke je neprekidna prostorna ili ravna kriva linija koju pri svom kretanju opisuje pokretna tačka u odnosu na izabrani referentni sistem. Kretanje tačke po trajektoriji određuje se zakonom (jednačinama) kretanja. Postoje tri načina definisanja krivolinijskog kretanja tačke: a) vektorski, b) analitički i c) prirodni način. Koordinatni sistemi koji se koriste u kinematici

ϕ θ

θ ϕ

ϕ

ρ

ϕ

ρ

ρ

Slika 7.1. Koordinatni sistemi najčešće korišćeni

Koordinatni sistemi koji se najčešće koriste su: • Dekartov pravougli koordinatni sistem ( x, y , z ) , vidi sliku 7.1,a, •

Cilindrični koordinatni sistem ( ρ, ϕ, z ) , vidi sliku 7.1,b,

•

Sferni koordinatni sistem ( ρ, ϕ, θ ) , vidi sliku 7.1,c i

•

Prirodni koordinatni sistem s = s (t ) , vidi sliku 7.11. 183

Kinematika tačke

7.1. VEKTORSKI NAČIN DEFINISANJA KRETANJA TAČKE

7.1.1. Vektor položaja pokretne tačke (radijus vektor) Jednačina kretanja (zakon kretanja) izražava se preko vektora položaja pokretne tačke, u obliku: r r r = r (t ) . (7.1) Ova vektor funkcija skalarnog argumenta mora biti neprekidna, jednoznačna i diferencijabilna. Hodograf vektora položaja je geometrijsko mesto vrhova vektora, ukoliko su svi vektori položaja naneseni iz jedne tačke. Hodograf se poklapa sa trajektorijom tačke. Vektor položaja može biti izražen i preko svojih projekcija: r r r r r (t ) = x(t )i + y (t ) j + z (t )k , (7.2) r r r gde su i , j i k jedinični vektori (sl. 7.2).

z

trajektorija

M

r

x

i

k O

y

j

Slika 7.2. Vektor položaja tačke

7.1.2. Vektor brzine tačke Brzinu kretanja tačke karakteriše promena radijus vektora tačke po vremenu. Srednju brzinu tačke na pomeranju iz položaja M u M1 (sl. 7.3) za vreme (Δt) definišemo kao: → → r r MM 1 Δr r1 − r r vsr = = = . (7.3) Δt Δt Δt MM 1 Intenzitet srednje brzine je: vsr = . (7.4) Δt Brzina tačke M u datom trenutku definiše se kao granična vrednost srednje brzine kada Δt teži nuli, tj. kao prvi izvod radijus vektora po 184

Kinematika tačke

vremenu: →

Δr r r , v = lim vsr = lim Δt → 0 Δt → 0 Δt

(7.5)

→

r dr . v= dt

(7.6)

(T) z

v1

vsr M1 v

r1 O x

Δr

r

M

trajektorija

y

Slika 7.3. Vektor srednje brzine tačke

Prvi izvod radijus vektora po vremenu možemo označiti i kao: →

dr r& =r . (7.7) dt Pošto se granični pravac tetive MM 1 poklapa sa pravcem tangente na putanju, možemo zaključiti da je brzina uvek usmerena duž tangente na putanju i u smeru kretanja tačke.

7.1.3. Vektor ubrzanja tačke Ubrzanje karakteriše promenu vektora brzine po vremenu. Srednje ubrzanje tačke na pomeranju iz položaja M u M1 za vrijeme Δt se definiše kao: r r → v1 − v Δv r = . (7.8) asr = Δt Δt Ubrzanje tačke u datom trenutku definiše se kao: →

Δv r r , a = lim asr = lim Δt → 0 Δt → 0 Δt

(7.9)

185

Kinematika tačke → r r dv d 2 r &&r = 2 =r . (1.10) a= dt dt Prema tome, vektor ubrzanja u datom trenutku jednak je prvom izvodu brzine ili drugom izvodu radijus vektora po vremenu. r Ako je putanja tačke kriva linija, vektor ubrzanja a je usmeren u konkavnu (udubljenu) stranu te krive (sl. 1.3), što je očigledno iz izraza (1.8).

v1

M1

trajektorija v

v1 a a sr

M Δv

Slika 7.4. Vektor ubrzanja tačke

7.2. ANALITIČKI NAČIN DEFINISANJA KRETANJA TAČKE

7.2.1. Kretanje tačke definisano Dekartovim pravouglim koordinatama. Brzina i ubrzanje tačke Položaj tačke u odnosu na pravougli koordinatni sistem Oxyz može se odrediti pravouglim Dekartovim koordinatama x, y i z (sl. 7.5). Pri kretanju se ove koordinate menjaju po vremenu i one se mogu predstaviti kao neke funkcije vremena: x = f1 (t ) , y = f 2 (t ) , z = f3 (t ) . (1.11) r r r r Radijus − vektor se može izraziti kao: r (t ) = x(t )i + y (t ) j + z (t )k . Vektor brzine tačke se dobije kao: r r r dy r dz r r r dr d r j+ k = v (t ) = = ⎡⎣ x(t )i + y (t ) j + z (t )k ⎤⎦ = dx i + dt dt dt dt dt r r r = x&(t )i + y&(t ) j + z&(t ) k . (7.12) Pošto se vektor brzine može napisati preko projekcija na ose u obliku: r r r r v (t ) = vx (t )i + v y (t ) j + vz (t )k , (7.13) 186

Kinematika tačke

zaključujemo da su projekcije brzine na koordinatne ose: dx dy dz , , vz = z& = . vx = x& = v y = y& = dt dt dt z

trajektorija

r

M

(7.14)

v

a

O

y

x

Slika 7.5. Dekartove koordinate tačke i vektori brzine i ubrzanja

Intenzitet vektora brzine je: v = vx2 + v 2y + vz2 = x& 2 + y& 2 + z& 2 .

(7.15)

Da bismo u potpunosti odredili vektor brzine potražimo i kosinuse uglova što ih vektor brzine gradi sa koordinatnim osama usvojenog Dekartovog sistema: r r v r r v r r vy cos ( v , i ) = x , cos ( v , j ) = , cos v , k = z . (7.16) v v v Ubrzanje tačke je određeno izrazom: r r r r dv d dv r dv y r dvz r r j+ k= a (t ) = = ⎡⎣ vx (t )i + v y (t ) j + vz (t )k ⎤⎦ = x i + dt dt dt dt dt r r r r r r = v&x (t )i + v& y (t ) j + v&z (t ) k = &&( x t )i + &&( y t ) j + &&( z t )k . (7.17) Zbog toga što se ubrzanje može napisati preko projekcija na ose kao: r r r r a (t ) = ax (t )i + a y (t ) j + az (t )k ,

( )

projekcije ubrzanja tačke na ose su: dv y d 2 y dv d 2x dv d2z ax = && x = x = 2 , a y = && z= z = 2 . y= = 2 , az = && dt dt dt dt dt dt Intenzitet vektora ubrzanja je: a = ax2 + a 2y + az2 = && x 2 + && y 2 + && z2 ,

(7.18) (7.19)

a kosinusi uglova što ih vektor ubrzanja gradi sa koordinatnim osama su: a rr r r ay r r a cos ( a , i ) = x , cos ( a , j ) = , cos a , k = z . (1.20) a a a

( )

187

Kinematika tačke

7.2.2. Kretanje tačke definisano polarnim koordinatama Ukoliko se tačka kreće u ravni, onda njen položaj možemo odrediti preko dve koordinate (sl. 7.6): r − intenziteta radijus vektora i ϕ − polarnog ugla. r One predstavljaju polarne koordinate. Na slici su: r0 − jedinični vektor u r smeru radijus vektora i p0 − jedinični vektor koji je vertikalan na radijus vektor, a koji je orijentisan u smislu povećanja ugla ϕ. r r Pošto se vektori r0 i p0 pri kretanju tačke kreću, potražićemo čemu su jednaki izvodi ovih jediničnih vektora po vremenu. Dobijene rezultate ćemo iskoristiti pri izvođenju brzine i ubrzanja u polarnim koordinatama. (T) v

y osa

vϕ aϕ

(ϕ )

ϕ

osa (

a M

p0

r0

ϕ

ar

r

r)

vr

trajektorija

x

O Slika 7.6. Polarne koordinate tačke

7.2.2.1. Izvod jediničnog vektora r Jedinični vektor r0 je vektor radijalnog pravca i u pravcu je potega r, a r usmeren je u smeru povećanja potega, dok je p0 jedinični vektor poprečnog r pravca, pravca vertikalno na vektor r0 i smera u kojem se polarni ugao ϕ uvećava (sl. 7.7). r r Jedinični vektori r0 i p0 su promenljivog pravca i mogu se rastaviti na r r pravce jediničnih vektora i i j kao: r r r r r r r0 = i cos ϕ + j sin ϕ , p0 = −i sin ϕ + j cos ϕ , pa njihovi izvodi po vremenu iznose: r r r r r& d r0 d r0 d ϕ r r0 = (7.21) = = ( −i sin ϕ + j cos ϕ ) ⋅ ϕ& = ϕ& p0 , dt d ϕ dt 188

Kinematika tačke

r r r r d p0 d p0 d ϕ r& r p0 = = = ( −i cos ϕ − j sin ϕ ) ⋅ ϕ& = −ϕ& r0 . dt d ϕ dt y

(7.22) (T)

trajektorija p0

j

v

ϕ r(t)

r0

M

ϕ

x

O

i

Slika 7.7. Jedinični vektori

r To znači da se izvod jediničnog vektora r0 po vremenu dobija kao proizvod prvog izvoda po vremenu ugla koji taj vektor zatvara sa stalnom osom i jediničnog vektora koji je vertikalan na prvi vektor i orijentisan u smislu povećenja ugla.

7.2.2.2. Brzina tačke izražena preko polarnih koordinata r r r dr d ( r ⋅ r0 ) r r r r (7.23) = = r& ⋅ r0 + r ⋅ r&0 = r& ⋅ r0 + r ϕ& ⋅ p0 . v= dt dt Projekcije brzine na polarne ose (r) i (ϕ) su (sl. 7.6): vr = r& − radijalna komponenta i (7.24) vϕ = r ϕ& − transverzalna komponenta. (7.25) r Radijalna komponenta brzine vr je posledica promene intenziteta radijus r vektora po vremenu, a transverzalna komponenta vϕ je posledica promene

pravca radijus vektora. Intenzitet brzine je: v = vr2 + vϕ2 = r& 2 + r 2 ϕ& 2 .

(7.26)

7.2.2.3. Ubrzanje tačke u polarnim koordinatama r r dv d r r r r r r r && ⋅ p0 + ϕ& ⋅ p& 0 = a= = ( r& ⋅ r0 + r ϕ& ⋅ p0 ) = r&& ⋅ r0 + r& ⋅ r&0 + r&ϕ& ⋅ p0 + r ϕ dt dt

(

189

)

Kinematika tačke

r r r r r && ⋅ p0 − r&ϕϕ & & ⋅ r0 = = r&ϕ& ⋅ p0 + && r ⋅ r0 + r&ϕ& ⋅ p0 + r ϕ r r && + 2r&ϕ& ) ⋅ p0 . = ( && r − r ϕ& 2 ) ⋅ r0 + ( r ϕ

(7.27)

Projekcije ubrzanja na polarne ose su (sl. 7.6): && + 2r&ϕ& . ar = && r − r ϕ& 2 , aϕ = r ϕ

(7.28)

Intenzitet ubrzanja je: ar = ar2 + aϕ2 =

( r&& − rϕ& ) + ( rϕ&& + 2r&ϕ& ) 2 2

2

. (7.29)

7.2.3. Sektorska brzina tačke Pošto se radijus vektor tačke pri njenom kretanju takođe kreće, on opisuje pri tom kretanju površinu koju nazivamo sektorskom površinom (sektorom). Neka se u početnom trenutku t0 tačka nalazila u položaju M 0 . U posmatranom trenutku ona će zauzimati položaj M, a nakon nekog vremena Δt će biti u položaju M 1 . Pri kretanju iz položaja M do položaja M 1 , radijus vektor će opisati diferencijalnu sektorsku površinu dσ. Vrednost te diferencijalne sektorske površine jednaka je površini trougla ΔOMM 1 , a dobija se kao polovina intenziteta vektorskog proizvoda (sl. 7.8): 1 r r d σ = ( r × dr ) . (1.30) 2 z M M0 σ dr r dσ M1 r0 r + dr O y x Slika 7.8. Sektorska površina i priraštaj radijus vektora

Da bismo videli kako formiraćemo njen izvod po ( vσ ): r d σ 1 ⎛ r dr ⎞ 1 vσ = = ⎜r × ⎟ = dt 2 ⎝ dt ⎠ 2

se sektorska površina menja po vremenu, vremenu i nazvaćemo ga sektorskom brzinom r r

(r × v ) .

(7.31)

190

Kinematika tačke

Ovo bi bili diferencijal sektorske površine i sektorska brzina, izraženi kao skalarne vrednosti. Možemo ih definisati i kao vektore: r 1 r r (7.32) d σ = ( r × dr ) , 2 odnosno: r r dσ 1 r r (7.33) vσ = = (r × v ) . dt 2 Prema tome, sektorska brzina tačke u odnosu na neki centar jednaka je polovini momenta brzine tačke u odnosu na isti centar. 7.3. PRIRODNI NAČIN DEFINISANJA KRETANJA TAČKE 7.3.1. Zakon kretanja Ako nam je u odnosu na izabrani sistem referencije poznata putanja tačke (sl. 7.9), možemo i preko putanje definisati kretanje tačke. Zato se ovaj način zove prirodni način definisanja kretanja tačke. z

M0 s

O

+ M

y

x

Slika 7.9. Lučna koordinata

Položaj tačke M će biti u potpunosti određen ako smo u mogućnosti da odredimo njen položaj u odnosu na neku drugu tačku (stalnu) M 0 , koja takođe pripada putanji tačke. Položaj tačke M, u odnosu na tačku M 0 , stalno je određen poznavanjem luka (s): s = s (t ) − zakon (jednačina) kretanja, (7.34) gde je (s) lučna koordinata. Prema tome, da bismo na prirodan način definisali kretanje neke tačke, moramo: a) poznavati trajektoriju te tačke u odnosu na izabrani sistem referencije, b) na toj trajektoriji izabrati stalnu tačku M 0 , od koje ćemo odmeravati krivolinijsku koordinatu s, c) definisati pozitivan i negativan 191

Kinematika tačke

smisao kretanja u odnosu na tačku M 0 i d) poznavati zakon kretanja u obliku s = s (t ) . 7.3.2. Brzina tačke preko prirodnih koordinata Da bismo našli izraz za vektor brzine tačke u slučaju da je kretanje dato zakonom: s = s (t ) , poći ćemo od definicije vektora srednje brzine: r r r Δr Δr Δs Δr Δs r , (7.35) vsr = = ⋅ = ⋅ Δt Δt Δs Δs Δt gdje je Δs − priraštaj lučne koordinate. Prema tome, brzina tačke (sl. 7.10) u nekom trenutku je: r r Δr Δs dr ds r r lim lim lim (7.36) v= vsr = ⋅ = ⋅ . Δt → 0 Δt → 0 Δs Δt → 0 Δt ds dt ( Δs → 0) ( Δs → 0) ( Δs → 0) r r dr dr r r Dalje možemo reći da je: = τ0 = τ0 , (7.37) ds ds r gde je τ0 − jedinični vektor u pravcu tangente na putanju u posmatranoj tački i ima smer povećanja koordinate s. z

M r Δϕ

O

Δr

r r +d

τ0

v

Δs

M1

(T)

y

x

Slika 7.10. Vektor brzine tačke

r ds r Prema tome, možemo pisati: v = τ0 . (7.38) dt ds Intenzitet brzine je: v = = s& . (7.39) dt ds > 0 , tačka se kreće u smislu povećanja krivolinijske Ako je: dt ds < 0 , tačka se kreće u smislu smanjenja koordinate koordinate s, a ako je: dt s. 192

Kinematika tačke

7.3.3. Ubrzanje tačke preko prirodnih koordinata Da bismo našli izraz za ubrzanje, poći ćemo od izraza za brzinu: r ds r r (7.40) v = τ0 = v ⋅ τ0 , dt r r d τ0 dv r r dv d r odakle je: a = = ( v ⋅ τ0 ) = τ 0 + v . (7.41) dt dt dt dt r Izvod jediničnog vektora τ0 po vremenu (videti paragraf 7.2.2.1) iznosi r d τ0 d ϕ r = n0 , dt dt r gde je n0 − jedinični vektor u pravcu glavne normale na putanju, okrenut uvek u konkavnu (udubljenu) stranu krive, što je u skladu sa smislom povećanja ugla ϕ. Tangenta (T) sa glavnom normalom (N) i binormalom (B) čini prirodni koordinatni sistem (sl. 7.11). Ovaj sistem se kreće zajedno sa tačkom. (B)

rektifikaciona ravan

z

v

aT

(T)

M1

normalna ravan b0 + M0 −

τ0 M n0 aN

a

oskulatorna ravan

s (N)

O

y

x

Slika 7.11. Prirodne koordinate tačke, vektor brzine i ubrzanja

Vratimo se sada na izraz za ubrzanje (7.41). Ono će biti: dϕ r r dv r a = τ0 + v n0 . dt dt 193

(7.42)

Kinematika tačke

Vidimo da se vektor ubrzanja može razložiti na dva vektora, gde je jedan usmeren u pravcu tangente na putanju, a drugi u pravcu glavne normale. Tangencijalno ubrzanje je: dv r d 2s r r (7.43) aT = τ0 = 2 τ0 . dt dt Normalno ubrzanje je: dϕ r d ϕ ds r dϕ r r (7.44) aN = v n0 = v n0 = v 2 n0 . dt ds dt ds dϕ Izraz predstavlja recipročnu vrednost radijusa krivine tačke M u ds 1 posmatranom položaju, tj. . Rk Prema tome imamo: v2 r r (7.45) aN = n0 . Rk Ukupno ubrzanje je: v2 r r dv r r r r a = aT + aN , tj. a = τ0 + (7.46) n0 . dt Rk Projekcije vektora ubrzanja na ose prirodnog trijedra, čiji su jedinični r r r vektori τ0 , n0 i b0 , jednake su: dv d 2 s v2 r r r r r r , aB = a , b0 = 0 . (7.47) aT = ( a , τ0 ) = = 2 , aN = ( a , n0 ) = Rk dt dt Intenzitet ubrzanja je:

(

)

a = aT2 + aN2 . dv > 0 , kretanje je dt dv dv ubrzano, ako je aT = = 0 , kretanje je ravnomerno, ako je aT = < 0 , dt dt kretanje je usporeno.

Iz izraza za ubrzanje se vidi sledeće: ako je aT =

194

Kinematika tačke

Zadatak 86: Date su jednačine kretanja u polarnim koordinatama: r = b ⋅ sin ( 2ωt ) , ϕ = ω⋅ t ,

ϕ

gde su: ( b, ω = const. ) . Odrediti jednačinu linije putanje, tangencijalno i normalno ubrzanje u funkciji polarnog radijus vektora.

ϕ

ϕ

0

Rešenje: Linija putanje (cvet sa četiri lista, sl. 7.12) je r = b ⋅ sin ( 2ϕ ) .

Slika 7.12. Trajektorija tačke

Potražimo izvode po vremenu jednačina kretanja ϕ& = ω ,

(1)

r& = b ⋅ cos 2ϕ ⋅ 2ϕ& = 2ωb ⋅ cos 2ϕ = 2ωb 1 − sin 2 2ϕ = = 4ω2b2 − 4ω2b 2 sin 2 2ϕ = 4ω2b2 − 4ω2 r 2 .

Sada su komponente (projekcije) brzine: vr = r& = 4ω2b 2 − 4ω2 r 2 = 2ω⋅ b 2 − r 2 , vϕ = rϕ& = b sin 2ϕ ⋅ ϕ& = ωb sin 2ϕ = ω⋅ r .

(2)

(3) (4)

Intenzitet brzine je: v = vr2 + vϕ2 =

( 2ω

b2 − r 2

) + (ωr ) 2

2

=

= 4ω2b 2 − 4ω2 r 2 + ω2 r 2 = 4ω2b2 − 3ω2 r 2 = ω⋅ 4b 2 − 3r 2 . Potražimo sada druge izvode po vremenu jednačina kretanja d −2 rr& b sin 2ϕ ⋅ 2ω b2 − r 2 && r= 2ω⋅ b2 − r 2 = 2ω = −2ω = dt 2 b2 − r 2 b2 − r 2

(5)

= −2ω⋅ r ⋅ 2ω = −4 rω2 , && = 0 . ϕ Sada su komponente (projekcije) ubrzanja: ar = && r − rϕ2 = −4 rω2 − rω2 = −5rω2 ,

(6) (7) (8)

&& + 2r&ϕ& = 0 + 2 ⋅ 2ω b 2 − r 2 ⋅ ω = 4ω2 b 2 − r 2 . aϕ = rϕ

(9)

(

)

195

Kinematika tačke

Intenzitet ubrzanja je:

( −5rω ) + (4ω b + 16 ( b − r ) = ω 25r 2 2

a = ar2 + aϕ2 =

= ω2 25r 2

2

2

2

2

)

2

2

− r2

=

2

+ 16b 2 − 16r 2 =

= ω2 9r 2 + 16b 2 . Potražimo sada tangencijalnu komponentu ubrzanja dv d ω⋅ −2 ⋅ 3r ⋅ r& 3r ⋅ 2ω b 2 − r 2 2 2 aT = = ω 4b − 3r = = −ω = dt dt 2 4b 2 − 3r 2 4b2 − 3r 2

)

(

6r ⋅ b 2 − r 2

= −ω2

. 4b2 − 3r 2 Normalna komponenta ubrzanja je:

(

a =a −a = ω 2 N

2

=ω

4

2 T

( 9r

2

(10)

2

9 r + 16b 2

2

)

2

(11)

⎛ 6r ⋅ b 2 − r 2 − ⎜ −ω2 ⎜ 4b2 − 3r 2 ⎝

+ 16b2 )( 4b 2 − 3r 2 ) − 36r 2 ( b2 − r 2 ) 4b2 − 3r 2

2

⎞ ⎟ = ⎟ ⎠

=

4 2 2 4 8b 2 − 9 r 2 ) 4 64b − 48r b + 9b 4 ( =ω ⋅ =ω ⋅ , 4b 2 − 3r 2 4b 2 − 3r 2 8b 2 − 9 r 2 a N = ω2 ⋅ . 4b2 − 3r 2 2

(12)

Zadatak 87: Date su jednačine kretanja u polarnim koordinatama: r = aω⋅ t , ϕ = ω⋅ t , ϕ ϕ 0 gde su: ( a, ω = const. ) . Odrediti jednačinu linije putanje, brzinu, tangencijalno i normalno ubrzanje, kao i poluprečnik krivine, u funkciji radijus vektora. Slika 7.13. Arhimedova spirala Rešenje: Linija putanje (Arhimedova spirala sl. 7.13) je r = aϕ . Potražimo izvode po vremenu jednačina kretanja 196

Kinematika tačke

&& = 0 , r& = aω , && ϕ& = ω , ϕ r = 0. Sada su komponente (projekcije) brzine: vr = r& = aω , vϕ = rϕ& = aω2t = ω⋅ r .

(1) (2)

Intenzitet brzine je: v = vr2 + vϕ2 = ω⋅ a 2 + r 2

(3)

Komponente (projekcije) ubrzanja su: && + 2 r&ϕ& = 2aω2 . ar = && r − rϕ2 = − rω2 , aϕ = rϕ

(4)

Intenzitet ubrzanja je: a = ar2 + aϕ2 = ω2 ⋅ r 2 + 4a 2 .

(5)

Potražimo sada tangencijalnu komponentu ubrzanja dv dv dr dv ω2 ar aT = = = r& = . dt dr dt dr a2 + r2 Normalna komponenta ubrzanja je: ω2 ( r 2 + 2a 2 ) 2 2 . a N = a − aT = a2 + r2 Poluprečnik krivine putanje tačke dobijamo iz izraza: Rk =

2

v aN

(a =

2

(7)

3

+ r2 )2

r 2 + 2a 2

(6)

.

(8)

Zadatak 88: Date su jednačine kretanja u polarnim koordinatama: a , ϕ = ω⋅ t , r= ωt gde su: ( a, ω = const. ) . Odrediti jednačinu linije putanje, brzinu, tangencijalno i normalno ubrzanje, kao i poluprečnik krivine, u funkciji radijus vektora.

y a

0

y= a a =ϕ ϕ 0

Slika 7.14. Hiperbolička spirala

Rešenje: Linija putanje (hiperbolička spirala sl. 7.14) je r =

Potražimo izvode po vremenu jednačina kretanja 197

a . ϕ

Kinematika tačke

a 1 a ω2 r 2 ωr 2 ω ω2 ⋅ 2 =− ⋅ 2 =− , && r = − 2 r ⋅ r& = −2 2 r 3 , ω t ω a a a a && = 0 . ϕ& = ω , ϕ Sada su komponente (projekcije) brzine: a ωr 2 vr = r& = − , vϕ = rϕ& = = ω⋅ r . t a r& = −

(1) (2)

Intenzitet brzine je: v = vr2 + vϕ2 = ω⋅ a 2 + r 2 .

(3)

Komponente (projekcije) ubrzanja su: 2ω2 ω2 r ar = && r − rϕ2 = 2 r 3 − rω2 = 2 ( 2 r 2 − a 2 ) , a a 2 2 2ω r && + 2r&ϕ& = − aϕ = rϕ . a ω2 r Intenzitet ubrzanja je: a = ar2 + aϕ2 = 2 ⋅ a 4 + 4 r 4 . a Potražimo sada tangencijalnu komponentu ubrzanja 2 2 dv dv dr dv ω2 r 2 ( 2 r + a ) . aT = = = r& = − 2 ⋅ dt dr dt dr a r2 + a2 Normalna komponenta ubrzanja je: a N = a 2 − aT2 =

(4) (5)

(6) ω2 ra r2 + a2

.

Poluprečnik krivine putanje tačke dobijamo iz izraza: 3 v2 r Rk = = 3 (r2 + a2 )2 . aN a Zadatak 89: Date su jednačine kretanja u polarnim koordinatama: r = aeωt , ϕ = ω⋅ t , gde su: ( a, ω = const. ) . Odrediti jednačinu linije putanje, brzinu, tangencijalno i normalno ubrzanje, kao i poluprečnik krivine, u funkciji radijus vektora.

(8)

ϕ 0

Slika 7.15. Logaritamska spirala

Rešenje: Linija putanje (logaritamska spirala sl. 7.15) je r = aeϕ . 198

(7)

Kinematika tačke

Potražimo izvode po vremenu jednačina kretanja && = 0 , r& = aωeϕ = ω⋅ r , && ϕ& = ω , ϕ r = ωr& = ω2 r . Sada su komponente (projekcije) brzine: vr = r& = ω⋅ r , vϕ = rϕ& = ω⋅ r .

(1) (2)

Intenzitet brzine je: v = vr2 + vϕ2 = ω⋅ r 2 .

(3)

Komponente (projekcije) ubrzanja su: && + 2r&ϕ& = 2ω2 r . ar = && r − rϕ 2 = 0 , aϕ = rϕ

(4)

Intenzitet ubrzanja je: a = ar2 + aϕ2 = 2ω2 ⋅ r .

(5)

Potražimo sada tangencijalnu komponentu ubrzanja dv d aT = = rω 2 = r&ω 2 = rω2 2 . dt dt

(

)

(6)

Normalna komponenta ubrzanja je: a N = a 2 − aT2 = rω2 2 . Poluprečnik krivine putanje tačke dobijamo iz izraza: Rk =

(7)

2

v = r 2 . (8) aN

Zadatak 90: Date su jednačine kretanja u polarnim koordinatama: a r= , ϕ = ω⋅ t , gde su: ( a, ω = const. ) . ωt Odrediti jednačinu linije putanje, brzinu, tangencijalno i normalno ubrzanje, kao i poluprečnik krivine, u funkciji radijus vektora. ϕ

ϕ

ϕ

0

Slika 7.16. Spirala

Rešenje: Linija putanje (spirala ili žezl sl. 7.16) je r =

Potražimo izvode po vremenu jednačina kretanja 3ω2 r 5 ωr 3 && = 0 , r& = − 2 , && ϕ& = ω , ϕ . r= 4a 4 2a 199

a . ϕ

(1)

Kinematika tačke

ωr 3 , vϕ = rϕ& = ω⋅ r . 2a 2 ωr Intenzitet brzine je: v = vr2 + vϕ2 = 2 ⋅ 4a 4 + r 4 . 2a Komponente ubrzanja su: ω2 r ω2 r 3 && + 2 r&ϕ& = − 2 . ar = && r − rϕ2 = 4 ( 3r 4 − 4a 4 ) , aϕ = rϕ 4a a 2 ωr Intenzitet ubrzanja je: a = ar2 + aϕ2 = 2 ⋅ 9 r 2 − 8a 4 r 4 + 16a 8 . 4a Potražimo sada tangencijalnu komponentu ubrzanja dv ω2 r 3 3r 4 + 4a 2 = ⋅ aT = . dt 4a 2 r 4 + 4a 2

Komponente brzine su: vr = r& = −

ω2 r r 4 − 4a 4 ⋅ . 2a 2 r 4 + 4 a 4 Poluprečnik krivine putanje tačke dobijamo iz izraza:

Normalna komponenta ubrzanja je: a N = a 2 − aT2 =

Rk =

4

(3)

(4) (5)

(6) (7)

3 4 2

v r ( 4a + r ) = 2⋅ 4 . a N 2a r − 4a 4 2

(2)

(8)

Zadatak 91: Na žici koja je savijena u krug (sl. 7.17,a) poluprečnika R = 10 cm nalazi se prsten M kroz koji prolazi štap OA . Štap OA se obrće oko ose koja prolazi kroz tačku O , a upravna je na ravan crteža tako da se π menja po zakonu ϕ = t ( ϕ − u radijanima, a ugao ϕ 2 2 v 2 ( Rπ ) R 2 π2 aN = = = = Rπ2 u s ). Odrediti intenzitet brzine i ubrzanja Rk R R prstena u proizvoljnom trenutku. Rešenje: Prvi način: Dekartove pravougle koordinate (sl.7.17,b). Jednačine kretanja (1) su: x = R + R cos 2ϕ , y = R sin 2ϕ . Potražimo sada izvode po vremenu jednačina kretanja x& = −2 R sin 2ϕ ⋅ ϕ& = − Rπ sin 2ϕ , y& = 2 R cos 2ϕ ⋅ ϕ& = Rπ cos 2ϕ , 200

Kinematika tačke

&& x = −2 Rπϕ& cos 2ϕ = − Rπ2 cos 2ϕ , && y = −2 Rπϕ& sin 2ϕ = − Rπ 2 sin 2ϕ . (2) Projekcije (komponente) brzine su: v x = x& = − Rπ sin 2ϕ , v y = y& = − Rπ sin 2ϕ . (3)

Intenzitet brzine je:

( − Rπ sin 2ϕ ) + ( Rπ cos 2ϕ ) 2

v = v x2 + v 2y =

2

= Rπ .

(4)

Komponente ubrzanja su: a x = && x = − Rπ2 cos 2ϕ , a y = && y = − Rπ2 sin 2ϕ . y

(5) xM (t)

v vx a

ϕ

ϕ

2ϕ

C

vy

ϕ

ax

ay

yM x

C

Slika 7.17.a

Slika 7.17.b

Intenzitet ubrzanja je: a = a x2 + a 2y =

( − Rπ

2

cos2ϕ ) + ( − Rπ 2 sin 2ϕ ) = Rπ 2 . 2

2

Potražimo sada tangencijalnu komponentu ubrzanja &&& + yy &&& + zz &&& + yy &&& + zz &&& xx &&& dv xx aT = = = =0 dt v x& 2 + y& 2 + z& 2

(6) (7)

i normalnu komponentu ubrzanja &&& − yx &&&) + ( yz &&& − zy &&& ) ( xy 2

aN =

2

&&&) &&& − xz + ( zx

2

= Rπ 2 . x& 2 + y& 2 + z& 2 Poluprečnik krivine putanje tačke dobijamo iz izraza: 2 v 2 ( Rπ ) R 2 π2 Rk = = = =R, aN Rπ 2 Rπ 2 201

(8)

(9)

Kinematika tačke

što je bilo vidljivo i sa crteža. Drugi način: Polarne koordinate (sl. 7.18). Jednačine kretanja su: π r = 2 R cos ϕ , ϕ = t . (1) 2 Potražimo sada izvode po vremenu jednačina kretanja π Rπ 2 && = 0 . r& = − Rπ sin ϕ , r& = − cos ϕ , ϕ& = , ϕ (2) 2 2 πt Komponente brzine su: vr = r& = − Rπ sin ϕ = − Rπ sin , 2 π πt vϕ = rϕ& = 2 R cos ϕ ⋅ = Rπ cos . (3) 2 2 Intenzitet brzine je: 2

2

πt ⎞ ⎛ πt ⎞ ⎛ v = v + v = ⎜ − Rπ sin ⎟ + ⎜ Rπ cos ⎟ = Rπ . 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2 r

2 ϕ

(t)

p0

r0

r

(4)

v vϕ

ar

vr aϕ

a

ϕ C

Slika 7.18. Vektori brzine i ubrzanja prstena preko polarnih koordinata

Komponente ubrzanja su: 2

Rπ2 πt πt ⎛ π ⎞ πt cos − 2 R cos ⋅ ⎜ ⎟ = − Rπ 2 cos , 2 2 2 ⎝2⎠ 2 πt π πt && + 2r&ϕ& = 2 ⋅ ⎛⎜ − Rπ sin ⎞⎟ ⋅ = − Rπ 2 sin . aϕ = rϕ 2⎠ 2 2 ⎝ Intenzitet ubrzanja je: ar = && r − rϕ2 = −

202

(5) (6)

Kinematika tačke 2

2

πt ⎞ ⎛ πt ⎞ ⎛ a = ar2 + aϕ2 = ⎜ − Rπ 2 sin ⎟ + ⎜ − Rπ 2 sin ⎟ = Rπ 2 . 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝

(7)

Treći način: Prirodne koordinate (sl. 7.19). Jednačine kretanja su:

s = M 0 M = R ⋅ 2ϕ = 2 Rϕ . Potražimo sada izvode po vremenu jednačina kretanja d π π s& = ( 2 Rϕ ) = 2 Rϕ& = 2 R = Rπ , ϕ& = . dt 2 2 ds = s& = Rπ . Brzina prstena po žici je: v = dt Potražimo sada tangencijalnu komponentu ubrzanja dv d aT = = ( Rπ ) = 0 dt dt i normalnu komponentu ubrzanja 2 v 2 ( Rπ ) R 2 π2 aN = = = = Rπ 2 . Rk R R (t)

(1) (2) (3)

(4)

(5)

aT v ϕ

ϕ

C 2ϕ

s

aN

x

(n)

Slika 7.19. Vektori brzine i ubrzanja prstena preko prirodnih koordinata

Traženo ubrzanje prstena je: a = aT2 + a N2 = Rπ2 . Poluprečnik krivine putanje tačke dobijamo iz izraza: 2 v 2 ( Rπ ) R 2 π2 Rk = = = =R, aN Rπ 2 Rπ 2 203

(6) (7)

Kinematika tačke

a što je bilo vidljivo i sa crteža. Zadatak 92. Tačka M se kreće u ravni xOy saglasno konačnim jednačinama kretanja: x = −4t 2 + 1 , y = −3t . Na osnovu datih konačnih jednačina kretanja tačke odrediti: a) liniju putanje i trajektoriju, eliminacijom parametra t, a zatim ih nacrtati, b) smer kretanja tačke po trajektoriji i karakteristične trenutke, c) brzinu tačke u funkciji vremena, d) jednačinu hodografa brzine i nacrtati ga, e) tangentno, normalno i ukupno ubrzanje tačke, kao i uglove koje ukupno ubrzanje obrazuje sa koordinatnim osama u datom trenutku vremena T = 1s , f) poluprečnik krivine trajektorije tačke kinematskom metodom u položaju u kome se ona našla u trenutku T = 1s . Rešenje: Konačne jednačine kretanja tačke M su date jednačinama: x = −4t 2 + 1 , y = −3t .

(1)

y

1,5

O

M0 (1,0) x

v0 -1,5 M

y2 = 9-9x 4

M1 (-3,-3)

Slika 7.20. Trajektorija tačke i početni položaj

a) Eliminacijom parametra t y t=− , (2) 3 iz konačnih jednačina kretanja tačke M, dobija se da je linija putanje tačke parabola koja je oblika: 2

4 ⎛ y⎞ x = −4 ⋅ ⎜ ⎟ + 1 = − y 2 + 1 , 9 ⎝ 3⎠

(3) 204

Kinematika tačke

9 − 9x 9 9 = − ⋅x . (4) 4 4 4 Linija putanje tačke M prikazana je na slici 7.20. b) Ako se smatra početnim trenutkom, trenutak kada je t = 0 , tada se dobija iz konačnih jednačina kretanja da je: x ( 0 ) = −4 ⋅ t 2 + 1 = −4 ⋅ 0 + 1 = 1m , (5)

tj. y 2 =

y ( 0 ) = −3 ⋅ t = −3 ⋅ 0 = 0 .

(6)

x (1) = −4 ⋅ t 2 + 1 = −4 ⋅1 + 1 = −3m ,

(9)

Dakle, tačka M se kreće iz početnog položaja M 0 (1,0 ) . Trajektoriju tačke M predstavlja onaj deo linije putanje koji je ograničen vrednošću parametra (vreme) t ≥ 0 , tj.: t ≥ 0 ⇒ y = −3 ⋅ t < 0 . (7) Otuda je trajektorija tačke data jednačinama (7), tj.: 9 9 za y ≤ 0 . (8) y2 = − ⋅ x , 4 4 U traženom trenutku t1 = T = 1s , y (1) = −3 ⋅ t = −3 ⋅ 1 = −3 ,

(10)

tačka M se nalazi u položaju M 1 ( −3, −3) . c) Smer kretanja tačke po trajektoriji određujemo pomoću početne brzine tačke M. Prvo je neophodno odrediti projekcije brzine tačke M na koordinatne ose Ox i Oy (slika 7.21). dx d m v x = x& = = ( −4 ⋅ t 2 + 1) = −8 ⋅ t , (11) dt dt s dy d m v y = y& = = ( −3 ⋅ t ) = −3 . (12) dt dt s Intenzitet brzine tačke M je: m 2 2 v = v x2 + v 2y = ( −8 ⋅ t ) + ( −3) = 64 ⋅ t 2 + 9 . (13) s r Vektor brzine v tačke M zaklapa sa koordinatnim osama Ox i Oy uglove određene kosinusima uglova: −8 ⋅ t x& rr v cos ( v , i ) = x = = , (14) v v 64 ⋅ t 2 + 9 205

Kinematika tačke

y& −3 r r v cos ( v , j ) = y = = . v v 64 ⋅ t 2 + 9

(15) y

1,5

O

M0 (1,0) x

v0 -1,5 vx

ax

M

y2 = 9-9x 4

M1

(t) v

vy

Slika 7.21. Projekcije brzine na koordinatne ose

U početnom trenutku t = 0 , ( M 0 ) , početna brzina tačke M je intenziteta m 2 2 v ( t = 0 ) = v ( 0 ) = v0 = ( −8 ⋅ 0 ) + ( −3) = 9 = 3 , (16) s i zaklapa sa koordinatnim osama Ox i Oy uglove: x& ( 0 ) r r x& −8 ⋅ 0 cos ( v0 , i ) = 0 = = =0, (17) v0 v0 64 ⋅ 02 + 9 y& ( 0 ) r r y& −3 cos ( v0 , j ) = 0 = = = −1 . (18) v v 64 ⋅ 02 + 9 r Uglovi koje vektor brzine v0 tačke M zaklapa sa koordinatnim osama Ox i Oy jednaki su respektivno π a = arccos ( 0 ) = , β = arccos ( −1) = π . 2 r Prema tome, smer početne brzine v0 određuje početni smer kretanja tačke M. Kako tačka tokom kretanja ne menja smer (za ∨ t ≥ 0 ⇒ v = 64 ⋅ t 2 + 9 > 0 ), to početni smer kretanja određuje i smer kretanja duž trajektorije tačke M (slika 7.22).

206

Kinematika tačke y

1,5

O

-3

M 0 (1,0) x

v0 -1,5 M

y2 = 9-9x 4

-3

M1

Slika 7.22. Smer kretanja tačke

d) Jednačina hodografa brzine određuje se iz sledećih izraza: η = v x = x& = −8 ⋅ t , ξ = v y = y& = −3 = const. ,

(19) (20)

eliminacijom parametra t. y

-8

O

x

v(0)=-3 v1 (0,-3)

hodograf

Slika 7.23. Hodograf brzine tačke

Međutim, to ovde nije moguće, pa se crtanjem hodografa brzine (slika 7.23), korišćenjem izraza (19) i (20), pokazuje da je hodograf brzine poluprava. e) Intenzitet tangencijalne komponente ubrzanja tačke M određen je izrazom

207

Kinematika tačke

)

(

dv d 64 ⋅ 2t 64 ⋅ t m = 64 ⋅ t 2 + 9 = = , (21) 2 2 2 dt dt 2 64 ⋅ t + 9 64 ⋅ t + 9 s a u traženom trenutku t1 = T = 1s , iznosi: 64 ⋅ t1 64 ⋅ 1 64 m aT 1 = = = . (22) 2 64 ⋅ 1 + 9 73 s 64 ⋅ t12 + 9 Projekcije vektora ubrzanja tačke M na koordinatne ose Ox i Oy, u proizvoljnom trenutku su: d 2 x dv dx& d m (23) a x = && x= 2 = x = = ( −8 ⋅ t ) = −8 2 , dt dt dt dt s d 2 y dv dy& d a y = && y= 2 = y = = ( −3) = 0 , (24) dt dt dt dt odnosno intenzitet ubrzanja tačke M dat je izrazom: m 2 a = a x2 + a 2y = ( −8 ) + 02 = 8 2 . (25) s U traženom trenutku t1 = T = 1s , intenzitet ubrzanja iznosi: m a ( t1 = 1) = a1 = 8 2 = const. (26) s r Vektor ubrzanja a tačke M zaklapa sa koordinatnim osama Ox i Oy uglove određene kosinusima uglova: && && x −8 rr a y 0 r r a = −1 , cos ( a , j ) = y = = = 0 . cos ( a , i ) = x = = (27) a a 8 a a 8 r Uglovi koje vektor ubrzanja a tačke M zaklapa sa koordinatnim osama Ox i Oy jednaki su respektivno π a = arccos ( −1) = π , β = arccos ( 0 ) = . (28) 2 Kako je a = aT2 + a N2 , sledi aT =

2

⎛ 64 ⋅ t ⎞ 24 m aN = a − a = 8 − ⎜ = . (29) ⎟ 2 2 64 ⋅ t 2 + 9 s ⎝ 64 ⋅ t + 9 ⎠ U traženom trenutku t1 = T = 1s , intenzitet normalne komponente ubrzanja iznosi 24 (30) a N ( t1 = 1) = a N1 = = 24 = 2,81 m2 . 2 s 73 64 ⋅ 1 + 9 2

2 T

2

208

Kinematika tačke

f) Kako je normalno ubrzanje tačke M moguće prikazati u obliku: v2 , (31) aN = Rk gde je sa Rk označen poluprečnik krivine tačke M tako da se iz (31) Rk određuje na sledeći način (kinematska metoda određivanja Rk ): 2

v Rk = = aN

(

64t 2 + 9

)

2

( 64t =

24

2

+ 9 ) ⋅ 64t 2 + 9 24

( 64t =

2

3

+ 9) 2

24

.

(32)

64t 2 + 9 U traženom trenutku t1 = T = 1s , intenzitet poluprečnika krivine tačke M iznosi:

Rk ( t1 = 1) = Rk 1

( 64 ⋅1 =

2

3

+ 9) 2

24

=

3 2

73 = 25,98m . 24

(33)

Zadatak 93. Kretanje tačke M u ravni zadano je jednačinama kretanja u polarnim koordinatama 2 r = , ϕ = 4⋅t ( t − s, r − m, ϕ − rad ) . t Odrediti: a) jednačinu trajektorije tačke, b) brzinu i ubrzanje tačke u 1 trenutku t1 = T = s . 2 Rešenje: a) Iz jednačina kretanja potražimo vreme 2 2 (1) r= ⇒t = , t r ϕ ϕ = 4⋅t ⇒ t = . (2) 4 Nakon izjednačavanja dobija se jednačina trajektorije: 2 ϕ (3) = ⇒ rϕ = 8 . r 4 Jednačina trajektorije je hiperbolična spirala. b) Brzina tačke M određena je kao vektorski zbir radijalne i cirkularne (poprečne ili transverzalne) komponente: r r r r r v = vr r0 + v p p0 = r& ⋅ r0 + rϕ& ⋅ p0 . (4) 209

Kinematika tačke

Potražimo potreban izvod radijus vektora i ugla u funkciji vremena dr d 2 2 r& = = ( )=− 2 , dt dt t t dϕ d ϕ& = = (4t ) = 4 . dt dt Radijalna komponenta brzine je: 2 vr = r& = − 2 , t a poprečna (cirkularna ili transverzalna) komponenta brzine je: 2 8 v p = rϕ& = ⋅ 4 = . t t Traženi intenzitet brzine tačke M u funkciji vremena je: 2

(5) (6)

(7)

(8)

2

4 64 ⎛ 2 ⎞ ⎛8⎞ v = v + v = ⎜− 2 ⎟ +⎜ ⎟ = 4 + 2 . (9) t t ⎝ t ⎠ ⎝t⎠ Intenzitet brzine tačke M u traženom trenutku vremena je: 4 64 m (10) v ( t1 ) = v1 = 4 + 2 = 64 + 256 = 8 5 . t t s Ubrzanje tačke M određeno je kao vektorski zbir radijalne i cirkularne (poprečne ili transverzalne) komponente: r r r r r && + 2 r&ϕ& ) ⋅ p0 . a = ar r0 + a p p0 = ( && r − rϕ& 2 ) ⋅ r0 + ( rϕ (11) 2 r

2 p

Potražimo potrebne izvode: d 2ϕ d ϕ& d && = 2 = ϕ = (4) = 0 , dt dt dt d 2 r dr& d 2 4 && r= 2 = = (− 2 ) = 3 . dt dt dt t t Radijalna komponenta ubrzanja je: 4 2 4 32 ar = && r − rϕ& 2 = 3 − ⋅ 42 = 3 − , t t t t a poprečna (cirkularna ili transverzalna) komponenta ubrzanja je: 2 2 16 ap = ⋅0 + 2 ⋅ − 2 ⋅ 4 = − 2 . t t t Traženi intenzitet ubrzanja tačke M u funkciji vremena je:

210

(12) (13)

(14)

(15)

Kinematika tačke 2

2

⎛ 4 32 ⎞ ⎛ 16 ⎞ a = ar2 + a 2p = ⎜ 3 − ⎟ + ⎜ − 2 ⎟ . t ⎠ ⎝ t ⎠ ⎝t Intenzitet ubrzanja tačke M u traženom trenutku vremena je: m 2 2 a ( t1 ) = a1 = ar2 + a 2p = ( −32 ) + ( −64 ) = 32 5 2 . s

(16)

(17)

Zadatak 94. Prava p, koja u početnom trenutku leži na osi Ox, pomera se r konstantnom brzinom v0 , u pravcu ose Oy, i dovodi u kretanje prsten M duž

nepomične parabole q čija je jednačina y 2 = 4 x (sl. 7.24.a). Odrediti: a) brzinu i ubrzanje prstena M, b) zakon promene poluprečnika zakrivljenosti parabole, preko ubrzanja tačke (prstena) M, u funkciji koordinate x, tačke (prstena) M. Rešenje: a) Iz jednačine parabole, tj trajektorije prstena M, y2 = 4x , nakon diferenciranja po vremenu je: 2 yy& = 4 x& . y 2 =4x

v0

p

.

y

(1) (2)

p0

O

x

q

Slika 7.24.a Prsten i parabola po kojoj se kreće

Dato je: v0 = y& = v y .

(3)

y y y& = v0 . 2 2 Intenzitet brzine tačke (sl. 7.24.b) je:

( 2 ) → x& =

211

(4)

Kinematika tačke 2

y2 ⎛y ⎞ v = x& 2 + y& 2 = ⎜ v0 ⎟ + v02 = v0 + 1 = v0 x + 1 . 4 ⎝2 ⎠ . v0 = y

v

(t)

aT

. x

a = ax

p

p0

x

y2 =4 x

y

(5)

aN

O

(n)

Slika 7.24.b Vektor brzine i ubrzanja prstena

Komponente ubrzanja su: a x = && x=

y& v2 v0 = 0 , a y = 0 . 2 2

(6)

2

v2 ⎛v ⎞ Intenzitet ubrzanja tačke je: a = && x 2 + && y 2 = ⎜ 0 ⎟ + 02 = 0 . 2 ⎝2⎠ b) Komponente normalnog i tangencijalnog ubrzanja (sl. 7.24,b) su: dv 1 1 v2 , aT = = v0 ⋅ x& , aN = dt 2 1+ x Rk odakle sledi:

(7)

(8)

2

v02 1 v 2 1 ⎛ yv0 ⎞ v02 1 v02 2 ⋅ ⋅ x& = 0 ⋅ ⋅⎜ ⋅ ⋅y = ⎟ = ⋅ 4 1+ x 4 1+ x ⎝ 2 ⎠ 4 1+ x 4 v 2 1 v02 v4 x = 0⋅ ⋅ ⋅ 4x = 0 ⋅ . 4 1+ x 4 4 1+ x

aT2 =

(9)

Iz izraza za ukupno ubrzanje moguće je odrediti komponentu normalnog 2

⎛ v2 ⎞ v4 x v2 1 . = ⋅⋅⋅ = 0 ⋅ ubrzanja: a N = a − a = ⎜ 0 ⎟ − 0 ⋅ 4 1+ x 2 1+ x ⎝2⎠ 2

2 T

212

(10)

Kinematika tačke 3 v02 (1 + x ) v2 Traženi poluprečnik je: Rk = = 2 = ⋅⋅⋅ = 2 (1 + x ) 2 . 1 a N v0 ⋅ 2 1+ x

(11)

Zadatak 95. Poluga AB kreće se bez klizanja po nepokretnom točku poluprečnika R (sl. 7.25,a), tako da se ugao između poluprečnika ON povučenog u tački dodira N i horizontale menja po zakonu ϕ = ω⋅ t ( ω = const. ) . Odrediti: a) jednačine kretanja tačke M poluge koja u početnom trenutku zauzima položaj M 0 , b) zakon promene brzine i ubrzanja te tačke. Rešenje: a) S obzirom na to da nema klizanja, dužina NM jednaka je luku NM 0 , tj.: NM = NM 0 = R ⋅ ϕ = Rωt . (1) Sada su koordinate tačke M jednake: xM = ON ⋅ cos ϕ + NM ⋅ sin ϕ = R ⋅ cos ωt + Rωt ⋅ sin ωt , (2) y M = ON ⋅ sin ϕ − NM ⋅ cos ϕ = R ⋅ sin ωt + Rωt ⋅ cos ωt . Putanja tačke M je evolventa.

a)

b)

y

(3)

trajektorija

y

.

y N R

ϕ O

v

N M

R

x

ϕ O

M0

ϕ

.

M x

x

M0

Slika 7.25. Poluga i točak po kome se kreće

b) Brzina tačke M preko Dekartovih koordinata jednaka je (sl.7.25,b): v = x& M2 + y& M2 . (4) Komponente brzine su: 213

Kinematika tačke

dxM = −ωR ⋅ sin ωt + Rω ( sin ωt + tω cos ωt ) = Rω2t cos ωt , dt dy y& M = M = ωR ⋅ cos ωt − Rω ( cos ωt − tωsin ωt ) = Rω2t sin ωt . dt Sada je tražena brzina: x& M =

v = x& M2 + y& M2 =

( Rω t cos ωt ) + ( Rω t sin ωt ) 2

2

xM = Komponente ubrzanja su: &&

&& yM =

2

2

= Rω2t .

dx& M = Rω2 ( cos ωt − tωsin ωt ) , dt

dy& M = Rω2 ( sin ωt + tω cos ωt ) , dt

(5) (6)

(7) (8) (9)

a traženo ubrzanje u funkciji vremena je: a = && xM2 + && y M2 = = Rω2 ⋅

( cos ωt − tωsin ωt )

= Rω2 ⋅

( cos

2

2

+ ( sin ωt + tω cos ωt ) = 2

ωt + sin 2 ωt ) ⋅ (1 + ω2t 2 ) = Rω2 ⋅

(1 + ω t ) . 2 2

(10)

Zadatak 96. Jednačine kretanja tačke M u pravouglom Dekartovom koordinatnom sistemu su: x = k ⋅ t 2 , y = k sin ( ω t ) , z = k cos ( ω t ) , gde su: ω = const., k = const., t = s . Odrediti, u trenutku T = t1 = 1s : a) brzinu tačke, b) ubrzanje tačke, c) poluprečnik krivine putanje. Rešenje: a) Brzina tačke M preko Dekartovih koordinata jednaka je: v = x& M2 + y& M2 + zM2 . (1) Komponente brzine su: dx d x& M = M = ( kt 2 ) = 2kt , (2) dt dt dy d (3) y& M = M = ( k sin ωt ) = k ω⋅ cos ωt , dt dt dz d z&M = M = ( k cos ωt ) = −k ω⋅ sin ωt . (4) dt dt Sada je tražena brzina:

214

Kinematika tačke

v=

( 2kt ) + ( k ωcos ωt ) + ( −k ωsin ωt ) 2

2

2

= k 4t 2 + ω2 .

U traženom trenutku T = t1 = 1s je: v1 = k 4 + ω2 . Komponente ubrzanja su: dx& d && xM = M = ( 2kt ) = 2k , dt dt dy& d && y M = M = ( k ω cos ωt ) = − k ω2 sin ωt . dt dt dz&M d && zM = = ( − k ωsin ωt ) = −k ω2 cos ωt . dt dt b) Ubrzanje tačke M preko Dekartovih koordinata jednako je: a = && xM2 + && y M2 + && zM2 = =

( 2k )

2

+ ( − k ω2 sin ωt ) + ( − k ω2 cos ωt ) = k 4 + ω4 . 2

2

(5) (6) (7) (8) (9)

(10)

c) Da bismo mogli izračunati poluprečnik krivine, potražimo najpre komponente ubrzanja (tangencijalnu i normalnu). dv d 4kt . (11) aT = = k 4t 2 + ω2 = dt dt 4t 2 + ω2 Poluprečnik krivine putanje je:

)

(

Rk =

2

v aT

(k =

)

2

3

2 k (4 + ω )2 . = ⋅⋅⋅ = ⋅ ω ( ω2 + 8 ) k ω ( ω2 + 8)

4 + ω2

(12)

4 + ω2 Zadatak 97. Tačka M se kreće u prostoru konstantnim ubrzanjem koje ima pravac i smer ose Oz nepokretnog pravouglog Dekartovog koordinatnog m sistema. Pri tome je ubrzanje po intenzitetu je a = 4 2 . U početnom s r m trenutku tačka je imala brzinu v0 , po intenzitetu jednaku v0 = 3 . Vektor s brzine leži u ravni paralelnoj ravni Oxy i zaklapa jednake uglove prema osama Ox i Oy. U trenutku T = t1 = 1s od početka kretanja, odrediti poluprečnik krivine trajektorije tačke M.

215

Kinematika tačke

Rešenje: Komponente ubrzanja tačke M su: a x = && x = 0 , a y = && y =0, a z = && z = 4.

(1)

z a M 450

v0

O

y

x Slika 7.26. Tačka u prostoru u kome se kreće konstantnim ubrzanjem

Integracijom dobijamo: v x = x& = C1 , v y = y& = C2 ,

v z = z& = 4t + C3 .

(2)

Konstante integracije dobijamo iz početnih uslova (sl. 7.26), a iznose: 2 2 , C2 = v0 sin 450 = 3 , C3 = 0 . (3) C1 = v0 cos 450 = 3 2 2 Komponente brzine iznose: x& = v0 cos450 , y& = v0 sin 450 , z& = 4t . (4) Brzina tačke M iznosi sada: 2

2

⎛ 2⎞ ⎛ 2⎞ 2 v = x& + y& + z& = ⎜ 3 ⎟ + ⎜3 ⎟ + ( 4t ) , ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ dv a nakon diferenciranja po vremenu je 2v = 16 ⋅ 2t , odakle je dt dv 16t = . tangencijalna komponenta ubrzanja dt v Dakle, tangencijalno ubrzanje iznosi: dv 16t . aT = = 2 2 2 dt 3 2 / 2 + 3 2 / 2 + ( 4t ) 2

2

2

2

(

) (

)

U traženom trenutku T = t1 = 1s od početka kretanja su: 2 2 m 2 v1 = 3 2 / 2 + 3 2 / 2 + ( 4 ⋅ 1) = 5 , i s

(

) (

)

216

(5)

(6)

Kinematika tačke

aT1 =

16 ⋅1

(3

) (

)

2

2

2 / 2 + 3 2 / 2 + ( 4 ⋅ 1)

= 2

16 m . 5 s2

Normalna komponenta ubrzanja sada je: 2

⎛ 16 ⎞ 12 m a N1 = a − a = 4 − ⎜ ⎟ = , 5 s2 ⎝ 5⎠ a poluprečnik krivine putanje tačke iznosi: 2 v2 R k1 = 1 = 5 = 125 = 10,42m . a N1 12 / 5 12 2

2 T1

2

(7)

Zadatak 98. Jednačine kretanja tačke M u pravouglom Dekartovom koordinatnom sistemu su: x = R ⋅ cos t 2 , y = R ⋅ sin t 2 , z = b ⋅ t 2 , gde su: R = const., b = const. t − s . Odrediti: a) trajektoriju tačke, b) tangencijalno i normalno ubrzanje, c) poluprečnik krivine putanje tačke i pokazati da je veći od R. Rešenje: a) Iz jednačina kretanja trajektorija je: z x 2 + y 2 = R 2 , x = R cos . b b) Brzina tačke M preko Dekartovih koordinata je: v = x& M2 + y& M2 + zM2 .

Komponente brzine su: dx d x& M = M = ( R cos t 2 ) = −2 Rt ⋅ sin t 2 , dt dt dy d y& M = M = ( R sin t 2 ) = 2 Rt ⋅ cost 2 , dt dt dzM d z&M = = ( bt 2 ) = 2bt . dt dt Sada je tražena brzina: v=

( −2 Rt sin t ) + ( 2 Rt cos t ) + ( 2bt ) 2 2

2 2

Tangencijalna komponenta ubrzanja je:

217

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

2

= 2t ⋅ R 2 + b 2 .

(6)

Kinematika tačke

)

(

dv d 2t ⋅ R 2 + b 2 = 2 ⋅ R 2 + b 2 . (7) = dt dt Do istog rezultata bismo došli i primenom poznatog obrasca iz teorije: &&& + yy &&& + zz &&& + yy &&& + zz &&& xx &&& xx aT = = = ⋅⋅⋅ = 2 ⋅ R 2 + b2 . 2 2 2 v x& + y& + z& aT =

Komponente ubrzanja preko Dekartovih koordinata iznose: dx& && xM = M = −2 R sin t 2 − 4t 2 R cos t 2 , dt dy& && y M = M = 2 R cos t 2 − 4t 2 R sin t 2 , dt dz&M && zM = = 2b , dt a ubrzanje tačke M preko Dekartovih koordinata je: a = && xM2 + && y M2 + && zM2 = ⋅⋅⋅ = 2 R 2 + 4t 4 R 2 + b 2 . Normalnu komponentu ubrzanja sada dobijamo kao a N = a 2 − aT2 = 4 R 2 + 16t 4 R 2 + 4b2 − 4 R 2 − 4b2 = 4 Rt 2 . c) Poluprečnik krivine putanje je: 2

v Rk = = aT

(

2t ⋅ R 2 + b 2 4 Rt 2

)

2

=

4t 2 ( R 2 + b 2 ) 4 Rt 2

⎛ b2 ⎞ = ⎜R+ ⎟ > R. R⎠ ⎝

(8) (9) (10) (11) (12)

(13)

Zadatak 99. Kretanje tačke u polarno-cilindričnom koordinatnom sistemu definisano je jednačinama π r = R cos2 ωt , ϕ = cos2ωt , z = 0 , 2 gde su r, ϕ i z koordinate tačke, a R i ω su proizvoljne konstante. Odrediti π s. radijalnu komponentu ubrzanja u trenutku T = t1 = 2ω Rešenje: Komponente brzine i ubrzanja su: vr = r& , v p = rϕ& , ar = && r − rϕ& 2 , a p = rϕ + 2 r&ϕ& .

Potražimo odgovarajuće izvode na osnovu jednačina kretanja: r& = R ⋅ 2cos ωt ⋅ − sin ωt ⋅ ω = −2 Rω⋅ sin ωt ⋅ cos ωt = − Rω⋅ sin 2ωt , 218

Kinematika tačke

&& = −2 πω2 ⋅ cos 2ωt . && r = −2 Rω2 ⋅ cos 2ωt , ϕ& = −πω⋅ sin 2ωt , ϕ Komponente brzine sada su: vr = r& = − Rωsin 2ωt , v p = rϕ& = R cos2 ωt ⋅ −πωsin 2ωt , a brzina

v = R 2 ω2 sin 2 2ωt + π 2 ω2 R 2 cos 4 ωt ⋅ sin 2 2ωt . Komponente ubrzanja sada su: 2 ar = && r − rϕ& 2 = −2 Rω2 cos 2ωt − R cos2 ωt ⋅ ( −πωsin 2ωt ) ,

a p = R cos2 ωt ⋅ −2πω2 cos 2ωt + 2 ⋅ − Rωsin 2ωt ⋅ −πωsin 2ωt , π s , komponente su: 2ω π ⎞ π ⎞ ⎛ ⎛ 2 ar ⎜ t1 = ⎟ = 2 Rω , a p ⎜ t1 = ⎟ = 0. 2ω ⎠ 2ω ⎠ ⎝ ⎝

U traženom u trenutku T = t1 =

Zadatak 100. Tačka M se kreće u ravni Oxy tako da joj je brzina r r r v = (x − y)⋅i + ( y − x)⋅ j . m Ako je u početnom trenutku x0 = 0 i x&0 = 2 , odrediti: a) konačne s jednačine kretanja tačke M , b) trajektoriju tačke M , c) tangencijalno i normalno ubrzanje tačke M . Rešenje: a) Data je brzina preko komponenata r r r v = (x − y)⋅i + ( y − x)⋅ j . r r r r r & + y& j , S druge strane je v = v x i + v y j = xi

pa zaključujemo da su komponente v x = x& = x − y , v y = y& = y − x . Iz (3) sledi x& = − y& . Diferencirajmo sada po vremenu komponentu v x = x& = x − y , tj., a x = && x = x& − y& = x& − ( − x& ) = 2 x& . Ovaj izvod po vremenu možemo pisati i kao: dx& dx& dx dx& dx& a x = && x= = = x& , a x = && x= = 2 x& , dt dt dx dx dt dx& = 2dt , odakle sledi: x& 219

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

(6)

Kinematika tačke

dx& = 2 ∫ dt , x& ln x& = 2t + C1 . (7) Konstantu integracije C1 dobijamo iz početnih uslova, tj. za t0 = 0 , x0 = 0 i x&0 = 2 sledi da je C1 = ln 2 . Sada pišemo: x& ln x& = 2t + ln 2 ⇒ ln = 2t , (8) 2 x& = 2e 2 t . (9) Na osnovu (4) možemo pisati y& = − x& = −2e 2 t . (10) Integracijom (9) i (10) dobijamo: x = e 2 t + C2 , (11)

∫

y = − e 2 t + C3 . (12) Konstante integracije C2 i C3 dobijamo iz početnih uslova tj. za t0 = 0 , x0 = 0 ; sledi da je:

Iz (11) za t0 = 0 sledi x0 = e 2 t0 + C2 , odnosno 0 = 1 + C2 , tj., C2 = −1 . Iz (3), tj. v x = x& = x − y , sledi da je y = x − x& , a u početnom trenutku imamo: y0 = x0 − x&0 = 0 − 2 = −2 . (13) Ubacimo (13) u (12) za početni trenutak tj., y0 = − e2 t0 + C3 , odakle dobijamo −2 = −1 + C3 , da je C3 = −1 . Konačno su tražene jednačine kretanja oblika x = −1 + e 2 t , (14) 2t y = −1 − e . (15) b) Eliminacijom parametra t iz jednačina (14) i (15) dobijamo trajektoriju u obliku: x + y = −2 , (16) prikazanu na sl. 7.27. c) Na osnovu brzine tačke M,

220

Kinematika tačke

v = x& 2 + y& 2 =

( 2 e ) + ( −2 e ) 2t 2

2t 2

= 2 2 ⋅ e2 t ,

(17)

y

-2

x

O t>0 -2 M0 x+ x>0 y= -2

Slika 7.27. Trajektorija tačke, smer kretanja i početni položaj

tražena ubrzanja su:

(

2 2 ⋅ e2t v2 dv d 2t 2t 2 2 ⋅ e = 4 2 ⋅ e , aN = = aT = = ∞ Rk dt dt Tačka se kreće po pravcu pa je Rk = ∞ .

(

)

)

2

=0.

(18)

x2 y 2 − = 1 , tako da je 9 9 položaju koji je najbliži

Zadatak 101. Tačka M se kreće po krivoj

komponenta

brzine

v y = v0 = const.

U

koordinatnom početku odrediti brzinu i ubrzanje tačke, kao i radijus krivine tačke. Dato je x = 0 .

y

vy = v0

x

O M

Slika 7.28. Trajektorija tačke i njen najbliži položaj koordinatnom početku

Rešenje: Pođimo od jednačine trajektorije x 2 − y 2 = 9 i zadatog uslova

221

Kinematika tačke

v y = y& = v0 = const. (sl. 7.28).

Diferenciranjem po vremenu jednačine kretanja i primenom zadatog r uslova, možemo dobiti komponentu brzine v x tačke M: 2 2 y x ⋅ x& − y ⋅ y& = 0 , x ⋅ x& − y ⋅ v0 = 0 , v x = x& = ⋅ v0 . (1) 9 9 x Sada ukupna brzina iznosi: 2

2

v ⎛y ⎞ ⎛ y⎞ v = v x2 + v 2y = ⎜ ⋅ v0 ⎟ + v02 = v0 1 + ⎜ ⎟ = 0 x ⎝x ⎠ ⎝x⎠ v Za traženi položaj je: y = 0 , x = 3 , a brzina v1 = 0 3 Potražimo sada komponente ubrzanja tačke: y v x − y v0 0 & − yx& dx& d ⎛ y yx ⎞ x = a x = && x= = ⎜ ⋅ v0 ⎟ = v0 = dt dt ⎝ x x2 x2 ⎠ dy& d a y = && y= = ( v0 ) = 0 . dt dt Sada ukupno ubrzanje iznosi: v a = a x2 + a 2y = && x 2 + && y 2 = 03 ( x 2 − y 2 ) . x Za traženi položaj je: y = 0 , x = 3 ,

x2 + y2 .

(2)

9 = v0 .

(3)

v02 2 x − y2 ) , 3 ( x

v02 2 2 v02 − = 3 0 ( ) 3. 33 Tangencijalna komponenta ubrzanja je:

a ubrzanje a1 =

(4) (5)

(6)

(7)

y xyv0 − v0 y 2 v x aT = dv = d ⎛⎜ 0 x 2 + y 2 ⎞⎟ = ⋅⋅⋅ = v0 , 2 2 dt dt ⎝ x ⎠ x x + y2 y v0 y 2 x . (8) aT = v0 x2 x2 + y2 Za traženi položaj je: y = 0 , x = 3 , a tangencijalno ubrzanje aT 1 = 0 . (9) xyv0 −

Normalna komponenta je a N1 = a12 − aT21 =

222

v04 v2 − 02 = 0 . 9 3

(10)

Kinematika tačke

Traženi poluprečnik zakrivljenosti je: Rk1 =

v12 v2 = 20 = 3. a N1 v0 / 3

(11)

Zadatak 102. Tačka M se kreće u ravni Oxy saglasno jednačinama: x = 3t , y = 4t − 3t 2 , gde su: x, y − cm; t − s . Odrediti: a) trajektoriju tačke M , b) trenutak vremena u kome se tačka M nalazi na osi Ox, c) trenutak vremena u kome brzina tačke M ima najmanju vrednost i tu brzinu, d) ugao između pravca brzine i ubrzanja u 1 trenutku t1 = s . 6

Rešenje: a) Eliminacijom parametra vreme iz jednačina kretanja dobija se trajektorija, oblika: x (1) y = (4 − x ) , (0 ≤ x < ∞) 3 koja je prikazana na sl.7.29. y

O

v

M

1,33

x x1

x2 a)

b)

M 135 0 a

Slika 7.29. Trajektorija tačke i ugao između vektora brzine i ubrzanja

b) Potražimo presečne tačke trajektorije sa osom Ox na osnovu jednačine kretanja: y = 4t − 3t 2 = 0 , 4 (2) koja daje trenutke t1 = 0 i t2 = . 3 c) Potražimo brzinu tačke preko komponenata: d d v x = x& = ( 3t ) = 3 , v y = y& = ( 4t − 3t 2 ) = 4 − 6t , dt dt cm v = v x2 + v 2y = 25 − 48t + 36t 2 . (3) s 223

Kinematika tačke

Tražena minimalna brzina tačke je u trenutku kada je d 2 vmin . = ( v 2 ) = 0 , odnosno −48 + 72 ⋅ tmin. = 0 ⇒ tmin. = 3 dt m i iznosi vmin. = v ( tmin . ) = 9 = 3 , s 2 d imajući na umu da je 2 ( v 2 ) = 72 ≥ 0 . dt d) Za traženi trenutak t1 = 1 s komponente brzine i brzina su: 6 m v x ( t1 ) = 3 , v y ( t1 ) = 3 , v ( t1 ) = 3 2 . s Za traženi trenutak t1 = 1 s komponente ubrzanja i ubrzanje je: 6 m a x ( t1 ) = 0 , a y ( t1 ) = −6 , a ( t1 ) = 6 2 . s Traženi uglovi su rr r r x& 2 y& 2 cos ( v , i ) = = , cos ( v , j ) = = , 2 2 v v && && rr x y r r cos ( a , i ) = = 0 , cos ( a , j ) = = −1 . a a a ugao između vektora brzina i ubrzanja (sl. 7.29,b) iznosi 1350.

(4) (5)

(6)

(7)

(8) (9)

Zadatak 103. Kran ima nepomičnu vertikalnu osu obrtanja oko koje se obrće tako da je ugao obrtanja ϕ = ω⋅ t , gde je ω = const. , a ugao β između ose obrtanja i strele konstantan. Istovremeno teret Q se podiže konstantnom r brzinom u . Odrediti: a) trajektoriju tereta, b) brzinu i ubrzanje tereta, c) radijus krivine trajektorije tereta, ako se u početnom trenutku teret nalazio na osi Ox, a projekcija strele na horizontalnu ravan je R. Rešenje: a) Postavimo jednačine kretanja tereta Q (na osnovu sl. 7.30): x = R cos ωt , y = R sin ωt , z = u ⋅ t . (1) z Eliminacijom parametra t iz jednačina kretanja, tj., t = , u

224

Kinematika tačke

z z x = R cos ω , y = R sin ω , u u dobijamo traženu trajektoriju: x 2 + y 2 = R 2 . z

(2)

M

B β

Q A

x

y

R

ϕ

Slika 7.30. Dizalica i koordinate tereta

b) Potražimo sada komponente brzine i ubrzanja pa na osnovu njih brzinu i ubrzanje: v x = x& = − Rωsin ωt , v y = y& = Rω cos ωt , v z = z& = u , (3) a x = && x = − Rω2 cos ωt , a y = && y = − Rω2 sin ωt , a z = && z =0.

(4)

v = v x2 + v 2y + v z2 = R 2 ω2 + u 2 ,

(5)

a = a x2 + a 2y + a z2 = Rω2 .

(6)

c) Potražimo najpre tangencijalnu i normalnu komponentu ubrzanja dv = 0 , a N = a 2 − aT2 = Rω2 , aT = dt v 2 R 2 ω2 + u 2 u2 pa zatim radijus krivine Rk = . = = + R aN Rω2 Rω2

(7) (8)

Zadatak 104. Kretanje tačke M u odnosu na cilindrični koordinatni sistem definisano je sledećim jednačinama t2 t3 z= , r =2, ϕ= , 2 3 gde su: r , z − cm, ϕ − rad, t − s . Odrediti: a) jednačinu trajektorije tačke M , b) brzinu i ubrzanje tačke M , c) poluprečnik krivine putanje tačke M , u trenutku T = t1 = 2 s . 225

Kinematika tačke

z

M z

O x

y

r

ϕ

Slika 7.31. Kretanje tačke u cilindričnom koordinatnom sistemu

Rešenje: a) Trajektoriju tačke M dobijamo iz zadatih jednačina kretanja 1

eliminacijom parametra t (vreme), t = ( 2ϕ ) 2 , a glasi: r =2,

z=

3 1 ( 2ϕ ) 2 . 3

(1)

b) Brzina tačke M jednaka je: v = vr2 + vϕ2 + v z2 . dr d dr& = ( 2 ) = 0 , && =0, r= dt dt dt dϕ d ⎛ t2 ⎞ d ϕ& d && = = (t ) = 1 , ϕ& = = ⎜ ⎟=t, ϕ dt dt ⎝ 2 ⎠ dt dt dz d ⎛ t 3 ⎞ 2 dz& d 2 z& = z= = ( t ) = 2t . = ⎜ ⎟ = t , && dt dt ⎝ 3 ⎠ dt dt

Potražimo izvode: r& =

Komponente brzine su: vr = r& = 0 ,

v p = r ⋅ ϕ& = 2t , v z = z& = t 2 .

Sada je tražena brzina: v = vr2 + v 2p + v z2 = 4t 2 + t 4 . U traženom trenutku T = t1 = 2s je: v1 = 4 2

cm . s

(2) (3) (4) (5) (6) (7)

Komponente ubrzanja su: ar = && r − rϕ& 2 = −2t 2 , && + 2 r&ϕ& = 2 . a p = rϕ

(8) (9)

a z = &&z = 2t .

(10)

Ubrzanje je: a = ar2 + aϕ2 + a z2 = 4t 4 + 4 + 4t 2 = 2 1 + t 2 + t 4 .

(11)

226

Kinematika tačke

cm . (12) s2 c) Da bismo mogli izračunati poluprečnik, krivine potražimo najpre komponente ubrzanja (tangencijalnu i normalnu). dv d 4 + 2t 2 2 4 = 4t + t = ⋅⋅⋅ = . (13) aT = dt dt 4 + t2 cm (14) U traženom trenutku T = t1 = 2s je: aT 1 = 3 2 2 . s Komponenta ubrzanja duž normale je: cm a N 1 = a12 − aT21 = 4 ⋅ 21 − 9 ⋅ 2 = 66 2 . (15) s Traženi poluprečnik krivine putanje je: v 2 16 ⋅ 2 16 66 = = ⋅⋅⋅ = cm . (16) Rk = 33 aN 66

U traženom trenutku T = t1 = 2s je: a1 = 2 21

(

)

Zadatak 105. Tačka M se kreće u ravni Oxy tako da je njeno ubrzanje r r r a = a0 ⋅ i + a0 ⋅ j , gde je a0 = const.

U početnom trenutku tačka je u položaju M 0 ( 0,0 ) , a njena početna r r brzina v = v0 ⋅ j , v0 = const. . Odrediti: a) hodograf brzine tačke M i nacrtati ga, b) poluprečnik krivine v putanje tačke M , u trenutku T = t1 = 0 . a0 Rešenje: a) Komponente ubrzanja iz zadatog zakona su: && x = a x = a0 , && y = a y = a0 ,

(1)

odakle određujemo komponente brzine: x& = v x = a0t + C1 , y& = v y = a0t + C2 .

(2)

Konstante integracije određujemo iz početnih uslova: t0 = 0 , x& = 0 , y& = v0 ,

(3) a iznose: C1 = 0 , C2 = v0 . (4) Zakon promene brzine je: x& = a0t , y& = a0t + v0 . (5) Hodograf brzine tačke M dobijamo iz jednačina promene brzine eliminacijom parametra t (vreme), t = x& / a0 , a glasi: 227

Kinematika tačke

x& + v0 = x& + v0 . a0 Hodograf je prikazan na sl. 7.32. y& = a0

(6)

.

f grae o d ho rzin b

y v0

.

.

y= f ( x)

.

x

Slika 7.32. Hodograf brzine tačke pri kretanju

b) Ubrzanje tačke je: a = a x2 + a 2y = a0 2 .

(7)

Brzina tačke M je: v = x& 2 + y& 2 =

( a0t ) + ( a0t + v0 ) 2

2

=

= a02t 2 + a02t 2 + 2a0v0t + v02 = 2a02t 2 + 2a0v0t + v02 . v U trenutku T = t1 = 0 brzina je: a0

(8)

v02 v + 2a0v0 0 + v02 = v0 5 . (9) 2 a0 a0 Da bismo mogli izračunati poluprečnik krivine, potražimo najpre komponente ubrzanja (tangencijalnu i normalnu). dv d 4a02t + 2a0 v0 = 2a02t 2 + 2a0v0t + v02 = . (10) aT = dt dt 2 2a02t 2 + 2a0v0t + v02 v1 = 2a02

(

)

U traženom trenutku T = t1 = 2s je: aT 1 =

3 3 5 a0 = a0 . 5 5

Komponenta ubrzanja duž normale je: 9 ⋅ 5 2 a0 5 = a N 1 = a12 − aT21 = 2a02 − a0 = a0 . 25 5 5 Traženi poluprečnik krivine putanje je:

228

(11)

(12)

Kinematika tačke

Rk 1 =

v12 5v02 v2 = =5 5⋅ 0 . aN 1 a0 5 a0 5

(13)

r Zadatak 106. Tačka se kreće u ravni Oxy konstantom brzinom v = k . Vektor brzine obrazuje sa osom Ox ugao α = R ⋅ t , gde je R konstanta. Odrediti trajektoriju tačke i veličinu ubrzanja ako je u početnom trenutku t0 = 0 tačka bila u koordinatnom početku.

Rešenje: Potražimo projekcije brzine na ose tj.: v x = x& = v cos α = k cos Rt , v y = y& = v sin α = k sin Rt .

(1)

Sada su jednačine ili zakoni kretanja: k k x = sin Rt + C1 , y = sin Rt + C2 . (2) R R Konstante integracije C1 i C2 dobijamo iz početnih uslova koji glase: k t0 = 0 , x0 = 0 , y0 = 0 , pa dobijamo: C1 = 0 i C2 = . (3) R Dakle, jednačine kretanja glase: k k k k x = sin Rt , y = − cos Rt + = (1 − cos Rt ) . (4) R R R R Trajektoriju tačke dobijamo iz jednačina kretanja, nakon kvadriranja i 2

k⎞ ⎛ y− ⎟ 2 ⎜ x R⎠ sabiranja oba izraza, tj.: +⎝ = 1. 2 2 ⎛k⎞ ⎛k⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝R⎠ ⎝R⎠ Očigledno je da je trajektorija kružnica, čija jednačina glasi: 2

2

k⎞ ⎛k⎞ ⎛ x2 + ⎜ y − ⎟ = ⎜ ⎟ . R⎠ ⎝R⎠ ⎝ Komponente traženog ubrzanja su: dv dv a x = x = − kR sin Rt , a y = y = kR cos Rt , dt dt a ukupno ubrzanje iznosi: a = a x2 + a 2y =

( −kR sin Rt )

2

+ ( kR cos Rt ) = kR . 2

229

(5)

(6)

(7)

Kinematika tačke

r Zadatak 107. Tačka se kreće u ravni Oxy konstanim ubrzanjem a m intenziteta 2 2 i pravca paralelnog osi Ox. Odrediti poluprečnik krivine s trajektorije tačke u trenutku t1 = 1 s , ako je u početnom trenutku imala

m r brzinu v0 intenziteta 2 i pravca pod uglom α = 300 prema osi Oy. s

Rešenje: Potražimo projekcije ubrzanja na ose tj.: a x = && x = 2 , a y = && y =0.

Ubrzanje iznosi: a = a x2 + a 2y = 2

(1)

m . s2

(2)

Daljom integracijom dobijamo: x& = 2t + C1 , y& = C2 . (3) Konstante integracije C1 i C2 dobijamo iz početnih uslova koji glase: 1 3 t0 = 0 , v x 0 = x&0 = v0 sin α = 2 ⋅ = 1 , v y 0 = y& 0 = v0 cos α = 2 ⋅ = 3, 2 2 pa dobijamo: C1 = 1 i C2 = 3 . Projekcije brzine na ose iznose: v x = x& = 2t + 1 , v y = y& = 3 .

( 2t + 1)

Brzina iznosi: v = v x2 + v 2y =

2

+3 .

m . s Tangencijalna i normalna komponenta ubrzanja glase: 2 ( 2t + 1) dv d 2 , aT = = ( 2t + 1) + 3 = 2 dt dt 2 ( 2t + 1) + 3 aT 1 = a 2 − aT21 = 22 −

)

( 3)

2

=1

m . s2

(7)

(8) (9)

(

2 3 v2 Traženi poluprečnik krivine je: Rk 1 = 1 = 1 aN 1

230

(5) (6)

U trenutku t1 = 1 s brzina je: v1 = 2 3

(

(4)

)

2

= 12 m .

(10)

Kinematika tačke

Zadatak 108. Jednačine kretanja tačke M u polarnim koordinatama su: r = 2e3t , ϕ = 3t , pri čemu se vreme t meri u sekundama, r − m i ϕ − rad . Odrediti poluprečnik krivine trajektorije tačke u funkciji a) vremena, b) polarnog potega r. Rešenje: a) Brzina tačke M preko polarnih koordinata je:

v = vr2 + vϕ2 .

(1)

Komponente brzine su: dr dr& && = 0 . r& = = 6e3t , && r= = 18e3t , ϕ& = 3 , ϕ dt dt

vr = r& = 6e3t , vϕ = rϕ& = 6e3t , v = vr2 + vϕ2 = 6e3t 2 .

(2) (3)

Ubrzanje tačke M preko polarnih koordinata je:

a = ar2 + aϕ2 = 36e3t ,

(4)

&& + 2r&ϕ& = 36e3t . ar = && r − rϕ = 0 , aϕ = rϕ (5) Da bismo mogli izračunati poluprečnik krivine, potražimo najpre komponente ubrzanja (tangencijalnu i normalnu). dv d aT = = 6e3t 2 = 18e3t 2 . (6) dt dt Komponenta ubrzanja duž normale je: gde je

(

a N = a 2 − aT2 =

)

( 36e ) − (18e 3t 2

3t

2

)

2

= ⋅⋅⋅ = 18e3t 2 .

(7)

Poluprečnik krivine putanje je:

(

)

2

6 e 3t 2 v2 = = ⋅⋅⋅ = r 2 . Rk = aT 18e3t 2

(8)

b) Zamenom izraza r = e3t u jednačinu (8) određuje se poluprečnik krivine putanje tačke M u funkciji polarnog potega r, Rk = ⋅⋅⋅ = r 2 .

231

Translacija i rotacija

8. NAJPROSTIJI SLUČAJEVI KRETANJA KRUTOG TELA 8.1. TRANSLATORNO KRETANJE KRUTOG TELA

Translatorno kretanje krutog tela je takvo kretanje pri kojem prava ili duž kruto vezana za telo ostaje sve vreme kretanja paralelna svom prvobitnom položaju. Pri translatornom kretanju krutog tela sve tačke tela opisuju istovetne putanje, tj. putanje tačaka se poklapaju. Translacija tela može biti pravolinijska i krivolinijska. Neka se telo kreće translatorno u odnosu na Dekartov pravougli sistem referencije Oxyz. Uočimo na telu dve tačke, A i B. Položaj tih tačaka u r r odnosu na sistem referencije Oxyz određen je vektorima položaja rA i rB , a r položaj tačke B u odnosu na tačku A vektorom ρ , koji je konstantan (sl. 8.1). z B

B1 ρ

rB

A

A1

rA y

O x Slika 8.1. Translatorno kretanje tela

r r r Sa slike se vidi da je: rB = rA + ρ . (8.1) r r r dr dr d ρ d r r r Brzina tačke B je: vB = B = ( rA + ρ ) = A + . dt dt dt dt r r r → r → drB drA dρ Pošto je ρ = AB = const. , tada je = 0 , pa sledi: , (8.2) = dt dt dt r r to jest: vB = v A . Diferenciranjem izraza za brzinu po vremenu, dobijamo ubrzanje:

232


r r dvB dv A , (8.3) = dt dt r r to jest: aB = a A . Prema tome: a) pri translatornom kretanju krutog tela sve tačke tela se kreću na isti način i imaju istovetne putanje (kongruentne krive), b) brzine i ubrzanja svih tačaka tela u datom trenutku su međusobno jednake. 8.2. ROTACIONO KRETANJE

8.2.1. Definicija obrtnog kretanja. Zakon kretanja Ako pri kretanju krutog tela dve tačke (A i B) tela ostaju nepomične, takvo kretanje nazivamo rotacionim (obrtnim) ili obrtanjem oko nepomične (stalne) ose. Prava koja spaja dve nepomične tačke krutog tela naziva se osa obrtanja. z ϕ

P

B

Q

ε A

ω k

O

j

y

i

x Slika 8.2. Ugao rotacije

Pri ovakvom kretanju tela, putanje svih tačaka krutog tela, izuzev tačaka koje pripadaju osi obrtanja, jesu kružnice koje leže u ravnima upravnim na osu obrtanja i čiji se centri nalaze na osi obrtanja. Položaj tela je potpuno određen uglom ϕ, kojeg grade dve ravni koje prolaze kroz osu obrtanja, od kojih je ravan P nepomična, a ravan Q pomična i kruto vezana za telo (sl. 8.2). Zakon kretanja krutog tela je: ϕ = ϕ ( t ) . (8.4) Ako se promena ugla ϕ posmatrana iz vrha ose obrtanja z vidi u smeru suprotnom obrtanju kazaljke na časovniku, kažemo da je to pozitivna promena ugla ϕ (rotacija u pozitivnom smeru). 233


8.2.2. Ugaona brzina i ugaono ubrzanje tela Ugaona brzina definiše brzinu promene ugla ϕ. Srednju ugaonu brzinu kao vektor definisaćemo ovako: r Δϕ r ωsr = k, Δt r gde su: Δϕ − priraštaj ugla rotacije, Δt − priraštaj vremena i k − jedinični vektor duž obrtne ose z. Trenutnu ugaonu brzinu kao vektor definisaćemo u obliku: r r Δϕ r d ϕ r ω = lim ωsr = lim k= k. (8.5) Δt → 0 Δt → 0 Δt dt Prema tome, ugaona brzina se definiše kao vektor koji ima pravac trenutne obrtne ose, smer takav da se iz vrha tog vektora obrtanje vidi kao suprotno obrtanju kazaljke na časovniku, a intenzitet jednak intenzitetu izvoda ugla obrtanja po vremenu. Projekcije ugaone brzine na ose obrtanja su: dϕ ω x = 0 , ω y = 0 , ωz = . (8.6) dt Ugaona brzina je klizni vektor, što znači da ga možemo pomerati duž njegovog pravca. Ugaono ubrzanje karakteriše promenu vektora ugaone brzine po vremenu. Srednje ugaono ubrzanje tela za vreme Δt se definiše kao: r r Δω εsr = . Δt r gde je: Δω – priraštaj ugaone brzine. Trenutno ugaono ubrzanje je: r r r Δω d ω d ωz r d 2 ϕ r ε = lim = = k= 2 k. (8.7) Δt → 0 Δt dt dt dt Projekcija ugaonog ubrzanja na osu rotacije je: d ωz εz = . (8.8) dt r r Ako vektori ω i ε imaju isti smer, tada je reč o ubrzanoj rotaciji, a ako su im smerovi različiti, reč je o usporenoj rotaciji. Ako je ε = 0 , rotacija je ravnomerna. 234


8.2.3. Određivanje brzine i ubrzanja pojedinih tačaka Pođimo od intenziteta brzine neke tačke M (vidi sl. 8.3). Ona će biti ds jednaka: vM = , (8.9) dt gde je ds diferencijal lučne koordinate putanje tačke M. Dalje možemo pisati: r r r r O M ⋅d ϕ r = O1M ⋅ω = ( rM ( sin ( ω, rM ) ⋅ ω = ω× rM . vM = 1 dt 10 − Vidimo da je intenzitet brzine tačke M jednak intenzitetu vektorskog proizvoda između vektora ugaone brzine i radijus vektora tačke M. 20 − Pravac vektora brzine je usmeren u pravcu tangente na kružnu r r putanju tačke, tj. vertikalan je na vektore ω i rM (sl. 8.3). z

M0 ds

trajektorija ta~ke

R ϕ M

O1 aN

aT v

ε

rM

ω O

k j

y

i

x Slika 8.3. Rotacija tačke tela

30 − Smer vektora brzine je takav da iz njegovog vrha vidimo da se r r zaokretanje vektora ω ka vektoru rM vidi u smeru suprotnom obrtanju kazaljke na časovniku. Imajući u vidu 10, 20 i 30, zaključujemo da je: r r drM r r = ω× rM . (8.10) vM = dt 235


Ovaj izraz je poznat kao Ojlerova formula, po Leonhard Euleru (1707−1783. godine). Vektor brzine proizvoljne tačke M, koja vrši obrtanje oko stalne ose, jednak je vektorskom proizvodu između vektora ugaone brzine i radijusvektora tačke M. Vektor brzine je vezani vektor (vektor vezan za tačku). Intenzitet brzine tačke M je: vM = O1M ⋅ ω = R ⋅ ω . (8.11) Vektor ubrzanja je: r r r dvM r drM d r r dω r r aM = , = ( ω× rM ) = × rM + ω× dt dt dt dt r r r r r aM = ε × rM + ω× vM . (8.12) Vidimo da se vektor ubrzanja sastoji od dve komponente, i to: r r r − tangencijalne komponente: ( aM )T = ε × rM i (8.13) r r r r r r − normalne komponente: ( aM ) N = ω× vM = ω× ( ω× rM ) . (8.14) Prva komponenta ima pravac tangente na putanju (tangencijalna komponenta), a druga je usmerena ka osi rotacije (normalna komponenta). Intenziteti ovih komponenata su: r r (8.15) ( aM )T = ε ⋅ rM ⋅ sin ( ε, rM ) = ε ⋅ R , r r (8.16) ( aM ) N = ω⋅ vM ⋅ sin ( ω, vM ) = ω2 ⋅ R . Intenzitet ukupnog ubrzanja je: aM =

( aM )T + ( aM ) N 2

2

= R 2 ε 2 + ω4 .

(8.17)

8.2.4. Prenosnici Prenos kružnog kretanja vrši se kaišnicima, frikcionim točkovima i zupčanicima. Na sl. 8.4,a podrazumeva se da je kaiš dovoljno zategnut i da nema klizanja između kaiša i kaišnika. Isto tako je potrebno da su frikcioni točkovi (sl. 8.4,b) dovoljno priljubljeni da bi se izbeglo proklizavanje. U tom slučaju brzinu kaiša imaju sve tačke na obodima I i II. Iz ove jednakosti perifernih (obodnih) brzina nalazimo odnos: v = ω1r1 = ω2 r2 , (8.18) iz koga se može izračunati jedna, tražena, ugaona brzina. Isti odnos važi i za frikcione točkove.

236


ω

ω

ω

ω

Slika 8.4. Prenosnici

Odnos (8.20) primenjuje se i na zupčanike, ali su r1 i r2 poluprečnici tzv. kinematičkih krugova zupčanika, po kojima se oni kotrljaju kao frikcioni točkovi. Jednakost zubaca ozubljenih zupčanika ceni se korakom e (sl. 8.4,c), kao zbirom širine zuba i međuzublja, merenih po kinematičkom krugu. Otuda je obim ovog kruga prečnika d jednak proizvodu koraka e i broja zubaca zupčanika z, tj: O = 2r π = d ⋅ π = z ⋅ e , (8.19) odakle sledi da je: e e d = 2r = ⋅ z = m ⋅ z , = m, e = m⋅π, (8.20) π π gde je m − modul zupčanika u čeonoj ravni. To je osnovni parametar pomoću kojeg se izražavaju sve druge dimenzije ozubljenja. Zamenimo li poluprečnike r1 i r2 u (8.20), prenosni odnos zupčanika možemo napisati u sledećem obliku: ω1 r2 z2 = = . (8.21) ω2 r1 z1 Zadatak 109. Odrediti brzinu i ubrzanje tačke (sl. 8.5), na površini Zemlje u mestu sa geografskom širinom ϕ = 600 , uzimajući u obzir samo obrtanje Zemlje oko svoje ose. Poluprečnik Zemlje je R = 6370 km .

237


Rešenje: Obrtanje Zemlje oko svoje ose smatramo ravnomernim, sa ugaonom brzinom: 2π 2π (1) ω= = = 0,0000727s −1 = 7,27 ⋅10−5 s −1 . 24 ⋅ 60 ⋅ 60 T

ω

Slika 8.5. Ubrzanje tačke na površini Zemlje

Kako je poluprečnik putanje uočene tačke r = R cos ϕ = R cos 600 = 6370 ⋅ 0,5 = 3185 km , (2) tražena brzina tačke je: km . (3) v = r ⋅ ω = 0, 0000727 ⋅ 3185 = 0, 232 s Usled ravnomerene rotacije, tačka ima samo normalno ubrzanje m a = aN = r ⋅ ω2 = 3185 ⋅ 0,0000727 2 ⋅103 = 0,0169 , (4) s r r čiji je vektor a = aN usmeren ka osi rotacije. Zadatak 110. Turbina reaktivnog aviona čini n0 = 9000 ob min . U intervalu dužine t = 30 s turbina se obrće jednako ubrzano i učini n = 5400 ob . Naći zakon obrtanja turbine i njenu ugaonu brzinu. Rešenje: Početnom broju obrtaja n0 odgovara početna ugaona brzina 238


πn0 = 300s −1 , (1) 30 jednako ubrzanog kretanja, za koje su nam poznati zakoni: 1 ω = ω0 + εt , ϕ = ω0t + εt 2 . (2) 2 Kako je za vreme t = 30 s turbina učinila n0 = 9000 ob min , to je njen ugao obrtanja ϕ = 2πn = 10800π rad . Sa ovim poznatim podacima za trenutak t = 30s izrazi (2) postaju: ω = 300π + 30ε , 10800π = 9000π + 450ε , (3) −2 −1 iz kojih dobijamo ε = 4π s i ω = 420π s , tako da je traženi zakon obrtanja turbine ϕ = 2π 150t + t 2 . (4) ω0 =

(

)

Zadatak 111. Top se uz strmu ravan izvlači na položaj pomoću čekrka tako da mu je pređeni put s = 2πt 3 cm . Odrediti brzinu i ubrzanje kraja A ručice posle jednog obrta, ako je poluprečnik doboša r = 27 cm , a dužina ručice l = 54 cm .

Slika 8.6. Izvlačenje topa uz pomoć čekrka

Rešenje: Prema datom zakonu pravolinijskog kretanja topa, brzina mu se (1) menja po zakonu v = s& = 6πt 2 , 2 tako da je periferijska brzina doboša s& = r ω = 6πt , (2) a njegova ugaona brzina kao i ugaono ubrzanje: 6πt 2 12πt 2 ω= ⇒ε= . (3) r r Ovim je određena ugaona brzina ručice OA i njeno ugaono ubrzanje, pa l (4) je brzina tačke A v A = OA ⋅ ω = 6πt 2 , r 239


l 4 2 ( 6πt ) + (12πt ) . r Kada ručica napravi jedan obrtaj, top pređe put s = 2r π = 2πt13 ,

a ubrzanje a A = OA ε 2 + ω4 =

odakle dobijamo trenutak t1 = r = 27 = 3 s , 3

3

(5) (6) (7)

u kome se traže brzina v A i ubrzanje a A . Tako su ove vrednosti

l cm l v A = 6πt12 = 339 , aA = r s r

( 6πt1 ) + (12πt1 ) 4

Zadatak 112. Odrediti prenosni odnos iI − IV =

2

≈ 2150

cm . s2

(8)

ωI prenosnika prikazanog ωIV

na slici, ako su poznati brojevi zubaca zupčanika: z1 = 30 , z2 = 60 ,

z3 = 20 , z4 = 40 z5 = 15 i z6 = 45 .

ω

ω

ω

ω Slika 8.7. Prenosnik i zupčanici

Rešenje: Određujemo prethodno prenosne odnose spregnutih zupčanika: z ω z ω ω z i1 = iI − II = I = 2 , i2 = iII − III = II = 4 , i3 = iIII − IV = III = 6 . (1) ωIII z3 ωII z1 ωIV z5 Ukupan prenosni odnos dobijamo množenjem prenosnih odnosa spregnutih zupčanika: z z z ω 60 40 45 (2) iI − IV = i1 ⋅ i2 ⋅ i3 = I = 2 ⋅ 4 ⋅ 6 = ⋅ ⋅ = 12 . ωIV z1 z3 z5 30 20 15 Dobijeni prenosni odnos ukazuje na to da će ugaona brzina ωIV biti 12 puta manja od ugaone brzine ωI . 240

Ravno kretanje tela

9. RAVNO KRETANJE TELA 9.1. DEFINICIJA I JEDNAČINE RAVNOG KRETANJA TELA

Kretanje tela nazivamo ravnim ako se sve tačke toga tela kreću u ravnima koje su paralelne nekoj nepomičnoj ravni. Iz definicije ravnog kretanja tela sledi da će se pri kretanju tela (K) ravna figura (S) kretati u ravni Oxy koja je paralelna referentnoj ravni π (sl. 9.1). Bilo koja duž A1A2, koja pripada telu (K), a normalna je na referentnu ravan π, pri ravnom kretanju tela ostaje paralelna svom prvobitnom položaju, tj. ona vrši translatorno kretanje. y

A2

A O

(K)

ravna figura (S)

A1

x

π

Slika 9.1. Definicija ravnog kretanja

Usled toga, za proučavanje kretanja svih tačaka tela (K) koje pripadaju duži A1A2, dovoljno je proučiti kretanje samo tačke A. Odavde zaključujemo da je za proučavanje kretanja svih tačaka tela dovoljno proučiti kretanje ravne figure (S) u njenoj ravni Oxy. Položaj ravne figure (S) u odnosu na Oxy u svakom trenutku vremena biće potpuno određen ako poznajemo položaj tačaka A i B. Potrebno je da poznajemo položaj jedne tačke, recimo A, koji će biti određen sa koordinatama, i ugao koji gradi duž AB sa pozitivnim smerom ose x. Ako poznajemo ova tri međusobno nezavisna parametra u svakom trenutku 241

Ravno kretanje tela

vremena, biće određen položaj figure (S). Možemo pisati izraze koji određuju položaje duži AB , pa time i ravne (9.1) figure: x A = f1 (t ) , y A = f 2 (t ) , ϕ = f 3 (t ) . Ovi izrazi se zovu jednačine ravnog kretanja tela. Tačku A u ovom slučaju nazivamo polom. Položaj bilo koje tačke M može se odrediti izrazima: xM = x A + AM cos ( ϕ + α ) , yM = y A + AM sin ( ϕ + α ) . (9.2) Ovi izrazi predstavljaju jednačine kretanja proizvoljne tačke M ravne figure. y M

(S) ρ rM

α

B

ϕ

A rA x

O Slika 9.2. Položaj tačke M ravne figure

Ravno kretanje tela, na osnovu poznatih teorema iz geometrije, obično se aproksimira jednom translacijom sa unapred izabranim polom i jednom rotacijom oko tog pola ili samo jednom rotacijom oko pola konačne rotacije (tzv. trenutni pol brzina PV ili, kako se obično piše, P ). 9.2. NEPOMIČNI I POMIČNI CENTROID (POLOIDA, RULETA)

Položaj trenutnog pola obrtanja P, pri kretanju ravne figure, neprekidno se menja. On se menja u odnosu na nepomičnu i pomičnu ravan. Geometrijsko mesto tačaka trenutnih polova obrtanja u nepomičnoj ravni zovemo nepomični centroid (poloid, rulet). Geometrijsko mesto tačaka trenutnih polova obrtanja u pomičnoj ravni, tj. u ravni koja je kruto vezana sa figurom (S) i kreće se, nazivamo pomični centroid (sl. 9.3).

242

Ravno kretanje tela

y

η

ξ

(S)

pomi~ni centroid

A P

zajedni~ka tangenta

nepomi~ni centroid

x

O

Slika 9.3. Pomični i nepomični centroid

Pri kretanju ravne figure, pomični centroid se kotrlja bez klizanja po nepomičnom centroidu (prava ili kriva linija), a tačka u kojoj se ta dva centroida dodiruju predstavlja trenutni pol P ravne figure u tom trenutku vremena (sl. 9.4). y η ) (S A ξ O

x

P

Slika 9.4. Primer centroida ravne figure

9.3. ODREĐIVANJE BRZINA POJEDINIH TAČAKA RAVNE FIGURE

Položaj bilo koje tačke ravne figure određen je izrazom (sl. 9.5): r r uuuur rM = rA + AM . (9.3) Ako izvršimo diferenciranje ovog izraza po vremenu, biće: uuuur r r drM drA d AM = + . (9.4) dt dt dt Na osnovu Ojlerove formule (8.10) videli smo da je izvod vektora 243

Ravno kretanje tela

konstantnog intenziteta po vremenu jednak vektorskom proizvodu između vektora ugaone brzine tela kojem taj vektor pripada i tog vektora. →

→ d AM Izraz je jednak brzini vrha vektora AM u odnosu na tačku A, to dt jest: →

d AM r A r → = vM = ω× AM . dt z

(9.5) (S)

M ρ rM

M

vA

A vM

A vM

rA A

y

O x

(S)

ω

vA

Slika 9.5. Položaj tačke ravne figure

Slika 9.6. Vektori brzine tačke ravne figure

r r r To znači da je: vM = v A + vMA . (9.6) Vidimo da je brzina bilo koje tačke ravne figure uvek jednaka vektorskom zbiru brzine tačke A, koju smo uzeli za pol, i komponente r → ω× AM , koju zovemo brzina rotacije tačke M oko ose koja prolazi kroz tačku A, a upravna je na ravan rotacije.

9.3.1. Teorema o projekciji brzina dve tačke tela Posmatrajmo kretanje bilo koje dve tačke, A i B, ravne figure (sl. 9.7). r r r Na osnovu izlaganja u tački 9.3. imamo: vB = v A + vBA . Ako projektujemo ovaj izraz na pravac AB, biće: ( vB ) AB = ( vA ) AB + ( vBA ) . AB

244

Ravno kretanje tela

r Pošto je vBA

→

AB , onda je ( vBA )

⊥

( vB ) AB = ( vA ) AB , odnosno

AB

= 0 , pa će biti:

vB cos β = v A cos α .

(9.7) vB

vA B (S)

vA

α

A

A

vA

β ω

B

B

Slika 9.7. Vektori brzina dve tačke na istom pravcu

Prema tome, projekcije brzina dve tačke krutog tela na pravu koja spaja te tačke, međusobno su jednake. 9.3.2. Određivanje brzina tačaka preko trenutnog pola

Rekli smo da se ravno kretanje figure može ostvariti obrtanjem tela oko trenutnog pola, gde se taj pol menja sa kretanjem tela, i da se taj pol nalazi na preseku normala na brzine bilo koje dve tačake ravne figure (sl. 9.8). vA B

A

vB

(S) ω P Slika 9.8. Položaj trenutnog pola brzina ravne figure

Pošto je ravno kretanje obrtanje oko trenutnog pola, to znači da je brzina pola jednaka nuli. To možemo i na drugi način pokazati, ako iskoristimo teoremu iz tačke r r r 9.3.1. Označimo sa v A , vB i vP brzine tačaka A, B i P. Imaćemo: 245

Ravno kretanje tela

( vP ) AP = ( vA ) AP = 0 , ( vP ) BP = ( vB ) BP = 0 .

(9.8)

Pošto su projekcije brzine trenutnog pola na dve prave koje nisu paralelne jednake nuli, onda je brzina trenutnog pola jednaka nuli ( vP = 0 ). r → r r r r Brzina tačke A je: v A = vP + v AP = v AP = ω× PA , odnosno:

v A = PA ⋅ ω .

(9.9) →

r r r r r Za bilo koju tačku C će takođe biti: vC = vP + vCP = vCP = ω× PC , vC = PC ⋅ ω . (9.10) Prema tome, brzina bilo koje tačke tela, koje leži u ravnoj figuri (S) jednaka je njenoj obimnoj brzini pri obrtanju oko trenutnog pola brzina P, tj. brzine pojedinih tačaka ravne figure proporcionalne su njihovim rastojanjima od trenutnog pola brzina (sl. 9.9). A

vB B

vD

(S)

C

E

D

vA vE

P

vC

ω

Slika 9.9. Položaj trenutnog pola brzina ravne figure

Ukoliko već imamo položaj trenutnog pola P i brzinu neke tačke A, onda v je ugaona brzina: ω = A . (9.11) AP r Ugaonu brzinu ω možemo da odredimo na još jedan način, ukoliko r r r imamo brzine dve tačke. Pošto je: vB = v A + vBA , r r r r r onda možemo pisati: vBA = vB − v A , vBA = vB − v A . r r S druge strane je: vBA = ω⋅ AB , pa će biti: ω⋅ AB = vB − v A , r r vB − v A odnosno: ω = . (9.12) AB Možemo pokazati crtežom nekoliko slučajeva određivanja trenutnog pola i ugaone brzine.

246

Ravno kretanje tela

r r r r a) U slučaju (sl. 9.10) kada su poznate brzine v A i vB , gde je v A vB , a

intenziteti su različiti, v A ≠ vB , oba vektora su vertikalna na pravac AB , a vektori brzine su istog smera. U ovom slučaju, ugaona brzina je: v v v −v (9.13) ω= A = B = A B . AP BP AB vA

A

A

vA

B (S)

ω

P

vB vB

ω

B

(S)

P

Slika 9.10. Slučaj položaja trenutnog pola brzina ravne figure

Slika 9.11. Slučaj položaja trenutnog pola brzina ravne figure

r r r r b) U slučaju (sl. 9.11) kada su poznate brzine v A i vB , gde je v A vB , a

intenziteti su različiti, v A ≠ vB , oba vektora su vertikalna na pravac AB , a vektori brzine su suprotnog smera. U ovom slučaju, ugaona brzina je: v v v +v (9.14) ω= A = B = A B . AP BP AB c) U slučaju (sl. 9.12) kada su r r vA poznate brzine v A i vB , gde je A r r v A vB , a intenziteti jednaki, v A = vB , oba vektora su paralelna, pa je B trenutni pol u ovom slučaju udaljen vB beskonačno ( P → ∞ ) , a ugaona (S) brzina jednaka nuli, odnosno to je slučaj trenutne translacije s obzirom P na brzine: Slika 9.12. Slučaj položaja trenutnog pola brzina ravne figure

247

Ravno kretanje tela

9.5. ODREĐIVANJE UBRZANJA POJEDINIH TAČAKA RAVNE FIGURE

Za određivanje ubrzanja proizvoljne tačke M poći ćemo od izraza za r r r r r → brzinu (sl. 9.13), u obliku: vM = v A + vMA = v A + ω× AM . vM

vA M

A vM

(S)

vA

ω A

Slika 9.13. Vektori brzina tačke M ravne figure

Vektor ubrzanja ćemo dobiti ako ovaj izraz, koji važi za bilo koji trenutak vremena, diferenciramo po vremenu: r dv d r r d ⎛r r → ⎞ r aM = M = ( v A + vMA ) = ⎜ v A + ω× AM ⎟ , dt dt dt ⎝ ⎠ → r r dv d ω → r d AM r aM = A + . × AM + ω× dt dt dt → r d ω r d AM r → Pošto je: =ε, = ω× AM , dt dt r r r → r ⎛r → ⎞ možemo pisati: (9.16) aM = a A + ε × AM + ω× ⎜ ω× AM ⎟ . ⎝ ⎠ Vidimo da se ubrzanje M sastoji od ubrzanja tačke A kao pola i relativnog ubrzanja tačke M u odnosu na tačku A. r → r r aMA = aMA = ε × AM (9.17) Prvu komponentu:

( ) ( ) T

rot

nazvaćemo tangencijalnom (rotacionom) komponentom, a drugu: r ⎛ r → ⎞ r rA (9.18) ( arMA )N = ( arMA )akp = ω× ⎜ ω× AM ⎟ = ω× vM , ⎝ ⎠ normalnom (aksipetalnom) komponentom ubrzanja tačke M u odnosu na tačku A. 248

Ravno kretanje tela

Relativno ubrzanje tačke M u odnosu na tačku A je: r r r aMA = aMA + aMA , T N r r r r a ukupno ubrzanje: aM = a A + ( aMA ) + ( aMA ) .

( ) ( )

T

aM

(9.19)

N

A) (aM rot

A aM

β

aA M

A) (aM akp

aA

ε

(S)

A Slika 9.14. Vektori ubrzanja tačke M ravne figure

Intenziteti tangencijalne i normalne komponente su: aMA = aMA = AM ⋅ ε , aMA = aMA = AM ⋅ ω2 .

( ) ( ) T

( )

rot

N

( )

akp

(9.20)

Pravci i intenziteti ovih komponenata u odnosu na tačku A su dati na slici 9.14. Vidimo da su rotaciona i aksipetalna komponenta ubrzanja tačke M u odnosu na tačku A analogne tangencijalnoj i normalnoj komponenti ubrzanja neke tačke tela koja vrši rotaciju oko stalne ose relacije (9.13. i (9.14). Intenzitet relativnog ubrzanja tačke M u odnosu na tačku A je:

aMA =

(a ) + (a ) A 2 M T

A M

2 N

=

( AM ⋅ ε ) + ( AM ⋅ ω ) 2

2

2

,

(9.21)

aMA = AM ε 2 + ω4 .

(9.22) rA Ugao što ga vektor aM gradi sa pravcem AM je određen izrazom:

(a ) tg β = (a )

A M T A M N

=

ε . ω2

(9.23)

249

Ravno kretanje tela

(S)

a AB

β

A

β

β a CA

a CA β

a AB

B

ω

β

a AD

C

β

D

ε

a CD Slika 9.15. Vektori relativnih ubrzanja tačaka ravne figure

Ugao kojeg zatvara relativno ubrzanje neke proizvoljne tačke C u odnosu na tačku A sa potegom (duži) AC je određen sa: aCA aCA ε T tg β1 = A = A rot = 2 = tg β . (9.24) ω aC aC

( ) ( )

N

( ) ( )

akp

Vidimo da je ugao β za relativno ubrzanje bilo koje dve tačke jedne ravne figure uvek jednak odnosu ugaonog ubrzanja i kvadrata ugaone brzine (sl. 9.15). Ugao β je od potega, koji spaja te dve tačke, usmeren u suprotnom r smeru od smera ugaonog ubrzanja ε . 9.5. TRENUTNI POL UBRZANJA

Pretpostavimo sada da postoji neka tačka Q čije je ubrzanje jednako nuli (sl. 9.16).

ω

ε A

aA

(S)

β Q

Slika 9.16. Položaj trenutnog pola ubrzanja ravne figure

250

Ravno kretanje tela

Takvu tačku ćemo nazvati trenutnim polom ubrzanja. Tada na osnovu poglavlja 9.4. možemo pisati: r r r r a A = aQ + a AQ = a AQ , a A = AQ ε 2 + ω4 . Dakle, udaljenost trenutnog pola ubrzanja Q od tačke A je: aA . (9.25) AQ = 2 ε + ω4 r Ugao između potega AQ i relativnog ubrzanja a AQ , odnosno ubrzanja r a A , jeste β, koji smo već odredili kao: ε tgβ = 2 . (9.26) ω ε

ω

P aN

β

aP

β

N

Q

aM M

β (S)

Slika 9.17. Položaj trenutnog pola ubrzanja ravne figure

Izrazima (9.25) i (9.26) određen je položaj trenutnog pola ubrzanja Q u odnosu na tačku A, čije ubrzanje znamo (sl. 9.17). r r Sada ubrzanje bilo koje tačke ravne figure iznosi: aM = aMQ . Prema tome, ubrzanje bilo koje tačke ravne figure je proporcionalno udaljenosti te tačke od trenutnog pola ubrzanja Q (sl. 9.17). a aM a (9.27) = N = ... = P = ε 2 + ω4 . MQ NQ PQ Ugao β koji ubrzanje neke tačke M zatvara sa potegom MQ , od tog r potega je usmeren u smeru suprotnom od smera ugaonog ubrzanja ε (sl. 9.17).

251

Ravno kretanje tela

Zadatak 113. Jednakostranični trougao kreće se u ravni Oxy. U jednom trenutku poznati su vektori ubrzanja vrhova A i C r r r r r a A = 20 ⋅ i , aC = −10 ⋅ i − 10 3 ⋅ j i AB Ox (vidi sl. 9.18.a). Odrediti: a) ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje trougla, b) ubrzanje vrha B trougla, c) položaj trenutnog pola ubrzanja trougla. Dato je: AB = AC = BC = 10 cm . Rešenje: a) Za jednakostranični trougao je ugao pri vrhu α = 600 . Data su ubrzanja tačaka u obliku: r r r r r a A = 20 ⋅ i , aC = −10 ⋅ i − 10 3 ⋅ j , odakle dobijamo intenzitet ubrzanja 2 cm cm r 2 a A = 20 2 , aC = ( −10 ) + 10 3 = 10 4 = 20 2 . s s

(

Slika 9.18. a

)

Slika 9.18. b

Potražimo sada ubrzanje tačke C (sl. 9.18. b) preko poznatog ubrzanja tačke A: r r r r aC = a A + ( aCA ) + ( aCA ) . (1) N

T

Nakon projekcije vektorske jednačine (1) na ose ξ i η pokretnog koordinatnog sistema ξ: aC = − a A cos600 + ( aCA ) , η:

0 = − a A sin 60 + ( a 0

)

A C T

N

.

dobijamo komponente: 252

Ravno kretanje tela

1 cm = aC + a A cos600 = 20 + 20 ⋅ = 30 2 , 2 s . ( aCA )T = a A sin 600 = 20 23 = 10 3 cm s2 Sa druge strane, intenziteti ubrzanja komponenata su, kao što znamo, jednaki: aCA ) ( 30 A 2 2 = 3 ⇒ ω = 3 s −1 , ( aC ) N = AC ⋅ ω ⇒ ω = ACN = 10 aCA ) ( A ( aC )T = AC ⋅ ε ⇒ ε = ACT = 1010 3 = 3 ⇒ ε = 3 s−2 . b) Potražimo sada ubrzanje tačke B preko poznatog ubrzanja tačke A: r r r r aB = a A + ( a BA ) + ( a BA ) . (2)

(a )

A C N

N

T

Slika 9.18. c

Slika 9.18. d

Nakon projekcije (sl. 9.18. c) vektorske jednačine (2) na ose x i y nepokretnog koordinatnog sistema dobijamo komponente: cm x : aBx = a A − ( aBA ) = 20 − AB ⋅ ω2 = 20 − 30 = −10 2 , N s cm y : aBy = ( aBA ) = AB ⋅ ε = 10 3 2 , T s kao i ukupno ubrzanje tačke B: 2 cm 2 2 2 aB = aBx + aBy = ( −10 ) + 10 3 = 10 4 = 20 2 . s Možemo potvrditi tačnost rezultata računanjem ugla (sl. 9.18. c):

(

)

253

Ravno kretanje tela

tg γ =

a By a Bx

=

10 3 = 3 ⇒ γ = 600 . 10

r c) Izračnajmo ugao β kojeg gradi duž AQ sa pravcem ubrzanja a A : tg β =

ε = ω2

3

( 3)

2

=

3 ⇒ β = 300 , 3

kao i rastojanje tačke A i trenutnog pola ubrzanja tačke Q (sl. 9.18. d): aA 20 10 3 AQ = = = cm . 2 4 2 4 3 ε +ω 3 + 3

( ) ( )

Iz jednakostraničnog trougla možemo potražiti visinu i položaj težišta: 3 h = AD = AB ⋅ cos β = 10 cm , 2 2 2 3 3 AT = h = ⋅10 = 10 cm . 3 3 2 3 Iz svega ovoga zaključujemo da se položaj trenutnog pola ubrzanja tačke Q i položaj težišta tačke T poklapaju, tj. Q ≡ T . Zadatak 114. Mehanizam prikazan na sl. 9.19. a, sastoji se od krivaje OA, poluga AB i BC, zupčanika i zupčaste letve DE. Obrtanjem krivaje OA oko ose kroz tačku O, dovodi se u kotrljanje, bez klizanja po nepomičnoj zupčastoj letvi FG, zupčanik poluprečnika R. Kretanje zupčanika izaziva pomeranje zupčaste letve DE u horizontalnom pravcu. Odrediti brzinu i ubrzanje letve DE u trenutku ϕ = 600 , kada su ugaona brzina krivaje ω0 = 2 s −1 , a ugaono ubrzanje ε0 = 0 , ako je OA = R , AB = R 3 ( R − cm) .

Slika 9.19. a.

254

Ravno kretanje tela

Rešenje: Primetimo da translatorno kretanje vrši klizač B, poluga CB i DE, rotaciju poluga OA, a ravno kretanje poluga AB i točak poluprečnika R. Potražimo (sl. 9.19. b) koliki je ugao α iz trougla ΔOAB . AB sin α = OA sin ϕ , R 3 sin α = R sin 600 ⇒ α = 300 . (1) Potražimo najpre brzinu tačke A od rotacije v A = Rω0 . Brzinu tačke B možemo dobiti preko teoreme o projekcijama: r r ( v A ) AB = ( vB ) AB Rω0 4 3 R. = (2) cos α 3 Brzinu tačke B mogli smo dobiti i preko trenutnog pola brzina, ali bi pre toga morali odrediti rastojanja tačaka A i B od trenutnog pola brzina, kao i 6 R i trenutnu ugaonu brzinu poluge AB, tj.: OB = 2 R , PB = 3 v 2 PA = 3R , v A = PA ⋅ ω AB ⇒ ωAB = A = s−1 . PA 3 v 4 3 R. v A = PA ⋅ ω AB , vB = PB ⋅ ω AB = PB ⋅ A = (3) 3 PA v A = vB cos α ⇒ vB =

Slika 9.19. b 255

Ravno kretanje tela

Trenutnu ugaonu brzinu poluge AB mogli smo odrediti ne tražeći položaj trenutnog pola brzina (tačka P), na osnovu izraza: r r r vB = v A + vBA , (4) koji bismo projektovali na osu η , η : vB sin α = vBA ,

4 3 1 4 3 1 2 R ⋅ = ωAB ⋅ AB ⇒ R ⋅ = ωAB ⋅ R 3 ⇒ ω AB = s −1 . 3 2 3 3 2 Brzina tačke C je ista kao i tačke B jer poluga BC vrši translatorno kretanje, tj.: 4 3 vC = vB = R. (5) 3 S druge strane, brzina tačke C može se odrediti i preko trenutnog pola brzina točka (tačka PV ) koji vrši ravno kretanje: vC = R ⋅ ω . (6) Iz prethodnog izraza dobijamo ugaonu brzinu točka: 4 3 R vC 4 3 −1 ω= = 3 = (7) s . R 3 R 3 Sada je tražena brzina tačke K, odnosno poluge DE, jednaka: vK = vDE = 2 R ⋅ ω = 2 R ⋅ 4 3 = 8 3 R . (8) 3 3 r r r Ubrzanje tačke A je, a A = ( a A )T + ( a A ) N , gde su komponente d ω0 ( a A )T = OA ⋅ ε0 = 0 , jer je ω0 = const. , pa je ε0 = =0 dt ( a A ) N = a A = OA ⋅ ω02 = R ⋅ ω02 . (9) Ubrzanje tačke B je, na osnovu poznatog ubrzanja tačke A, jednako: r r r r aB = a A + ( a BA ) + ( aBA ) , (10) T

N

gde su: ( aBA ) = AB ⋅ ε AB = R 3 ⋅ ε AB ,

(11)

T

(a )

A B N

2

= AB ⋅ ω

2 AB

⎛2⎞ = R 3 ⋅⎜ ⎟ . ⎝ 3⎠

(12)

256

Ravno kretanje tela

Ako projektujemo jednačinu (10) na osu ξ , dobijamo ubrzanje tačke B ξ : aB cos α = ( a BA ) , N

2

3 8 ⎛2⎞ = R 3 ⋅ ⎜ ⎟ ⇒ aB = R . (13) 2 9 ⎝ 3⎠ Ovo je ujedno i brzina tačke C jer, kao što smo napomenuli, poluga BC 8 vrši translatorno kretanje, aC = aB = R . 9 Ako projektujemo jednačinu (10) na osu η , dobijamo ubrzanje tačke B r oko tačke A normalno, tj. ( aBA ) , a odatle i trenutno ugaono ubrzanje poluge aB

N

32 −2 s . Predznak ( − ) znači da je suprotnog smera. 9 3 Potražimo sada trenutno ugaono ubrzanje točka ε na osnovu poznatog smera ubrzanja trenutnog pola brzine (tačka PV točka). r r r r aC = a P + ( aCP ) + ( aCP ) ,

AB, koje iznosi ε AB = −

T

N

a 8 x : aC = R ⋅ ε ⇒ ε = C = s −2 . R 9 Traženo ubrtanje tačke K, a to znači i poluge DE, iznosi: r r r r aK = aC + ( a KC ) + ( aKC ) , T

N

(14) (15)

gde su:

(a )

C K T

8 = KC ⋅ ε = R ⋅ , 9

(16) 2

⎛ ⎞ (17) ( a ) = KC ⋅ ω = R ⋅ ⎜ 4 3 3 ⎟ . ⎝ ⎠ Nakon projekcije jednačine (15) na osu x dobija se traženo ubrzanje x : aK = aC + ( a KC ) , C K N

2

T

aK = aDE

8 8 16 = R+ R= R. 9 9 9

(18)

Zadatak 115. Za klipni mehanizam prikazan na sl. 9.20,a, odrediti: a) rastojanje između trenutnog pola brzina (tačka P) i trenutnog pola ubrzanja poluge AB (tačka Q), ako se krivaja OA obrće konstantnom ugaonom 257

Ravno kretanje tela

brzinom ω0 , a klizač B u položaju mehanizma, prikazanog na slici, ima ubrzanje aB sa naznačenim smerom; b) jednačine nepomičnog i pomičnog centroida poluge AB. Dato je OA = AB = R , α = 300 . Rešenje: Primetimo da translatorno kretanje vrši klizač B, da poluga OA vrši rotaciju oko ose koja prolazi kroz tačku O, a ravno kretanje poluga AB. a) Potražimo najpre brzinu tačke A od rotacije v A = Rω0 . Brzinu tačke B možemo dobiti preko teoreme o projekcijama, kao (sl. 9.20,b): r r ( v A ) AB = ( vB ) AB , v A cos300 = vB cos300 ⇒ vB = v A = Rω0 .

(1)

Slika 9.20.

Brzinu tačke B mogli smo dobiti i preko trenutnog pola brzina, ali bismo pre toga morali odrediti rastojanja tačaka A i B od trenutnog pola brzina, kao i trenutnu ugaonu brzinu poluge AB, tj.,: PA = PB = AB = R , jer je u pitanju jednakostranični trougao ΔPAB , v Rω0 = ω0 . (2) v A = PA ⋅ ωAB ⇒ ωAB = A = R PA 258

Ravno kretanje tela

v v A = PA ⋅ ωAB , vB = PB ⋅ ωAB = PB ⋅ A = Rω0 (3) PA r r r Ubrzanje tačke A je, a A = ( a A )T + ( a A ) N , gde su komponente d ω0 ( a A )T = OA ⋅ ε0 = 0 , jer je ω0 = const. , pa je ε0 = =0 dt ( a A ) N = a A = OA ⋅ ω02 = R ⋅ ω02 . (4) Ubrzanje tačke B je, na osnovu poznatog ubrzanja tačke A, jednako: r r r r aB = a A + ( a BA ) + ( aBA ) , (5) T

N

gde su: ( aBA ) = AB ⋅ ε AB = R ⋅ ε AB ,

(6)

= AB ⋅ ω2AB = R ⋅ ω02 .

(7)

(a )

T

A B N

Ako projektujemo jednačinu (5) na osu ξ , dobijamo ubrzanje tačke B ξ : − a B cos300 = − ( a A ) N cos600 − ( aBA ) , N

aB = 3Rω0 . (8) Ako projektujemo jednačinu (5) na osu η , dobijamo, trenutno ugaono ubrzanje poluge AB η : − a B sin 300 = − ( a A ) N sin 600 + ( aBA ) ,

(a )

A B T

T

= 0 ⇒ ε AB = 0 .

(9)

Trenutni pol ubrzanja ćemo potražiti na osnovu izraza: aB 3Rω0 BQ = = = 3R , 2 4 ε AB + ωAB 0 + ω04 AQ =

aA ε

2 AB

+ω

4 AB

=

Rω0 0 + ω04

=R,

(10) (11)

ε AB (12) = 0 ⇒β = 0. ωAB S obzirom na to da je ugao β = 0 , trenutni pol ubrzanja (tačka Q) nalazi se u preseku pravaca ubrzanja aB i a A , tj. poklapa se sa tačkom O, O ≡ Q . (13) Dakle, traženo rastojanje je: PQ = 2 R . tg β =

259

Ravno kretanje tela

b) Potražimo jednačine kretanja trenutnog pola brzina poluge AB u odnosu na nepokretni koordinatni sistem Oxy: xP = 2 R sin ϕ , y P = 2 R cos ϕ . (14) Eliminacijom ugla ϕ u kojem je parametar t vreme, tj. nakon kvadriranja i sabiranja izraza (14), dobijamo jednačinu kružnice poluprečnika 2R sa ishodištem u tački O, što predstavlja jednačinu nepokretnog centroida (N.C.): xP2 + y P2 = 4 R 2 . (15) Potražimo sada jednačine kretanja trenutnog pola brzina poluge AB u odnosu na pokretni koordinatni sistem Aξη : ξP = R cos2ϕ , ηP = R sin 2ϕ . (16) Eliminacijom ugla 2ϕ u kojem je parametar t vreme, tj. nakon kvadriranja i sabiranja izraza (16), dobijamo jednačinu kružnice poluprečnika R sa ishodištem u tački A, što predstavlja jednačinu pokretnog centroida (P.C.): ξ2P + η2P = R 2 . (17) Sa slike vidimo da se pokretni centroid (P.C.) kotrlja po nepokretnom centroidu (N.C.), bez klizanja, a dodirna tačka između njih je trenutni pol brzina (tačka P).

Zadatak 116. Krivaja OA mehanizma razvodnika pare, prikazanog na sl. 9.21 a, dužine R, obrće se ravnomerno oko ose O ugaonom brzinom ω0 . Odrediti brzinu i ubrzanje klizača C u položaju prikazanom na slici, ako je pri tome ϕ = 600 , γ = 900 , AB = 6 R i BC = 3 3R . Slika 9.21. a

Rešenje: Primetimo da translatorno kretanje vrše klizači B i C, rotaciju poluga OA, a ravno kretanje poluge AB i BC. Potražimo najpre brzinu tačke A od rotacije v A = Rω0 . Brzinu tačke B (sl. 260

Ravno kretanje tela

9.21.b) možemo dobiti preko teoreme o projekcijama: r r ( v A ) AB = ( vB ) AB v A cos300 = vB cos600 ⇒ vB = 3Rω0 .

(1)

Brzinu tačke B mogli smo dobiti i preko trenutnog pola brzina, ali bi pre toga morali odrediti rastojanja tačaka A i B od trenutnog pola brzina, kao i trenutnu ugaonu brzinu poluge AB, tj.: PA = AB ⋅ cos600 = 3R , PB = AB ⋅ cos300 = 3 3R . ω v v A = PA ⋅ ω AB ⇒ ω AB = A = 0 s −1 . (2) PA 3 Brzinu tačke C možemo takođe dobiti preko teoreme o projekcijama: r r ( vC ) AB = ( vB ) AB , vC = vB cos300

⇒ vC =

3 Rω0 . 2

(3)

Slika 9.21.b

Brzinu tačke C mogli smo dobiti i preko trenutnog pola brzina, ali bi pre toga morali odrediti rastojanja tačaka C i B od trenutnog pola brzina, kao i trenutnu ugaonu brzinu poluge CB, tj.: BC BC PV C = = 9 R , PV B = = 6 3R , 0 tg30 cos600

261

Ravno kretanje tela

ω vB (4) = 0 s −1 . PV B 6 r r r Ubrzanje tačke A je, a A = ( a A )T + ( a A ) N , gde su komponente d ω0 ( a A )T = OA ⋅ ε0 = 0 , jer je ω0 = const. , pa je ε0 = =0 dt ( a A ) N = a A = OA ⋅ ω02 = R ⋅ ω02 . (5) Ubrzanje tačke B, čiji smer smo pretpostavili u pravcu žleba, na osnovu poznatog ubrzanja tačke A, jednako je: r r r r aB = a A + ( a BA ) + ( aBA ) , (6) vB = PV B ⋅ ωBC ⇒ ωBC =

T

N

gde su: ( aBA ) = AB ⋅ ε AB = 6R ⋅ ε AB ,

(7)

T

2

(8) ( a ) = AB ⋅ ω = 6R ⋅ ⎛⎜⎝ ω30 ⎞⎟⎠ = 23 Rω02 . Ako projektujemo jednačinu (6) na osu ξ , dobijamo intenzitet ubrzanja tačke B ξ : aB cos600 = ( aBA ) − ( a A ) N cos600 , 2 AB

A B N

N

1 2 1 Rω02 aB = Rω02 − Rω02 ⇒ aB = . (9) 3 2 3 2 Ako projektujemo jednačinu (6) na osu η , dobijamo intenzitet ugaonog ubrzanja poluge AB η : aB sin 600 = ( aBA ) − ( a A ) N sin 600 , T

Rω 3 3 3 2 = 6 R ⋅ ε AB − Rω02 ⇒ ε AB = ω0 . (10) 3 2 2 9 Posmatrajmo sada polugu BC koja takođe vrši ravno kretanje. Ubrzanje tačke C, čiji smer smo pretpostavili u pravcu žleba, na osnovu poznatog ubrzanja tačke B, jednako je: r r r r aC = a B + ( aCB ) + ( aCB ) , (11) 2 0

T

N

gde su: ( aCB ) = BC ⋅ ε BC = 3 3R ⋅ ε BC ,

(12)

T

262

Ravno kretanje tela 2

(13) ( a ) = BC ⋅ ω = 3 3R ⋅ ⎛⎜⎝ ω60 ⎞⎟⎠ = 123 Rω02 . Ako projektujemo jednačinu (11) na osu ξ , dobijamo intenzitet ugaonog ubrzanja poluge BC ξ : 0 = a B cos600 − ( aCB ) , 2 BC

B C N

T

3 2 Rω 1 ⋅ − 3 3R ⋅ ε BC ⇒ ε BC = − ω0 . (14) 3 2 54 Ako projektujemo jednačinu (11) na osu η , dobijamo intenzitet ubrzanja tačke C η : aC = − ( a BA ) + aB sin 600 , 0=

2 0

N

aC =

3 Rω02 3 3 Rω02 − ⇒ aC = − Rω02 . 12 3 2 12

(15)

Zadatak 117. Krivaja OA diferencijalnog prenosnika prikazanog na sl. 9.22 a, obrće se ravnomerno promenljivo oko ose kroz tačku O ugaonim ubrzanjem ε0 = 2 s −2 i dovodi u kretanje zupčanik 1, koji je u sprezi sa zupčanikom 2 istog poluprečnika R. Zupčanik 2 može rotirati oko ose kroz tačku O nezavisno od krivaje OA. U trenutku t1 = 2 s od početka kretanja, odrediti: a) ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje zupčanika 1, b) ubrzanje one tačke zupčanika 1 koja se u tom trenutku poklapa sa njegovim trenutnim polom obrtanja, c) rastojanje između trenutnog pola obrtanja (brzina) i trenutnog pola ubrzanja zupčanika 1, ako je u trenutku t1 poznato r r ω2 = −2ω0 . Rešenje: Primetimo da poluga OA i zupčanik 2 vrše rotaciju oko ose koja prolazi kroz tačku O, a ravno kretanje zupčanik 2. a) Potražimo promenu ugaone brzine poluge OA u zavisnosti od vremena rotacije poluge (sl. 9.22,b), d ω0 (1) ε0 = ⇒ ω0 = ε 0 ⋅ t = 2 ⋅ 2 = 4 s −1 . dt Poznata je ugaona brzina zupčanika 2, i iznosi: ω2 = 2ω0 = 2 ⋅ 4 = 8 s −1 , dok je na osnovu nje ugaono ubrzanje 263

Ravno kretanje tela

ε2 =

d ω2 d = ( 2ω0 ) = 2ε0 = 2 ⋅ 2 = 4 s −2 . dt dt

(2)

Slika 9.22.

Brzina kraja poluge, tj. tačke A, iznosi: v A = 2 R ⋅ ω0 = 8R , (3) a brzina dodirne tačke između zupčanika 1 i 2 na osnovu rotacije zupčanika 2 je: vB = R ⋅ ω2 = 8R . (4) S obzirom na to da tačke A i B pripadaju zupčaniku 1 koji vrši ravno kretanje, na osnovu njih se može izračunati ugaona brzina zupčanika 1: v +v 8R + 8R ω1 = A B = = 16 s −1 . (5) R R Potražimo sada ubrzanje tačke A kao tačke poluge OA, r r r a A = ( a A ) N + ( a A )T , (6) čiji intenzitet iznosi: ( a A ) N = 2 R ⋅ ω02 = 2 R ⋅ 42 = 32 R ,

( a A )T

= 2 R ⋅ ε0 = 2 R ⋅ 2 = 4 R .

Međutim, ubrzanje tačke A, kao tačke zupčanika 1, a na osnovu ubrzanja tačke B je: r r r r r (7) ( a A ) N + ( a A )T = aB + ( a AB ) + ( a AB ) . N

T

Ako projektujemo jednačinu (7) na osu y, dobijamo: ( a A )T = − ( aB ) y + ( a AB ) , T

264

(8)

Ravno kretanje tela

gde su: ( a AB ) = R ⋅ ε1 ,

(a )

B A N

T

= R ⋅ ω1 i ( a B ) y = R ⋅ ε2 . (tačka B kao tačka

zupčanika 1 ima isto tangencijalno ubrzanje kao i tačka B koja pripada zupčaniku 2). b) Tačka P (trenutni pol brzina) nalazi se na osnovu poznatih brzina tačaka R r r A i B (koje su jednake v A = − vB ) zupčanika 1, a rastojanja su: PA = PB = . 2 Poznato je da trenutni pol brzina ima samo tangencijalnu komponentu ubrzanja, što ćemo iskoristiti da odredimo njegov intenzitet na osnovu poznatog ubrzanja tačke A: r r r r r aP = ( a A ) N + ( a A )T + ( aPA ) + ( aPA ) , (9) N

T

gde su:

(a )

A P N

(a )

A P T

R ⋅162 = 128R , 2 R R = AP ⋅ ε1 = ⋅ ε1 = ⋅ 8 = 4 R . 2 2 = AP ⋅ ω12 =

Slika 9.22.

Ako projektujemo jednačinu (9) na osu x, dobijamo: ( aP ) x = ( a A ) N − ( aPA ) , N

( aP ) x = 32 R − 128R = −96R .

Ako projektujemo jednačinu (9) na osu y, dobijamo: ( aP ) y = ( aA )T − ( aPA ) = 4 R − 4 R = 0 . T

2 2 + a Py = 96 R . Dakle, ubrzanje trenutnog pola brzina iznosi aP = aPx

c) Da bismo odredili položaj trenutnog pola ubrzanja, potražimo ugao β , 265

Ravno kretanje tela

odnosno:

ε1 8 1 = 2= = 0,03125 , 2 ω1 16 32 aP 96 R i rastojanje PQ = = = 0,37 R . 82 + 164 ε12 + ω14 tg β =

Zadatak 118. Odrediti brzinu i ubrzanje tačke B mehanizma prikazanog na sl. 9.23,a, u trenutku kada se članovi OA i O1B nalaze u vertikalnom položaju. Krivaja OA se obrće konstantnim ugaonim ubrzanjem ε0 = 5 s −2 , a njena ugaona brzina u pomenutom trenutku iznosi ω0 = 10 s −1 . Date su dužine OA = 20 cm , AB = 120 cm i O1 B = 100 cm .

Slika 9.23.

Rešenje: Primetimo da poluge OA i O1B vrše rotaciju oko osa koja prolaze kroz tačke O i O1 , translaciju klizač B, a ravno kretanje poluga AB. Brzina kraja poluge tj, tačke A, iznosi: cm v A = OA ⋅ ω0 = 20 ⋅10 = 200 , (1) s a brzina tačke B na osnovu teoreme o projekcijama jednaka je (sl. 9.23,b): cm r r (2) ( v A ) AB = ( vB ) AB ⇒ vB = v A = 200 . s S obzirom na to da su brzine jednake, a trenutni pol brzina u beskonačnosti, jer se normale na vektore brzina ne seku, znači da je trenutna ugaona brzina poluge AB jednaka nuli, tj. ωAB = 0 , to znači da poluga AB vrši trenutnu translaciju s obzirom na brzine. 266

Ravno kretanje tela

Brzina tačke B kao tačke poluge O1B v 200 = 2 s −1 . vB = O1 B ⋅ ω1 ⇒ ω1 = B = O1 B 100 Potražimo sada ubrzanje tačke A kao tačke poluge OA, r r r a A = ( a A ) N + ( a A )T ,

(3) (4)

čiji intenzitet iznosi:

( aA ) N

cm , s2

= OA ⋅ ω02 = 20 ⋅102 = 2000

cm . s2 Potražimo sada ubrzanje tačke B kao tačke poluge O1B , r r r a B = ( a B ) N + ( a B )T ,

( aA )T

= OA ⋅ ε 0 = 20 ⋅ 5 = 100

čiji intenzitet iznosi: ( aB ) N = O1 B ⋅ ω12 = 100 ⋅ 22 = 400

( a B )T

(5)

cm , s2

= O1B ⋅ ε1 = 100 ⋅ ε1 .

Međutim, ubrzanje tačke B, kao tačke poluge AB, a na osnovu poznatog ubrzanja tačke A, iznosi: r r r r r r (6) ( aB ) N + ( aB )T = ( a A ) N + ( a A )T + ( aBA ) + ( aBA ) , N

T

gde su: ( aBA ) = AB ⋅ ω2AB = 120 ⋅ 0 = 0 , ( aBA ) = AB ⋅ ε AB = 120 ⋅ ε AB . N

T

Ako projektujemo jednačinu (6) na ose x i y, dobijamo: (x): ( a B )T = ( a A )T + ( aBA ) ⋅ cos α , T

(y): ( a B ) N = ( a A ) N − ( a BA ) ⋅ sin α , T

OA 20 1 35 = = i sin α = 1 − cos2 α = . AB 120 6 6 Ako rešimo jednačine (7) i (8), dobijamo nepoznate: cm i ( a B )T = 370 2 . ( aBA )T = 635 1600 cm 2 s s Sada je tražena brzina tačke B jednaka cm 2 2 aB = ( a B ) N + ( a B )T = 4002 + 3702 = 544,88 2 . s

gde su: cos α =

267

(7) (8)

Ravno kretanje tela

Zadatak 119. Krivaja O1O2 , mehanizma prikazanog na sl. 9.24, obrće se oko ose kroz tačku O1 . Zupčanik 1 se može da se nezavisno od krivaje obrće oko iste ose. Na kraju O2 krivaje nasađen je zupčanik 2, koji je u sprezi sa zupčanikom 1, za koji je kruto vezana poluga AB. U tački B, poluga AB je zglobno spojena sa polugom BC, koja svojim krajem C pokreće klizač u horizontalnoj vođici. U položaju mehanizma prikazanom na slici, odrediti trenutno ugaono ubrzanje poluge BC, ako je u tom trenutku ugaona brzina krivaje O1O2 , ωI = ω0 njeno ugaono ubrzanje ε I = 0 , ugaona brzina ω zupčanika ω1 = 0 , a njegovo ugaono ubrzanje ε1 = ω02 . Smerovi su dati na 2 slici. Ostali podaci: R1 = 2 R , R2 = R , O2 B = 2 R , α = 300 .

Slika 9.24.

Rešenje: Primetimo da poluga O1O2 i zupčanik 1 vrše rotaciju oko ose koja prolazi kroz tačku O1 , a ravno kretanje zupčanik 2 zajedno sa kruto vezanom polugom AB i poluga BC, dok translatorno kretanje vrši klizač C. Brzina dodirne tačke K između zupčanika 1 i 2 je: ω vK = R1 ⋅ ω1 = 2 R ⋅ 0 = R ⋅ ω0 , (1) 2 268

Ravno kretanje tela

a brzina tačke O2 kraja poluge O1O2 iznosi:

vO2 = O1O2 ⋅ ωI = ( R1 + R2 ) ⋅ ωI = 3R ⋅ ω0 = 3R ⋅ ω0 .

(2)

y

ε1 ω1

R1

(a BC )T

(aOB2)T (a B ) T B

vC

x

0

K

(a O2) N P vO2 O2 ω2 ε2 R 2 (aOB2) N A (a B ) N

aC

α =30

O1 ωI

(a BC ) N

1 vK

C

ε CB ωCB=0 translacija

2

vB

Slika 9.25.

Trenutna ugaona brzina zupčanika 2 je na osnovu poznatih brzina tačaka K i O2 jednaka: vO + vK 3Rω0 + Rω0 ω2 = 2 = = 4 R ⋅ ω0 . (3) R2 R S druge strane, trenutna ugaona brzina zupčanika 2 je na osnovu brzina tačaka B i O2 jednaka: vB − vO2 vB − vO2 ω2 = = ⇒ vB = 116 R ⋅ ω0 . (4) 2R O2 B Na osnovu teoreme o projekciji vektora brzina tačaka B i C poluge BC na pravac koji ih spaja je: r r (5) ( vC )BC = ( vB )BC ⇒ vC cos α = vB cos α ⇒ vC = vB = 116Rω0 . Očigledno je da su brzine iste, pa je u pitanju trenutna translacija s obzirom na brzine, što to znači da je trenutni pol brzina poluge BC u beskonačnosti i da je trenutna ugaona brzina jednaka nuli, tj., ωBC = 0 . Potražimo trenutno ugaono ubrzanje zupčanika 2 na osnovu poznate 269

Ravno kretanje tela

ugaone brzine: d ω2 d ⎛ vO2 + vK ⎞ d ⎛ 3RωI + 2 Rω1 ⎞ d ε2 = = ⎜ ⎟= ⎜ ⎟ = ( 3ωI + 2ω1 ) = dt dt ⎝ R2 ⎠ dt ⎝ R ⎠ dt = 3ε I + 2ε1 = 2ε1 = 2ω02 . Potražimo sada ubrzanje tačke O2 kao tačke poluge O1O2 , r r r aO2 = aO2 + aO2 ,

( ) ( ) N

T

čiji intenzitet iznosi: aO2 = O1O2 ⋅ ω2I = 3R ⋅ ω02 ,

( )

N

(a )

O2 T

(6) (7)

= O1O2 ⋅ ε I = 3R ⋅ 0 = 0 .

Sada možemo pisati ubrzanje tačke B na osnovu poznatog ubrzanja tačke r r r r O2 kao: aB = aO2 + ( aBO2 ) + ( a BO2 ) , (8) N

gde komponente iznose: ( a

(a )

O2 B T

O2 B

)

T

= O2 B ⋅ ω22 = 2 R ⋅ ( 4ω0 ) = 32 Rω02 , 2

N

= O2 B ⋅ ε2 = 2 R ⋅ 2ω0 2 = 4 Rω02 .

Ako projektujemo jednačinu (8) na ose x i y, dobijamo: aBx = − ( a BO2 ) = −4 Rω02 ,

(9)

aBy = aO2

(10)

T

( ) + (a ) O2 B

N

N

= 3Rω02 + 32 Rω02 = 35Rω02 .

Ubrzanje tačke C na osnovu poznatog ubrzanja tačke B je: r r r r r r r r aC = aB + ( aCC ) + ( aCB ) = a Bx + aBy + ( aCC ) + ( aCB ) , N

T

N

T

(11)

gde komponente iznose: ( aCB ) = BC ⋅ ω2BC = 10R ⋅ 0 = 0 , jer je BC = O1B ⋅ sin α = 10R ,

(a )

N

B C T

= BC ⋅ ε BC = 10 R ⋅ ε BC .

Ako projektujemo jednačinu (11) na osu y, dobijamo: 0 = a By + ( aCB ) cos α , T

0 = 35Rω02 + 10 R ⋅ ε BC ⋅

3 7 3 2 ⇒ ε BC = − ω0 . 3 3

(12) (13)

Zadatak 120. Poluga OA = 60 cm datog mehanizma obrće se konstantnom ugaonom brzinom ω0 = 2 s −1 i dovodi u kretanje polugu AB = 100 cm , zglobno vezanu u tački B središta točka. Točak se kotrlja, bez klizanja, po 270

Ravno kretanje tela

nepokretnoj horizontalnoj ravni. Poluprečnik točka je R = 40 cm . U položaju mehanizma prikazanog na sl. 9.26,a, odrediti brzinu tačke C točka, ubrzanje središta točka i ugaono ubrzanje poluge AB.

Slika 9.26.

Rešenje: Primetimo da poluga OA vrši rotaciju oko ose koja prolazi kroz tačku O , a ravno kretanje točak i poluga AB. Potražimo najpre iz geometrije uglove: OB 2 R 2 ⋅ 40 4 OA 60 3 sin α = cos β = = = = , sin β = cos α = = = . AB 100 100 5 AB 100 5 Brzina tačke A je: cm v A = OA ⋅ ω0 = 60 ⋅ 2 = 120 , (1) s a na osnovu teoreme o projekciji vektora brzina tačaka A i B poluge AB na pravac koji ih spaja sledi brzina tačke B: r r ( vB ) AB = ( v A ) AB , cos β cm = 160 . (2) sin β s Brzinu tačke B mogli smo dobiti i preko trenutnog pola brzina poluge AB, koji se nalazi u preseku normala na vektore brzina, a poklapa se u ovom slučaju sa tačkom O. Brzine bi u tom slučaju iznosile: v A = PA ⋅ ω AB ⇒ ωAB = 2s−1 = ω0 , (3) vB cos ( 90 − β ) = v A cos β ⇒ vB = v A

271

Ravno kretanje tela

cm . s Brzina tačke B kao tačke točka (sl. 9.26,b) je: v 160 vB = R ⋅ ω1 ⇒ ω1 = B = = 4s −1 = 2ω0 . R 40 Sada je tražena brzina tačke C jednaka: 3 cm 0 vC = PC ⋅ 4 = 160 3 . 1 ⋅ ω1 = 2 R cos30 ⋅ ω1 = 2 ⋅ 40 ⋅ 2 s Potražimo sada ubrzanje tačke A kao tačke poluge OA , r r r a A = ( a A ) N + ( a A )T , vB = PB ⋅ ω AB = 2 R ⋅ ω AB = 2 ⋅ 40 ⋅ 2 = 160

(4)

(5)

(6) (7)

čiji intenzitet iznosi: cm , ( a A )T = OA ⋅ ε0 = 60 ⋅ 0 = 0 . s2 Sada možemo pisati ubrzanje tačke B, na osnovu poznatog ubrzanja tačke r r r r A kao: aB = a A + ( a BA ) + ( a BA ) , (8)

( aA )N

= OA ⋅ ω02 = 60 ⋅ 22 = 240

N

T

gde su komponente OA 60 cm 2 ⋅ ( ω0 ) = ⋅ 22 = 100 ⋅ 4 = 400 2 , 3 cos α s 5 = 100 ⋅ ε AB .

(a )

= AB ⋅ ω2AB =

(a )

= AB ⋅ ε AB

A B N

A B T

S obzirom na to da je vektor ubrzanja tačke B paralelan sa pravcem podloge, to ćemo iskoristiti i projektovati jednačinu (8) na ose ξ i η , da bismo pronašli njen intenzitet i traženu ugaonu brzinu. η : aB cos ( 90 − β ) = ( a A ) N cos α − ( a BA ) , (9) N

3 3 1280 cm = 240 ⋅ − 400 ⇒ aB = − . 5 5 3 s2 ξ : aB cos β = ( a A ) N sin α − ( a BA ) , aB

T

−

1280 4 4 16 ⋅ = 240 ⋅ − 100 ⋅ ε AB ⇒ ε AB = s −2 . 3 5 5 3

(10) (11) (12)

Zadatak 121. U zglobnom mehanizmu prikazanom na sl. 27,a krivaja OA = 10 3 cm obrće se ravnomerno oko ose O ugaonom brzinom 272

Ravno kretanje tela

3 −1 s i pomoću štapa AB = 20 cm dovodi u obrtanje krivaju CB 2 oko ose C. U momentu kada je α = 600 a β = γ = 900 , odrediti ugaone ubrzanje štapa AB i krivaje CB. ωOA =

Rešenje: Primetimo da poluge OA i CB vrše rotaciju oko osa koje prolaze kroz tačke O i C, a ravno kretanje poluga AB.

Slika 9.27.

Brzina tačke A kao tačke poluge OA je: 3 cm v A = OA ⋅ ωOA = 10 3 ⋅ = 15 2 , 2 s a na osnovu trenutnog pola brzina poluge AB v 15 2 3 2 −1 v A = PA ⋅ ω AB ⇒ ω AB = A = s , = ⋅ PA 20 3 4 3

(1)

(2)

AB = 20 3 cm . tg 300 Brzina tačke B, kao tačke poluge AB, na osnovu trenutnog pola brzina je:

gde je rastojanje PA =

273

Ravno kretanje tela

vB = PB ⋅ ωOA = 40 ⋅

3 2 2 cm = 30 ⋅ , 4 3 3 s

(3)

AP = 40 cm . cos300 S druge strane, brzina tačke B, kao tačke poluge CB iznosi: vB = CB ⋅ ωCB = 20 ⋅ ωCB ,

gde je rastojanje PB =

gde je rastojanje CB =

(4)

MB OA = = 20 cm , odakle sledi: 0 cos30 cos300

2 30 vB 3 = 3 s −1 . ωCB = = 20 2 CB Potražimo sada ubrzanje tačke A kao tačke poluge OA kao r r r a A = ( a A ) N + ( a A )T ,

(5) (6)

2

⎛ 3⎞ cm čiji intenzitet iznosi: ( a A ) N = OA ⋅ ω = 10 3 ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ = 15 3 2 , s ⎝ 2⎠ ( a A )T = OA ⋅ εOA = 10 3 ⋅ 0 = 0 , jer je ωOA = const. r r r Ubrzanje tačke B kao tačke poluge CB je aB = ( a B ) N + ( a B )T , 2 OA

(7)

2

⎛ 3⎞ cm 2 = CB ⋅ ωCB = 20 ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ = 30 2 , s ⎝ 2⎠ = 20 ⋅ εCB .

čiji intenzitet iznosi:

( a B )T

= CB ⋅ εCB

( aB ) N

Sada možemo pisati ubrzanje tačke B na osnovu poznatog ubrzanja tačke r r r r A kao: aB = a A + ( a BA ) + ( a BA ) , N T r r r r r r (8) ( aB ) N + ( aB )T = ( a A ) N + ( a A )T + ( aBA ) + ( aBA ) . N

gde su komponente

(a )

A B T

(a )

A B N

T

2

= AB ⋅ ω

2 AB

⎛ 3 2 ⎞ 15 cm = 20 ⋅ ⎜⎜ ⋅ , ⎟⎟ = 2 s2 ⎝4 3⎠

= AB ⋅ ε AB = 20 ⋅ ε AB .

Ako projektujemo jednačinu (8) na ose ξ i η , možemo da pronađemo tražene ugaone brzine. 274

Ravno kretanje tela

r ξ : − ( aB ) N cos600 + ( a B )T cos300 = − ( aBA ) , N

1 3 15 3 −2 s , −15 3 ⋅ + 20 ⋅ εCB = − ⇒ εCB = 4 2 2 2 r η : − ( aB ) N sin 600 + ( aB )T sin 300 = − ( aB ) N + ( a BA ) , T −30 ⋅

3 3 1 3 −2 s . − 20 ⋅ ⋅ = −15 3 + 20 ⋅ ε AB ⇒ ε AB = − 8 2 4 2

(9) (10) (11) (12)

Zadatak 122. Na sl. 9.28,a je prikazan planetni mehanizam u kojem krivaja O1 A dovodi u kretanje spojnu polugu AB, koja je kruto spojena sa zupčanikom 2, a preko nje zupčanike 1 i 3. Odrediti ugaone brzine zupčanika 1 i 3 i krivaje O2O3 , ako je ugaona brzina krivaje O1 A ω0 = 4s −1 ,

α = 300 , β = 900 , O1 A = 40 cm , O2 A = 100 cm , r2 = r3 = r = 10 cm . Rešenje: Primetimo da poluga AB i zupčanik 2 koji su kruto spojeni vrše ravno kretanje, a poluge O1 A i O2O3 i zupčanici 1 i 3 rotaciju oko svojih osa. Brzina tačke A (sl.9.28,b) je: v A = O1 A ⋅ ω 0 = PA ⋅ ω 2 . (1) Potražimo rastojanje tačaka od trenutnog pola brzina: AO2 AO2 200 3 cos α = ⇒ AP = = cm . (2) cos α 3 AP Na osnovu (1) sledi: 40ω0 OA 4 = (3) ω 2 = 1 ⋅ ω0 = 3 s −1 . PA 200 3 5

3 Iz jednakosti projekcija brzina tačaka na pravac koji ih spaja dobijamo: r r ( vO 2 )O A = ( v A )O A , 2

2

vO 2 = v A cos α = O1 Aω0 sin α = 40 ⋅ 4 ⋅

275

1 cm = 80 . 2 s

(4)

Ravno kretanje tela A

A

60 0

α

vA

ω0

ω0

30 0

O1

O1

a)

b) 1

1

r2

β

ω3

B 2

2

r2

O3 r3

C

O2

D

O2

ωO O3 r O3 3

r1

2

3 3

P

ω2 ωO A 2

vC

vO

vD

ω1

2

Slika 9.28.

Sada ugaona brzina poluge O2O3 je: v 80 80 ωO2O3 = O 2 = = = 4 s −1 . O2O3 2r 20 Sada možemo odrediti brzinu tačke C preko pola brzina: vC = PC ⋅ ω 2 = 3r ⋅ ω1 , gde je rastojanje ⎛ 200 3 1 ⎞ ⎛ 10 3 ⎞ PC = PC + r2 = ⎜ ⋅ + 10 ⎟ = 10 ⎜ 1 + ⎟ cm . 2 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ Na osnovu (6) tražena ugaona brzina je:

276

(5)

(6)

(7)

Ravno kretanje tela

⎛ 10 3 ⎞ 10 ⎜ 1 + ⎟ 3 ⎠ 4 PC 8⎛ 3 ⎞ −1 ⎝ ω1 = (8) 3 = ⎜1 + ⋅ ω2 = ⋅ ⎟s . 3r 3 ⋅ 10 5 3 ⎝ 10 ⎠ Ugaona brzina zupčanika 3 dobija se iz zajedničke brzine dodirnih tačaka zupčanika 2 i 3. PO2 − r vD = r3 ⋅ ω3 = PD ⋅ ω2 = PO2 − r ⋅ ω2 ⇒ ω3 = ⋅ ω2 , r 200 3 1 ⋅ − 10 PA sin α − r 4 4 3 2 ω3 = 3 s −1 = 10 − 3 s −1 . (9) ⋅ ω2 = ⋅ r 10 5 5

(

)

(

)

Zadatak 123. Pravougaona ploča ABCD kreće se u ravni Oxy tako da joj r vrh B klizi po osi Ox konstantnim ubrzanjem a0 , a vrh A po osi Oy, stranicom ploče AB = b (sl.9.29,a). Odrediti: a) jednačine ravnog kretanja ploče, b) kinematičke karakteristike ravnog kretanja ploče, c) jednačine pomičnog i nepomičnog centroida, d) jednačine kretanja tačke A, e) brzinu i ubrzanje tačke A. U početnom trenutku tačka B je bila u koordinatnom početku u stanju mirovanja. Rešenje: a) Primetimo da ploča vrši ravno kretanje. ⎛ 1 a t2 ⎞ 1 1 a0 t 2 ⇒ ψ = arccos ⎜ 0 ⎟ . xB = a0t 2 , y B = 0 , cosψ = 2 2 b ⎝2 b ⎠ b) ψ& = ω = −

2 a0 t 4b2 − a02t 4

, ψ&& = ε = −2a0

vB = x& B = a0t .

4b2 + a02t 4

( 4b

2

)

2 4 3 0

−a t

(1)

, (2)

c) xP = b cosψ , y P = b sinψ , pa sledi xP2 + y P2 = b 2 . (3) Očigledno je da je nepokretni centroid kružnica poluprečnika b sa centrom u tački O.

277

Ravno kretanje tela

y

D

D

b

b

C

C

η

ψ

a0

x

O

B

b

b

P

2

A vA

A b

ξ

b

ψ

ψ

O

vB

a0

x

y

B N.C.

P.C. a)

b)

Slika 9.29.

b 2 b b η P = b sinψ ⋅ sinψ = sin 2ψ = (1 − cos2ψ ) , (4) 2 2 2 b⎞ b2 ⎛ 2 . (5) pa sledi ξ P + ⎜ηP − ⎟ = 2⎠ 4 ⎝ b sa centrom pomerenim po Pokretni centroid je kružnica poluprečnika 2 b osi η za od tačke B. 2

ξ P = b sinψ ⋅ cosψ = sin 2ψ ,

2

⎛ a0 t 2 ⎞ d) x A = 0 , y A = b 1 − ⎜ ⎟ , ⎝ 2b ⎠

(6) 2

⎛ a0 t 2 ⎞ gde je AO = b sinψ = b 1 − cos ψ = b 1 − ⎜ ⎟ . ⎝ 2b ⎠ 2

(

e) v A = y& A = − a02t 3 4b 2 − a02t 4

)

−

1 2

,

(7) (8)

278

Ravno kretanje tela 3

a A = && y A = −a02t 3 (12b 2 − a02t 4 )( 4b2 − a02t 4 ) 2 . −

(9)

Zadatak 124. Prava trouglasta prizma čije su baze jednakostranični trouglovi kreće se tako da baze sve vreme ostaju u istim ravnima (sl. 9.30,a). Dato je AB = BC = CA = 10cm . Ako su u trenutku kada je BA paralelno sa Oy poznati vektori brzina vrhova A i F pri tome: 3 r 3 r r v0 r r 3 r v A = v0i + v0 j , vF = i − v0 j , 2 2 2 2 odrediti: a) ugaonu brzinu prizme, b) položaj trenutne ose obrzanja prizme, c) brzinu vrha B prizme.

z

j

F D

E

y 0 30 0 60

C

k

P

vB

x

a)

60 0

30 0

A

y

j

x

F

B

A

i

C

vC

i

60 0

B

vA

b)

Slika 9.30.

Rešenje: a) Primetimo da su brzine tačaka C 9.30,b): ⎛v r r r r 3 r⎞ ⎛ 3 r vC = v A + vCA , tj., ⎜ 0 i − v0 j ⎟ = ⎜ v0i + 2 2 ⎝ ⎠ ⎝2 r r r i j k r r uuur rA 0 ω = ( −5ω) i − gde je vC = ω× AC = 0

(

)

i F jednake i da vredi (sl. r uuur 3 r⎞ v0 j ⎟ + ω × AC , 2 ⎠

(

( −5

5 3 5 0 r r r v v0i − 3v0 j = ( −5ω ) i − −5 3ω ⇒ ω = 0 . 5

(

)

279

)

r 3ω j , pa sledi:

)

Ravno kretanje tela

3 3 b) za tačku A: tgα = = 2 = ⇒ α = 300 , 3 3 vx 2 3 vy − 2 = = − 3 ⇒ α = 600 . za tačku B: tgα = 1 vx 2 Dakle, trenutna osa je izvodnica prizme i polovi duž BC . c) Za tačku B vredi: r r r v ⎞r ⎛ 3 ⎞r ⎛ 3 ⎞ r ⎛ vB = v A + vBA = ⎜ v0 ⎟ i + ⎜ v0 ⎟ j + ⎜ −10 0 ⎟ i , 5⎠ ⎝2 ⎠ ⎝ ⎝ 2 ⎠ r r r i j k r r uuur rA gde je vB = ω × AB = 0 0 ω = ( −10ω ) i , pa sledi: vy

(

)

0 10

0

r ⎛ 1 ⎞r ⎛ 3 ⎞ r vB = ⎜ − v0 ⎟ i + ⎜ v0 ⎟ j . ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ Zadatak 125. Točak poluprečnika r = 0,5m (sl.9.31,a), kotrlja se, bez klizanja, po horizontalnoj nepomičnoj ravni, tako da su u datom trenutku m m poznata brzina i ubrzanje središta točka: vC = 0,5 , aC = 0,5 2 . U datom s s trenutku odrediti ubrzanje tačaka M i P točka. Rešenje: a) Ugaonu brzinu točka možemo odrediti iz date brzine tačke C, (sl. 9.31,b): v 0,5 0,5 ω= C = = = 1s −1 , (1) 0,5 r PC a ugaono ubrzanje takođe kao: dω d ⎛ vC ⎞ 1 d 1 1 ε= (2) = ⎜ ( vC ) = aC = ⋅ 0,5 = 1s−2 . ⎟= dt dt ⎝ PC ⎠ PC dt r 0,5

280

Ravno kretanje tela

a)

ε

b)

r

) (a C M N aC

v0

a0

aC

v0

O

O C (a CP ) T

P

ω

aM

O C v0 β

β

(a CP )N

(a CM ) T

ε

c)

Q

β

aP

ω

P

Slika 9.31.

Potražimo sada ubrzanje tačke M u odnosu na poznato ubrzanje tačke C: r r r r r r a M = aC + aMC = aC + a MC + aMC , (3)

( ) ( ) N

T

gde su:

(a ) C M

N

(a ) C M

T

= CM ⋅ ω 2 = r ⋅ ω 2 = 0,5 ⋅1 = 0,5 = CM ⋅ ε = r ⋅ ε = 0,5 ⋅1 = 0,5

m , s2

m . s2

(4) (5)

Intenzitet ubrzanja tačke M iznosi: 2 2 m aM = ⎡( aMC ) − aC ⎤ + ( aMC ) = 0,5 2 . (6) N T ⎣ ⎦ s Potražimo sada ubrzanje tačke P (trenutnog pola brzina za koji znamo da ima samo tangencijalnu komponentu ubrzanja čiji je vektor usmeren ka tački C) takođe u odnosu na poznato ubrzanje tačke C: r r r r r r a P = aC + aPC = aC + ( aPC ) + ( a PC ) , (7) N

T

gde su:

(a )

= CP ⋅ ω 2 = r ⋅ ω 2 = 0,5 ⋅1 = 0,5

(a )

= CP ⋅ ε = r ⋅ ε = 0,5 ⋅1 = 0,5

C P N C P T

m , s2

m . s2

(8) (9)

Intenzitet ubrzanja tačke P iznosi: 2r . (10) 2r − PA = 2 ⋅ PA ⇒ PA = 3 b) Ubrzanja tačaka M i P možemo dobiti i preko trenutnog pola ubrzanja jer

(

)

281

Ravno kretanje tela

r r r nam je poznato aC , ω i ε (sl. 9.31,c). aC

za tačku C vredi CQ =

0,5

=

=

2 cm , a ugao što ga zatvara 4

1 +1 ε +ω ε sa istim pravcem je tg β = 2 = 1 ⇒ β = 450 , pa je traženo ubrzanje ω ω=

2

4

2

4

m v1 + v2 , i konačno aM = aP = aC = 0,5 2 . s AB

Zadatak 126. Pravougaona ploča ABCD (sl. 9.32,a) vrši ravno kretanje i u r datom trenutku poznati su ubrzanje vrha A ploče, njena ugaona brzina ω i r njeno ugaono ubrzanje ε . Odrediti: a) položaj trenutnog centra (pola) ubrzanja ploče, b) ubrzanje vrha C preko trenutnog pola ubrzanja, c) ugao između ubrzanja tačke A i tačke C. a a 3 . Dato je: AC = BD = l , α = 300 , ω = A i ε = A 3l l (a CA ) T

Q aC

a) C

D

D

ε (a CA )N

aA

ω

β

C

ε

aA

ω

α

β

α

B

A

B

b)

A

Slika 9.32.

Rešenje: a) Položaj trenutnog pola ubrzanja (tačka Q) određujemo na osnovu poznatog ubrzanja tačke A (sl. 9.32,b): r r r r r r a A = aQ + a AQ = aQ + a AQ + a AQ , (1)

( ) ( ) gde su: ( a ) = QA ⋅ ω = l ⋅ ω , (a ) N

Q A N

2

T

2

a A = AQ ⋅ ε 2 + ω 4 ⇒ AQ =

Q A T

aA

ε +ω 2

282

4

=

= QA ⋅ ε = l ⋅ ε .

(2)

l 3 , 2

(3)

Ravno kretanje tela

aA 3 3l = 3 ⇒ β = 300 . (4) aA 3 l Ugao β nanosimo od poznatog ubrzanja tačke u smeru obrtanja trenutnog ugaonog ubrzanja ε . b) Potražimo sada ubrzanje tačke C ploče takođe preko poznatog ubrzanja tačke A: r r r r r r aC = a A + aCA = a A + ( aCA ) + ( aCA ) , (5) N T r r (6) gde su: ( aCA ) = ω2 ⋅ AC = ω2 ⋅ l , ( aCA ) = ε ⋅ AC = ε ⋅ l , ε tgβ = 2 = ω

N

T

pa je konačno: 2 2 3 aC = ⎡ a A − ( aCA ) ⎤ + ( aCA ) = ( aCA ) = a A . (7) N⎦ T T ⎣ 3 Ubrzanje tačke C mogli smo odrediti i preko trenutnog pola ubrzanja

kao: aC = CQ ⋅ ε 2 + ω4 , gde je rastojanje: 2

2

2

2

CQ = AC + AQ − 2 ⋅ AC ⋅ AQ ⋅ cos300 = ⋅⋅⋅ =

l , 2

2

2 l ⎛ aA 3 ⎞ ⎛ aA ⎞ 3 . pa sledi: aC = CQ ⋅ ε + ω = ⋅ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = aA 2 ⎝ 3l ⎠ ⎝ l ⎠ 3 2

4

c) Ugao između ubrzanja tačke A i tačke C je 900 , što je vidljivo sa slike. Zadatak 127. Mehanizam prikazan na sl. 9.33,a sastoji se od dve paralelne zupčaste letve koje su u sprezi sa zupčanikom poluprečnika r. Letve se kreću r r konstantnim brzinama v1 i v2 u datim smerovima, pri čemu je v2 = 2v1 . Odrediti: a) položaj trenutnog centra (pola) brzina zupčanika, b) ubrzanje tačaka A i B zupčanika koje su u datom trenutku u sprezi sa nazubljenim polugama, c) ubrzanje tačke C središta zupčanika. Rešenje: a) Potražimo brzine tačaka u odnosu na trenutni pol brzina (sl. 9.33,b): v A = v1 = PA ⋅ ω , vB = v2 = PB ⋅ ω , odakle sledi: v v v +v ω = 1 , ω = PB ⋅ 1 i ω = 1 2 . PA PA AB 283

Ravno kretanje tela

Dalje je: v2 PB 2r =2= ⇒ PB = 2 ⋅ PA , što daje 2r − PA = 2 ⋅ PA ⇒ PA = i v1 3 PA r PC = . 3 Na osnovu ovoga možemo odrediti trenutnu ugaonu brzinu dω r⎞ 3 v ⎛ = 0. (1) v2 = 2v1 = ⎜ r + ⎟ ⋅ ω ⇒ ω = ⋅ 1 = const. i ε = dt 3⎠ 2 r ⎝

(

)

v1

A

) (aC A N

r C

a)

v2

v1

A

b)

B

r

ω

P

C Q

v2

B

Slika 9.33.

b) Potražimo sada ubrzanje tačke A preko poznatog ubrzanja tačke C: r r r r r r a A = aC + a AC = aC + ( a AC ) + ( a AC ) , N

gde su:

( ar )

A C N

( ar )

A C T

T

aC = aQ = 0 (trenutni pol ubrzanja),

(2) (3)

2

9 v2 ⎛3 v ⎞ = ω2 ⋅ AC = ω2 ⋅ r = ⎜ ⋅ 1 ⎟ ⋅ r = ⋅ 1 , 4 r ⎝2 r ⎠

(4)

= ε ⋅ AC = ε ⋅ r = 0 .

(5)

9 v2 Konačno sledi: a A = ( aCA ) = ⋅ 1 . N 4 r

Analogno je i ubrzanje tačke B: aB =

(6) 9 v12 ⋅ . 4 r

(7)

Zadatak 128. Istostranični trougao ABC kreće se u ravni Oxy tako da mu vrh A klizi duž ose Oy, a vrh B duž ose Ox (sl. 9.34,a). U trenutku kada strana AB zaklapa ugao od 1200 sa pozitivnim smerom ose Ox, poznati su 284

Ravno kretanje tela

brzina i ubrzanje vrha A, v A = v0 , a A = a0 , a imaju pozitivan smer ose Oy. U tom trenutku odrediti brzinu i ubrzanje vrha C. Dužina stranica trougla je l . Rešenje: Trougao vrši ravno kretanje i u tom trenutku pol brzina je na polovini strane AC, tj. u preseku normala na vektore brzina. l 2v (1) Brzina tačke A iznosi: v A = v0 = PA ⋅ ω = ⋅ ω ⇒ ω = 0 . 2 l l 2v (2) Brzina tačke C iznosi: vC = PC ⋅ ω = ⋅ 0 = v0 ⇒ vC = v0 . 2 l r r r r (3) Ubrzanje tačke C iznosi: aC = a A + aCA + aCA ,

( ) ( ) N

2

2 0

⎛ 2v ⎞ 4v gde su: ( aCA ) = l ⋅ ω 2 = l ⋅ ⎜ 0 ⎟ = , aCA N l ⎝ l ⎠

( )

T

T

= l ⋅ε .

(4)

y

y

a)

v0

b)

v0

a0

a0

C

A

A) (a C N

P

A

ω

ε

30 0 (a AB )N

x

O aB

B

(a CA ) T

vC

1200 O

C

1200

vB

x

B (a AB ) T

Slika 9.34.

Trenutno ugaono ubrzanje ploče se može odrediti iz poznatog ubrzanja tačke A i poznatog pravca ubrzanja tačke B, a na osnovu: 3ω 2 R , (4) aM1 = && xM2 + && y M2 = 2 gde su: 2

2

( a ) = l ⋅ ω = l ⋅ ⎛⎜⎝ 2lv0 ⎞⎟⎠ = 4vl 0 , ( aBA )T = l ⋅ ε . Nakon projektovanja jednačine (4) na osu y dobijamo: A B N

2

285

(5)

Ravno kretanje tela

( y) :

0 = a0 + ( a BA ) cos300 − ( a BA ) sin 300 , N

T

4v 3 1 2la0 + 4 3v02 ⋅ − l ⋅ε ⋅ ⇒ ε= . (6) 2 2 l l2 Sada je, nakon projektovanja jednačine (3) na osu y, moguće odrediti ubrzanje tačke C: 2 0 2

0 = a0 +

aC = ⎡ a0 − ( a ⎣

)

A C T

(

⎤ + ⎡( a ⎦ ⎣ 2

)

A C N

2

2

2 2 ⎡ ⎤ ⎤ = ⎢ a0 − 2la0 + 4 3v0 ⎥ + ⎡⎢ 4v0 ⎤⎥ , ⎦ l ⎣ ⎦ ⎣ l ⎦ 2

)

1 aC = ⋅ a0l a0l + 8 3v02 + 64v04 . l

(7)

Zadatak 129. Krivaja OA dužine R (sl. 9.35,a) obrće se oko ose kroz tačku O, konstantnom ugaonom brzinom ω . U tački A krivaja je zglobno vezana za polugu AB dužine R, na čijem se kraju B nalazi klizač koji može da se kreće u vertikalnoj vođici. Odrediti: a) jednačine ravnog kretanja poluge AB, b) kinematičke karakteristike ravnog kretanja poluge, c) jednačine nepomičnog i pomičnog centroida, d) jednačine kretanja, brzinu i ubrzanje tačke M poluge AB, ako je AM = MB = R / 2 , t1 = π / ω . Rešenje: Primetimo da poluga OA vrši rotaciju, poluga AB ravno kretanje, a klizač B translaciju duž vođice. a) potražimo jednačine ravnog kretanja poluge (sl. 9.35,b): dϕ ω = ϕ& = = const. ⇒ ϕ = ωt , x A = R sin ϕ , y A = R cos ϕ . (1) dt b) x& A = ω R cosϕ , y& A = −ω R sin ϕ , v A = x& A2 + y& A2 = ω R .

(2)

&& x A = −ω2 R sin ϕ , && y A = −ω2 R cos ϕ , a A = && x A2 + && y A2 = ω2 R . (3) Brzinu tačke A možemo pisati u odnosu na rotaciju poluge OA, v A = OA ⋅ ω , ili, u odnosu na ravno kretanje poluge AB, kao v A = PA ⋅ ωAB , odakle, nakon izjednačivanja, dobijamo ugaonu brzinu poluge, ωAB = ω , ili r r u vektorskom obliku ωAB = −ω .

d ωAB d 2ϕ = 2 = 0. dt dt c) Jednačine trenutnog pola obrtanja u odnosu na nepokretni kordinatni Ugaono ubrzanje je ε AB =

286

Ravno kretanje tela

sistem Oxy su: xP = 2 R sin ϕ , y P = 2 R cos ϕ , (4) odakle, nakon eliminacije vremena, tj. ugla ϕ , dobijamo jednačinu nepokretnog centroida: xP2 + y P2 = 4 R 2 , a to je kružnica poluprečnika 2R sa centrom u tački O. y

ξ B

(5)

B

2ϕ

ωAB

vB ϕ

2ϕ ϕ

..

A

xA

A

aA

.. . yM

. ϕ

N.C.

η

ϕ ϕ

M

P.C.

.

xM

yA

vA

..

xM M

P

2ϕ

yA

ϕ ω O

a)

Q O

ω

x

b)

Slika 9.35.

Jednačine trenutnog pola obrtanja u odnosu na pokretni kordinatni sistem Oξη su: ξP = R cos 2ϕ , ηP = R sin 2ϕ , (6) odakle, nakon eliminacije vremena, tj. ugla 2ϕ , dobijamo jednačinu nepokretnog centroida: ξ P2 + ηP2 = R 2 , (7)

287

Sferno kretanje tela

a to je kružnica poluprečnika R sa centrom u tački A. d) Položaj, brzina i ubrzanje tačke M su: R 3R (8) xM = sin ϕ , y M = cos ϕ , 2 2 ωR 3ωR ωR sin ϕ , vM1 = x M2 + y M2 = cos ϕ , y M = − , (9) x M = 2 2 2 ω2 R 3ω2 R 3ω2 R xM = − sin ϕ , y M = − . (10) cos ϕ , aM1 = xM2 + y M2 = 2 2 2 10. SFERNO KRETANJE TELA ILI OBRTANJE TELA OKO NEPOKRETNE TAČKE Ako pri kretanju tela, za sve vreme kretanja, bilo koja tačka tela ostaje nepomična, onda se takvo kretanje zove sferno kretanje ili obrtanje tela oko stalne tačke. Ovaj naziv (sferno kretanje) potiče odatle što će pri ovakvom kretanju tela, putanje svih tačaka biti prostorne krive linije, pri čemu one leže na koncentičnim sferičnim ljuskama, čiji se centri nalaze u nepomičnoj tački O. 10.1. JEDNAČINE KRETANJA. OJLEROVI UGLOVI

Da bismo mogli lakše da proučimo sferno kretanje krutog tela, usvojićemo dva koordinatna sistema, tako da im se ishodište nalazi u nepomičnoj tački O. Jedan sistem Oxyz je nepomičan, dok je drugi Oξηζ kruto vezan za telo i s njim se kreće, što znači da je za proučavanje kretanja tela dovoljno proučiti kretanje pomičnog sistema oko nepomičnog sistema. Položaj pokretnog sistema Oξηζ najlakše je odrediti preko Ojlerovih uglova. Ti se uglovi definišu na sledeći način. Prava po kojoj se seku nepomična ravan xOy i pomična ravan Oξη naziva se čvorna osa i označava se sa N. Označimo sada uglove: ψ − ugao precesije ψ = ∠ ( xON ) ⊥ OZ , (10.1)

θ − ugao nutacije θ = ∠ ( ZOζ ) ⊥ ON , ϕ − ugao sopstvene rotacije ϕ = ∠ ( NOξ ) ⊥ Oζ .

(10.2)

(10.3) Sa ova tri ugla potpuno je određen pomični sistem u odnosu na nepomični.

288


Objasnimo sada kako možemo odrediti položaj pokretnog sistema u odnosu na nepokretni, ako poznajemo Ojlerove uglove. Za početak, zamislimo da se ova dva sistema poklapaju. Izvršimo rotaciju pomičnog sistema oko ose z za ugao ψ. To će imati za posledicu da osa ξ, koja se pre toga poklapala sa osom x, dođe u položaj ON, a osa η, koja se poklapala sa osom y, u položaj η1. Sada tako dobijeni sistem zarotiramo oko ose N za ugao θ. To će imati za posledicu da osa ζ gradi sa osom z ugao θ, dok će osa η iz položaja η1 preći u položaj η2. Ako sada oko ose ζ izvršimo rotaciju za ugao ϕ, osa ξ i osa η doći će u položaj prikazan na slici 10.1. z ζ η ϕ θ

θ

η η

ψ O

ψ x

y ϕ ξ

N

Slika 10.1. Ojlerovi uglovi

Ovim smo dokazali da se sa ovakve tri rotacije pokretni sistem može premestiti u novi položaj, a da pri tome njegovo ishodište ostane nepromenjeno. Vidi se da telo koje vrši sferno kretanje ima tri opšte koordinate (ψ, θ i ϕ), što znači da telo u ovom slučaju ima tri stepena slobode kretanja. Ako se telo kreće oko nepomične tačke, onda se Ojlerovi uglovi (ψ, θ i ϕ) menjaju u funkciji vremena, to jest: ψ = f1 (t ) , θ = f 2 (t ) , ϕ = f 3 (t ) , (10.4) a nazivaju se jednačine (zakon) kretanja. Pri tome funkcije f1 (t ) , f 2 (t ) i f 3 (t ) , moraju biti jednoznačne, 289


neprekidne i diferencijabilne do zaključno drugog reda. Ako su nam poznate ove funkcije, onda se u svakom trenutku vremena može odrediti položaj tela u odnosu na nepomični sistem Oxyz. 10.2. IZRAŽAVANJE UGAONE BRZINE TELA PREKO OJLEROVIH UGLOVA

Pretpostavimo da nam je sferno kretanje tela definisano preko Ojlerovih (10.5) uglova, u obliku: ψ = f1 (t ) , θ = f 2 (t ) , ϕ = f 3 (t ) . z ωΙ ζ η

ω3

ω1 θ O

y

ω2 ψ ϕ x

ξ

N

Slika 10.2. Vektori ugaonih brzina (precesije, nutacije i sopstvene rotacije)

Pošto je sferno kretanje tela kretanje koje se sastoji od tri nezavisna obrtanja (poglavlje 10.1), to i ugaonu brzinu tela možemo posmatrati kao ugaonu brzinu koja je složena od tri nezavisne ugaone brzine, a to su: dψ , ugaona brzina precesije, ω1 = =ψ (10.6) dt dθ ω2 = = θ , ugaona brzina nutacije i (10.7) dt dϕ ω3 = = ϕ , ugaona brzina sopstvene rotacije. (10.8) dt

290


G G G Kao vektori ugaone brzine ω1 , ω2 i ω3 su usmereni duž odgovarajućih

osa: Oz, ON i Oζ (sl.10.2), pa je vektor trenutne ugaone brzine: G G G G ω = ω1 + ω2 + ω3 . (10.9) Potražimo sada intenzitet ukupne ugaone brzine, izražen preko pojedinih ugaonih brzina. Sa slike 10.2. vidimo da je: G G G K G ωI = ω1 + ω3 ⇒ ω2I = ω12 + ω32 + 2ω1ω2 cos ∠ ( ω1 , ω3 ) , (10.10) G K cos ∠ ( ω1 , ω3 ) , odnosno: ω2I = ψ 2 + ϕ 2 + 2ψϕ 2 + ϕ 2 + 2ψϕ cos θ . ω2I = ψ Sada je: G G G ω = ωI + ω2 , G G gde je ωI ⊥ ω2 . Prema tome, intenzitet ugaone brzine je:

(10.11) (10.12)

ω = ω2I + ω22 ,

(10.13)

ili: 2 + θ 2 + ϕ 2 + 2ψϕ cos θ . ω= ψ

(10.14)

10.3. TRENUTNO UGAONO UBRZANJE

U opštem slučaju, pri sfernom kretanju tela vektor ugaone brzine tela menjaće se i po intenzitetu i po pravcu. Promenu ovog vektora po vremenu karakteriše vektor ugaonog ubrzanja. Da bismo definisali ovaj vektor, prvo ćemo definisati vektor srednjeg ugaonog ubrzanja. Ω

vH = ε H

ε sr Hodograf ugaone brzine

Δω H1

ω

ω + Δω = ω ε1 ωΩ O

ω1

e-e

ε

Slika 10.3. Vektori ugaonih brzina i ugaonih ubrzanja

291


G Ako bismo za niz uzastopnih trenutaka naneli vektore ω i spojili njihove vrhove (H), dobili bismo neku krivu liniju koja predstavlja hodograf vektora G ω. G U trenutku t ugaona brzina je jednaka ω . U trenutku t+Δt ugaona brzina G G G je jednaka ω + Δω = ω ' . G K G G ω '− ω Δω Srednje ugaono ubrzanje je: εsr = . (10.15) = Δt Δt G G G Δω . (10.16) Trenutno ugaono ubrzanje je: ε = lim εsr = lim Δt →0 Δ t → 0 Δt G G Pošto je ω = ω(t ) , tj. funkcija od t, tada je: G G G G G dω d ε= = ω x i + ω y j + ωz k . dt dt G Da bismo videli kako je usmeren ε , poslužićemo se hodografom ugaone G brzine. Potražimo sada brzinu vrha vektora ω (tačka H) po njegovom G dω G G hodografu: vH = = ε. dt (10.17) G Vektor trenutnog ugaonog ubrzanja tela jednak je brzini kraja vektora ω . G Vektor ε polazi iz nepomične tačke O i usmeren je duž prave e – e, koju zovemo trenutna osa ugaonog ubrzanja. G G Ako ugaonu brzinu izrazimo kao: ω(t ) = ω(t ) ⋅ ωΩ (t ) , G gde je ωΩ (t ) − jedinični vektor u pravcu i smeru ugaone brzine, imaćemo: G G G dω dω G d ωΩ , ε= = ωΩ + ω dt dt dt G G G ε = ε1 + ε2 , (10.18) G G dω G gde su: ε1 = ωΩ − posledica promene ω po intenzitetu, usmerenog duž dt G vektora ω i G G G dω ε2 = ω Ω − posledica promene ω po pravcu. dt G Označimo li sa ω1 ugaonu brzinu rotacije trenutne obrtne ose Ω oko neke G ose koja prolazi kroz tačku O, onda izvod jediničnog vektora ωΩ , kao G d ωΩ G G = ω1 × ωΩ , vektora konstantnog intenziteta po vremenu, glasi: dt

(

)

292


G G G G G G G G d ωΩ pa je: ε2 = ω = ω ( ω1 × ωΩ ) = ω1 × ω⋅ ωΩ = ω1 × ω . dt G G G dω G G G ωΩ + ω1 × ω , Sada konačno možemo pisati: ε = ε1 + ε2 = dt G G G pri čemu je ε1 ⊥ ε2 , pa je intenzitet vektora ε dat izrazom: ε = ε12 + ε 22 .

(10.19) (10.20)

(10.21)

10.4. BRZINE POJEDINIH TAČAKA TELA

Raspored i veličine brzina pojedinih tačaka tela pri njegovom sfernom kretanju su takvi kao da telo vrši obrtno kretanje oko trenutne obrtne ose, tj. G G G vektor brzine tačke M određen je izrazom: vM = ω× rM . G G Intenzitet brzine je: vM = ω⋅ rM sin ) ( ω, rM ) . z

Ω

trajektorija hΩ

M

Oi vM

rM

ω O

y

x Slika 10.4. Vektor brzine tačke tela pri sfernom kretanju

G G Pošto je: hΩ = rM sin ∠ ( ω, rM ) ⇒ vM = ω⋅ hΩ ,

(10.22)

gde je: hΩ − najkraće rastojanje od tačke M do trenutne obrtne ose Ω. Brzina tačke, izražena preko G projekcija na nepomične koordinate ose G G G jednaka je: vM = v x i + v y j + v z k . S druge strane, na osnovu prethodnog izlaganja, imamo:

293


G i G G G vM = ω× rM = ωx XM

G k ωz , ZM

G j ωy YM

(10.23)

gdje su ωx , ω y i ωz − projekcije vektora ugaone brzine na ose nepomičnog G sistema, a X M , YM , Z M − projekcije radijus vektora rM tačke M na te ose, tj. koordinate tačke M u nepomičnom sistemu. Možemo pisati: v x = Z M ω y − YM ωz , v y = X M ωz − Z M ωx , v z = YM ωx − X M ω y . (10.24) Na analogan način bismo našli projekcije brzine na ose pomičnog sistema: vξ = ζ M ωη − ηM ωζ , vη = ξ M ωζ − ζ M ωξ , vζ = ηM ωξ − ξ M ωη , (10.25) gde su ξM , ηM i ζ M projekcije radijus vektora u pomičnom sistemu. 10.5. UBRZANJE PROIZVOLJNE TAČKE TELA

Da bismo našli izraz za ubrzanje proizvoljne tačke tela, koje vrši sferno G G G kretanje, poći ćemo od izraza za brzinu: vM = ω× rM . ( a M )akp

Ω hΩ

M

trajektorija

vM (a M )rot

rM

hE

e-e

ω ε

O

Slika 10.5. Vektor ubrzanja tačke pri sfernom kretanju

G dv d G G G Ubrzanje neke tačke je: aM = M = ( ω× rM ) . dt dt G G G G G d ω drM G i = vM = ω× rM , Pošto je: ε = dt dt 294


G G G G G možemo pisati: aM = ε × rM + ω× vM , (10.26) G G G G G G aM = ε × rM + ω× ( ω× rM ) . (10.27) Vidimo da se ubrzanje tačke tela koje vrši sferno kretanje sastoji od dve komponente. Jednu komponentu ćemo nazvati tangencijalnom ili G G rotacionom ( a M )rot , a drugu normalnom ili aksipetalnom ( a M )akp : G G G G (10.28) ( aM )T = ( aM ) rot = ε × rM , G G G G G (10.29) ( aM ) N = ( aM )akp = ω× ( ω× rM ) .

Komponente ubrzanja tačke M prikazane su na slici 10.5. Intenzitet rotacione komponente je: G G (10.30) ( aM )T = ( aM )rot = ε ⋅ rM sin ∠ ( ε, rM ) = ε ⋅ hE , gde je: hE − najkraće rastojanje tačke M od ose vektora trenutnog ugaonog G ubrzanja ε . Rotaciona (tangencijalna) komponenta je upravna na ravan u kojoj leže G G G vektori ε i rM , a ima takav smer da, gledano iz vrha vektora ( a M )rot , G G obrtanje vektora ε ka vektoru rM najkraćim putem vidimo u suprotnom smeru od smera obrtanja kazaljke na časovniku. Intenzitet aksipetalne komponente je: G G (10.31) ( aM ) N = ( aM )akp = ω⋅ vM sin ∠ ( ω, vM ) = ω⋅ vM . G G Pošto je: vM = ω⋅ rM sin ∠ ( ω, rM ) = ω⋅ hΩ . gde je: hΩ − najkraće rastojanje tačke M od trenutne ose obrtanja, pa možemo pisati: (10.32) ( aM ) N = ( aM )akp = ω2 ⋅ hΩ . Aksipetalna (normalna) komponenta ubrzanja je uvek usmerena od posmatrane tačke M ka trenutnoj obrtnoj osi Ω i vertikalna je na nju. Prema tome ukupno ubrzanje tačke M je: G G G aM = ( a M )rot + ( aM )akp . Intenzitet vektora ubrzanja tačke M je: aM =

( aM )rot + ( aM )akp + 2 ( aM )rot ( aM )akp cos ∠ ( ( aM )rot , ( aM )akp ) ,

aM =

( ε ⋅ hE )

2

G

2

ili: 2

(

G

)

2 G G + ( ω2 ⋅ hΩ ) + 2ε ⋅ hE ⋅ hΩ cos ) ( aM )rot , ( a M )akp . (10.33)

295


Pri obrtanju tela oko stalne ose, kao specijalnog slučaja sfernog kretanja, ose Ω i E se poklapaju i tada vredi: hΩ = hE = R , (10.34) G G π ∠ ⎡( aM )rot , ( aM )akp ⎤ = , ⎣ ⎦ 2 pa je: aM = R ε 2 + ω4 .

(10.35)

10.6. POMIČNI I NEPOMIČNI AKSOID

Pri sfernom kretanju tela položaj trenutne obrtne ose, duž koje je uvek G usmerena trenutna ugaona brzina ω , neprekidno se menja u prostoru, ali stalno prolazi kroz nepomičnu tačku O (sl.10.6). z trenutna obrtna osa

pomi~ni aksoid

Ω

II

ζ

I

nepomi~ni aksoid

η

ω O

y

x ξ Slika 10.6. Pomični i nepomični aksoid

Odavde se vidi da će trenutna obrtna osa Ω u nepomičnom sistemu opisivati jednu konusnu površinu sa vrhom u tački O. Isto tako će i u pomičnom sistemu, tj. u sistemu koji je kruto vezan za telo i sa njim se kreće, trenutna obrtna osa opisivati konusnu površinu. Dodirna izvodnica između ove dve konusne površine u datom trenutku vremena predstavlja trenutnu obrtnu osu tela u tom trenutku. Konusna površina koja predstavlja geometrijsko mesto uzastopnih 296


položaja trenutnih obrtnih osa u nepomičnom sistemu Oxyz, zove se nepomični aksoid. Analogno tome, konusna površina II, koja predstavlja niz uzastopnih položaja trenutnih obrtnih osa u pomičnom sistemu zove se pomični aksoid. Pri sfernom kretanju tela pomični aksoid se kotrlja bez klizanja po nepomičnom aksoidu. Da bismo našli jednačinu trenutne obrtne ose u nepomičnom i pomičnom sistemu, poći ćemo od izraza za brzinu: G G G i j k G G G vM = ω× rM = ωx ω y ωz = 0 . (10.36) X Y Z Ovde je: v x = Z ω y − Y ω z = 0 , v y = X ωz − Z ω x = 0 , v z = Y ω x − X ω y = 0 , odnosno:

X Y Z = = . ω x ω y ωz

(10.37) (10.38)

Ovaj izraz predstavlja jednačinu trenutne obrtne ose u nepomičnom sistemu gde su X, Y i Z koordinate proizvoljne tačke ose. Analogno ovome, dobijamo jednačinu trenutne obrtne ose u pomičnom ξ η ζ = = . (10.39) sistemu: ωξ ωη ωζ

Ω

n

pomi~ni aksoid

-1

Ωn

Ω3

O C

Ω1

nepomi~ni aksoid

π

Ω2

Ω3 Ω 2

P Ω1

Ω

Slika 10.7. Primer pomičnog i nepomičnog aksoida

Pojam nepokretnog i pokretnog aksoida možemo razmotriti pri kotrljanju bez klizanja pravog kružnog konusa po nepomičnoj horizontalnoj ravni, pri 297


čemu vrh konusa O ostaje nepomičan, a konus vrši sferno kretanje (sl. 10.7). Trenutna obrtna osa konusa, u datom trenutku, jeste ona njegova izvodnica koja je u dodiru sa nepomičnom ravni, jer su brzine pojedinih tačaka te izvodnice jednake nuli. U ovom slučaju, ravan π predstavlja nepomični aksoid, a omotač konusa predstavlja pomični aksoid. Zadatak 130. Konični zupčanik I ugla pri vrhu β = 1200 , poluprečnika G R1 = R , obrće se konstantnom ugaonom brzinom ω0 (sl. 10.8,a). Zupčanik II, ugla pri vrhu α = 600 i poluprečnika R2 = R / 3 , dovodi se u kretanje 3 pomoću krivaje KOB, koja ima ugaonu brzinu ω1 = ω0 i isti smer obrtanja 2 kao zupčanik I. Odrediti: a) trenutnu ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje zupčanika II, b) brzinu i ubrzanje tačke C zupčanika II, dijametralno suprotne tački dodira A. Ose zupčanika se seku u tački O. Rešenje: a) Koordinate tačaka su A(0, − R2 , R1 ) , B (0,0, R1 ) , C (0, R2 , R1 ) . Brzina tačke A iznosi (sl. 10.8,b) A

II

B R 2

C

A

P

Ω

α

I

β

ω0

ω0

K O

ω1

R1 D

vA

ε2 (x)

(z)

II

B

vC

β

O

α

R1

D

C

(a C)T 2

vB

I

a)

R2

(a C)N

ωy

K (y)

γ

ω1

ωz

ω

Ω

b)

Slika 10.8.

G G i j G G v A = ω0 R1i = 0 ω y 0 − R2

G k G −ωz = ( R1ω y − R2 ωz ) i , R1

odakle sledi: ω0 R1 = R1ω y − R2ωz .

(1)

298


G G i j G G Brzina tačke B iznosi vB = ω1R1i = 0 ω y 0 0

odakle sledi ω1R1 = R1ω y

⇒ ω y = ω1 =

G k G −ωz = R1ω y i , R1

3 ω0 . 2

(2)

3 ω0 , a ugao koji zaklapa trenutna obrt2 G na osa Ω − Ω , duž koje je usmeren vektor trenutne ugaone brzine ω , jeste: ω tg α = y = 3 ⇒ α = 600 . (3) ωz Trenutna ugaona brzina je: Sada iz jednačine (1) sledi ωz =

2

2 ⎛3 ⎞ ⎛ 3 ⎞ ω = ω + ω + ω = 0 + ⎜ ω0 ⎟ + ⎜ ω0 ⎟ = 3 ω0 . ⎝2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ G G G G G dω G Trenutno ugaono ubrzanje je: ε = ε1 + ε2 = ωΩ + ω1 × ω , dt dω d 3 3 2 ε1 = = ω0 . 3 ω0 = 0 ε2 = ω1 ⋅ ω sin 300 = dt dt 4 R1 , a tražena brzina iznosi: b) Položaj tačke C je OC = cos300 G JJJG G JJJG G vC = ω× OC = ω⋅ OC sin ∠ ω, OC = 2 Rω0 . 2 x

2 y

2 z

(

)

(

)

Traženo ubrzanje iznosi: G JJJG G JJJG G G G G G aC = ( aC )T + ( aC ) N = ε1 × OC + ε2 × OC + ω× vC .

( aC )T 1 = 0 ,

( aC )T 2 = ε2 ⋅ OC sin 900 =

( aC ) N = ω⋅ vC sin 900 = 2

3Rω02 .

(4) (5) (6)

(7) (8)

3 2 Rω0 , 2

(9)

Zadatak 131. Zupčanik 1 kotrlja se bez klizanja po nepomičnom zupčaniku 2 pomoću krivaje KOC, pri čemu tačka O ostaje nepomična (sl.10.9,a). Ako je poznata brzina tačke C zupčanika 1, vC = 40 cm / s . Odrediti: a) trenutnu ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje zupčanika 1, b) brzinu i ubrzanje tačke D 299


zupčanika 2. Dato je DC = CB = R = 40 cm i α = 300 . Rešenje: a) Potražimo neke geometrijske veličine, 40 CB cm . tg 600 = ⇒ OC = OC 3 G JJJG G Brzina tačke C iznosi vC = ω× OC ,

(1)

z

z K

D

ω1

O

vD

Ω ε2

C

αα

D

(a D )N

R 2

a)

(a D )T2

K ω1

x

R

O

600 ω3 600

αα

ω1

C

y

R

ω

1 B A

1 A

vC

R 2

B P b)

Ω

Slika 10.9.

G JJJG 40 3 vC = ω⋅ OC sin ) ω, OC , tj., 40 = ω⋅ ⋅ , 3 2 odakle je ω = 2 s −1 . (2) G G G G S druge strane, trenutna ugaona brzina je ω = ω1 + ω2 + ω3 , a komponente (ugaona brzina precesije i ugaona brzina sopstvene rotacije) možemo dobiti iz trougla ugaonih brzina (sl.10.9,b): 1 3 ω3 = ω⋅ sin 300 = 2 ⋅ = 1 s −1 , ω1 = ω⋅ cos 300 = 2 ⋅ = 3 s −1 . (3) 2 2 G G G G G dω G ωΩ + ω1 × ω , (4) Trenutno ugaono ubrzanje je: ε = ε1 + ε2 = dt dω d (5) ε1 = = ( 2 ) = 0 ε2 = 3 ⋅ ω sin 300 = 3 s −2 . dt dt

(

)

300


R 80 3 cm , tražena brzina iznosi b) Položaj tačke D je OD = = 0 sin 60 3 G JJJG G vD = ω× OD , tj. intenzitet G JJJG 80 3 cm vD = ω⋅ OD sin ∠ ω, OD = 2 ⋅ . (6) sin1200 = 80 3 s Traženo ubrzanje iznosi: G JJJG G JJJG G G G G G aD = ( aD )T + ( aD ) N = ε1 × OD + ε2 × OD + ω× vD . (7)

(

)

( aD )T 2 = ε2 ⋅ OD sin 900 =

( a D )T 1 = 0 ,

3⋅

80 3 cm = 80 2 , 3 s

cm ( aD ) N = ω ⋅ vD sin 900 = 2 ⋅ 80 = 160 2 .

(8)

s

Zadatak 132. Prav kružni konus poluprečnika R = 2 cm kotrlja se bez klizanja po nepokretnom konusu, tako da mu tačka O za sve vreme kretanja cm . ostaje nepokretna (sl.10.10,a). Brzina tačke A konusa iznosi v A = t s Odrediti ubrzanje tačke C pokretnog konusa u trenutku t = 2 s , ako je ugao pri vrhu oba konusa jednak 2α = 900 . (aC )T 2

z C

z

ω1

Ω

R O

α α

α α

A

ε2

R

(a C)T vC 1

ω1

R

α

O

α ωΩ

ω1 B O1

C

(aC )N

ω3

ω3 v A A R ω

ε1

B P y

O1

Ω

x

a)

b) Slika 10.10. 301


Rešenje: Potražimo rastojanje potrebno za računanje traženog ubrzanja (sl.10.10,b), 4 AC AC 2 R sin α = ⇒ OC = = = = 2 2 cm , sin α OC 2 2 AB AC R (1) tg α = ⇒ OA = = = R = 2cm . tg α 1 OA G JJJG G Brzina tačke A iznosi v A = ω× OA , odakle je: G JJJG v A = ω⋅ OA sin ∠ ω, OA = ω⋅ OA sin α ,

(

ω=

)

vA t = = OA sin α R sin α

t

=

t 2 2 t= = ⋅ 2 = 2 s −1 . 2 2 2

(2) 2 2⋅ 2 G G G G S druge strane, trenutna ugaona brzina je ω = ω1 + ω2 + ω3 , gde je ugaona brzina nutacije ω2 ≈ 0 . Komponente ugaone brzine sopstvene rotacije i ugaone brzine precesije možemo dobiti iz trougla ugaonih brzina: 2 2 t ω3 = ω⋅ cos α = = = 1 s −1 , t⋅ 2 2 2 2 2 t ω1 = ω⋅ sin α = = = 1 s −1 . (3) t⋅ 2 2 2 G G G dω G G G Trenutno ugaono ubrzanje je: ε = ε1 + ε2 = ωΩ + ω1 × ω , dt dω d ⎛ 2 ⎞ 2 −2 (4) t⎟ = s , ε1 = = ⎜ dt dt ⎝ 2 ⎠ 2 G G t 2 2 t2 t⋅ ε2 = ω1 ⋅ ωsin ) ( ω1 , ω) = ω1 ⋅ ω⋅ sin α = ⋅ = = 1 s −2 . 2 2 2 4 G JJJG G Tražena brzina iznosi vC = ω× OC , tj. intenzitet G JJJG vC = ω⋅ OC sin ) ω, OC = ω⋅ OC sin 2α =

(

=

(5)

)

2 2R cm t⋅ ⋅ sin 2α = t ⋅ R = 4 . 2 s 2

302

(6)

Složeno kretanje tačke

cm . s Traženo ubrzanje tačke C iznosi: G JJJG G JJJG G G G G G aC = ( aC )T + ( aC ) N = ε1 × OC + ε2 × OC + ω× vC .

Dakle, vC = 2v A = 2 ⋅ t = 2 ⋅ 2 = 4

( aC )T 1 = ε1 ⋅ OC ⋅ sin 2α =

2 2R cm ⋅ ⋅ sin 2α = R = 2 2 , 2 s 2

( aC )T 2 = ε2 ⋅ OC ⋅ sin 2α =

t 2 2R R 2 2 cm ⋅ ⋅ sin 900 = t =2 2 2 , 4 2 4 s

( aC ) N

= ω⋅ vC sin 2α = ω⋅ t ⋅ R sin 2α =

(7)

2 t ⋅ t ⋅ R ⋅1 = 2

2 2 cm (8) t R=4 2 2 . 2 s Pošto su sve komponente međusobno vertikalne, intenzitet ubrzanja je =

aC =

(a ) + (a ) + (a )

aC =

(2)

2

CT 1 2

2

CT 2

(

+ 2 2

CN

) + (4 2 ) 2

2

2

,

= 44 = 2 11

cm . s2

(9)

11. SLOŽENO KRETANJE TAČKE 11.1. RELATIVNO, PRENOSNO I APSOLUTNO KRETANJE TAČKE

Ako tačka istovremeno učestvuje u dva ili više kretanja, onda se za tu tačku kaže da vrši složeno kretanje. Ako se tačka M kreće u odnosu na telo (A), a telo (A) u odnosu na nepomični sistem Oxyz, za tačku M se kaže da vrši složeno kretanje (sl.11.1). Telo (A) može da vrši bilo kakvo kretanje, u odnosu na nepomični koordinatni sistem Oxyz. Ono se može razložiti na translatorno kretanje pola O1 i sferno kretanje oko tog pola. Dakle, jednačine kretanja tela (A) određene su izrazima: xO1 = xO1 (t ) , ψ = ψ(t ) , yO1 = yO1 (t ) , θ = θ(t ) , zO1 = zO1 (t ) , ϕ = ϕ(t ) , (11.1) 303


gde su xO1, yO1 i zO1 koordinate pola O1, a ψ, θ, i ϕ Ojlerovi uglovi.

z1

(A)

ζ

η

M

ρM θ ν O1

z rM

ψ r O1 O x

x1

μ y1

λ ϕ

ξ

N z O1

x O1

y

y O1 Slika 11.1. Tačka pri složenom kretanju

Kretanje tačke M u odnosu na pomični sistem O1ξηζ, tj. u odnosu na telo (A), nazivamo relativnim kretanjem tačke. Brzina i ubrzanje tačke M u G G odnosu na ovaj sistem su njena relativna brzina vr i relativno ubrzanje ar . Kretanje tačke M u odnosu na nepomični sistem Oxyz nazivamo apsolutnim kretanjem tačke. Brzina i ubrzanje tačke M u odnosu na ovaj G G sistem su njena apsolutna brzina v i apsolutno ubrzanje a . Kretanje pokretnog sistema O1ξηζ u odnosu na nepokretni koordinatni sistem Oxyz predstavlja prenosno kretanje za tačku M. Brzina i ubrzanje one tačke pokretnog koordinatnog sistema O1ξηζ koja se u datom momentu G poklapa sa pokretnom tačkom M, predstavljaju prenosnu brzinu v p i G prenosno ubrzanje a p tačke M. Osnovni zadatak proučavanja složenog kretanja tačke sastoji se u postavljanju zavisnosti između brzina i ubrzanja, apsolutnog, prenosnog i relativnog kretanja. Zakon relativnog kretanja tačke M u odnosu na pomični G G sistem određen je u vektorskom obliku jednačinom: ρ M = ρ M (t ) , (11.2) 304


G G G G odnosno: ρ M = ξM (t )λ + ηM (t )μ + ζ M (t ) ν , G G G gde su λ , μ i ν − jedinični vektori pokretnog koordinatnog sistema. Zakon kretanja tačke u odnosu na nepomični sistem (zakon apsolutnog kretanja) dat je jednačinom: G G rM = rM (t ) , G G G G rM = xM (t )i + y M (t ) j + zM (t )k . (11.3) odnosno: Između relativnog, apsolutnog i prenosnog kretanja postoji zavisnost: G G G rM = rO1 + ρ M . (11.4)

11.2. TEOREMA O SLAGANJU BRZINA

U opštem slučaju je složeno i kretanje prenosnog sistema O1ξθζ (tela A). Mi ga možemo rastaviti na jednu translaciju zajedno sa polom O1 i na jedno sferno kretanje oko pola O1. Sferno kretanje možemo posmatrati i kao obrtanje oko trenutne ose O1p, koja prolazi kroz pol O1. Ugaonu brzinu, koja je usmerena duž trenutne obrtne ose O1p, pošto se odnosi na prenosni K sistem, označimo sa ω p , a analogno tome i ugaono ubrzanje tog sistema sa G ε p (sl.11.2). G G G Pođimo od izraza: r = rO1 + ρ . G G G dr drO1 d ρ = + . Posle diferenciranja po vremenu imamo: dt dt dt G G G G Pošto je: ρ = ξ(t )λ + η(t )μ + ζ(t ) ν , G G G dξ G dη G dζ G dλ dμ dν G G . (11.5) tada je: vM = vO1 + λ + μ+ ν+ξ +η +ζ dt dt dt dt dt dt U dobijenom izrazu relativna brzina u odnosu na pomični koordinatni sistem je: G dξ G dη G dζ G G G G + ζν vr = λ+ μ+ ν = ξλ + ημ . (11.6) dt dt dt Pošto su u izrazu (5.5) izvodi jediničnih vektora: G G G G dλ G dμ G G dν G G = ωp × ν , (11.7) = ωp × λ ; = ω p ×μ ; dt dt dt konačno možemo napisati: G G G G G G G vM = vO1 + vr + ω p × ξλ + ημ + ζν ,

(

)

305


G G G G G vM = vO1 + vr + ω p ×ρ .

(11.8) Ω p z1

(A)

O1 vM = (ω x ρ )

vM

vr ζ

vp M ωp

z

vO1

ρ

θ

1

ν O1 r

μ y1

vO1 λ

ψ

ϕ ξ

r O1 x1

z O1

O

N x O1

x

η

y

y O1

Slika 11.2. Vektori brzine tačke pri složenom kretanju

G G G Izraz: vO1 + ω p ×ρ predstavlja prenosnu brzinu tačke M, odnosno

apsolutnu brzinu tačke tela koja se u posmatranom trenutku poklapa sa tačkom M, a prikazan je na slici 5.2. kao G G G G v p = vO1 + ω p ×ρ . (11.9) Najzad, brzinu tačke M možemo pisati u sledećem obliku: G G G v M = vr + v p .

(11.10)

Ova jednačina izražava teoremu o slaganju brzina i glasi: apsolutna brzina tačke M, koja vrši složeno kretanje, jednaka je vektorskom zbiru njene prenosne i relativne brzine.

306


5.3 TEOREMA O SLAGANJU UBRZANJA − KORIOLISOVA TEOREMA

Da bismo odredili vezu između apsolutnog, prenosnog i relativnog ubrzanja, pođimo od izraza (11.5) u poglavlju 11.2: G G G dξ G dη G dζ G dλ dμ dν G G vM = vO1 + λ + μ+ ν+ξ +η +ζ . dt dt dt dt dt dt Sada, ovaj izraz za brzinu diferencirajmo po vremenu: G G G G G ⎛ d ξ d λ d η dμ d ζ d ν ⎞ dvM dvO1 d 2 ξ G d 2 η G d 2 ζ G + + = + 2 λ + 2 μ + 2 ν + 2⎜ ⎟+ dt dt dt dt dt ⎝ dt dt dt dt dt dt ⎠ G G G d 2λ d 2μ d 2ν (11.11) +ξ 2 + η 2 + ζ 2 . dt dt dt Označimo u izrazu (11.11) pojedine vektore sa: G d 2ξ G d 2η G d 2ζ G (11.12) A= 2 λ+ 2 μ+ 2 ν, dt dt dt G G G G ⎛ d ξ d λ d η dμ d ζ d ν ⎞ B = 2⎜ (11.13) + + ⎟, ⎝ dt dt dt dt dt dt ⎠ G G G G d 2λ d 2μ d 2ν C =ξ 2 +η 2 +ζ 2 . (11.14) dt dt dt G Izraz A predstavlja relativno ubrzanje tačke M u odnosu na prenosni G G sistem: A = ar . (11.15) G G Izraz B možemo pisati kao: C G ⎡ dξ G G dη G G dζ G G ⎤ B = 2⎢ ω× λ + ( ω×μ ) + ( ω× ν )⎥ = dt dt ⎣ dt ⎦ ⎡ G ⎛ d ξ G d η G d ζ G ⎞⎤ = 2 ⎢ ω× ⎜ λ + μ+ ν⎟ . (11.16) dt dt ⎠ ⎥⎦ ⎣ ⎝ dt G Dobijena komponenta je B , tzv. Koriolisovo ubrzanje, koje se piše kao: G G G acor = 2 ( ω× vr ) . (11.17) Izraz možemo pisati kao: G d G G d G G d G G C=ξ ω× λ + η ( ω×μ ) + ζ ( ω× ν ) = dt dt dt

(

(

)

)

307


G G G G G G G G G G = ξ ⎡ ε × λ + ω× ω× λ ⎤ + η ⎡⎣ ε ×μ + ω× ( ω×μ )⎤⎦ + ⎣ ⎦ G G G G G +ζ ⎡⎣ ε × ν + ω× ( ω× ν ) ⎤⎦ = G G G G G G G G G = ε p × ξλ + ημ + ζν + ⎡ ω p × ω p × ξλ + ημ + ζν ⎤ = ⎣ ⎦ G G G G G = ε p ×ρ + ω p × ( ω p ×ρ ) .

(

(

)

(

)

vr e-e

))

(

ωp

a O1 M

(a O1 M )rot

p

ap aM

ar

(a O1 M )akp

a O1

M

z Ω

z1 ζ

εp

a cor η

ωp μ

ν

a O1

O1 O

(11.18)

y1 λ

y ξ

x x1 N

Slika 11.3. Vektori ubrzanja tačke pri složenom kretanju

308


G dvGO1 G Izraz C + predstavlja prenosno ubrzanje a p tačke M, odnosno dt apsolutno ubrzanje one tačke koja se u datom trenutku poklapa sa tačkom M. G G G G G G G a p = aO1 + ε p ×ρ + ω p × ( ω p ×ρ ) , to jest: G G G G a p = aO1 + ( a MO1 ) + ( a MO1 ) . (11.19) rot

akp

Konačno, i na osnovu relacija (11.11), (11.15), (11.17) i (11.18), možemo pisati: G G G G aM = ar + a p + acor . (11.20) Ovaj izraz predstavlja teoremu o slaganju ubrzanja. Ona glasi: apsolutno ubrzanje tačke koja vrši složeno kretanje jednako je vektorskom zbiru njenog relativnog, prenosnog i Koriolisovog ubrzanja. Svi vektori i njihove komponente izraza (11.20) prikazani su na slici 11.3. Zadatak 133. Ravan Oxy, u kojoj se kreće tačka M saglasno jednačinama x = t 2 ; y = 4 − t 2 , ( x, y − cm, t − s ),

obrće se konstantnom ugaonom brzinom ω p = 2 s −1 oko ose Oz. Naći veličinu apsolutnog ubrzanja tačke M, u trenutku t1 = 2 s , ako je tačka krenula iz položaja x0 = 0 ; y0 = 4 cm . (sl. 11.4)

ω Slika 11.4.

Rešenje:

Na osnovu datih jednačina kretanja odredićemo elemente 309


relativnog kretanja. naime, eliminacijom parametra t uviđamo da je relativna (1) putanja tačke prava y = 4 − x , zatim da je početni položaj tačke M0 određen koordinatama x0 = 0, y0 = 4cm (sl. 11.4), kao i to da je tačka M(2,2) na pravi najbliža koordinatnom početku, odnosno osi 0z. U položaj M tačka je stigla posle vremena t12 = 2 , ili 4 − t12 = 2 , (2) odnosno t1 = 2 s . Koordinate relativne brzine u trenutku t su:

x r = 2t1 = 2 2,

y r = −2t1 = −2 2 ,

tako da je relativna brzina

vr = xr2 + y r2 = 4

(3)

cm s

(4)

pravca M 0 M (sl. 11.4). Za koordinate relativnog ubrzanja imamo

xr = 2, yr = −2

cm s2

(5)

pa je

cm , s2 G i istog smera kao i brzina vr . ar = xr2 + yr2 = 2 2

(6)

Za obrtanje tačke M ravni xOy oko tačke O, kako je OM = 2 2 cm i

ω p = 2s−1 , imamo normalnu komponentu ubrzanja, te je prenosno cm . (7) s2 Ako pretpostavimo da je smer prenosne ugaone brzine suprotan smeru kazaljke na satu, pravac i smer Koriolisovog ubrzanja je određen skretanjem G G G vektora vr za 90o u smeru, tj. ac je kolinearno sa a p , suprotnog smera i

ubrzanje pokretne tačke a p = OM ⋅ ω p2 = 2 2 ⋅ 2 = 4 2

cm . s2 G G G G Intenzitet apsolutnog ubrzanja pokretne tačke aa = a p + ar + acor .

intenziteta

acor . = 2ω p vr = 2 2 ⋅ 4 = 8 2

(8) (9)

odredićemo neposredno, jer su pravci OM i M 0 M upravni, tako da je

(

aa = ar2 + ( acor − a p ) = 8 + 8 2 − 4 2 2

310

)

2

= 40 = 6,325

cm . (10) s2


Pretpostavimo li da je smer prenosne ugaone brzine u smeru kretanja kazaljke na časovniku, Koriolisovo ubrzanje će biti kolinearno sa prenosnim ubrzanjem i istog smera, tako da je apsolutno ubrzanje u tom slučaju 2 2 cm aa = ar2 + ( acor . + a p ) = 8 + 8 2 + 4 2 = 296 = 17,2 2 . (11) s

(

)

Zadatak 134. Krivaja OC dužine R vrši oscilatorno kretanje oko ose kroz tačku O. U trenutku kada sistem zauzima položaj kao na slici 11.5,a, krivaja OC ima ugaonu brzinu ω , a ugaono ubrzanje ε = 0 . Mehanizam se kreće u ravni crteža (sl. 11.5,a). Odrediti relativnu brzinu i relativno ubrzanje klizača C u odnosu na štap AB, kao i ugaono ubrzanje štapa O1 A , ako je O1 A = O2 B = R 3 .

Rešenje: Primetimo da klizač vrši relativno kretanje u odnosu na polugu AB, a apsolutno u odnosu na nepomični sistem vezan za zglob O. Poluga AB vrši prenosno kretanje koje je translatorno, pa je ω AB = ω p = 0 .

ω

ω

O

A

600

Vp

Vp VA

C

B

A

60

0

600

30 0

O2

300

O1

30 0

VC 300

C O1

(aC)T

O2

)T (a B

(aC)N

b) a)

)T (a p

O

ar

εO B 2

30 0

Vr

Vp

B

(a p )N

ωO2B

Slika 11.5.

Potražimo brzinu tačke C kao tačke poluge OC (sl. 11.5,b) vC = OC ⋅ ω = R ⋅ ω . (1) Ubrzanje tačke C kao tačke koja vrši složeno kretanje iznosi G G G vC = vr + v p , a iz trougla vektora brzina je: vC = vr cos300 ⇒ vr =

vC 2 Rω 2 3 = = Rω , 0 cos30 3 3

311

(2)


v p = vr sin 300 ⇒ v p =

3 Rω , 3

(3)

ili: vp ω v p = O2 B ⋅ ωO2 B = R 3 ⋅ ωO2 B ⇒ ωO2 B = = . R 3 3 G G G G Ubrzanje tačke C iznosi aC = ar + a p + acor . , G G G G G G ( aC ) N + ( aC )T = ar + ( a p ) + ( a p ) + acor , N

T

gde je: ( aC ) N = OC ⋅ ω2 = Rω2 , ( aC )T = OC ⋅ ε = 0 ,

( aC ) N

(a )

p N

(a )

= OC ⋅ ω2 = Rω2 , =

v 2p O2 B

( =

3 Rω / 3

)

p T

(5) (6) (7)

2

R 3

( a p ) = O2 B ⋅ ωO2 2 B = R 3 ⋅ N

= O2 B ⋅ εO2 B = R 3 ⋅ εO2 B ,

(4)

=

3 Rω2 , odnosno 9

ω2 3 = Rω2 . 9 9

(8)

Zadatak 135. Pravi kružni konus, visine h = OA = 10 cm i ugla pri vrhu

1200 , kotrlja se bez klizanja po horizontalnoj ravni, tako da mu vrh O ostaje nepomičan, sl. 11.6,a. Pri tome se konus obrće u smeru kretanja kazaljke na časovniku, gledano sa vrha ose Oz, ugaonom brzinom ω1 = 3 s −1 oko te ose (sl. 11.6,a). Duž osnove konusa urezan je žleb CB duž kojeg se kreće tačka M, tako da se rastojanje te tačke od tačke A, središta osnove konusa, 2 menja po zakonu ξ = h sin t . 3 Rešenje: Tačka vrši složeno kretanje. Relativno kretanje je kretanje tačke unutar žleba, a prenosno kretanje je sferno kretanje konusa. Potražimo brzine i ubrzanja tačaka u odnosu na trenutni pol brzina: d ⎛2 ⎞ 2 vr = ξ = ⎜ h sin t ⎟ = h sin t , (1) dt ⎝ 3 ⎠ 3 ar = ξ =

dξ 2 d ⎛ 2 2 ⎞ = ⎜ h cos t ⎟ = − h sin t . 2 dt dt ⎝ 3 3 ⎠ 312

(2)


ξ

ω ε

ω ω Slika 11.6.

Položaj tačke, brzina i ubrzanje u trenutku t1 = π / 3 , tj. M = M 1 , jesu: 2 2 3 3 10 3 h sin t = h ⋅ = h= cm , (3) 3 3 2 3 3 2 2 1 1 10 cm vr1 = ξ 1 = h sin t = h = h = , (4) 3 3 2 3 3 s 2 2 3 10 3 cm . ar1 = ξ1 = − h sin t = − h =− (5) 3 3 2 3 Znak (–) pokazuje da je u pitanju usporeno kretanje. Iz trougla vektora ugaonih brzina sledi: ω 3 (6) tg 300 = ⇒ ω = ω1tg 300 = 3 ⋅ = 1 s −1 . ω1 3 Prenosno kretanje je, kao što je rečeno, sferno kretanje, pa prenosna π brzina tačke M, u trenutku t1 = , iznosi: 3 G JJJJG G h 2h 20 v p1 = ω × OM 1 , gde je OM 1 = (7) = = cm , 0 cos30 3 3 ξ1 =

313


2h 20 2 3 cm . ⋅1 = = 3 s 3 3 Trenutno ugaono ubrzanje iznosi: G G G G dω G G ε = ε1 + ε2 = + ω1 × ω , dt gde su: dω ε1 = = 0 , ε 2 = ω1 ⋅ ω sin 900 = 3 ⋅1⋅1 = 3 s −2 . dt Prenosno ubrzanje je: , ( a p )N = ω⋅ v p ⋅ sin 900 = 1⋅ 203 3 ⋅1 = 203 3 cm s2 ( a p )T = 0 , v p1 = ω⋅ OM 1 ⋅ sin 900 = 1⋅

(8)

(9)

(10)

(11) (12)

1

(a )

p T 2

= ε 2 ⋅ OM 1 ⋅ sin 900 = 3 ⋅

20 3 cm ⋅1 = 20 2 , 3 s

(13)

Koriolisovo ubrzanje iznosi: G G G acor = 2 ω p × vr ,

(

)

acor = 2 ⋅ ω p ⋅ vr ⋅ sin1500 = 2ω p vr ( sin 900 cos 600 + cos 900 sin 600 ) ,

10 1 10 cm ⋅ = . (14) 3 2 3 s2 G G G G G G Dakle, ubrzanje tačke iznosi a M = ar + ( a p ) + ( a p ) + ( a p ) + acor . , T T N acor = 2 ⋅1⋅

1

2

a projekcije na ose su: 10 cm ax = acor . = , 3 s2

(15)

a y = ar sin 600 + ( a p ) = T2

az = − ar cos 600 − ( a p )

N

10 3 3 cm ⋅ − 20 = −15 2 , 3 2 s 10 3 1 20 3 25 3 cm =− ⋅ − =− . 3 2 3 3 s2

314

(16) (17)

Dinamika materijalne tačke

Treći deo DINAMIKA 12. UVOD U DINAMIKU MATERIJALNE TAČKE 12.1. OSNOVNI POJMOVI I DEFINICIJE

Dinamika je deo mehanike koji se bavi proučavanjem kretanja krutog tela vodeći pri tome računa kako o silama kao uzroku kretanja tako i o materijalnosti tela koje se kreće. Sila predstavlja meru mehaničkog dejstva između dva tela. Sile koje su konstantne u toku vremena, predmet su izučavanja u statici. Međutim, isto tako sile mogu da zavise od: vremena, rastojanja i brzine kretanja tela, to jest: F = F (t , r , v ) . (12.1) Materijalnost izražavamo preko njegove mase. Masa (m) je pozitivna skalarna veličina koja predstavlja meru inertnosti. Telo koje ima veću masu, posjeduje i veću inertnost pri translatornom kretanju, i obratno. Inertnost u opštem slučaju zavisi od: a) mase tela, b) geometrijskih veličina tela i c) oblika tela. Da bi se sa dinamičkog aspekta proučilo kretanje tela, obično se dinamika deli na: dinamiku materijalne tačke i dinamiku sistema materijalnih tačaka. Pod pojmom materijalne tačke u dinamici se smatra: a) svaka geometrijska tačka koja posjeduje masu, b) svako telo koje vrši translatorno kretanje i c) svako telo kod kojeg su putanje svih tačaka velike u poređenju sa bilo kojom njegovom dimenzijom. 12.2. SISTEMI JEDINICA

U dinamici ćemo koristiti međunarodni SI sistem jedinica u kojem su osnovne jedinice: a) za dužinu – m, b) za vreme – s i c) za masu – kg. U ovom sistemu je sila izvedena veličina, a osnovna jedinica za silu je Njutn – N. 315


N=

kg ⋅ m . s2

(12.2) 12.3. NJUTNOVI ZAKONI MEHANIKE

Da bismo mogli proučiti dinamiku materijalne tačke, prethodno je potrebno da se upoznamo sa osnovnim zakonima mehanike ili, kako ih još zovemo, Njutnovim zakonima mehanike. Prvi Njutnov zakon (zakon inercije) govori o tome kako se ponaša izolovana materijalna tačka. On glasi: izolovana materijalna tačka nalazi se u stanju mirovanja ili ravnomernog pravolinijskog kretanja sve dotle dok je sile ne prisile da to stanje promeni. Izolovana materijalna tačka je materijalna tačka na koju ne deluju sile: F = 0; a = 0. (12.3) Drugi Njutnov zakon govori o tome kakva veza postoji između sile koja deluje na materijalnu tačku i njenog ubrzanja a glasi: proizvod mase i ubrzanja materijalne tačke vektorski je jednak sili koja deluje na tu materijalnu tačku: m⋅a = F . (12.4) Ovaj zakon, ovako napisan, važi samo ako se kretanje posmatra u odnosu na tzv. inercijalni koordinatni sistem, a to je onaj sistem koji miruje ili se ravnomerno i pravolinijski kreće. Sila sa kojom se najčešće susrećemo je težina: G = m⋅g , (12.5) 2 gdje je g − ubrzanje Zemljine teže ( g = 9.81m / s ). Treći Njutnov zakon (zakon akcije i reakcije) govori o tome kako deluju jedna na drugu dve izolovane materijalne tačke. On glasi: dve izolovane materijalne tačke deluju jedna na drugu silama istog intenziteta i istog pravca, a suprotnog smera (sl. 12.1). F21 = − F12 , F21 = F12 , F12 + F21 = 0 . (12.6) Ovaj sistem sila nije u ravnoteži jer sile deluju na različite tačke.

316

12

21

Slika 12.1. Unutrašnje sile


12.4. OSNOVNI ZADACI DINAMIKE MATERIJALNE TAČKE

U principu, razlikujemo dva tipa materijalne tačke: takozvane slobodnu materijalnu tačku i neslobodnu ili vezanu materijalnu tačku. Slobodnom materijalnom tačkom nazivamo materijalnu tačku čije kretanje isključivo zavisi od sila koje deluju na materijalnu tačku i od početnih uslova. Neslobodnom materijalnom tačkom nazivamo takvu materijalnu tačku čije kretanje, pored toga što zavisi od početnih uslova i sila koje deluju na tu tačku, zavisi i od nekih unapred datih ograničenja, koja nazivamo vezama (mehaničkim vezama). Kod slobodne materijalne tačke razlikujemo dva osnovna zadatka dinamike. a) Prvi zadatak (direktni zadatak) dinamike je onaj kod kojeg su poznati masa tačke i zakoni kretanja, a treba odrediti sile koje deluju na materijalnu tačku. b) Drugi zadatak (inverzni zadatak) dinamike je onaj zadatak kod kojeg poznajemo masu i sile koje deluju na materijalnu tačku, a treba odrediti zakone kretanja. I kod neslobodne materijalne tačke razlikujemo dva osnovna zadatka. a) Prvi zadatak je da odredimo dinamičku reakciju veze ako poznajemo masu materijalne tačke i aktivne sile koje na nju deluju. Ovaj zadatak rešavaćemo primenom drugog Njutnovog zakona: n

ma = ∑ Fi a + F r ,

gde su:

i =1 n

∑F i =1

i

a

(12.7)

− zbir svih aktivnih sila, F r − reakcija veze.

b) Drugi zadatak dinamike neslobodne materijalne tačke je da odredimo zakone kretanja kada poznajemo masu materijalne tačke i aktivne sile koje na nju deluju. Ovaj zadatak dinamike ćemo, takođe, rešiti korištenjem jednačine (12.7). Pri ovom određivanju zakona kretanja treba u svakom konkretnom slučaju koristiti i jednačinu veze.

317


13. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE KRETANJA MATERIJALNE TAČKE 13.1. UVOD

Proučićemo pravolinijsko kretanje materijalne tačke kao najjednostavniji slučaj kretanja. Da bi tačka, sa stanovišta dinamike, vršila pravolinijsko kretanje, potrebno je da budu zadovoljena sledeća dva uslova: a) sila koja deluje na materijalnu tačku mora stalno da ima isti pravac i b) početna brzina mora da bude u pravcu dejstva sile ili jednaka nuli. 13.2. PRAVOLINIJSKO KRETANJE MATERIJALNE TAČKE

Pri izučavanju kretanja materijalne tačke, mi ćemo za poznate sile koje deluju na materijalnu tačku u različitim slučajevima određivati zakone kretanja tačke (drugi zadatak dinamike). Pretpostavimo da se tačka kreće po pravoj liniji pod dejstvom sile (sl. 13.1) i da se u početnom trenutku nalazila u položaju M 0 , a da je M posmatrani položaj. 0

r

0 0

Slika 13.1. Položaj tačke pri pravolinijskom kretanju

Primenjujući II Njutnov zakon na pravolinijsko kretanje, imaćemo: n

ma = Fr , pri čemu je: Fr = ∑ Fi , a nakon projekcije mx = Frx , odnosno i =1

dx m x = Frx . dx Integriranjem poslednjeg izraza, mogu nastupiti sledeći slučajevi, ukoliko je sila funkcija vremena, rastojanja ili brzine: a) slučaj kada je sila funkcija rastojanja, F = F ( x ) : 1 xdx mx = X ( x ) ⇒ m = X ( x ) ⇒ xdx = X ( x )dx , dx m 2 dx 2 x 2 = ∫ X ( x )dx + C1 ⇒ = X ( x )dx + C1 , m dt m∫ 318


dt = ∓

dx

dx

⇒ t = ∓∫

2 2 X ( x )dx + C1 X ( x )dx + C1 ∫ m m∫ t = ψ( x, C1 , C2 ) , tj. x = ϕ(t , C1 , C2 ) .

+ C2 ,

b) slučaj kada je sila funkcija brzine, F = F ( v ) : dx dx 1 mx = X ( x ) ⇒ m = X ( x ) ⇒ = dt , dt X ( x) m dx m∫ = t + C1 ⇒ t = ϕ( x, C1 ) , X ( x) x = ψ(t , C1 ) ⇒ x = ∫ ψ(t , C1 )dt + C2 .

c) slučaj kada je sila funkcija vremena, F = F (t ) : 1 mx = X (t ) ⇒ m dx = X (t ) ⇒ mdx = X (t )dt ⇒ dx = X (t )dt , dt m 1 1 ⎛ ⎞ x = ∫ X (t )dt + C1 ⇒ dx = ⎜ ∫ X ( x )dt + C1 ⎟ dt , m m ⎝ ⎠ 1 x = ∫ [ X ( x)dt ]dt + C1t + C2 . m 13.2.1. Pravolinijsko kretanje materijalne tačke pod dejstvom konstantne sile

Pretpostavimo da se tačka kreće pod dejstvom konstantne sile, da joj je početna brzina u pravcu te sile (sl. 13.2) i da se u početnom trenutku nalazila u položaju M 0 , a da je M posmatrani položaj.

0

0

0

r

0

Slika 13.2. Pravolinijsko kretanje tačke pod dejstvom konstantne sile

U tom slučaju kretanje tačke će biti pravolinijsko: ma = Fr , mx = Frx . Integriranjem po vremenu t, dobijamo:

319

(13.1)


t2 (13.2) + C1t + C2 . 2 Konstante integracije C1 i C2 dobićemo iz početnih uslova t = 0 ; x = x0 i v = v0 = x0 , tako da je: C1 = mx0 = mv0 x , C2 = mx0 , F x = rx t 2 + v0 x t + x0 . (13.3) 2m Izraz (13.3) predstavlja zakon ravnomerno promenljivog pravolinijskog kretanja tačke. mx = Frx t + C1 ⇒ mx = Frx

13.2.2. Padanje tela u otpornoj sredini

Pretpostavimo da imamo neko telo koje možemo smatrati materijalnom tačkom i koje pada u otpornoj sredini, tj. u sredini za koju se otpor ne može zanemariti (sl. 13.3). Kretanje tačke iz položaja M0 u M označimo sa x. Ako se kruto telo kreće kroz vazduh ili neki fluid (gas, tečnost), nailazi na izvestan otpor. Isti je slučaj ako telo stoji, a fluid se kreće. Utvrđeno je da otpor Fw zavisi u najvećoj meri od brzine kretanja v i od oblika tela. Njutn je eksperimentom pronašao dva zakona, i to: 1) za male brzine, do 1m/s, otpor je srazmeran prvom stepenu brzine Fw = kv , 2) za velike brzine, ali koje ne prelaze brzinu zvuka, tj. M < 1 (gde je M − Mahov broj), otpor je 1 srazmeran kvadratu brzine i dat je izrazom: Fw = kv 2 , gde je k = ρCA . 2 Posmatrajmo slučaj kada je sila otpora proporcionalna kvadratu brzine kretanja: 1 Fw = ρCAv 2 , (13.4) 2 gde su: ρ − specifična gustina otporne sredine (kg/m3), C − bezdimenzionalni koeficijent zavisan od oblika tela, A − površina projekcije tela na ravan koja je upravna na pravac kretanja ( m 2 ) i v − brzina ⎛m⎞ kretanja tela ⎜ ⎟ . ⎝ s⎠ Primenjujući II Njutnov zakon na kretanje tela, imaćemo: ma = G + Fw = mg + Fw . (13.5) Ako izvršimo projektovanje vektorske jednačine (13.5) na osu x,

320


dobićemo: m

d 2x = mg − Fw . dt 2

(13.6) 0

w

G=

Slika 13.3. Padanje tela u otpornoj sredini

Uvrstimo izraz (13.4) u (13.6) i pri tome izvršimo transformaciju leve xdx da bismo razdvojili promenljive: strane u obliku x = dx dx 1 ρAC 2 mx = mg − ρCAx 2 ⇒ xdx = g (1 − x )dx . (13.7) dx 2G 2 2G Ako kao konstantu označimo: b2 = , (13.8) ρAC moguće je izraz dalje pisati u jednostavnijem obliku: g xdx g = 2 dx , xdx = 2 (b2 − x 2 )dx ⇒ 2 (13.9) 2 b −x b b −2 xdx −2 g g 2 2 (13.10) ∫ b2 − x 2 = ∫ b2 dx ⇒ ln b − x = −2 b2 x + ln C1 . Integracionu konstantu C1 određujemo iz početnih uslova, za t = 0 i x = v0 = 0 . g Sledi: ln C1 = ln b2 , pa je dalje: ln b2 − x 2 = −2 2 x + ln b2 , b g 2 2 2 2 −2 x b −x b −x g ln = −2 2 x ⇒ = e b , odakle je: 2 2 b b b 2

−2

g

x

x = b 1− e . (13.11) Izrazom (13.11) definisana je funkcionalna zavisnost brzine kretanja tela od pređenog puta. b2

321


Za slučaj kada x → ∞ , x → v gr , vgr = b =

2G . ρAC

(13.12)

Ovim izrazom je definisana granična brzina ( v gr ≈ const. ) koju može dostići telo pri slobodnom padu. Ova granična brzina se povećava sa težinom tela, a smanjuje sa veličinama ρ, C i A. Granična sila otpora, na osnovu izraza (13.12) i (13.4) jeste: 1 2G Fw = ρCA =G. (13.13) 2 ρAC Prema tome, granična sila otpora jednaka je težini tela. 13.3. KRIVOLINIJSKO KRETANJE MATERIJALNE TAČKE 13.3.1. Kosi hitac

Razmotrićemo kretanje materijalne tačke u homogenom polju Zemljine teže i pri tome usvojićemo sledeće pretpostavke: a) polje Zemljine teže je homogeno, tj. u svakom položaju pokretne tačke na nju deluje konstantna sila Zemljine teže. Ova pretpostavka se može usvojiti kada su mali visina na koju se popne materijalna tačka i domet tačke na njenoj putanji u odnosu na prečnik Zemlje, b) sila otpora vazduha je mala u poređenju sa silom teže tako da je možemo zanemariti. Ako važe ove pretpostavke, onda ćemo usvojiti takav koordinatni sistem čije se ishodište poklapa sa početnim položajem tačke, a ravan Oxy sa horizontalnom ravni u toj tački (sl.13.4). 0

O

α

Slika 13.4. Kretanje tačke u homogenom polju Zemljine teže (kosi hitac)

Primenom II Njutnovog zakona možemo pisati: ma = G , što nakon projekcija na ose daje diferencijalne jednačine: ma x = mx = 0 , ma y = my = − mg , ma z = mz = 0 , koje, nakon prve integracije, izgledaju ovako: 322

(13.14) (13.15)


x = C1 , y = − gt + C2 , z = C3 , (13.16) a nakon druge, imaju oblike: gt 2 x = C1t + C4 , y = − (13.17) + C2t + C5 , z = C3t + C6 . 2 Integracione konstante ćemo odrediti iz početnih uslova, imajući na umu da je v0 = x0 brzina tačke u početnom trenutku t = 0 : x0 = 0 ; v x = x0 = v0 cos α ; y0 = 0 ; v y = y0 = v0 sin α ; z0 = 0 ; v z = z0 = 0 , (13.18) što daje: C3 = C4 = C5 = C6 = 0 . (13.19) Iz (13.16) slede konstante: C1 = v0 cos α ; C2 = v0 sin α , (13.20) pa jednačine kretanja glase: gt 2 x = v0 cos α ⋅ t , y = v0 sin α ⋅ t − , z = 0. (13.21) 2 Jednačine (13.21) predstavljaju jednačine ili zakone kretanja. Iz ovih jednačina se vidi da se tačka M kreće u vertikalnoj ravni Oxy. Kretanje projekcije tačke M duž ose x je ravnomerno, dok je kretanje projekcije tačke M duž ose y u početku ravnomerno usporeno, a kasnije ravnomerno ubrzano. Iz jednačina (13.21) možemo odrediti i ostale veličine ovog kretanja. Eliminacijom parametra t dobija se trajektorija: x t= , (13.22) v0 cos α gx 2 . (13.23) 2v cos2 α Izraz (13.23) predstavlja jednačinu trajektorije. Iz njega se vidi da je jednačina trajektorije parabola koja prolazi kroz ishodište i čija je osa paralelna sa osom y. Potražimo sada domet, tačku K, u kojoj će materijalna tačka pasti na osu x (sl.13.5). Ako je u izrazu (13.23) y = 0 , sledi: y = x ⋅ tg α −

2 0

⎛ ⎞ gx x ⎜ tg α − 2 ⎟=0. 2 2v0 cos α ⎠ ⎝ Imaćemo dva rešenja: 2 v2 x1=0; x2 = D = v02 sin α ⋅ cos α = 0 sin 2α . g g 323

(13.24)

Dinamika materijalne tačke E

0

O

α 2

=

Slika 13.5. Vektor brzine u najvišoj tački i maksimalni domet

Izraz (13.24) predstavlja vrednost dometa D kosog hica. Vidimo da domet zavisi od početnih uslova kretanja, početne brzine i ugla α. Maksimalni domet dobićemo iz uslova: π dD v2 (13.25) = 2 0 cos 2α = 0 ⇒ cos2α=0, pri uglu: α = , 4 dα g v2 tako da prema izrazu (13.24) i (13.25), imamo: (13.26) Dmax = 0 . g Odredimo sada visinu na koju će se tačka popeti pri svom kretanju. Da bismo to odredili, primetimo da u temenu parabole tačka ima samo horizontalnu komponentu brzine i potražimo vreme koje je potrebno da protekne da tačka dođe iz položaja O u položaj E. y = v0 sin α − gtE = 0 , (13.27) v sin α tE = 0 . (13.28) g v sin α 1 v02 Maksimalna visina je: H = y E = v0 sin α 0 − g 2 sin 2 α , g 2 g 2 v (13.29) H = 0 sin 2 α . 2g Da bismo našli vreme trajanja leta, podsetimo se da je kretanje po simetričnoj paraboli. Prema tome, vreme trajanja leta je jednako dvostrukoj vrednosti vremena datog izrazom (13.28): v sin α T = 2t E = 2 0 . (13.30) g 13.4. KRETANJE NESLOBODNE MATERIJALNE TAČKE

324


13.4.1. JEDNAČINA VEZA I PODELA VEZA

Jednačina površi ili linije po kojima je tačka prinuđena da se kreće naziva se jednačina veze. U slučaju kretanja tačke po površi, jednačina veze je: f ( x, y , z ) = 0 , a u slučaju kretanja po liniji je: f1 ( x, y , z ) = 0 , f 2 ( x, y , z ) = 0 . S obzirom na promenljivost veze u funkciji vremena, veze mogu biti stacionarne i nestacionarne. Stacionarne veze se ne menjaju s vremenom, dok se nestacionarne menjaju. S obzirom na ograničenje brzine tačke, veze mogu da budu holonomne (geometrijske) i neholonomne. Holonomne veze ograničavaju samo slobodu kretanja tačke, ali ne i njenu brzinu, a neholonomne ograničavaju i brzinu tačke. S obzirom na mogućnost odvajanja tačke od veze, imamo zadržavajuće i nezadržavajuće veze. Kod zadržavajućih veza (obostranih veza) tačka ostaje stalno na površini ili liniji i nema mogućnosti odvajanja od njih, dok kod nezadržavajućih (jednostranih) veza nije dozvoljeno pomeranje tačke u nekom određenom smeru, ali je dozvoljeno pomeranje u suprotnom smeru. S obzirom na uticaj trenja pri kretanju tačke po vezi, postoje idealne i realne veze. Kod idealnih veza se trenje zanemaruje, reakcija je vertikalna na vezu, a kod realnih se trenje uzima u obzir tako da pored normalne postoji i reakcija trenja. 13.4.2. LAGRANŽEOVE JEDNAČINE PRVE VRSTE a) Kretanje tačke po idealno glatkoj nepokretnoj površini

Pretpostavimo da se tačka kreće po idealno glatkoj površini, pri čemu je veza još holonomna i obostrana. Pod dejstvom aktivne sile F javiće se normalna reakcija N . Vektorska jednačina kretanja je: ma = F + N , a njene projekcije na ose nepokretnog sistema su: mx = Fx + N x , my = Fy + N y , mz = Fz + N z .

325

(13.31)


Dobili smo tri diferencijalne jednačine i šest nepoznatih veličina x , y , z , N x , N y i N z . Dodatne uslove ćemo dobiti iz uslova idealnosti veze i iz jednačine veze. Pošto je reakcija N vertikalna na površinu, tada će taj vektor biti paralelan sa ortom n normale na površinu koji je kolinearan sa gradijentom ( grad f ) površine (sl.13.6) koji je, takođe, vertikalan na površinu i koji je izražen u obliku: ∂f ∂f ∂f grad f = i+ j+ k. ∂x ∂y ∂z

O

Slika 13.6. Glatka nepokretna površina i materijalna tačka na njoj

Tada ćemo imati da je: N = λgrad f ,

(13.32)

odnosno, imajući u vidu da je: N = N x i + N y j + N z k , sledi: N xi + N y j + N z k = λ

∂f ∂f ∂f i +λ j +λ k, ∂x ∂y ∂z

gdje je λ − nepoznati skalar (Lagranžeov množilac veze), koji nije konstantan već je: λ ( t , x, y , z ) . Prema tome, reakcije su: ∂f ∂f ∂f Nx = λ ; Ny = λ ; Nz = λ . (13.33) ∂x ∂z ∂y N Nx N = y = z =λ. ∂f ∂f ∂f ∂x ∂y ∂z Kombinujući prethodne jednačine, sledi: ∂f ∂f ∂f mx = Fx + λ , my = Fy + λ , mz = Fz + λ . (13.34) ∂x ∂y ∂z 326


Ako dobijenim jednačinama pridodamo jednačinu veze: f ( x, y , z ) = 0 ,

(13.35)

tada sistem jednačina (13.34) do (13.35) ima četiri nepoznate, i to: x, y, z i λ. Ove nepoznate veličine dobijaju se dvostrukom integracijom jednačina u ovom sistemu. Naime, na taj način je moguće odrediti i nepoznatu reakciju N, izraz (13.33). Diferencijalne jednačine (13.34) nazivaju se Lagranžeovim jednačinama I vrste. N = N x2 + N y2 + N z2 . 2

2

2

⎛∂ f ⎞ ⎛∂ f ⎞ ⎛∂f ⎞ N =λ ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ +⎜ ⎟ = λ ⋅ grad f . ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂ y ⎠ ⎝ ∂z ⎠

(13.36)

S obzirom na to da je N ⋅ v = 0 , jer je N vertikalno na v , tada prvi uslov koji brzina mora da zadovolji glasi: ⎛ ∂f ⎞ ∂f ∂f +y +z = 0 ⎟ ). v ⋅ gradf = 0 , ( ⎜ x (13.37) ∂y ∂z ⎝ ∂x ⎠ Nađimo sada izvod po vremenu jednačine (13.37): dv d grad f + v ( grad f ) = 0 , dt dt d a ⋅ grad f + v ( grad f ) = 0 . (13.38) dt Izraz (13.38) predstavlja drugi uslov koji mora biti zadovoljen. ∂f ∂f ∂f +y +z + ψ( x, y , z, x, y , z ) = 0 . x ∂x ∂y ∂z Ako (13.38) pomnožimo sa masom (m), dobijamo: ma ⋅ grad f + mD2 f = 0 , gde je: d D2 f = v ⋅ ( grad f ) . (13.39) dt Dalje možemo pisati: (13.40) ( F + N ) ⋅ grad f + mD2 f = 0 , ( F + N ) ⋅ grad f = −mD2 f . Imajući u vidu da je N = λgrad f , prethodni izraz možemo pisati u obliku: 327


λ ⋅ grad f

2

(

)

= − F ⋅ grad f + mD2 f ,

odakle je koeficijent λ jednak: 1 λ⋅ = − F ⋅ grad f + mD2 f ) . 2 ( grad f

(13.41)

b) Kretanje tačke po nepokretnoj idealno glatkoj krivi b.1) slučaj prirodnih koordinata

Pretpostavimo da se materijalna tačka kreće po glatkoj krivi koja miruje, pod dejstvom aktivne sile F . Kao rezultat delovanja te sile pojaviće se normalna reakcija N (vidi sliku 13.7). B

0

N

Slika 13.7. Materijalna tačka na nepokretnoj idealno glatkoj krivi

Diferencijalna jednačina kretanja dobija se iz: ma = F + N . Projektovanjem gornje jednačine na ose prirodnog sistema dobićemo: maT = FT + N T , ma N = FN + N N , ma B = FB + N B . S obzirom na to da je kriva idealno glatka, N T = 0 , a pošto je aB = 0 , tada je: d 2s v2 m 2 = FT , m = FN + N N , 0 = FB + N B . (13.42) dt Rk 328


Jednačine (13.42) predstavljaju Ojlerove jednačine kretanja po nepokretnoj glatkoj krivi iz kojih dobijamo tri nepoznate: s, NN i NB. Ako se tačka kreće po hrapavoj krivi ( Fμ ≠ 0 ) , imaćemo: n

ma = ∑ Fi a + N + Fμ , i =1

gde je: Fμ = −μN

vT T . v

(13.43)

Nakon projekcije vektorske jednačine na ose, imaćemo: n n n dv v v2 = ∑ FiNa + N N , 0 = ∑ FiBa + N B . (13.44) m T = ∑ FiTa + μN T , m Rk i =1 dt v i =1 i =1 Poslednji izrazi predstavljaju Ojlereove diferencijalne jednačine kretanja materijalne tačke po hrapavoj krivoj liniji. b.2) Slučaj Dekartovih koordinata Pretpostavimo da se tačka kreće pod dejstvom sila po krivoj liniji (sl. 13.8), a da je reakcija podloge N = N1 + N 2 .

1 2

2 1 a M

O M

M

Slika 13.8. Materijalna tačka na krvulji koja je presek dve ravni

Tada možemo pisati: n

ma = ∑ Fi a + N , ma = F a + N1 + N 2 , ma = F + λ1 gra f1 + λ 2 gra f 2 . i =1

Projektovanjem na ose Dekartovog koordinatnog sistema, dobijamo: 329


mx = X a + λ1

∂ f1 ∂f + λ2 2 , ∂x ∂x

(13.45)

my = Y a + λ1

∂ f1 ∂f + λ2 2 , ∂y ∂y

(13.46)

∂ f1 ∂f + λ2 2 . (13.47) ∂z ∂z Prethodni sistem diferencijalnih jednačina sa jednačinama veze f1 ( x, y , z ) = 0 i f 2 ( x, y , z ) = 0 obrazuje sistem od pet jednačina sa pet mz = Z a + λ1

nepoznatih: x , y , z , λ1 i λ2. Normalne reakcije podloge su: N1 = λ1 ⋅ grad f1 i N 2 = λ 2 ⋅ grad f 2 . Vektori brzine i ubrzanja takođe moraju zadovoljiti određene uslove, a to su: v ⋅ grad f i = 0 , (i=1,2) a ⋅ grad f i + D2 f i = 0 ⋅ / m (i=1,2)

(F

a

+ λ1 grad f1 + λ 2 grad f 2 ) ⋅ grad f i + mD2 f i = 0 .

(13.48)

c) Kretanje tačke po nepokretnoj realnoj (hrapavoj) površini

U slučaju postojanja trenja, pored normalne reakcije N javiće se reakcija trenja Fμ čiji intenzitet je jednak Fμ = μN , a koja ima isti pravac, a suprotan smer od brzine (sl. 13.9). Diferencijalnu jednačinu kretanja dobijamo iz: ma = F + N + Fμ , a njene projekcije na ose nepokretnog sistema su: mx = Fx + N x + Fμx , my = Fy + N y + Fμy , mz = Fz + N z + Fμz . Projekcije normalne sile su: N x = λ

(13.49)

∂f ∂f ∂f , Ny = λ , Nz = λ . ∂x ∂y ∂z

Projekcija sile trenja Fμ na osu x je: Fμx = Fμ cos

( F , i ) = −μN cos ( v , i ) = −μN vv , μ

x

pa analogno sledi: μN dx μN dy μN dz Fμx = − , Fμ y = − , Fμ z = − . v dt v dt v dt 330

x

(13.50)


μ

O M

M

M

Slika 13.9. Materijalna tačka na hrapavoj površini

Uvrštavanjem dobijenih izraza u jednačine prethodne jednačine, sledi: ∂ f μN dx − mx = Fx + λ , (13.51) ∂x v dt ∂ f μN dy − my = Fy + λ , (13.52) ∂y v dt ∂ f μN dz − mz = Fz + λ . (13.53) ∂z v dt Jednačine (13.51), (13.52) i (13.53) zajedno sa jednačinom veze f ( x, y , z ) = 0 , (13.54) kao i izrazom za određivanje intenziteta normalne reakcije 2

2

2

⎛∂f ⎞ ⎛∂f ⎞ ⎛∂f ⎞ N = N +N +N =λ ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ +⎜ ⎟ , ⎝ ∂ x ⎠ ⎝ ∂ y ⎠ ⎝ ∂z ⎠ daju sistem od pet jednačina sa pet nepoznatih (x, y, z, λ i N). 2 x

2 y

2 z

(13.55)

13.4.3. DALEMBEROV PRINCIP ZA TAČKU

Pored diferencijalnih jednačina kretanja i opštih zakona pri rešavanju problema iz dinamike materijalne tačke, često koristimo tzv. Dalamberov princip. Da bismo proučili ovaj Dalamberov (Jean Le Rond D′Alembert (1717 – 1783)) princip, pretpostavimo da se data tačka M pod dejstvom rezultante sila F kreće po nekoj krivolinijskoj putanji (sl.13.10). (13.56) Prema Drugom Njutnovom zakonu imamo: ma = F a + F r , 331


gde su: F a − rezultanta svih aktivnih sila i F r − reakcije veze. Dalje je: F a + F r + ( −ma ) = 0 . =

(13.57)

r

=

in

a

Slika 13.10. Kretanje tačke po krivi pod dejstvom aktivnih, reaktivnih i inercijalnih sila

Iz ovako napisane jednačine vidi se da vektor ( −ma ) predstavlja silu. Tu veličinu nazivamo silom inercije. F in = − ma . (13.58) Prema tome, jednako je: F a + F r + F in = 0 . (13.59) Ova poslednja jednačina izražava Dalamberov princip za tačku, koji glasi: pri kretanju vezane materijalne tačke, vektorski zbir aktivnih sila koje deluju na materijalnu tačku, reakcija veze i sile inercije jednak je nuli, pri čemu je sila inercije definisana izrazom (13.59). Iz svega ovoga se vidi da rezultanta aktivnih sila, sile inercije i reakcija veze predstavljaju jedan sučeljni sistem sila u ravnoteži, što znači da na njega možemo primeniti statičke uslove ravnoteže sistema sučeljnih sila. Iz ovoga se vidi da ovaj Dalamberov princip predstavlja jedan statički princip za rešavanje dinamičkih problema. Međutim, tu treba primetiti da ova sila inercije ne deluje na materijalnu tačku nego na ono telo koje materijalnoj tački saopštava ovo ubrzanje. Takođe se može primetiti da Dalamberov princip važi i za slobodnu materijalnu tačku, pri čemu je: Fr = 0 . (13.60)

332

Diferencijalne jednačine kretanja

Zadatak 136. Teret M, mase m = 1 kg , vezan je za kraj neistegljivog užeta zanemarljive težine, dužine l = 30 cm i kreće se po horizontalnom krugu. Pri tome uže zatvara sa vertikalom ugao α = 600 (konusno klatno). Odrediti brzinu v tereta M i zateznu silu S u koncu. n G G G G G G Rešenje: Iz II Njutnovog zakona ma = m ( a N + aT ) = ∑ Fi = mg + S , (1) i =1

α

α

Slika 13.11. Konusno klatno

sledi nakon projekcija na ose

( y ) → 0 = −mg + S sin α ⇒ S = ( x ) → −m pa je v =

mg 1⋅ g = = 2 g ≈ 19,62N , cos α 0,5

(2)

v2 = − S sin α , R = l sin α , R

S ⋅ R sin α = m

(3)

S ⋅ l sin α = m 2

19,62 ⋅ 0,3 ⋅

(

3/2

)

2

1

= 2,1

m . s

(4)

Zadatak 137. Materijalna tačka M mase m kreće se po krugu poluprečnika R koji leži u horizontalnoj ravni, tako da je intenzitet brzine tačke v = v0t 2 . Odrediti intenzitet sile koja dejstvuje na tačku kao funkciju krivolinijske koordinate s. Rešenje: Projekcije sile na pravac tangente i glavne normale određuju se na n G G G G G (1) sledeći način: ma = m ( a N + aT + aB ) = ∑ Fi , i =1

FT = maT = mv = 2mv0t , FN = m

2

v v 2t 4 = m 0 , FB = ma B = 0 . Rk R 333

(2)


Intenzitet sile je F = FT2 + FN2 + FB2 = mv0t 4 +

v02t 6 , R2

(3)

tj. sila je u ovom slučaju funkcija vremena. Međutim, kako je t t3 3s (4) s = ∫ vdt = v0 ⇒ t 3 = , 3 v0 0 to je intenzitet sile, kao funkcije puta, F = mv0 ⋅ 3

3s 9s 2 ⋅ 4+ 2 . v0 R

(5)

Slika 13.12.

Zadatak 138. U kabini lifta, koja se kreće naviše, izvršeno je merenje tereta pomoću opružne vage. Težina tereta je 5g N , ali opružna vaga pokazuje 5,1g N . Odrediti ubrzanje a kabine lifta. Slika 13.13. Lift i opterećenje

G n G G G Rešenje: Primenimo II Njutnov zakon ma = ∑ Fi = mg + Fr ,

(1)

i =1

a nakon projekcija na ose dobijamo traženo ubrzanje F ( y ) → ma = −mg + Fvaga ⇒ a = v − g , m 5,1 m a= − g = 0,02 g = 0,1962 . 5 s

(2) (3)

Zadatak 139. Materijalna tačka M, mase m, počinje kretanje iz stanja mirovanja M ( b, b ) u referentnoj ravni Oxy. Na materijalnu tačku, pored sile Zemljine teže, deluje i odbojna sila koja je upravna na silu Zemljine teže, a proporcionalna je rastojanju tačke do vertikalne ose Oy gde je koeficijent

334


proporcionalnosti mk 2 . Odrediti: a) zakon kretanja materijalne tačke b) trajektoriju materijalne tačke.

Slika 13.14. Materijalna tačka pri dejstvu odbojne sile

Rešenje: a) Otporna sila je: Fw = mk 2 x , pa primenom II Njutnovog zakona G G G ma = mg + FW , (1) nakon projekcije na osu x dobijamo diferencijalnu jednačinu mx = mk 2 x ⇒ x − k2x = 0 , (2) čija je karakteristična jednačina oblika λ1,2 = ± k , a koren (rešenje): x = C1e − kt + C2 e kt ⇒ x = −C1ke − kt + C2 ke kt . (3) Integracione konstante dobijamo iz početnih uslova t = 0 , x = b , x = 0 , pa iz (3) sledi: b b = C1 + C2 i 0 = −C1k + C2 k odnosno C1 = C2 = , (4) 2 b b pa je x = − e − kt + e kt = b ⋅ ch ( kt ) , (5) 2 2 1 ⎛ x⎞ (6) odakle je vreme t = Arcch ⎜ ⎟ , k ⎝b⎠ a nakon projekcije na osu y dobijamo: g y = − g ⇒ y = − gt + C3 ⇒ y = − t 2 + C3t + C4 . (7) 2 Integracione konstante dobijamo iz početnih uslova t = 0 , y = b , y = 0 , iz (6) sledi C3 = 0 i C4 = b , (8) g pa je rešenje: y = − t 2 + b . (9) 2 2

g g ⎡ ⎛ x ⎞⎤ b) Tražena trajektorija je: y = b − t 2 = b − 2 ⋅ ⎢ Arcch ⎜ ⎟ ⎥ . 2 2k ⎣ ⎝ b ⎠⎦

335

(10)


Zadatak 140. Materijalna tačka M , mase m, kreće se u ravni Oxy pod dejstvom dve centralne sile čiji su centri u tačkama B ( 0, b ) i A ( a ,0 ) , pri čemu je prva sila odbojna, a druga privlačna. Intenziteti ovih sila su srazmerni rastojanjima od centra i za jedinicu rastojanja sa c . Odrediti G veličinu početne brzine v0 na tački O ( 0,0 ) , kojom treba da krene b⎞ ⎛ materijalna tačka iz početnog položaja M 0 ⎜ 0, − ⎟ da bi prošla kroz tačku 2⎠ ⎝ ⎛a ⎞ K ⎜ ,0 ⎟ . Tačka M se kreće u horizontalnoj ravni. ⎝2 ⎠

Slika 13.15. Kretanje materijalne tačke pod dejstvom centralnih sila

Rešenje: Projekcije zadate sile na ose su: G G x Fx1 = X 1 = F1 cos ) i , F1 = BM ⋅ c = cx , BM G G y −b Fy1 = Y1 = F1 cos ) i , F1 = BM ⋅ c = c ( y − b) , BM G G ⎛ x−a⎞ Fx 2 = X 2 = F2 cos ) j , F2 = AM ⋅ c ⎜ ⎟ = −c ( x − a ) , ⎝ AM ⎠ G G y ⎞ ⎛ Fy 2 = Y2 = F2 cos ) ( j , F2 ) = AM ⋅ c ⎜ − ⎟ = − cy . ⎝ AM ⎠ G G G G Na osnovu II Njutnovog zakona ma = ∑ Fi = F1 + F2 sledi:

(

)

(

)

(

)

mx = X 1 + X 2 = cx − c ( x − a ) ,

(1)

my = Y1 + Y2 = c ( y − b ) − cy = − cb . 336

(2)


ca ca ca t 2 ⇒ x = t + C1 ⇒ x = ⋅ + C1t + C2 , (3) m m m 2 a na osnovu početnih uslova t = t0 = 0 , x = x0 = 0 , x = x0 = 0 sledi

Iz (1) sledi x=

C1 = C2 = 0 , pa je zakon kretanja x =

ca t 2 ⋅ . m 2

(4)

cb cb cb t 2 ⇒ y = − t + C3 ⇒ y = − ⋅ + C3t + C4 , (5) m m m 2 b a na osnovu početnih uslova t = t0 = 0 , y = y0 = − , y = y 0 = v0 sledi 2 2 b cb t b C3 = v0 , C4 = − pa je zakon kretanja y = − ⋅ + v0t − . (6) 2 m 2 2 2mx , koje uvrstimo u (6) i dobijemo trajektoriju Iz (4) sledi vreme t = ca tačke, tj.: cb 2mx 2mx b (7) y=− ⋅ + v0 − . 2m ca 2 ca b a 2m a b ⎛a ⎞ ⋅ − , pa je tražena Za tačku K ⎜ ,0 ⎟ sledi 0 = − ⋅ + v0 a 2 ca 2 2 ⎝2 ⎠

Iz (2) sledi y=−

početna brzina b = v0

m c . ⇒ v0 = b c m

(8)

G Zadatak 141. Kojom početnom brzinom v0 treba baciti materijalnu tačku M, mase m, iz temena A glatke polukugle poluprečnika R, da bi je napustila u tački B gde je AB = BC . Tačka A, B i C se nalaze na istom meridijanu, pri čemu tačka C leži u ravni osnovice polukugle. n G G n G G G Rešenje: Primenimo II Njutnov zakon ma = ∑ Fi = m ( ar + aϕ ) = ∑ Fi , gde i =1

i =1

su: + 2 rϕ = ar = r − rϕ 2 , aϕ = rϕ

1d 2 1 ) , ( r ϕ ) = (2rrϕ + r 2ϕ r dt r

m( r − rϕ 2 ) = N − mg cos ϕ ,

(a)

337


1d 2 ( r ϕ ) = mg sin ϕ , r dt za r = R sledi r = 0 pa su diferencijalne jednačine oblika 2 − mRϕ = N − mg cos ϕ ⇒ N = mg cos ϕ − mR 2 , m d 2 m = mg sin ϕ , ( R ϕ ) = R 2ϕ = mRϕ ⇒ mRϕ R dt R

m

(b) (1)

ϕ ϕ

ϕ

Slika 13.16.a

ϕ

Slika 13.16.b

d ϕ d ϕ d ϕ d ϕ d ϕ ϕ = g sin ϕ , = = ϕ , sledi R dϕ dt d ϕ dt d ϕ tj. razdvajamo promenljive pa je ϕ ϕ g v ∫ϕ ϕ d ϕ = R ∫0 sin ϕd ϕ , (znajući da je ϕ A = ωA = R0 ) A

= a nakon transformacije: ϕ

ϕ 2 2

ϕ ϕ A

g = − cos ϕ R

ϕ

0

⇒

1 2 v02 g (ϕ − 2 ) = (1 − cos ϕ) , 2 R R

2g v2 (1 − cos ϕ) + 02 . (2) R R Uvrstimo sada (2) u (1) da dobijemo normalnu silu u funkciji ugla: v2 2g N = mg cos ϕ − mR [ (1 − cos ϕ) + 02 ] . (3) R R Za traženi položaj, tj. ϕ = π / 4 i N = 0 , dobijamo početnu brzinu ϕ 2 =

π π mv 2 mg cos − 2mg + 2mg cos − 0 = 0 , 4 4 R g

2 2 v02 3 2 −4 − 2g + 2g = ⇒ v0 = gR . R 2 2 2 338

(4)


Zadatak 142. Materijalno telo M, težine G = 100 N , kreće se duž horizontalne vođice AB. Za telo je vezano uže koje je probačeno preko kotura C i čiji je kraj vučen konstantnom silom FT = 75 N . Sila otpora G kretanja tela je konstantna i iznosi F w = 15 N . Sila F koja deluje na telo gradi konstantan ugao α = 60° u odnosu na pravu AB, a njen intenzitet je F = 0,1s 2 , gde je s odstojanje tela M od nepomične tačke A, odakle je telo m krenulo početnom brzinom v A = 8 . Dato je AB = 12 m , BC = 5 m . s Koliku brzinu će imati telo pri prolazu kroz tačku B? Trenje o kotur C zanemariti. α α β

Slika 13.17. Translatorno kretanje tela duž vođice

G n G G G G G Rešenje: Primenimo II Njutnov zakon ma = ∑ Fi = F + N + G + F w + FT′ .(1) i =1

( x ) ⇒ mx = FT cos β − F cos α − F , w

(2)

12 − s MB , pa diferencijalna jednačina glasi: = MC (12 − s )2 + 25 12 − x 1 mx = 75 − 0,1x 2 − 15 , (3) 2 2 (12 − x ) + 25

gde je cos β =

a nakon razdvajanja promenljivih u obliku mx = m vB

= 75∫ m ∫ xdx

12

12 − x

(12 − x ) 2 + 25 Prvi integral sa desne strane je: vA

0

dx dx dx = m x sledi dx dt dx

12

12

0

0

dx − 0,05∫ x 2 dx − 15∫ dx .

339

(4)

Diferencijalne jednačine kretanja 12

∫ 0

12 − x (12 − x ) 2+ 25

dx = ∫

0

12

( x − 12) 2 + 25 = z x − 12 dx = = 2( x − 12)dx = dz ( x − 12) + 25 1

=∫

169

25

1 z2 = 1 2 1 2z 2 2 dz

169 25

= 13 − 5 = 8 ,

vB2 − v A2 123 = 75 ⋅ 8 − 0,05 ⋅ − 15 ⋅ 12 , 2 3 a nakon uvrštavanja početne brzine sledi: 100 ( vB2 − 64) = 600 − 28,8 − 180 = 391,2 , 9.81 ⋅ 2 391, 2 ⋅ 9,81 ⋅ 2 m vB = + 64 = 11,86 . 100 s

(5)

pa je dalje: m

(6)

Zadatak 143. Dva drvena bloka, M 1 i M 2 , nalaze se jedan na drugom na horizontalnoj ravni, međusobno spojeni užetom koje je prebačeno preko kotura O. Masa bloka M 1 je m, a masa M 2 je M. Koeficijent trenja između blokova je μ , a podloga je glatka. Masu kotura kao i trenje užeta o kotur, zanemariti. Odrediti: a) ubrzanje blokova kada na donji blok deluje sila F, b) da li će se promeniti ubrzanje blokova, ako se ova sila premesti na blok M 1 ? G G G G G Rešenje: a) Primenimo II Njutnov zakon ma = N1 + FT2,1 + Fu + mg . Znajući da je Fu1 = Fu2 = Fu , sledi diferencijalna jednačina kretanja prvog bloka u

ovom obliku: mx = Fu − FT2,1 ⇒ mx1 = Fu − μmg .

(1) G G Za drugi blok na osnovu slike i II Njutnovog zakona Ma = ∑ Fi , a 1

znajući takođe da je N1 = N 2 = mg , dobijamo diferencijalnu jednačinu: G G − Mx = − F + F + F 1,2 , odnosno za x = − x i x = x sledi: 1

u2

2

T

1

2

1

− Mx2 = − F + Fμ + μmg , − Mx1 = − F + Fμ + μmg , Mx1 = F − Fμ − μmg .

(2)

340


Slika 13.18.a Dva tela pri translatornom kretanju

Iz

(1) → Fu = mx1 + μmg ,

Slika 13.18.b Gornji i donji blok oslobođen od veza

a

iz

(2) → Fμ = − Mx1 + F − μmg ,

ako

F − 2μmg . (3) m+M b) U slučaju da sila deluje na donji blok, postupak je isti i dobijamo da je F − 2μmg x2 = , što znači da se ubrzanje neće promeniti. m+M x1 = izjednačimo, sledi: mx1 + μmg = − Mx1 + F − μmg ⇒

Zadatak 144. Materijalna tačka M, mase m, kreće se po horizontalnoj ravni kruga pod dejstvom centralne sile proporcialne rastojanju od tačke do centra privlačenja. Koeficijent proporcionalnosti je mk 2 , gde je k – const. a m – masa tačke. Uzimajući centar privlačenja za koordinatni početak, odrediti trajektoriju tačke, ako je u početnom trenutku bila u položaju x0 = 0 y0 = l , G a vektor početne brzine v0 zaklapa ugao α sa osom x. G n G Rešenje: Primenimo II Njutnov zakon ma = ∑ Fi ,

(1)

i =1

Intenzitet sile je F = mk 2 ⋅ OM = mk 2 ⋅ r , ili vektorski napisano G G G G G G F = − k 2 m ⋅ r = − k 2 m ⋅ xi + yj + zk = − mk 2 ⋅ rr0 , G G gde je radijus vektor oblika r = r ⋅ r0 . Sada je II Njutnov zakon oblika G G G G G G G mr = G + N + F = G + N − mk 2 r , gde je G – sila težine tačke M, a N – sila otpora podloge.

(

)

341

(2)


α

Slika 13.19. Kretanje tačke pod dejstvom centralne sile

Nakon projekcije na ose dobijamo diferencijalne jednačine mx = − mk 2 x , my = − mk 2 y , mz = 0 = −G + N . (3) Diferencijalne jednačine imaju takav oblik da njihovim rešavanjem dobijamo trajektoriju po osama Ox i Oy: x + k 2 x = 0 ⇒ x = A cos kt + B sin kt , (4) y + k 2 y = 0 ⇒ y = C cos kt + D sin kt , (5) x = − kA sin kt + Bk cos kt , y = −kC sin kt + kD cos kt . (6) Konstante integracije dobijamo iz početnih uslova t0 = 0 , x0 = 0 , y0 = l , x0 = v0 cos α , y 0 = v0 sin α iz jednačina (4), (5) i (6), v cos α v sin α A=0, C =l, B = 0 i D= 0 . k k v v sin α sin kt . (7) Jednačine kretanja su: x = 0 cosα sin kt , y = l cos kt + 0 k k Potražimo sada trajektoriju na osnovu izraza (7), a to je elipsa: sin kt =

v 2 cos2 α − x 2 k 2 x⋅k , cos kt = 0 , v0 cos α v0 cos α

v02 cos2 α − x 2 k 2 v0 sin α x⋅k + ⋅ , y =l⋅ v0 cos α k v0 cos α 2

v0 2 cos2 α − k 2 x 2 ⎛ y − x tg α ⎞ , = ⎜ ⎟ l v02 cos2 α ⎝ ⎠ 2

2

⎛ y − x tg α ⎞ ⎛ kx ⎞ ⎟ =1. ⎜ ⎟ +⎜ l ⎝ ⎠ ⎝ v0 cos α ⎠

(8)

342


Zadatak 145. Na hrapavoj strani trougaone prizme koja se može kretati po idealnoj glatkoj horizontalnoj ravni, nalazi se telo M. Odrediti ubrzanja kojima treba da se kreće prizma da bi se telo M kretalo niz strmu ravan brzinom v0 = const. u odnosu na prizmu. Za taj slučaj odrediti i pritisak tela na prizmu. ξ α

μ

α

Slika 13.20. Telo i prizma sa silama koje deluju na njih G G G G Rešenje: Primenimo II Njutnov zakon: m ⋅ aM = m ⋅ g + N + Fμ , gde su: n G G G G G G G G ma = m ( ar + a p + acor ) = ∑ Fi = mg + N + Fμ ,

(1)

G G G G G G G G G G G G G v = v p + vr , aM = a p + ar + acor , a p = a , ar = 0 , aM = a p = a ,

(2)

i =1

a nakon projekcija na ose: m ⋅ x = m ⋅ a = N ⋅ sin α − N ⋅ μ ⋅ cos α , m ⋅ y = − m ⋅ g + N ⋅ cos α + N ⋅ μ ⋅ sin α , y = 0 ⇒ − m ⋅ g + N ⋅ cos α + N ⋅ μ ⋅ sin α = 0 , N iz (3) sledi a = (sin α − μ ⋅ cos α) , m m⋅ g iz (5) sledi N = , cos α + μ ⋅ sin α pa je konačno traženo ubrzanje m⋅ g sin α − μ ⋅ cos α sin α − μ ⋅ cos α a= ⋅ = g⋅ . cos α + μ ⋅ sin α m cos α + μ ⋅ sin α

(3) (4) (5) (6) (7)

(8)

Zadatak 146. Na delovima piste za biliklističke trke u krivini izrađen je poprečni profil piste u vidu strme ravni tako da se na tim delovima piste njen spoljni deo nalazi iznad unutrašnjeg dela. Odrediti najmanju i najveću brzinu 343


bicikiste u krivini piste, ako su R – poluprečnik piste, α – ugao koji strma ravan zaklapa sa horizontalom, a μ – koeficijent trenja između guma i podloge.

α α μ

α

α

Slika 13.21.a Prikaz piste i bicikliste

Rešenje: Primenimo II Njutnov zakon za prvi slučaj kada tražimo maksimalnu brzinu: vmax = ? G G n G G G m ⋅ a = ∑ Fi = G + N1 + Fμ , (1) i =1

gde je Fμ = μ ⋅ FN , a nakon projekcije na pravac normala G vmax 2 ⋅ = N1 ⋅ sin α + μ ⋅ N1 ⋅ cos α , g R

( MO ) :⇒ ( Mp ) :⇒

G vmax 2 ⋅ ⋅ sin α = −G ⋅ cos α + N1 , g R

sledi N1 =

(2) (3)

2 G vmax ⋅ ⋅ sin α + G ⋅ cos α , koje uvrstimo u (2), g R

2 G vmax G v2 ⋅ = (sin α + μ ⋅ cos α) ⋅ ( ⋅ max ⋅ sin α + G ⋅ cos α) , g R g R

odavde je

vmax = g ⋅ R ⋅

tg α + μ . 1 − μ ⋅ tg α

(4)

Primenimo ponovo II Njutnov zakon, ali sada za drugi slučaj kada tražimo minimalnu brzinu: vmin = ? G G n G G G m ⋅ a = ∑ Fi = G + N1 + Fμ , a nakon projekcije na pravac normala i =1

344


α

μ

α α

α

Slika 13.21.b Prikaz sila koje deluju na gumu točka pri kretanju

( MO ) :⇒

2 G vmin ⋅ = N1 ⋅ sin α − μ ⋅ N1 ⋅ cos α , g R

(5)

( Mp1 ) :⇒

2 G vmin ⋅ ⋅ sin α = N1 − G ⋅ cos α , g R

(6)

iz (5) ⇒ N1 =

2 G vmin ⋅ ⋅ sin α + G ⋅ cos α koje uvrstimo u (5): g R

2 G vmin G v2 ⋅ = (sin α − μ ⋅ cos α ) ⋅ ( ⋅ min ⋅ sin α + G ⋅ cos α ) , g R R R

pa ako sredimo dobijamo vmin = g ⋅ R ⋅

tg α − μ . 1 + μ ⋅ tg α

(7)

Zadatak 147. Odrediti jednačinu trajektorije materijalne tačke M mase m , G G G ako se ona kreće u ravni pod dejstvom F = k ⋅ m ⋅ i ( k = const. , i − jedinični G vektor ose Ox pravouglog Dekartovg sistema) i ako početna brzina v0 gradi π ugao α = sa pravcem dejstva sile. 4 G n G Rešenje: Primenimo II Njutnov zakon, u obliku ma = ∑ Fi , i projektujmo i =1

G G G G G na ose Dekartovog koordinatnog sistema m( a x + a y ) = ∑ Fi = F = k m ⋅ i , n

i =1

( x ) ⇒ m ⋅ x = k ⋅ m ⇒ x = k ⋅ t + C1 ,

(1) 345


( y ) ⇒ m ⋅ y = 0 ⇒ y = C2 ,

(2)

α Slika 13.22. Kretanje tačke pod dejstvom sile

Konstante integracije dobijamo iz početnih uslova, tj. za t = 0 su 2 v 2 komponente brzine x = y = v0 , pa sledi C1 = C2 = 0 , odnosno 2 2 v 2 k ⋅ t 2 v0 2 ⇒x= + ⋅ t + C3 , x = k ⋅ t + 0 (3) 2 2 2 v 2 v 2 ⇒y= 0 ⋅ t + C4 . (4) y = 0 2 2 Takođe iz početnih uslova za t = 0 i x = y = 0 sledi C3 = C4 = 0 , pa su jednačine ili zakoni kretanja u sledećem obliku: k ⋅ t 2 v0 2 v 2 + ⋅t , y = 0 x= ⋅t . (5) 2 2 2 Jednačinu trajektorije dobijamo eliminacijom vremena iz zakona 2⋅ y k 4 ⋅ y2 v ⋅ 2 2 ⋅ y kretanja, tj.: t = , tj.: ⇒x= ⋅ 2 + 0 ⋅ 2 v0 ⋅ 2 2 v0 ⋅ 2 v0 ⋅ 2 k x = 2 ⋅ y2 + y . (6) v0 Zadatak 148. Kugla mase m = 1g pada pod dejstvom sile teže. Na kuglicu dejstvuje i otpor vazduha, tako da je kretanje kuglice dato jednačinama: y = 4,9t − 2,45 (1 − e −2 t ) , y − m , t − s . Osa Oy orijentisana je vertikalno naniže. Odrediti modul otpora R vazduha u zavisnosti od brzine v kuglice. Ubrzanje g sile teže uneti u m računu sa g = 9,80 2 . s

346


G n G G G Rešenje: Primenimo II Njutnov zakon ma = ∑ Fi = mg + R .

(1)

i =1

Slika 13.23. Padanje kugle u otpornoj sredini

Iz zakona kretanja je y = 4,9 − 2,45 ⋅ 2 ⋅ e −2 t ⇒ y = 4,9 (1 − e −2 t ) , y = 4,9 ⋅ 2 ⋅ e

−2 t

(2)

−2 t

= 9,8 ⋅ e . (3) y y , a iz (3) → e −2 t = , pa ako izjednačimo, Iz (2) → e −2 t = 1 − 4,9 9,8 dobijamo vezu između brzine i ubrzanja u ovom obliku: y y y = 9,8 − 2 y . 1− = ⇒ (4) 4,9 9,8 Ako (1) projektujemo na osu z, sledi diferencijalna jednačina: my = mg − R , (5) m ( 9,8 − 2 y ) = mg − R ⇒ R = m ( g − 9,8 + 2 y ) = 2mv , (6) R = 2 ⋅ 0,001 ⋅ v , i konačno je: R = 0,002 ⋅ v .

(7)

Zadatak 149. Vozač autobusa je na ravnom putu naglo pritisnuo kočnice. Tragovi guma su pokazali da je autobus prilikom kočenja prešao put s , a zatim stao. Ako je G težina autobusa, a μ koeficijent trenja pri klizanju točkova autobusa po drumu, odrediti ukupno vreme t1 kočenja i približnu brzinu v0 autobusa u trenutku kada je počelo kretanje. Dato je: μ = 0,6; g ≅ 10 m / s; s = 50 m . G G G n G G Rešenje: Primenimo II Njutnov zakon ma = ∑ Fi = Fμ + N + G ,

(1)

i =1

( x ) → ma = − Fμ ⇒

G a = −μN = −μmg ⇒ a = − μ g = const. g 347

(2)

Diferencijalne jednačine kretanja v

t

1 dv = −μg ⇒ ∫ dv = −μg ∫ dt ⇒ v = v0 − μgt , dt v0 0

(3)

dx 1 = v0 − μgt ⇒ x = v0t − μgt 2 . 2 dt

(4) μ

Slika 13.24. Dejstvo sila na autobus pri kočenju

Početni uslovi su: t = t1 , x = s ⇒ v = 0 . 1 Iz (3) → 0 = v0 − μgt1 , a iz (4) → s = v0t1 − μgt1 , odakle sledi da je: 2 2s km t1 = , pa je v0 = 2μgs = 2 ⋅ 0,6 ⋅ 10 ⋅ 50 ≅ 88,02 . (5) μg h

Zadatak 150. Materijalna tačka se kreće u sudu napunjenom viskoznom tečnošću. Kretanje je počelo iz položaja M 0 (0,0, h ) početnom brzinom G G v0 = v0 ⋅ j . Na tačku, pored sile teže, deluju i sile otpora tečnosti G G F W = − kmv , gde je k − koeficijent proporcionalnosti. Naći zakon kretanja tačke. G G G G Rešenje: Zadate vrednosti su: M 0 (0,0, h ) , v0 = v0 ⋅ j , F W = − kmv , gde je G G G G v = vx + v y + vz . G G G Primenimo II Njutnov zakon za tačku, ma = mg + F w , tj.: G G G G G + yj + zk ). ma = mg + km ( xi (1) Ako projektujemo (1) na osu x, sledi diferencijalna jednačina: x = − kx , tj., x + kx = 0 , (2) x = C λ 2 e λt , pa nakon čije je rešenje oblika x = Ce λt , a x = C λ eλt i uvrštavanja daju karakterističnu jednačinu λ 2 + k λ = 0 , odakle su λ1 = 0 i λ2 = − k , pa je rešenje oblika x = C1 + C2 e − kt i x = − kC2 e − kt . (3) 348


Slika 13.25. Kretanje tačke u otpornoj sredini

Konstante integracije dobijamo iz početnih uslova t = 0 , x = 0 i x = 0 , koje uvrstimo u (3) pa dobijamo C1 = 0 i C2 = 0 . (4) Konačno je x = 0 . Ako sada projektujemo (1) na osu y, sledi druga diferencijalna jednačina: my = − mky , (5) t = 0; y = 0; y = 0 , y + ky = 0 , 0 = C3 + C4 , − kt y = C3 + C4 e , v0 = − kC4 , v v y = − kC4 e − kt , C4 = − 0 ; C3 = 0 , k k v0 (6) y = (1 − e − kt ) . k Ako sada projektujemo (1) na osu z, sledi treća diferencijalna jednačina: mz = − kmz − mg ⇒ z + kz = − g . (7) Rešenje je zbir homogenog i partikularnog, tj.: z = zh + z p . (8) Homogeno rešenje je po analogiji: zh = C5 + C6e − kt , a partikularno pretpostavljamo u obliku z P = C7t + C8 , pa za zP = C7 i z P = 0 sledi z = z H + z P , 0 + k ⋅ C7 = − g , 349

(9) (10)


g g , odnosno z P = − t + C8 . (11) k k g Ukupno rešenje je sada z = C5 + C6e − kt − t + C8 , (12) k g a za z = − kC6e − kt − i iz početnih uslova t = 0; z = h; z = 0 slede konstante k h = C9 + C6 , g 0 = − kC6 − , k g g g g g C6 = − 2 , C9 = h + 2 , a rešenje je z = h + 2 − 2 e − kt − t , k k k k k g (13) z = h + 2 (1 − e − kt − kt ) . k Dakle, jednačine kretanja materijalne tačke u otpornoj sredini su: v g x = 0 , y = 0 (1 − e − kt ) , z = h + 2 (1 − e − kt − kt ) . (14) k k k ⋅ C7 = − g ⇒ C7 = −

Zadatak 151. Sa koje visine ( h = ? ) treba slobodno da padne materijalna km tačka M, mase m, da bi joj krajnja brzina bila v = 100 ? Koliko je h vremena padala materijalna tačka? G n G G Rešenje: Primenimo II Njutnov zakon ma = ∑ Fi = mg .

(1)

i =1

Nakon projekcije na vertikalnu osu je: 1 my = mg ⇒ y = v = gt + C1 ⇒ y = gt 2 + C1t + C2 . (2) 2 Konstante integracije C1 i C2 dobijamo iz početnih uslova, a to su: t = t0 = t (0) = 0 , y = y0 = y (0) = 0 i y = y 0 = y (0) = 0 , (3) pa sledi C2 = y0 i C1 = y 0 . (4) 1 1 Jednačina kretanja materijalne tačke je y = gt 2 + y 0t + y0 = gt 2 . 2 2 Iz jednačina (2) sledi vreme za koje će tačka dostići zadatu brzinu

350


v y = v = gt ⇒ t = = g

1000 3600 = 27,78 = 2,83 ≈ 3 s . 9,81 9,81

100 ⋅

(5)

km h

Slika 13.26. Padanje tela sa određene visine

Ako vreme uvrstimo u jednačinu kretanja, dobićemo traženu visinu: 2 1 2 1 ⎛v⎞ v 2 27,782 771,728 y = h = gt = g ⎜ ⎟ = (6) = = = 39,33 m . 2 2 ⎝g⎠ 2 g 2 ⋅ 9,81 19,62 Zadatak 152. Materijalna tačka težine G = 3, 27 N kreće se saglasno jednačinama: x = 0,3cos3t , y = 0,1sin 3t , ( x, y − m, t − s) . G Odrediti silu F , pod čijim dejstvom se tačka kreće i pokazati da ona ima pravac vektora položaja pokretne tačke, a smer suprotan.

Slika 13.27. Kretanje tačke po zadatom zakonu

Rešenje: Potražimo prvo projekcije sile na koordinatne ose 351


Fx = X = mx = −0,9 cos3t = −3x , Fy = Y = my = −0,3sin 3t = −3 y .

(1) (2)

Intenzitet sile je: F = Fx2 + Fy2 = ⋅⋅⋅ = 3 x 2 + y 2 = 3r .

(3)

F y F x (4) Kosinusi nagiba su: cos α = x = − , cos β = y = − , F r F r G G G G G a kako je F = Fx i + Fy j = X i + Y j , biće G G G G G G F = −3i − 3 j = −3 ( xi + yj ) = −3r . (5) G G Odavde je očigledno da su sila F i vektor položaja r istog pravca, a suprotnog smera.

Zadatak 153. Putnički lift težine G = mg = 800 N spušta se naniže ubrzanjem m a = 0,3g , gde je ubrzanje teže g = 9,81 2 . s Odrediti silu u konopcu koji pridržava lift, ako je sila otpora kretanju FW = 0,2 težine lifta. Lift smatrati materijalnom tačkom. Rešenje: Primenimo II Njutnov zakon G G G n G G ma = ∑ Fi = FW + S + G .

(1)

i =1

Nakon projekcije na vertikalnu osu koordinatnog sistema je: mx = mg − S − FW , odakle je S = mg − FW − mx . Imajući u vidu da je a = x = 0,3g i FW = 0,2G = 0,2mg , dobijamo: S = mg − 0,2mg − m ⋅ 0,3g , tj., S = 0, 4mg = 320 N .

352

Slika 13.28. Dejstvo sila na lift pri spuštanju

(2)

(3)

Lagranžove jednačine I vrste

Zadatak 154. Teret M koji se spušta niz hrapavu strmu ravan, postavljenu pod uglom α ka horizontu, kreće se saglasno jednačini x = bgt 2 , gde je g – ubrzanje teže, a b – konstantni koeficijent. Odrediti intenzitet sile trenja klizanja tereta o ravan, kao i koeficijent trenja klizanja. G G G n G G Rešenje: Primenimo II Njutnov zakon ma = ∑ Fi = FN + Fμ + G .

(1)

Nakon projekcije na usvojenu osu koordinatnog sistema je: mx = mg sin α − Fμ .

(2)

i =1

x = 2bg , a y = y=0 i m= Imajući u vidu da je a = a x = μ

G , dobijamo: g

α α

α

Slika 13.29. Spuštanje tereta niz strmu ravan po zadatom zakonu

G ⋅ 2bg = G sin α − Fμ ⇒ Fμ = μ FN = G ( sin α − 2b ) , g sin α − 2b μFN = μG cos α = G ( sin α − 2b ) ⇒ μ = . cos α

(3) (4)

Zadatak 155. Materijalna tačka M, mase m , kreće se u polju Zemljine teže po glatkoj nepokretnoj ravni, čija je jednačina u odnosu na Dekartov koordinatni sistem Oxyz, kod kog je osa Oz orijentisana vertikalno naviše, data sa 2 x + 3 y + 4 z = 1 . U početnom trenutku tačka je bila u položaju G K G M 0 ( −1,1,0 ) i imala brzinu v0 = −3i + 2 j . Odrediti: a) jednačine kretanja tačke M; b) intenzitet reakcije veze. Rešenje: a) Na materijalnu tačku M, mase m , koja se kreće po glatkoj nepokretnoj ravni, čija je jednačina f ( x, y , z ) = 2 x + 3 y + 4 z − 1 = 0 , deluju G G sila težine mg i normalna reakcija veze N . Primenimo II Njutnov zakon u 353


obliku: G G n G G G ma = mr = ∑ Fi = mg + N .

(1)

i =1

Slika 13.30. Kretanje tačke po zadatoj glatkoj površini

Nakon projekcije na ose Dekartovog sistema je: mx = N x , my = N y , mz = N z − mg .

(2) G Dalje je neophodno odrediti projekcije reakcije veze N na ose istog G koordinatnog sistema. Kako je N = λ grad f , gde je λ− Lagranžov množitelj veze, a G G G ∂f G ∂f G ∂f G grad f = i + j + k = 2i + 3 j + 4 k , (3) ∂x ∂y ∂z jednačine (2) dobijaju oblik mx = 2λ , my = 3λ , mz = 4λ − mg . (4) U jednačinama (4) nepoznate veličine su x , y , z i λ , dakle četiri nepoznate, a mi imamo tri jednačine, pa je zato potrebno pridodati i jednačinu veze f ( x, y , z ) = 2 x + 3 y + 4 z − 1 = 0 kao četvrtu. Ako se jednačina veze dva puta diferencira po vremenu, dobija se: 2 x + 3 y + 4 z =0. (5) Jednačine (4) i (5) čine sistem od četiri jednačine sa četiri nepoznate veličine, čije je rešenje: 8 12 13 4 y= g, z=− g, λ= mg . x= g , (6) 29 29 29 29 Integraleći prve tri jednačine od jednačina (6), uz korišćenje početnih uslova za t0 = 0 , x0 = −1 , y0 = 1 , z0 = 0 , x0 = −3 , y 0 = 2 i z0 = 0 , (7) 354


dobijaju se tražene jednačine kretanja u ovom obliku: 4 2 6 2 13 gt + 2t + 1 , z = − gt 2 . x= gt − 3t − 1 , y = 29 29 29 b) Koristeći četvrtu od jednačina (6), reakcija veze postaje: G G G G 4 N = λ grad f = mg 2i + 3 j + 4k , 29 4 29 a njen intenzitet je: N = λ grad f = mg . 29

(

)

(8)

(9) (10)

Zadatak 156. Materijalna tačka M, mase m , kreće se u polju Zemljine teže po glatkoj nepokretnoj liniji, čija je jednačina u odnosu na Dekartov koordinatni sistem Oxyz, kod kog je osa Oz, orijentisana vertikalno naviše, data sa x + 3 = y + 2 = z + 1 . Odrediti intenzitet reakcije veze.

Slika 13.31. Kretanje tačke po zadatoj idealno glatkoj krivi

Rešenje: Na materijalnu tačku M, mase m , koja se kreće po glatkoj G nepokretnoj liniji koja je presek dve ravni, deluju sila težine mg i G G G komponente N1 i N 2 normalne reakcija veze N . Primenimo II Njutnov zakon u obliku: G G G n G G G (1) ma = mr = ∑ Fi = mg + N1 + N 2 . i =1

Jednačina prve ravni može se dobiti iz jednakosti x + 3 = y + 2 , odnosno tada je f1 ( x, y , z ) = x − y + 1 = 0 , a jednačina druge ravni iz jednakosti x + 3 = z + 1 , odnosno tada je f 2 ( x, y , z ) = x − z + 2 = 0 (jednačina jedne od ravni može se takođe dobiti i iz jednakosti y + 2 = z + 1 ). Kako je G G G G grad f1 = i − j , grad f 2 = i − k , (2) 355


reakcija glatke linije je G G G G G G G N = N1 + N 2 = λ1 grad f1 + λ 2 grad f 2 = λ1 ( i − j ) + λ 2 i − k ,

(

)

(3)

gde su λ1 i λ 2 − Lagranžovi množitelji veze. Iz jednačina (1) i (3), dobija se G G G G G G G ma = mr = mg + λ1 ( i − j ) + λ 2 i − k , (4)

(

)

a nakon projekcije na ose Dekartovog sistema je: mx = λ1 + λ 2 , my = −λ1 , mz = −λ 2 − mg . (5) U jednačinama (5) nepoznate veličine su x , y , z , λ1 i λ 2 , dakle pet nepoznatih, a mi imamo tri jednačine, pa je zato potrebno pridodati i jednačine veze f1 ( x, y , z ) = x − y + 1 = 0 , i f 2 ( x, y , z ) = x − z + 2 = 0 , čijim dvostrukim diferenciranjem po vremenu slede relacije: x = y , x = z. (6) Jednačine (5) i (6) čine sistem od pet jednačina sa pet nepoznatih veličina, čija rešenja su: mg 2mg x = ⋅⋅⋅ , y = ⋅⋅⋅ , z = ⋅⋅⋅ , λ1 = , λ2 = − . (7) 3 3 Koristeći jednačine (3) i (7), tražena reakcija veze je: G mg G mg G 2mg G N =− i− j+ k, (8) 3 3 3 6 a njen intenzitet je: N = mg . (9) 3 Zadatak 157. Po unutrašnjoj površi glatkog cilindra, poluprečnika osnove R i visine H, kreće se materijalna tačka M, mase m . U početnom trenutku tačka je bila na gornjoj osnovi cilindra u položaju M 0 ( R,0, H ) i imala početnu brzinu intenziteta v0 , usmerenu nadole, tako da sa izvodnicom cilindra gradi ugao α = 600 . Odrediti: a) jednačine kretanja tačke M; b) intenzitet reakcije veze; c) vreme za koje će tačka doći sa gornje na donju osnovu cilindra. Rešenje: a) Na materijalnu tačku M, mase m , koja se kreće po unutrašnjoj glatkoj nepokretnoj površi cilindra, čija je jednačina u odnosu na dati Dekartov koordinatni sistem f ( x, y , z ) = x 2 + y 2 − R = 0 , deluju sila težine G G mg i normalna reakcija veze N . Primenimo II Njutnov zakon u obliku

356


G G G G ma = mr = mg + N . Nakon projekcije na ose Dekartovog sistema je: mx = N x , my = N y , mz = N z − mg .

ϕ

(1) (2)

ϕ

α

α

Slika 13.32.a Cilindar i tačka

Slika 13.32.b Tačka i sile dejstva G Dalje je neophodno odrediti projekcije reakcije veze N na ose istog G koordinatnog sistema. Kako je N = λ grad f , gde je λ− Lagranžov množitelj

veze, a

G G ∂f G ∂f G ∂f G i+ j + k = 2 xi + 2 yj , ∂x ∂y ∂z G G G odnosno N = λ grad f = λ ( 2 xi + 2 yj ) , grad f =

(3)

jednačine (2) dobijaju oblik: mx = 2λ x , my = 2λy , mz = − mg . (4) U jednačinama (4) nepoznate veličine su x , y , z i λ , dakle četiri nepoznate, a mi imamo tri jednačine, pa je zato potrebno pridodati i jednačinu veze f ( x, y , z ) = x 2 + y 2 − R = 0 kao četvrtu. Prve dve jednačine iz (4), sa jednačinom veze, čine sistem od tri jednačine sa nepoznatima x , y i λ , dok je trećom jednačinom iz (4) određeno kretanje tačke M u pravcu ose Oz. Množenjem druge jednačine iz (4) sa x i oduzimanjem od prve jednačine iz (4) pomnožene sa y, dobija se: x y − yx = 0 . (5) (6) Uvođenjem smena x = R cos ϕ i y = R sin ϕ , te dvostrukim diferenciranjem po vremenu, sledi da je: sin ϕ , cos ϕ . x = − Rϕ 2 cos ϕ − Rϕ y = − Rϕ 2 sin ϕ + Rϕ (7) 357


= 0 , tj.: Ako uvrstimo (7) u (5), nakon transformacija dobija se da je ϕ v sin α ϕ = ω = C1 = ϕ 0 = 0 . (8) R v sin α Kako je ϕ0 = 0 , iz (8) se dobija da je ϕ = ωt = 0 t , pa su jednačine R (9) kretanja tačke M određene sa x = R cos ( ωt ) , y = R sin ( ωt ) . Iz treće od jednačina (4), nakon dvostruke integracije i korišćenja početnih uslova kretanja tačke: t0 = 0 , z0 = H , z0 = −v0 cos α , dobija se: gt 2 z = H − v0 cos αt − . (10) 2 Dakle, jednačine kretanja su: gt 2 x = R cos ( ωt ) , y = R sin ( ωt ) , z = H − v0 cos αt − . (11) 2 G b) Za određivanje reakcije veze N potrebno je odrediti Lagranžov množitelj veze λ . Množeći prvu jednačinu iz (4) sa x, a drugu sa y i njihovim sabiranjem, dobija se: m ( x x + y y ) = 2 λ ( x 2 + y 2 ) = 2λ R 2 . (12)

Koristeći uvedene smene (6) za koordinate x i y, kao i jednačine (7) i (12), sledi da je: mϕ 2 mv 2 sin 2 α mω2 λ=− =− 0 2 =− . (13) 2 2R 2 G G G Na osnovu relacija (13) i (3) , reakcija veze je N = 2λ ( xi + y j ) , (14) mv02 sin 2 α . (15) R c) U trenutku dolaska materijalne tačke M na donju osnovu cilindra važi da je z1 = 0 , pa se iz (11) dobija jednačina:

pa je njen intenzitet N = 2λ x 2 + y 2 = 2 λ R =

gt 2 . (16) 2 Rešenje kvadratne jednačine (16), s obzirom na to da je α = 600 , predstavlja traženi trenutak dolaska tačke M na donju osnovu cilindra, tj.:

0 = H − v0 cos αt −

t1 =

− v0 + v02 + 8 gH . 2g

(17)

358

Dalamberov princip za tačku

Zadatak 158. Tačka M težine G vezana je za nestegljivo uže dužine l zanemarljive težine, a drugim krajem za nepokretnu tačku O . Tački M je saopštena brzina, tako da se ona kreće po horizontalnom krugu, pri čemu G uže sa vertikalom zaklapa ugao α . Odrediti brzinu v tačke M i reakciju G Fuz . G G G (1) Rešenje: Primenimo Dalamberov princip, F a + F r + F in = 0 , G G uz G in G in G + F + FN + FT = 0 , (2) α

α

Slika 13.33. Kretanje materijalne tačke po krugu

(b): −G + F uz ⋅ cos α + 0 + 0 = 0 ⇒ F uz cos α = G ⇒ F uz = (n): 0 + F uz sin α − FNin + 0 = 0 ⇒ F uz = FNin = ma N = m ⋅ FTin = maT = m

G , cos α

FNin , sin α

v2 v2 R =m , sa sl. 13.33 je sin α = k , Rk l sin α l

dv , dt

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

FNin mv 2 G ⇒ F uz = , iz (3) → F uz = , l sin 2 α sin α cos α G mv 2 Gl sin 2 α 2 2 2 v = ⇒ Gl sin α = m cos α ⋅ v ⇒ = , m cos α cos α l sin 2 α Gl . v = sin α m cos α

iz (4) ⇒ F uz =

359

(7)

(8)


Zadatak 159. Za štap OA je pričvršćen teret M težine 25 N . Odrediti graničnu vrednost ugaone brzine pri kojoj će se štap iskriviti ako je za to potrebna sila od 1 kN . G G G (1) Rešenje: Primenimo Dalamberov princip, F a + F r + F in = 0 , 0,6m

Slika 13.34. Kugla pričvršćena na štap i opterećenja

G G S + F in = 0 , S − F in = 0 ⇒ S = F in , G 2,5 F in = ma N = mOA ⋅ ω2 = OA ⋅ ω2 = ⋅ 0,6 ⋅ ω2 = 1,529ω2 . g 9,81 Dato je: S max = 1 kN = 1000 N , pa sledi: 1000 ≈ 25,57 s −1 , 1,529 30 ⋅ ω 30 ⋅ 25,57 obr. π⋅n ω= , n= . = = 244 30 π 3,14 min

(2) (3)

iz (3) → 1000 = 1,529ω2 , ωgr =

(3)

Zadatak 160. Vagon se kreće po horizontalnom pravoliniskom delu pruge tako da klatno koje je obešeno unutar vagona zaklapa ugao sa vertikalom α = const ., kao na slici 13.35. Odrediti ubrzanje vagona i silu u koncu klatna. Masa kuglice na kraju klatna je m . G G G in G Rešenje: Primenimo Dalamberov princip: mar = F + Fpin + Fcor , (1) G G G in gde su: ar = 0 , Fcor = 0 , pa je 0 = mg + N − ma p , (2) (x): 0 = N sin α − ma p ⇒ N =

ma p

, sin α mg (y): 0 = −mg + N cos α ⇒ N = . sin α

(3) (4) 360


Izjednačimo (3) i (4) da bismo dobili traženo ubrzanje. ma p mg = ⇒ a p = g ⋅ tg α . sin α cos α

(5)

α

Slika 13.35. Klatno i opterećenje pri kretanju vagona

Ako se vratimo u (3) sa (5), sledi: mg ⋅ tg α sin α mg N= = mg = . sin α cos α ⋅ sin α cos α

(6)

Zadatak 161. Telo A mase m = 1000 kg podiže se pomoću nerastegljivog m užeta konstantnim ubrzanjem a = 2 2 . Odrediti silu u užetu. s

Slika 13.36. Podizanje tereta i opterećenje G G G Rešenje: Primenimo Dalamberov princip za tačku: F a + F r + F in = 0 , ( x ) : − mg − F in + F uz = 0 ⇒ F uz = F in + mg ,

361

(1) (2)


F uz = ma + mg = m( a + g ) , F = 100 ⋅ (2 + 9,81) = 1181 N . uz

G Ako primenimo II Njutnov zakon ma = G G G ma = Fuz + mg , ( x ) : ma = mg − F uz ⇒ F uz = ma + mg , F uz = 100(2 + 9,81) = 1181 N .

G

∑ F , dobićemo isto

(3) (4)

i

(1) (2) (3)

G Zadatak 162. Automobil težine G kreće se po konveksnom kolovozu mosta tako da mu je brzina osnovnog kretanja konstantna, v = const. Odrediti pritisak automobila na most kada se automobil nalazi na sredini mosta. Kolikom brzinom treba da se kreće automobil da bi se odvojio od mosta?

Rešenje: Primenimo Dalamberov princip za materijalnu tačku:

Slika 13.37. Podizanje tereta i opterećenje

G G G F a + F r + F in = 0 , gde komponente ubrzanja iznose: at =

(1)

dv v2 G = 0 , aN = i m = , pa je: dt Rk g

( y ) : N − G + F in = 0 ⇒ N = G − F in = G − ma N = G (1 −

v2 ). gR

Ako se odvoji od puta, tada je: v2 ) , tj, N = 0 = G (1 − gR v2 v2 v2 ) = 0 ⇒ 1− G (1 − = 0 ⇒1= ⇒ v 2 = gR ⇒ v gr = gR . gR gR gR

362

(2)

(3)

Opšti zakoni dinamike materijalne tačke

14. OPŠTI ZAKONI DINAMIKE MATERIJALNE TAČKE 14.1. UVOD

Problemi koji se rešavaju primenom diferencijalnih jednačina kretanja ponekad se kraće mogu rešiti primenom tzv. opštih zakona dinamike. Prednost opštih zakona nad diferencijalnim jednačinama sastoji se u sledećem: a) korišćenjem opštih zakona se na izvestan način izbegava jedna integracija, koja je sporedna pri izvođenju samog tog opšteg zakona, b) korišćenjem odgovarajućeg opšteg zakona pri rešavanju problema može se iznaći samo ona karakteristika kretanja koja se razmatra, a da se ne traže ostale. Da bismo mogli izložiti ove opšte zakone, potrebno je da prethodno uvedemo neke dinamičke karakteristike kretanja po definiciji. 14.2. DEFINICIJA KOLIČINE KRETANJA I IMPULSA SILE

a) Količina kretanja

G

(K )

jednaka je proizvodu mase materijalne tačke i

njene brzine: G G K = mv . (14.1) −1 Dimenzija količine kretanja je: (14.2) [ K ] = ⎡⎣ MLT ⎤⎦ . G b) Impuls sile ( I ) u elementarnom obliku se definiše kao proizvod sile i diferencijala vremena: GG G dI F = Fdt . (14.3) Prema tome, impuls sile u konačnom obliku (za interval vremena t0 do t1 ) biće: t GG GG t G G G I (0F−1) = ∫ dI F = ∫ Fdt = F (t1 − t0 ) = F ⋅ Δt . (14.4) 1

1

t0

t0

n G G G G G G Ako je reč o sistemu sila: F = F1 + F2 + F3 + ... + Fn = ∑ Fi , i =1

nakon:

n G G G G G G Fdt = F1dt + F2 dt + F3 + ... + Fn dt = ∑ Fi dt , i =1

363

Opšti zakoni dinamike materijalne tačke n G G G G G G možemo pisati da je: dI = dI1 + dI 2 + dI 3 + ... + dI n = ∑ dI i . i =1 G G Znajući da je impuls u elementarnom obliku: dI = F ⋅ dt , t GG GG t G G G možemo pisati impuls u konačnom obliku: I (0F−1) = ∫ dI F = ∫ F (t , r , v )dt . 1

1

t0

t0

Ako izvršimo projektovanje na ose, dobijamo: t1

t1

t0

t0

t1

I x = ∫ Xdt ; I y = ∫ Ydt ;

I z = ∫ Zdt . t0

G Dakle, impuls sile je: I

G F (0 −1)

t1 n n t1 G n GG G G = ∫ Fdt = ∫ ∑ Fi dt = ∑ ∫ Fi dt =∑ I Fi . t1

t0

t0 i =1

i =1 t0

i =1

Dimenzija impulsa sile je: [ I ] = [ F ⋅ T ] = ⎡⎣ MLT ⋅ T ⎤⎦ = ⎡⎣ MLT −1 ⎤⎦ . −2

(14.5)

14.3. ZAKON O PROMENI KOLIČINE KRETANJA MATERIJALNE TAČKE

Posmatrajmo kretanje tačke M u odnosu na referentni sistem pod G G G dejstvom sile FR (sl. 14.1). Pođimo od izraza za količinu kretanja: K = mv . 0

0

Δ = =

0 0

Δt

1 R M

1 1 1

M M

Slika 14.1. Kretanje tačke i poligon vektora količina kretanja

Diferenciranjem ovog izraza po vremenu, dobićemo: G G n G G dK dv =m = ∑ Fi = FR , dt dt i =1 G dK G = FR . dt 364

(14.6)


Izraz (14.6) predstavlja zakon o promeni količine kretanja materijalne tačke u diferencijalnom obliku. Potražimo sada integralni oblik ovog zakona: G K n t G G G G t G dK = FR dt , ∫ dK = ∫ FR dt = ∑ ∫ Fi dt , 1

1

1

G K0

t0

i =1 t0

G G GG K1 − K 0 = ∑ I (0Fi−1) . n

(14.7)

i =1

Izraz (14.7) predstavlja zakon o promeni količine kretanja materijalne tačke u integralnom (konačnom) obliku. On glasi: promena količine kretanja materijalne tačke u nekom vremenskom intervalu jednaka je sumi impulsa svih sila koje na tu tačku deluju u posmatranom intervalu vremena. Projektovanjem jednačine (14.7) na koordinatne ose, imaćemo: n

G

K1x − K 0 x = ∑ I xFi , i =1

n

n

G

G

K1 y − K 0 y = ∑ I yFi , K1z − K 0 z = ∑ I zFi . i =1

i =1

14.4. DEFINICIJA KINETIČKE ENERGIJE MATERIJALNE TAČKE, RADA SILE I SNAGE

a) Kinetička energija ( Ek ) materijalne tačke Pod kinetičkom energijom materijalne tačke podrazumevamo pozitivnu skalarnu veličinu, koja je jednaka polovini proizvoda mase i kvadrata brzine, to jest: 1 Ek = mv 2 . (14.8) 2 Dimenzija kinetičke energije je: [ Ek ] = [ M ] ⎡⎣v 2 ⎤⎦ = ⎡⎣ ML2T −2 ⎤⎦ . (14.9) b) Rad sile Dosad smo uveli impuls sile, kao karakteristiku dejstva sile u nekom vremenskom intervalu. Međutim, potrebno je da uvedemo i karakteristiku dejstva sile duž njenog puta. 2 0 1

1

0

N

3

α

2 T

Slika 14.2. Kretanje tačke pod dejstvom sile 365


Dinamička veličina koja karakteriše dejstvo sile duž njenog puta je rad sile. Rad sile je onaj efekat dejstva sile na materijalnu tačku koji utiče na promenu intenziteta brzine kretanja, a definiše se u elementarnom obliku kao skalarni proizvod sile i elementarnog pomeranja: G G G F dA = F ⋅ ds = FT ⋅ ds , (14.10) G

dAF = F cos α ⋅ ds . (14.11) U zavisnosti od ugla α, mogu nastupiti sledeći slučajevi (sl. 14.2): π 10 − ako je 0 ≤ α < , tada je dA > 0 , tj. rad je pozitivan. Ovo znači da će 2 G sila F uticati na povećenje intenziteta brzine; π 20 − ako je α = , tada je dA = 0 ; 2 π 30 − ako je < α ≤ π , tada je dA < 0 , tj. rad je negativan. U ovom 2 slučaju, sila utiče na smanjenje intenziteta brzine. G G G G Ako silu napišemo kao F = Fx i + Fy j + Fz k , a elementarni put kao G G G G ds = dxi + dy j + dzk , rad je onda: dA = Fx dx + Fy dy + Fz dz . (14.12)

Ovaj izraz za elementarni rad koristićemo u slučajevima kada je sila data preko svojih projekcija, odnosno kada je kretanje definisano na analitički način. Izraz (14.10) koristićemo kada je kretanje definisano na prirodan način. Rad na konačnom pomeranju (sl. 14.2) od tačke M 1 do tačke M 2 , nakon izvršene integracije elementarnog rada, jednak je: M G G A( M − M ) = ∫ F ⋅ ds , (14.13) 2

1

2

M1

A( M1 − M 2 ) =

M2

∫ ( F dx + F dy + F dz ) . x

y

(14.14)

z

M1

Vidimo da je rad na konačnom pomeranju jednak određenom integralu elementarnog rada. Rad sile ima ovu dimenziju: (14.15) [ A] = [ F ][ L] = ⎡⎣ MLT −2 ⎤⎦ [ L ] = ⎡⎣ ML2T −2 ⎤⎦ . 366


Iz ovoga vidimo da rad ima istu dimenziju kao i kinetička energija (14.9). c) Snaga Pored rada, veoma često se operiše i sa promenom rada u vremenu, pa se u tu svrhu definiše snaga kao izvod rada po vremenu: G G F ⋅ ds G G dA P= = F ⋅ v = FT ⋅ v . , (14.17) P= dt dt Vidimo da je snaga jednaka skalarnom proizvodu sile i brzine: (14.18) [ P ] = [ A] ⎡⎣T −1 ⎤⎦ = ⎡⎣ ML2T −3 ⎤⎦ . 14.5. NEKI SLUČAJEVI IZRAČUNAVANJA RADA a) Rad sile teže

G Pretpostavimo da se materijalna tačka M pod dejstvom sile teže G kreće po nekoj krivolinijskoj putanji. Izračunajmo rad ove sile na pomeranju M0 do M1 (sl. 14.3). G G G Elementarni rad je: dA = Fx dx + Fy dy + Fz dz ; G = mg = const. , G G G G a pošto je: G = Gx i + G y j + Gz k , gde je: Gx = G y = 0 , tada je: dA = −G ⋅ dz .

Sada je rad na konačnom pomeranju jednak: z1

A( M 0 − M1 ) = ∫ −Gdz = −G ( z1 − z0 ) = − mg ( z1 − z0 ) = − mgH , z0 z1

A( M 0 − M1 ) = ∫ −Gdz = −G ( z0 − z1 ) = mg ( z0 − z1 ) = mgH . z0

M 0 ( x 0 , y0 , z 0 )

z

M

H

G=mg k O x

zM

j i

M1 ( x 1 , y1 , z1 ) y x M

yM

Slika 14.3. Početni i krajnji položaj tačke pri njenom kretanju

367

(14.19)


Iz poslednjeg izraza vidimo da rad sile teže ne zavisi od oblika pređenog puta nego samo od početnog i krajnjeg položaja. Ovakve sile, čiji rad ne zavisi od pređenog puta nego samo od početnog i krajnjeg položaja, nazivamo konzervativne sile. b) Rad centralne sile

Centralna sila je ona sila koja privlači ili odbija od centra, a čija napadna linija uvek prolazi kroz neku nepomičnu tačku O (sl. 14.4). M1 F(1)

v

M F

M2 F(2)

M3 F(3)

r (1) r0 O

Slika 14.4. Kretanje tačke pod dejstvom centralne sile G G G Posmatrajmo silu koja zavisi samo od rastojanja F = F (r ) . Kako G G G r r jedinični vektor možemo pisati u obliku r0 = G = , tada je centralna sila r r G G G G G r jednaka: F = Fr (r ) ⋅ r0 = Fr (r ) , a elementarni rad je: r G G G G G rdr . dA = F ⋅ dr = Fr ( r ) r G G G G S obzirom na to da je r ⋅ r = r 2 , nakon diferenciranja: 2rdr = 2rdr , G G odnosno: rdr = rdr , sledi: dA = Fr ( r ) ⋅dr .

Rad na konačnom pomeranju je: AM1 − M 2 =

r(M2 )

∫

Fr (r ) dr .

(14.20)

r ( M1 )

c) Rad elastične sile opruge

Posmatrajmo oprugu (sl. 14.5) i usvojimo sledeće oznake: r0 − dužina 368


nedeformisane opruge, r − dužina posle istezanja i c − krutost opruge. Priraštaj (izduženje opruge) je Δr = r − r0 , a sila F = −c Δr , to jest: Fr ( r ) = −c ( r − r0 ) .

Ovo je samo specijalni slučaj centralne sile, dA = Fr ( r ) dr = −c ( r − r0 ) dr , r

r

2 1 1 1 AM1 − M 2 = − ∫ c(r − r0 ) dr = ∫ c(r − r0 )dr = c(r1 − r0 ) 2 − c( r2 − r0 ) 2 , 2 2 r1 r2

1 AM1 − M 2 = c ⎡⎣ (r1 − r0 ) 2 − (r2 − r0 ) 2 ⎤⎦ , 2

1 AM1 − M 2 = c ( Δr12 − Δr22 ) . 2

Rad elastične sile opruge je jednak polovini proizvoda karakteristike opruge c i razlike kvadrata početne i krajnje deformacije opruge. Odavde se vidi da i ovaj rad ne zavisi od oblika pređenog puta, što znači da je i elastična sila opruge konzervativna.

(14.21)

M2

r2

F

r

(r 0 )0 O

c

r1

M M1

r0

Slika 14.5. Kretanje tačke pod dejstvom sile u opruzi

d) Rad sile trenja pri klizanju

Pretpostavimo da se materijalna tačka kreće po hrapavoj površini pod G dejstvom neke sile F (sl. 14.6). (N)

FN M0

Fμ

ds

M

(T) M1

s z O

v

F

y

x

Slika 14.6. Kretanje tačke po hrapavoj površini 369


Sila trenja klizanja je Fμ = μFN , gde je μ − kinematički koeficijent trenja pri klizanju. Rad sile trenja je: M1 s1 G G G s1 F A μ = ∫ Fμ ⋅ ds = ∫ − Fμ ds = − ∫ μFN ds . M0

s0

s0

Ako je μ = const. i FN = const. , tada je: s1

G F

A μ = −μFN ∫ ds = −μFN ( s1 − s0 ) .

(14.22)

s0

Iz ovog poslednjeg izraza vidimo: a) rad sile trenja klizanja uvek je negativan, što znači da sila trenja klizanja utiče na smanjenje intenziteta brzine kretanja; b) ovaj rad zavisi od krivolinijske koordinate s pa, prema tome, i od oblika pređenog puta, što znači da sila trenja klizanja nije konzervativna sila. e) Rad normalne sile

Elementarni rad normalne sile (sl. 14.7) je: (N)

G G G G dA(0N −1) = N ⋅ ds = 0 ,

FN M ds

pa njen rad na konačnom pomeranju iznosi: s1

AM 0 − M1 = ∫ dA = 0 . s0

(14.23)

M0 s

v

(T) M1

M2

Slika 14.7. Kretanje tačke po krivoj liniji

14.6. ZAKON O PROMENI KINETIČKE ENERGIJE MATERIJALNE TAČKE G G Pođimo od II Njutnovog zakona (sl. 14.8) u obliku: ma = FR . Projektovanjem ovog zakona na tangentu putanje tačke M, dobićemo: dv dv ds m = FRT ⇒ m = FRT , dt dt ds gde je FRT − tangencijalna komponenta svih sila koje deluju na tačku M. 370


Dalje možemo pisati: v1

s1

v0

s0

n G G 1 2 1 2 Fi FR mv1 − mv0 = A(0,1) = ∑ A(0,1) , 2 2 i =1

∫ mvdv = ∫ FRT ds ⇒ n

G

(14.24)

G

Ek 1 − Ek 0 = A(0FR−1) = ∑ A(0Fi−1) .

(14.25)

i =1

Dobijeni izraz predstavlja zakon o promeni kinetičke energije materijalne tačke, koji se može iskazati kao: promena kinetičke energije materijalne tačke jednaka je sumi radova svih sila koje deluju na tu tačku.

M M0

(T)

v

FRT

M1

FR

s

a

Slika 14.8. Kretanje tačke po krivoj liniji pod dejstvom sila

14.7. DEFINICIJA MOMENTA KOLIČINE KRETANJA MATERIJALNE TAČKE

Moment količine kretanja materijalne tačke M za neki pol O (sl. 14.9) definiše se u vektorskom obliku kao: G G G G G G G G G G LO = r × K = r × mv , LO = r ⋅ v m sin )(r , v ) = h ⋅ mv , (14.26) G G gde je r − radijus vektor tačke M u odnosu na pol O, a K − količina kretanja tačke M. K= mv z z

v

v M

M

LO r

r

k

zM y

O i x

j

xM yM

h

k

zM

y

O i x

j

xM yM

Slika 14.9. Vektor momenta količine kretanja za koordinatni početak

371


Za slučaj da se pol O nalazi u koordinatnom početku sistema Oxyz, a G G G G znajući da je: r = xi + yj + zk , odnosno: G G G G G G G + yj + zk , v = vx i + v y j + vk k = xi G moment količine kretanja LO se može napisati u obliku: G G G G G G i j k i j k G G G LO = r × K = xM yM zM = m xM yM zM , (14.27) y z mvx mv y mvz x G G G G LO = m ⎡⎣( yM z − zM y ) i + ( zM x − xM z ) j + ( xM y − yM x ) k ⎤⎦ , gde su: LOx = m ( yM z − zM y ) , LOy = m ( zM x − xM z ) , LO z = m ( xM y − yM x ) . Za slučaj da se pol O ne poklapa sa koordinatnim početkom, bilo bi: G G G i j k G LO = xM − xO yM − yO zM − zO . (14.28) mvx mv y mvz 14.8. ZAKON O PROMENI MOMENTA KOLIČINE KRETANJA MATERIJALNE TAČKE a) Zakon za nepokretnu tačku

Da bismo izveli ovaj zakon, pretpostavimo da posmatrana tačka vrši kretanje u odnosu na referentni sistem Oxyz, pri čemu je ishodište O nepokretno, pa pođimo od definicije momenta količine kretanja za G G G nepomičnu tačku O (sl. 14.11), LO = r × K . Diferenciranjem ovog zakona po vremenu (t), imaćemo: G G G dL0 d G G dr dv G G G G G G G G = (r × K ) = × mv + r × m = v × mv + r × ma = r × FR . dt dt dt dt Dakle, možemo pisati: G n GG GG dL0 = M 0F = ∑ M 0F . (14.29) dt i =1 Izraz (14.29) predstavlja zakon o promeni momenta količine kretanja tačke za proizvoljnji nepokretni pol (tačku) i glasi: R

i

372


prvi izvod po vremenu momenta količine kretanja neke tačke M za proizvoljan nepokretni pol O, jednak je sumi momenata svih sila koje deluju na posmatranu tačku za taj isti pol (tačku).

z K= mv F M LO F

MO

r

k

Na osnovu dobijenog zakona slede i sledeće posledice:

O x

y

j

i

Slika 14.10. Vektor momenta sile za tačku G G JJJJJJG G G dL 10 − ako je: ∑ M OFi = 0 , O = 0 , tada je: LO = const. , dt i =1 G n G G dLOx Fi 0 = 0 , tada je: Lx = const. . 2 − ako je: ∑ M x = 0 , dt i =1 n

b) Zakon za pokretnu tačku

Prisetimo se izraza za sektorsku brzinu (7.31): G 1 G G G G G G vσ = ( r × v ) /⋅ 2m , 2mvσ = r × mv = L0 . 2 Posmatrajmo vektor položaja tačke M (sl. 14.11) i diferencirajmo ga po vremenu: G G G r = rA + ρ , G G G G dr drA d ρ G G d ρ = = , v = vA + . dt dt dt dt Odatle je: G dρ G G = v − vA . (14.30) dt

(T) v

z

M

ρ

r

O x

rA

A y

Slika 14.11. Pokretna tačka A

Vektor momenta količine kretanja tačke M za pokretnu tačku A je: G G G LA = ρ × mv , a nakon diferenciranja po vremenu, možemo pisati:

373


G G G G G G dLA d ρ dρ G G G G G G G G = × mv + ρ × m = ( v − v A ) × mv + ρ × F = − v A × K + M AF . dt dt dt Na osnovu poslednjeg izraza možemo konačno pisati zakon o promeni momenta G količine kretanjan za pokretnu tačku, u obliku: G GG GG dLA G + v A × K = M AF = ∑ M AFi . (14.31) dt i =1 14.9. POLJE SILE. POTENCIJALNA ENERGIJA G Posmatraćemo sile F ( x, y, z ) , koje zavise od položaja materijalne tačke na koju dejstvuju. Deo prostora, u čijoj svakoj tački, kada se pokretna tačka nađe u njemu, dejstvuje u svakom trenutku jednoznačno određena sila po pravcu, veličini i smeru, zove se polje sile. Posmatraćemo samo tzv. stacionarna polja sila, kod kojih sile zavise samo od položaja, a ne i od vremena. Među ovim silama razmatraćemo tzv. konzervativne sile i njihova polja, jer rad ovih sila ne zavisi od oblika putanje i dužine puta, pri prelazu materijalne tačke iz jednog položaja u drugi. Polje sile je konzervativno ako za njega postoji funkcija E p ( x, y, z ) ,

zvana potencijalna energija, zavisna od koordinata položaja, takva da je sila: G F = − grad E p , ili su njene koordinate: ∂E p ∂E ∂E Fx = X = − , Fy = Y = − p , Fz = Z = − p . ∂x ∂y ∂z Elementaran rad konzervativne sile: G G G G G G dA = F ⋅ dr , gde je d r = dxi + dy j + dzk , G G dA = F ⋅ dr = Xdx + Ydy + Zdz = ∂E p ∂E p ⎞ ⎛ ∂E p = −⎜ dx + dy + dz ⎟ = − dE p , ∂y ∂z ⎝ ∂x ⎠

(14.32)

(14.33)

očevidno predstavlja totalni diferencijal funkcije E p sa promenjenim znakom. Zato rad ove sile, pri prelaženju tačke iz položaja M 1 ( x1 , y1 , z1 ) u položaj M 2 ( x2 , y2 , z2 ) , M2

A(1,2) = − ∫ dE p ,

(14.34)

M1

374


zavisi samo od vrednosti funkcije E p u početnom i krajnjem položaju, a ne zavisi od dužine i oblika pređenog puta pokretne tačke. Sa druge strane je očevidno da funkcija E p u izrazima (14.32), (14.33) i (14.34) učestvuje sa tačnošću do neke konstante. Zato se ova činjenica koristi tako da se proizvoljno izabere tačka M 0 ( x0 , y0 , z0 ) , u kojoj će, uslovno, potencijalna energija biti jednaka nuli, tj. E p ( x0 , y0 , z0 ) = 0 , i zove se tačka nultog potencijala. Otuda se pod potencijalnom energijom neke tačke u položaju M(x,y,z) podrazumeva rad sila polja, pri prelaženju tačke iz ovog položaja u tačku nultog potencijala, jer je: M0

A( M − M 0 ) = − ∫ dE p = − ⎡⎣ E p ( x0 , y0 , z0 ) − E p ( x, y, z ) ⎤⎦ , M

A( M − M 0 ) = E p ( x, y, z ) .

(14.35)

z

M2 E p = (x,y,z)=const.=C 2 M1

M4 M3

k O x

E p = (x,y,z)=const.=C 1 y

i j Slika 14.12. Ekvipotencionalne površine

Površi određene jednačinama E p ( x, y, z ) = C = const. (sl. 10.12) zovu se ekvipotencijalne površi datog polja. Pri kretanju tačke iz položaja M 3 u položaj M 4 po ovakvim površinama, rad sila polja jednak je nuli. Isto tako, ako tačka obilazi zatvorenu krivu i vrati se u početni položaj, rad sila polja

375


je, prema (14.34), jednak nuli, imajući u vidu da se pretpostavlja da je funkcija E p konačna, jednoznačna, diferencijabilna funkcija. G G Kako je F = − grad E p , to je sila F konzervativna, ako je zadovoljen uslov: G rot F = − rot grad E p = 0 .

G i G G ∂ Ovde je: rot F = ∇ × F = ∂x Fx

(14.36)

G k ∂ ; ∂z Fz

G j ∂ ∂y Fy

G G grad F = ∇ ⋅ F ,

gde je ∇ − Hamiltonov operator, to jest: ∂ G ∂ G ∂ G i+ j+ k. ∇= ∂x ∂y ∂z

(14.37)

Zadatak 163. Telo težine G = 9,81 N pomera se po horizontalnoj ravni pod G dejstvom konstantne sile F , čija napadna linija zaklapa ugao α = 300 sa G ravni kretanja. Odrediti veličinu sile F , ako za t1 = 5 s brzina tela poraste m m od v0 = 2 na v1 = 4 , a koeficijent trenja tela po ravni je μ = 0,15 . s s Rešenje: Telo se kreće translatorno pa za njega važe iste dinamičke jednačine kao i za materijalnu tačku. Zato primenimo II Njutnov zakon na G 4 G G G G G materijalno telo (tačku) ma = ∑ Fi = Fμ + mg + N +F , i =1

( y ) : my = 0 = F sin α + N − mg ⇒ N = G − F sin α . N

(y)

Fμ v0

s

(1)

F

α v

mg

a

(x)

v1 t1

Slika 14.13 Translatorno kretanje tela i sile koje deluju na njega

Ako primenimo opšti zakon (zakon o promeni količine kretanja za 376


materijalnu tačku), možemo pisati: t1 4 GG G G G G G G G G K1 − K 0 = ∑ I iF , mv1 − mv0 = ∫ Fμ + mg + N + F dt .

(

i =1

)

0

Ako projektujemo na osu x, dobijamo: G ( v1 − v0 ) = ⎡⎣ −μ ( G − F sin α ) + F cos α ⎤⎦ t1 , g G ( v1 − v0 ) = −μt1G + μt1F sin α + t1F cos α , g G ( v1 − v0 ) + μt1G 9,81 ⋅ ( 4 − 2 ) + 0,15 ⋅ 5 ⋅ 9,81 g 9,81 F= = =2N. 5 ⋅ ( 0,15 ⋅ 0,5 + 0,865 ) t1 ( μ sin α + cos α )

(2)

(3)

Zadatak 164. Da bi se odredila težina natovarenog teretnog voza, uključuje se, između lokomotive i prvog vagona, dinamometar. Posle dva minuta ( t = 2 min ) od početka kretanja voza, kazaljka dinamometra je pokazala da je srednja vrednost vučne sile lokomotive F = 100,8 kN . U tom km . Koeficijent vremenskom intervalu voz je postigao brzinu v = 57,6 h trenja je μ = 0,02 . Odrediti težinu voza. Rešenje: Primenimo zakon o promeni K−K materijalne tačke G G K1 − K 0 = F ( t1 − t0 ) ,

(1)

FN Fμ

F

v0 =0

G

(x)

v

Slika 14.14. Translatorno kretanje kolica i sile koje deluju na njih

G G G G G G mv − mv0 = F + FN + Fμ + G ( t − t0 ) ,

(

( x) :

)

G G v − v0 = ( F − μG ) t , g g

(2) (3)

377


G=

100,8 ⋅ 2 ⋅ 60 ⋅10 F ⋅t ⋅ g = = 3024 kN . μgt + v 0,002 ⋅10 ⋅ 2 ⋅ 60 + 57,6 ⋅ 1000 1 ⋅ 60 ⋅ 60

(4)

Zadatak 165. Tačka M kreće se po glatkoj horizontalnoj podlozi po krivi r = eϕ . Na tačku deluje centralna sila sa centrom u tački O. U početnom trenutku tačka M je imala brzinu v0 . Odrediti intenzitet brzine tačke M kada se ona nađe na deset puta većem rastojanju od pola O, mereno u odnosu na njeno početno rastojanje. Rešenje: Primenimo zakon o promeni momenta količine kretanja materijalne tačke: G n G G dL dLO = ∑ M OFi ⇒ O z = M O z = 0 ⇒ LO z = const. . (1) dt dt i =1 Dakle, moment količine kretanja tačke M, u proizvoljnom trenutku, jednak je momentu količine kretanja tačke M u početnom trenutku. ϕ

ϕ

α

ϕ

ϕ Slika 14.15. Sile pri kretanju tačke

Kako je

(L )

Oz 0

= r0 K 0 = mr0v p 0 , potrebno je odrediti poprečnu brzinu

tačke M u početnom trenutku. Da bi se to postiglo, koristi se izraz za određivanje ugla između ukupne i poprečne brzine tačke M u proizvoljnom trenutku, tj.: v r . tg α = r = v p r ϕ Iz zadate jednačine krive r = eϕ , sledi r = eϕϕ = rϕ , pa je: v rϕ π =1⇒ α = . tg α = r = 4 v p rϕ 378


Za poprečnu brzinu sada važi v p = v cos α = v

2 , pa je: 2

2 . 2 Očigledno je da je i moment količine kretanja tačke M u proizvoljnom 2 trenutku jednak LO z = r ⋅ K = mrv . S obzirom na to da je: 2 2 2 rv LO z = LO z = const. ⇒ mrv = mr0v0 ⇒v= 0 0 . 0 2 2 r rv rv v U traženom položaju tačke M je r = 10r0 pa sledi v = 0 0 = 0 0 = 0 . r 10r0 10

(L )

Oz 0

= r0 K 0 = mr0v0

( )

Zadatak 166. Materijalna tačka M, mase m , može da se kreće unutar glatke 1 tanke cevi čija osa ima oblik parabole y 2 = bx , gde je b > 0 (osa Oy 4 usmerena je vertikalno naviše). Tačka polazi iz koordinatnog početka G početnom brzinom v0 ( 0, v0 ) , gde je v0 = gb . Pri tome, tačka je vezana 2mg oprugom krutosti c = za nepokretnu tačku B ( b,0 ) . Dužina b b nenapregnute opruge je l0 = . Odrediti reakciju veze u položaju A ( x A = b ) . 4

ϕ

Slika 14.16. Kretanje tačke unutar cevi i sile koje deluju na nju

379


Rešenje: Primenimo II Njutnov zakon na materijalnu tačku: G G G G G G G G 3 G (1) ma = ∑ Fi , odnosno m ( a N + aT + aB ) = mg + N1 + N 2 + Fc , i =1 G G G (2) gde su: Fc = c ⋅ Δ x = c ⋅ ( rA − r0 ) i N = N1 + N 2 , te nakon projekcija na ose prirodnog sistema imaćemo: v2 ma N = m A = mg sin ϕ + N1 + Fc sin ϕ , (3) Rk dv maT = m A = − mg cos ϕ − Fc cos ϕ , (4) dt ma B = 0 = N 2 ⇒ N 2 = 0 . (5) Potražimo brzinu tačke u položaju A ≡ M primenom zakona o promeni kinetičke energije materijalne tačke: G G G G Fc mg EkA − Ek 0 = A(0− A) + A(0− A) + A(0N1− A) + A(0N 2− A) , (6) G

G

gde su: A(0N − A) = A(0N − A) = 0 , (sile su vertikalne na put) 1

2

G

A(0mg− A) = − mgh = −mg ( y A − y0 ) = − mg ⋅ (b / 2) , b 3b b b b = , ΔA k = lk − l0 = y A − l0 = − = , 4 4 2 4 4 2 2 G c c ⎡⎛ 3b ⎞ ⎛ b ⎞ ⎤ cb2 mgb . = A0F−c A = ( ΔA 2p − ΔA 2k ) = ⎢⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ ⎥ = ⋅⋅⋅ = 2 2 ⎢⎣⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎥⎦ 4 2 Ako se vratimo u zakon, sledi: 1 2 1 2 mgb mgb mv A − mv0 = − + ⇒ v A = v0 = const. , (7) 2 2 2 2 v2 v2 dv dv (8) odnosno a N = A = 0 , aT = A = 0 = 0 , aB = 0 . Rk Rk dt dt Potražimo sada poluprečnik krivine trajektorije na osnovu poznatog y '' 1 1 obrasca iz matematike = = , gde su izvodi na osnovu 3 ρ Rk '2 2 1 + y ( ) ΔA p = l p − l0 = x A − l0 = b −

1

bx ⎛ bx ⎞ 2 ⇒ y = ⎜ ⎟ jednaki: jednačine y = 4 ⎝ 4 ⎠ 2

380


dy 1 ⎛ bx ⎞ y' = = ⋅⎜ ⎟ dx 2 ⎝ 4 ⎠

−

1 2

=

1 2 − 12 1 y ) = , ( 2 2y

d2y 1 1 ⎛ bx ⎞ y '' = 2 = − ⋅ ⋅ ⎜ ⎟ dx 2 2 ⎝ 4 ⎠

1 = Rk

−

1 4 y3

−

= ⋅⋅⋅ =

3 2

=−

(9)

1 2 − 23 1 y ) =− 3 , ( 4 4y

1

=

(10)

1

=

1

.

(11)

S obzirom na to da znamo putanju po kojoj se kreće tačka y 2 =

bx , sledi: 4

⎡ ⎛ 1 ⎞ ⎢1 + ⎜ ⎟ ⎢⎣ ⎝ 2 y ⎠

cos ϕ =

1

2

⎤ ⎥ ⎥⎦

3 2

3 2 2

(1 + 4 y )

, sin ϕ =

bx ⎞ ⎛ ⎜1 + 4 ⋅ ⎟ 4 ⎠ ⎝

3 2

3

(1 + bx ) 2

y'

, (12) 1 + y'2 1 + y'2 a znajući da je za položaj A( x A = b; y A = b / 2) prvi izvod jednak: 1 1 1 1 1 y' = (13) = = = = , 2y bx bx A bb b 2 2 2 4 4 4 1 1 b = = , (14) sledi: cosϕ A≡ M = 2 2 1 + y'2 1 b + 1 ⎛ ⎞ 1+ ⎜ ⎟ ⎝b⎠ 1 y' 1 b = = . (15) sin ϕ A≡ M = '2 2 1+ y 1 + b2 ⎛1⎞ 1+ ⎜ ⎟ ⎝b⎠ Ako se sada vratimo u izraze (3), (4), (5) sa (8), (11), (14) i (15), sledi: v02 1 1 ma N = m = mg + N1 + Fc , (16) 3 2 2 1 + b 1 + b 2 (1 + bx A ) maT = 0 = − mg

b 1+ b

2

− Fc

b 1 + b2

⇒ Fc = − mg ,

ma B = 0 = N 2 , a nakon uvrštavanja (17) u (16) dobijamo traženu reakciju: 381

(17) (18)


m

v02

(1 + b ⋅ b )

N1 =

3 2

= mg ⋅

mv02 3 2 2

(1 + b )

1 1+ b

2

+ N1 + ( − mg ) ⋅

1 1 + b2

,

.

(19)

Zadatak 167. Materijalna tačka M, mase m = 5 kg , puštena je bez početne brzine sa visine H. Podlogu napušta u tački C i posle slobodnog leta pada u tačku D. Odrediti: a) visinu H, b) pritisak kojeg vrši pokretana tačka neposredno pre napuštanja veze. Dato je CD = 16 R , α = 300 i R = 2 3 m . Rešenje: Na osnovu dometa kosog hica je: v 2 sin 2α CD ⋅ g m2 CD = C ⇒ vC2 = = 64 g = 627,84 2 . (1) g sin 2α s Brzinu tačke u položaju C možemo odrediti i na osnovu zakona o promeni kinetičke energije materijalne tačke: G G mg N EkC − EkA = A( A−C ) + A( A−C ) , (2) G

gde su: A(NA−C ) = 0 , (sila vertikalna na put) G

A(mg A− C ) = mgh = mg ⎡ ⎣ H − ( R − R cos α ) ⎤⎦ = mg ( H − R + R cos α ) ,

α

α α

Slika 14.17. Sile koje deluju na tačku pri napuštanju veze

1 2 v2 mvC − 0 = mg ( H − R + R cos α ) ⇒ H = R − R cos300 + C , 2 2g

382

(3)


vC2 3 627,84 = 2 3−2 3⋅ + = 32, 46 m . 2g 2 2 ⋅ 9,81 Ako primenimo II Njutnov zakon na materijalnu tačku G G G G G 2 G ma = ∑ Fi , odnosno m ( a N + aT ) = mg + N , H = R − R cos300 +

(4)

(5)

i =1

možemo odrediti traženi pritisak nakon projekcije na normalu v2 v2 maN = m C = m C = − mg cos α + N C , Rk R N C = mg cos α + m

vC2 3 627,84 = 5 ⋅ 9,81 ⋅ + 5⋅ = 949,76 N . 2 R 2 3

(6) (7)

Zadatak 168. Materijalnoj tački M, mase m , koja se nalazi u najvišoj tački A polukuglaste kupole, poluprečnika R, saopštena je početna brzina v0 u horizontalnom pravcu. Na kojem će mestu materijalna tačka napustiti kupolu? Kolika mora biti početna brzina da bi materijalna tačka napustila kupolu u početnom trenutku? Otpore kretanja po kupoli zanemariti. Rešenje: Ako primenimo II Njutnov zakon na materijalnu tačku G G G G G 2 G ma = ∑ Fi , odnosno m ( a N + aT ) = mg + N ,

(1)

i =1

možemo odrediti traženi pritisak nakon projekcije na normalu: v2 v2 v2 ma N = m = m = − mg cos ϕ − N ⇒ N = mg cos ϕ − m . Rk R R

(2)

ϕ

Slika 14.18.a Tačka na kupoli Slika 14.18.b Tačka u proizvoljnom položaju

Brzinu tačke u proizvoljnom položaju možemo odrediti na osnovu zakona o promeni kinetičke energije materijalne tačke: 383

Dinamika tačke promenljive mase G

G

Ek 1 − Ek 0 = A(0mg−1) + A(0N −1) , G N (0 −1)

gde su: A G mg (0 −1)

A

(3)

= 0 , (sila vertikalna na put)

= mgh = mg ( R − R cos ϕ ) = R (1 − cos ϕ ) ,

1 2 1 2 (4) mv − mv0 = mgR (1 − cos ϕ ) ⇒ v 2 = v02 + 2 Rg (1 − cos ϕ ) . 2 2 Ako se sa brzinom vratimo u pritisak, sledi: v2 m N = mg cos ϕ − m = mg cos ϕ − ⎡⎣ v02 + 2 gR (1 − cos ϕ ) ⎤⎦ , (5) R R a u trenutku napuštanja veze je N = 0 , pa je moguće izračunati traženi ugao ⎛ 2 v2 ⎞ ϕ = arccos ⎜ + 0 ⎟ . (6) ⎝ 3 3gR ⎠

Da bi tačka napustila vezu u početnom položaju, treba da je N = 0 i ϕ = 0 , pa iz izraza (6) sledi: ⎛ 2 v2 ⎞ (6) → 0 = arccos ⎜ + 0 ⎟ , ⎝ 3 3gR ⎠ 2 2 v (5) → + 0 = 1 ⇒ v = gR , odnosno v ≥ gR . 3 3gR

(7) (8)

15. DINAMIKA TAČKE PROMENLJIVE MASE 15.1. UVOD

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

384

Dinamika tačke promenljive mase

15.2. JEDNAČINA MEŠČERSKOG

Pretpostavimo da se osnovna masa M, mase (m), kreće translatorno G brzinom v i da element dodatne mase M1, koji ima masu dm1, ima relativnu G brzinu u , u odnosu na osnovnu masu (sl. 15.1), neposredno pre prisajedinjavanja osnovnoj masi (m). Neposredno nakon prisajedinjenja (dodavanja), osnovna masa će biti G G ( m + dm1 ) , a njena brzina biće ( v + dv ). M M1 dodatna masa osnovna M1 v+dv masa v u dm 1 M m+dm 1

m

K 1 = ( m+dm 1) ( v+dv ) K 0 = mv+dm1 u Slika 15.1. Dodatna masa pre i posle dodavanja osnovnoj masi

Primenjujući zakon o promeni količine kretanja osnovne mase u vremenu od stanja neposredno pre dodavanja do stanja neposredno posle dodavanja dodatne mase (dm1), imaćemo: n G G G G K K (15.1) K1 − K 0 = ∑ I is , K1 − K 0 = FRs dt , i =1 G G G G G ( m + dm1 )( v + dv ) − mv − dm1u = FRs dt , G G G G dm1 ( v − u ) + mdv = FRs dt . S obzirom na to da je masa promenljiva, tj. m(t ) = m0 + m1 (t ) , možemo dm1 dm pisati da je: , = dt dt G G dv G G dm a dalje: m = FRs + ( u − v ) , dt dt G n G dv G dm . (15.2) m = ∑ Fi s + vr dt i =1 dt Poslednji izraz (15.2) naziva se još i jednačina Meščerskog. Član u izrazu

385


G dm G (15.2), to jest vr = Φ , naziva se reaktivna sila, a uslovljava razliku dt između zakona o kretanju centra inercije i jednačine Meščerskog. Do iste formule bismo došli i u slučaju da smo posmatrali odvajanje mase. Ako bismo projektovali jednačinu (15.2) na ose Dekartovog pravouglog sistema, dobili bismo diferencijalne jednačine, oblika: mx = X Rs + Φ x , my = YRs + Φ y , mz = Z Rs + Φ z . 15.3. FORMULA CIOLKOVSKOG

Posmatrajmo kretanje rakete koja ima masu konstrukcije m0 i ⎛ n G ⎞ pretpostavimo da se ona kreće bez spoljašnjih sila ⎜ ∑ Fi s = 0 ⎟ , kao i da je ⎝ i =1 ⎠ masa goriva na početku kretanja bila mg0 (sl. 15.2). Neka je relativna brzina isticanja produkata sagorevanja vg = const. Primenjujući jednačinu Meščerskog, dobićemo: G G dm , (15.3) = vr ( m0 + mg ) dv dt dt gde je mg − masa goriva u posmatranom trenutku. G G Pošto je: vr = v g , dm = d ( m0 + mg ) = dmg , jer je m0 = const. , tada, projektujući jednačinu (15.3) na osu x, sledi: ( m0 + mg ) dv = −vg dmg .

Slika 15.2. Raketa pri translatornom kretanju bez dejstva spoljašnjih sila m0

Nakon razdvajanja promenljivih i logaritmovanjem: ln

m0 + mg 0 m0 + mg

=

∫

dmg

m0 + mg mg 0

v − v0 , dobija se: vg

386

v

dv , v v0 g

= −∫


v = v0 + v g ln

m0 + mg 0 m0 + mg

.

(15.4)

Jednačina (15.4) daje zavisnost brzine kretanja rakete od trenutne mase goriva ( mg ) , kao i od ostalih konstantnih veličina i početnih uslova. U trenutku kada zaliha goriva ostane jednaka nuli, mg = 0 , raketa će imati maksimalnu brzinu, to jest: m vmax = v0 + v g ln(1 + g 0 ) , m0 m gde je: g 0 = C ; broj Cilokovskog (C=3–9). m0

(15.5)

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

km ; s

km . s Izraz (15.5) predstavlja formulu Ciolkovskog. Formula Ciolkovskog pokazuje kolika će biti maksimalna brzina kretanja rakete, odnosno u trenutku mg = 0 . Maksimalna brzina rakete ne zavisi od G vremena trajanja izgaranja goriva. Ona zavisi od početne brzine rakete ( v0 ) , G relativne brzine produkata sagorevanja ( vg ) i relativne zalihe goriva na vg ≈ 6

⎛m ⎞ početku kretanja ⎜ g 0 ⎟ . ⎝ m0 ⎠

Zadatak 169. Vagonet M, mase m0 , puni se u toku kretanja rudom koja G vertikalo pada u vagonet brzinom v . Masa rude koju u jedinici vremena G zahvati vagonet iznosi q . Odrediti vučnu silu F , da bi se vagonet kretao G G konstantnom brzinom v0 , uz strmu ravan nagiba α . Sila otpora kretanju Fw G vagoneta po ravni je proporcionalna normalnoj sili pritiska FN između vagoneta i ravni, gde je k = const. koeficijent proporcionalnosti. Rešenje: S obzirom na to da je u pitanju promenljiva masa, primenimo G G G dv = ∑ Fi + Φ , gde su v = const. , jednačinu Meščerskog, u obliku m dt 387


m = m0 + gt , G G dm dm G G dm = q , Fw = k ⋅ FN , Φ = vr = ( u − v0 ) . dt dt dt

(1)

Ako jednačinu Meščerskog G G dv G G G G G dm m = mg + F + FN + Fw + ( u − v0 ) dt dt , projektujemo na osu kretanja, tj. projektujemo na osu x, osu sledi:

α

α α

Slika 15.3. Vagonet u kretanju dv dm (2) ( x ) → m = −mg sin α + F − Fw + ( −u sin α − v0 ) . dt dt S obzirom na to da je v = const. sledi da je izvod brzine po vremenu

jednak nuli pa imamo F = mg sin α + Fw + ( u sin α + v0 )

dm , dt

F = mg sin α + kFN + ( u sin α + v0 ) ⋅ q . (3) Ako jednačinu Meščerskog projektujemo na osu y, dm ( y ) → 0 = −mg cos α + FN − u cos α ⋅ , dobićemo reakciju podloge dt FN = mg cos α + uq cos α . (4) Sada uvrstimo jednačinu (4) u izraz (3). Sledi tražena sila: F = mg sin α + k ( mg cos α + uq cos α ) + ( u sin α + v0 ) ⋅ q ,

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

(5)

Zadatak 170. Raketa se kreće u homogenom polju Zemljine teže vertikalno G uvis konstantim ubrzanjem a . Relativna brzina isticanja goriva je G konstantna ( vr = const. ) . Odrediti zakon promene mase rakete, kao i vreme T za koje se masa rakete smanji za pola. Otpor sredine zanemariti. G Rešenje: Primenimo jednačinu Meščerskog na kretanje rakete brzinom v , G n G n G G G dv G G G dm . (1) tj. m = ∑ Fi + Φ , gde su ∑ Fi = G = mg , Φ = vr dt dt i =1 i =1

388


G dv G G dm = mg + vr Jednačina Meščerskog sada glasi m , dt dt a nakon projekcije na vertikalnu osu sledi diferencijalna jednačina: dm ( y ) → ma = −mg − vr . dt

(2)

(3)

Φ Slika 15.4. Raketa pri vertikalnom kretanju

Nakon deljenja jednačine sa m , imamo: a + g = −

vr dm , m dt

a+g dm dt = − , vr m m

t

(4) m

t

0

0

dm a+g a+g ∫m m = − vr ∫0 dt ⇒ ln m = − vr t m 0 m a+g =− t ⇒ m = m0e ln m0 vr

−

a+g t vr

,

.

(5)

m0 dobijamo na osnovu (5): 2 1 a+g a+g T ⇒ ln1 − ln 2 = − T, ⇒ ln = − 2 vr vr

Traženo vreme t = T za uslov m = − m0 = m0e 2

kao: T =

a+g T vr

vr ln 2 . a+g

(6)

Zadatak 171. Sud sa gasom ukupne mase, na početku kretanja m0 nalazi se na hrapavoj strmoj ravni koeficijenta trenja μ i nagibnog ugla α = 45D . Iz 389


suda u toku kretanja ističe gas konstantnom relativnom brzinom pod uglom α u odnosu na strmu ravan. Odrediti zakon promene mase suda u funkciji 2 vremena, da bi se on kretao jednoliko ubrzano ubrzanjem x= g niz 2 strmu ravan. G G G dm dv , tj.: Rešenje: Primenimo jednačinu Meščerskog: m = ∑ Fi + vr dt dt G dv G G G G dm = mg + N + Fμ + vr . (1) m dt dt

α

α

μ

α

Slika 15.5. Kretanje posude niz hrapavu strmu ravan i sile dejstva

Nakon projekcije vektorske jednačine (1) na ose x i y dobijamo: dm ( x ) → mx = mg sin α − vr cos α − μN , dt dm ( y ) → 0 = −mg cos α + vr sin α + N , dt dm N = mg cos α − vr sin α . dt Ako (4) uvrstimo u jednačinu (2), dobijamo: dm dm mx = mg sin α − vr cos α − μmg cos α + μ vr sin α , dt dt 2 π a nakon zamene datih vrednosti α = = 450 , x= g , dobijamo: 2 4 2 2 dm 2 2 dm 2 − − μmg +μ , m g = mg vr vr 2 2 2 2 2 dt dt

390

(2) (3) (4)

(5)

Relativno kretanje materijalne tačke

mg = mg −

dm vr (1 − μ ) − μmg , dt

(6)

dm vr (1 − μ ) = −μ mg . dt

(7)

Razdvajanjem promenljivih sledi: m

t

dm μg =− dt , m vr (1 − μ )

(8)

m

dm μg μg ∫m m = − ∫0 vr (1 − μ ) dt ⇒ ln m = − vr (1 − μ ) t , m 0 0

μ

μg

ln

g

− ⋅t − ⋅ ⋅t m μg m V 1−μ = e r ( ) ⇒ m = m0e 1− μ Vr . =− t⇒ m0 m0 vr (1 − μ )

(9)

16. RELATIVNO KRETANJE MATERIJALNE TAČKE 16.1. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE

Do sada smo proučavali kretanje tačke u odnosu na tzv. inercijalni koordinatni sistem, tj. u odnosu na sistem koji miruje ili koji se ravnomerno i pravolinijski kreće. Sve opšte zakone koje smo do sada izveli možemo koristiti samo u odnosu na takav sistem. Međutim, čest je slučaj da se tačka z (K) v kreće i u odnosu na neki n a r Σ Fi + F neinercijalni koordinatni sistem, pa i=1 M to kretanje nazivamo relativno trajektorija ζ ρ kretanje materijalne tačke. r η Da bismo postavili diferencijalne rA A jednačine relativnog kretanja tačke, O pretpostavimo da se telo (K) (sl. ξ y 16.1) kreće u odnosu na sistem x Oxyz, a tačka M u odnosu na sistem Slika 16.1. Materijalna tačka pri Aξηζ, tj. na telo. relativnom kretanju Zakon kretanja tačke M u odnosu na sistem Oxyz dat je na sledeći način: G G n G (16.1) ma = ∑ Fi a + F r , i =1

391


gde su: G G G G G G G a = ar + a p + acor , acor = 2 ( ω× vr ) , n G G G G G mar + ma p + macor = ∑ Fi a + F r .

(16.2) (16.3)

i =1

Nas interesuje kretanje u odnosu na relativni sistem Aξηζ,: n G G G G G mar = ∑ Fi a + F r + ( − ma p ) + ( − macor ) .

(16.4)

i =1

Pošto je, prema Dalamberovom principu, G G in G G Fpin = − ma p ; Fcor = − macor , sledi: n G G G G in G mar = ∑ Fi a + F r + Fpin + Fcor , tj., i =1 n

G G G in G mar = ∑ Fi + Fpin + Fcor .

(16.5)

(16.6)

i =1

Jednačina (16.6) predstavlja osnovnu jednačinu dinamike relativnog kretanja tačke. Ako jednačinu (16.6) projektujemo na ose, imamo: n

in marx = ∑ X ia + Rx + Fpxin + Fcorx ,

(16.7)

in mary = ∑Yi a + R y + Fpyin + Fcory ,

(16.8)

i =1 n

i =1 n

in marz = ∑ Z ia + Rz + Fpzin + Fcorz . i =1 G Ako je Fpin = 0 , sledi: G G 10 – a = 0 , tj. v=const.,

(16.9)

G G G G in G G = 0 , pa jednačina 20 – ω p = 0; ε p = 0 , tj. tada je translacija, te je Fcor glasi: n G G G mar = ∑ Fi a + R , (16.10) i =1

i ima isti oblik kao i diferencijalna jednačina apsolutnog kretanja (važi za inercijalne sisteme).

392


16.2. ZAKON O PROMENI KINETIČKE ENERGIJE RELATIVNOG KRETANJA

Relativno kretanje tačke se može izraziti i zakonom o promeni kinetičke energije relativnog kretanja tačke. Projektujući jednačinu (16.6) na tangentu relativne putanje tačke, imaćemo: n dv ds in (16.11) m r r = ∑ FiT + ( Fpin )T + ( Fcor )T . dsr dt i =1 G in G G in S obzirom na to da je Fcor normalno na vr i dsr sledi da je ( Fcor )T = 0 . Tada se integrisanjem izraza (16.11) dobija: vr

m ∫ vr dvr = vr 0

sr

∫

sr 0

n

sr

i =1

sr 0

∑ FiT dsr +

∫ (F

in p T

n

) dsr ,

n

G

1 mv 2 − 1 mv 2 = AFGi + AFpin . (0 −1) (0 −1) ∑ 2 r 2 r0 ∑ i =1 i =1 n

n

G

(16.12)

G in

Ekr1 − Ekr 0 = ∑ A(0Fi−1) + ∑ A(0Fp−1) . i =1

(16.13)

i =1

M dsr M0

sr

n

Σ Fi

i=1

vr M1 trajektorija

Slika 16.2. Sile koje deluju na tačku pri relativnom kretanju

Izraz (16.13) predstavlja zakon o promeni kinetičke energije relativnog kretanja materijalne tačke i on glasi: promena kinetičke energije relativnog kretanja tačke za određeni interval jednaka je sumi radova aktivnih i reaktivnih sila, koje deluju na materijalnu tačku, kao i rada prenosne inercijalne sile tačke na istom intervalu. Zadatak 172. Kuglica se kreće po unutrašnjosti glatke cilindrične površi poluprečnika R unutar tela 1, koje se kreće po nepomičnoj horizontalnoj podlozi tako da sve njegove tačke imaju isto konstantno ubrzanje a = g . Kolika treba da bude početna relativna brzina v0 u položaju M 0 pa da kuglica dospe u položaj M 1 . Rešenje: Primenimo zakon o promeni kinetičke energije relativnog kretanja 393

Relativno kretanje materijalne tačke G

G

G Fpin

G in

G

G in

G

tačke Ek 1 − Ek 0 = A0mg−1 + A0N−1 + A0−1 + A0F−1 , A0mg−1 = A0N−1 = A0F−1 = 0 , G Fpin 0−1

A

cor

cor

= ma p = ma = mg ,

(1)

1 2 1 2 mvr1 − mvr 0 = −2 Rmg ⇒ vr21 = v02 − 4 gR . 2 2 Sada primenimo zakonG o promeni relativnog kretanja G G G G in mar = mg + N + Fpin + Fcor ,

(N ) → m

vr2 = − mg sin ϕ + N − Fpin cos ϕ , R

(2) (3) (4)

ϕ ϕ

Slika 16.3. Sile koje deluju na tačku pri relativnom kretanju

vr2 + mg sin ϕ + mg cos ϕ , R m m a za ϕ1 = π daje N1 = ( v02 − 4 gR ) − mg = ( v02 − 5gR ) . R R Za uslov N1 ≥ 0 sledi v0 ≥ 5gR . N =m

(5) (6) (7)

Zadatak 173. Kružna cev poluprečnika R obrće se oko ose koja prolazi G kroz tačku A ugaonom brzinom ω . Iz tačke M 0 počinje da se kreće G materijalna tačka mase m početnom brzinom v0 . Odrediti: a) relativnu brzinu kuglice u zavisnosti od luka s, b) promenu pritiska u funkciji lučne koordinate, c) na kom će rastojanju ( s = ?) relativna brzina biti jednaka nuli. Rešenje: a) S obzirom na to da materijalna tačka vrši složeno kretanje (relativno je unutar cevi, a prenosno je kretanje cevi) primenimo zakon o 394


promeni kinetičke energije relativnog kretanja u obliku: n

G F in

G

G in

E K 1 − EK 0 = ∑ A0F−i 1 + A0−p1 + A0F−cor1 ,

(1)

i =1

G Fpin

G in

gde su: A0−1 = 0 , A0F−1 = cor

)

(

2 2 mω2 mω2 Δlk2 − Δl p2 ) = AM − AM 0 , pa je: ( 2 2

1 2 1 2 mω2 ⎡ 2 2 mvr − mv0 = ( 2 R cos ϕ ) − ( 2 R ) ⎤⎦ , ⎣ 2 2 2 2 2 2 2 vr = v0 − ω 4 R ( cos2 ϕ − 1) = v02 − 4ω2 R 2 sin 2 ϕ , 2ϕ =

(2) (3)

s s , ⇒ ϕ= 2R R

⎛ s ⎞ te je konačno: vr2 = v02 − 4ω2 R 2 sin 2 ⎜ ⎟. ⎝ 2R ⎠

(4)

2ϕ

ω

ϕ

ϕ

ϕ

=

Slika 16.4. Relativno kretanje tačke unutar cevi

b) Primenimo relativnog G zakon G Gkretanja: G G G G in mar = ΣFi = mg + N1 + N 2 + Fcor + Fpin , pa ga projektujmo na ose ( B ) → 0 = N 2 − mg ⇒ N 2 = mg , vr2 in = N1 + Fcor − Fpin cos ϕ , R mvr2 s in , − Fcor + Fpin cos N1 = 2R R

(N ) → m

395

(5)


mvr2 s s − 2mωvr + 2 R cos ⋅ cos ⋅ mω2 , R 2R 2R mv 2 s . N1 = r − 2mωvr + 2 Rmω2 cos2 2R R N1 =

Konačno je: N = N12 + N 22 . c) Mesto gde je relativna brzina nula dobija se iz jednačine (4) tj.: v2 ⎛ s ⎞ 2 s v02 − 4ω2 R 2 sin 2 ⎜ = 20 2 , ⎟ = 0 ⇒ sin 2 R 4ω R ⎝ 2R ⎠ s v v odakle tražimo ugao, tj. sin ϕ = sin = 0 ⇒ ϕ = arcsin 0 , 2 R 2ωR 2ωR v s v = arcsin 0 , pa je traženo rešenje s = 2 R arcsin 0 . 2R 2ωR 2ωR

(6) (7) (8)

(9)

Zadatak 174. Po glatkom štapu AB dužine L = 100 cm , koji se obrće konstantnom ugaonom brzinom u horizontalnoj ravni oko ose koja prolazi kroz njegov kraj A, može da se kreće prsten M, mase m. Nakon vremena 1 t= ln 3 s, prsten se nađe na kraju štapa B. U početnom trenutku prsten se 2π nalazio na rastojanju x0 = 60 cm od kraja A štapa, a relativna brzina mu je bila jednaka nuli. Odrediti kojom se ugaonom brzinom ω obrće štap i pritisak prstena na štap kada se nađe na kraju B.

ω= ω

Slika 16.5. Relativno kretanje prstena po štapu koji rotira

Rešenje: S obzirom na to da materijalna tačka vrši složeno kretanje primenimo zakon relativnog kretanja u obliku:

396


G G G in G G G G G G G mar = ΣF + Fpin + Fcor = mg + N1 + N 2 − ma p − 2m ( ω p × vr ) .

(1)

Prvi način rešavanja problema je preko diferencijalnih jednačina: dv dv dx ( x ) → m r = mω2 x ⇒ r = ω2 x , dt dx dt vr

x

0

x0

2 2 2 ∫ vr dvr = ω ∫ xdx ⇒ vr = ω x − x0 .

(2)

Drugi način rešavanja problema je primenom zakona o promeni kinetičke energije materijalne tačke i on je brži i lakši: n

G F in

G

E K 1 − EK 0 = ∑ A0F−i 1 + A0−p1 .

(3)

i =1

G

G

G Fpin

G

Imamo da je: E K 0 = 0 i A0mg−1 = A0N−1 = A0N−1 = 0 , A0−1 = 1

2

mω2 2 x − x02 ) , ( 2

1 2 mω2 2 mvr = ( x − x02 ) ⇒ vr2 = ω2 ( x 2 − x02 ) ⇒ vr = ω x 2 − x02 , 2 2 x t dx dx (4) vr = = ω x 2 − x02 ⇒ ∫ = ω∫ dt . dt x 2 − x02 x0 0

pa dobijamo

Integrali su tablični, pa sledi: ln x + x 2 − x0 2

x x0

t

= ωt 0 ,

(5)

1 ln ⎡ x + x 2 − x02 ⎤ − ln ⎡ x0 + x02 − x02 ⎤ = ω ln 3 , ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 2π

100 + 1002 − 602 1 1 = ω ln 3 ⇒ ln 3 = ω ln 3 ⇒ ω = 2π . 2π 60 2π Ako dalje izvršimo projekciju na ose, sledi: ( y ) → 0 = N 2 − 2mω p vr sin 900 , ln

N 2 = 2mω p ω x 2 − x02 = 2mω2 x 2 − x02 = 2m ⋅ 4π 2 x 2 − x02 .

( z ) → 0 = N1 − mg ⇒ N1 = mg .

(6) (7) (8) (9)

U traženom položaju je: N 2B = 8mπ2 12 − 0,62 = 6,4mπ 2 , pa je: G G G N = N1 + N 2 , NB =

(N ) + (N ) B 2 1

B 2 2

=

( mg )

2

+ ( 6,4mπ 2 ) = m g 2 + 6,4π 4 . 2

397

(10)

Kretanje tačke pod dejstvom centralne sile

17. KRETANJE TAČKE POD DEJSTVOM CENTRALNE SILE Pod centralnom silom podrazumeva se sila čiji pravac uvek prolazi kroz istu tačku. 17.1. BINEOVA FORMULA G

Pretpostavimo da se tačka M kreće pod dejstvom sile F . Postavljanjem II Njutnovog zakona: G G ma = F (17.1) i njegovim projektovanjem na radijalni i poprečni (cirkularni) pravac imaćemo sledeće diferencijalne jednačine: m ( r − rϕ 2 ) = F , (17.2) 1d 2 ( r ϕ ) = 0 . r dt Na osnovu izraza za sektorsku brzinu (7.33) sledi: r 2ϕ = 2vσ = 2C = const. . Prvi izvod intenziteta radijus vektora po vremenu je: dr dr d ϕ dr dr 2C . r = = = ϕ = dt d ϕ dt d ϕ dϕ r2 + 2 rϕ ) = m m ( rϕ

r r0

p0

(17.4) (17.5)

v

trajektorija F

(17.3)

M v0 α

ϕ

O

M0

Slika 17.1. Kretanje tačke pod dejstvom centralne sile definisano polarnim koordinatama

Pošto je:

d ⎛1⎞ 1 ⎜ ⎟=− 2 , dr ⎝ r ⎠ r

tada izraz (17.5) postaje: r = −

(17.6) dr d ⎛1⎞ d ⎛1⎞ 2C ⎜ ⎟ = −2C ⎜ ⎟. dϕ dr ⎝ r ⎠ dϕ ⎝ r ⎠

398


Drugi izvod intenziteta radijus vektora po vremenu biće: dr dr d ϕ d 2 ⎛ 1 ⎞ 2C = = −2C 2 ⎜ ⎟ 2 , r= dt d ϕ dt dϕ ⎝ r ⎠ r 2 2 4C d ⎛ 1 ⎞ r=− 2 ⎜ ⎟. r d ϕ2 ⎝ r ⎠ ⎛ 4C 2 d 2 ⎛ 1 ⎞ 4C 2 ⎞ −r 4 ⎟= F , Izraz (17.2) sada postaje: m⎜ − 2 2 ⎜ ⎟ r ⎠ ⎝ r dϕ ⎝ r ⎠

(17.7)

d2 ⎛1⎞ 1 Fr 2 . (17.8) + = − ⎜ ⎟ d ϕ2 ⎝ r ⎠ r 4mC 2 On se naziva Bineova formula. Bineova formula je osnovna formula koja je vezana za problematiku kretanja tačke pod dejstvom centralne sile. Konstantu C, odnosno sektorsku brzinu vσ , odredićemo iz početnih uslova

kretanja: 1 2 C = ( r )0 ( ϕ )0 . 2 Veličinu ( ϕ )0 ćemo odrediti korišćenjem izraza za brzinu tačke u početnom trenutku preko polarnih koordinata: G G G v0 = ( r )0 r0 + ( r )0 ( ϕ )0 p0 .

(17.9)

Sa slike (17.1) se vidi da je: G G G v0 = v0 cos α r0 + v0 sin α p0 . (17.10) Izjednačavanjem izraza (17.9) i (17.10) uz jedinične vektore, sledi: v sin α . (17.11) ( ϕ )0 = 0 ( r )0 Prema tome, konstanta C je: 1 2 v sin α , C = ( r )0 0 2 ( r )0 C=

1 ( r ) v0 sin α . 2 0

(17.12)

Zadatak 175. Materijalna tačka M jedinične mase kreće se pod dejstvom ϕ centralne privlačne sile čiji je intenzitet F = 2 . Odrediti putanju tačke r M ako je u početnom trenutku t0 = 0 , r0 = 1 , ϕ0 = 0 , v02 = 2 , a ugao između 399


brzine i potega 450 . Zadate veličine su date u osnovnim jedinicama SI sistema.

ϕ

α α

Slika 17.2. Kretanje tačke pod zadatom centralnom silom

Rešenje: U pitanju je centralna sila, gde su komponente brzine u početnom trenutku: 2 vr0 = r = v0 ⋅ cos α = v0 ⋅ , (1) 2 2 . (2) vϕ0 = r ⋅ ϕ = v0 ⋅ sin α = v0 ⋅ 2 Sektorska brzina iznosi: 1 2 1 1 1 vσ = C = ⋅ r 2 ⋅ ϕ = ⋅ r ⋅ r ⋅ ϕ = ⋅ r0 ⋅ vϕ = ⋅ 1 ⋅ v0 ⋅ = 2 2 2 2 2 1 1 2 1 = ⋅1⋅ 2 ⋅ = ⇒C= . (3) 2 2 2 2 d2 ⎛1⎞ 1 F ⋅ r2 , (4) Bineov obrazac za centrifugalnu silu je: + =− 2 ⎜ ⎟ dϕ ⎝ r ⎠ r 4 ⋅ m ⋅C2 ϕ 2 ⋅r d2 ⎛1⎞ 1 ϕ d2 ⎛1⎞ 1 r2 + =− , + = − ⇒ 2 2 ⎜ ⎟ 2 ⎜ ⎟ 2 4⋅m ⋅C dϕ ⎝ r ⎠ r dϕ ⎝ r ⎠ r ⎛1⎞ 4 ⋅1 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝2⎠ 2 d ⎛1⎞ 1 (5) ⎜ ⎟ + = −ϕ , d ϕ2 ⎝ r ⎠ r ″ ⎛1⎞ 1 ( 5′ ) ⎜ ⎟ + = −ϕ . ⎝r⎠ r 0

400


Rešenje je oblika:

1 ⎛1⎞ ⎛1⎞ =⎜ ⎟ +⎜ ⎟ . r ⎝ r ⎠h ⎝ r ⎠ p

1.Homogeno rešenje: ″ ⎛1⎞ 1 ⎜ ⎟ + = 0, ⎝r⎠ r λ2 + 1 = 0 , ⎛1⎞ ⎜ ⎟ = C1 ⋅ sin ϕ + C2 ⋅ cos ϕ . ⎝ r ⎠h 2.Partikularno rešenje: ⎛1⎞ ⎜ ⎟ = A⋅ϕ + B , ⎝ r ⎠p

(6)

(7)

(8)

(9)

'

⎛1⎞ ⎜ ⎟ = A, ⎝ r ⎠p ''

⎛1⎞ ⎜ ⎟ =0. ⎝ r ⎠p

(10)

( 5′′) ⇒ 0 + A ⋅ ϕ + B = −ϕ ,

(11)

A = −1 , B = 0 , ⎛1⎞ ⎜ ⎟ = −ϕ , ⎝ r ⎠p

Opšte rešenje je:

1 ⎛1⎞ ⎛1⎞ 1 = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⇒ = C1 ⋅ sin ϕ + C2 ⋅ cos ϕ − ϕ , r r ⎝ r ⎠h ⎝ r ⎠ p

′ ⎛1⎞ ⎜ ⎟ = C1 ⋅ cos ϕ − C2 ⋅ sin ϕ − 1 , ⎝r⎠

(12) (13)

1 ⎛1⎞ početni uslovi: t0 = 0 , r0 = 1 , v02 = 2 , α = 450 , daju ⎜ ⎟ = = 1 , pa je ⎝ r ⎠0 r0 ⎛ v ⎞ vr d ⎛1⎞ r r v = − r = − ⎜ r ⎟ = − 0 = ⋅⋅⋅ = −1 . ⎜ ⎟=− 2 =− ⎜ r ⋅ vϕ ⎟ dϕ ⎝ r ⎠ r ⋅ϕ r ⋅ r ⋅ ϕ r ⋅ϕ r0 ⋅ vϕ0 ⎝ ⎠0 Sada iz: (12 ) ⇒ 1 = C1 ⋅ 0 + C2 ⋅ 1 − 0 ⇒ C2 = 1 ,

401


(13) ⇒ −1 = C1 ⋅ 1 − C2 ⋅ 0 − 1 ⇒ C1 = 0 . Dakle, rešenje je: 1 = C1 ⋅ sin ϕ + C2 ⋅ cos ϕ − ϕ , r a nakon uvrštavanja konstanti dobijamo jednačinu kretanja u obliku: 1 = cos ϕ − ϕ . r Zadatak 176. Materijalna tačka M mase m , kreće se po leminiskati čija je jednačina r 2 = b ⋅ cos 2ϕ , gde su r i ϕ polarne koordinate, pod dejstvom G centralne privlačne sile F . Odrediti intenzitet sile u funkciji polarnog radijusa. Poznato je da je u početnom trenutku α = π / 4 , a tačka u položaju G m M 0 i početna brzina v0 . Dato je: v0 = 3 i OM = r0 = 2 m . s

ϕ

α

α

Slika 17.3. Početni položaj tačke Slika 17.4. Tačka u proizvoljnom položaju

Rešenje: Primenjujemo II Njutnov zakon: G G m⋅a = F , m ⋅ ( r − r ⋅ ϕ 2 ) = − F ,

(1) (2)

1 d m ⋅ ⋅ ⋅ ( r 2 ⋅ ϕ ) = 0 . r dt

( 3) ⇒ r 2 ⋅ ϕ = r02 ⋅ ϕ 0 = C = r02 ⋅

(3) vϕ r0

= = r0 ⋅ v0 ⋅ sin α ⇒ ϕ

C , r2

d ⎛ 1 ⎞ d ⎛ 1 ⎞ dr 1 dr dr d ⎛1⎞ =− 2⋅ ⇒ = −r2 ⋅ ⎜ ⎟= ⎜ ⎟ ⎜ ⎟, d ϕ ⎝ r ⎠ dr ⎝ r ⎠ d ϕ r dϕ dϕ dϕ ⎝ r ⎠ 402

( 3′ )


pošto je: dr dr d ϕ c dr d ⎛1⎞ = ⋅ = ⋅ = −C ⋅ r = ⎜ ⎟, dt d ϕ dt r 2 d ϕ dϕ ⎝ r ⎠ dr d ⎡ d ⎛ 1 ⎞⎤ d ϕ C2 d 2 ⎛ 1 ⎞ = −C ⋅ = − 2 ⋅ 2 ⎜ ⎟, r= ⎜ ⎟⎥ ⎢ dt d ϕ ⎣ d ϕ ⎝ r ⎠ ⎦ dt r dϕ ⎝ r ⎠

(4) (5)

r − r ⋅ ϕ 2 ) = − F , sledi da, ako uvrstimo izraze ( 3′ ) i (5), Kako je: m ⋅ (

dobijamo: F = m⋅

C2 ⎡ d 2 ⎛ 1 ⎞ 1⎤ ⋅ ⎜ ⎟+ , r 2 ⎢⎣ d ϕ2 ⎝ r ⎠ r ⎥⎦

kako je: 1 1 d ⎛1⎞ 1 sin 2ϕ ⋅ = ⇒ , ⎜ ⎟= 3 dϕ ⎝ r ⎠ r b ⋅ cos 2ϕ b ( cos 2ϕ ) 2 3 1 3 2 ⋅ cos 2ϕ ⋅ ( cos 2ϕ ) 2 + sin 2ϕ ⋅ ⋅ ( cos 2ϕ ) 2 ⋅ 2 ⋅ sin 2ϕ d ⎛1⎞ 1 2 ⋅ = ⎜ ⎟= d ϕ2 ⎝ r ⎠ ( cos 2ϕ ) 3 b 2

1 2 ⋅ ( cos 2ϕ ) + 3 ⋅ ( sin 2ϕ ) 1 2 ⋅ ( cos 2ϕ ) + 3 − 3 ⋅ ( cos 2ϕ ) ⋅ = ⋅ = 5 5 b b 2 2 ( cos 2ϕ ) ( cos 2ϕ ) 2

=

2

2

2

1 3 − ( cos 2ϕ ) = ⋅ 5 b ( cos 2ϕ ) 2

2

⎛ r2 ⎞ 3− ⎜ ⎟ 2 4 1 ⎝ b ⎠ = 3⋅ b − r , ⋅ = 5 r5 b ⎛ r2 ⎞2 ⎜b⎟ ⎝ ⎠

pa je: 2

⎛ 2⎞ C = r ⋅ v ⋅ sin α = 2 ⋅ 3 ⋅ ⎜ ⎟ = 9⋅2, ⎝ 2 ⎠ dobijamo traženu silu: ⎛ 3 ⋅ b2 − r 4 1 ⎞ 54 ⋅ b2 ⋅ m 9⋅2 . F = 2 ⋅m ⋅⎜ + ⎟= r7 r r5 r⎠ ⎝ 2

2 0

2 0

2

2

2

403

2

Oscilacije materijalne tačke

18. PRAVOLINIJSKE OSCILACIJE MATERIJALNE TAČKE 18.1. UVOD

Pravolinijsko oscilatorno kretanje materijalne tačke nastaje ako na tačku M, koja je otklonjena iz položaja ravnoteže duž neke prave, dejstvuje sila koja teži da vrati tačku u prvobitan položaj (sl. 18.1). M1

F

F

-x

M

(x)

x

Slika 18.1. Oscilatorno kretanje materijalne tačke

Ta sila se naziva sila uspostavljanja, a intenzitet te sile zavisi od rastojanja tačke M od ravnotežnog položaja sa smerom suprotnim od strane otklona tačke. Priroda sile uspostavljanja može da bude različita. Posmatraćemo najrasprostranjeniji slučaj u tehnici, kada je sila uspostavljanja po intenzitetu linearno srazmerna rastojanju tačke od položaja ravnoteže, tj. kada je: F = c ⋅ OM , gde je c − konstantni koeficijent proporcionalnosti. Primer ovakve sile je sila u elastičnim oprugama, gde se pri deformaciji opruga sila menja u saglasnosti sa Hukovim zakonom, tj. ona je linearna funkcija izduženja ili skraćenja opruga. U tom slučaju pišemo da je: Fc = c ⋅ x , gde je x − deformacija opruge, a c − koeficijent proporcionalnosti, koji se zove koeficijent krutosti ili koeficijent elastičnosti opruga i ima dimenzije: ⎡ jed. sile ⎤ [c] = ⎢ ⎥. ⎣ jed. duzine ⎦ Pod dejstvom sile uspostavljanja opruge (sila elastičnosti opruge, restituciona sila), tačka će vršiti tzv. slobodne oscilacije. Oscilatorno kretanje tačke izazvano dejstvom poremećajne periodične sile naziva se prinudne oscilacije. Ukoliko se zanemari sila otpora, onda imamo slučaj slobodnih neprigušenih i prinudnih neprigušenih oscilacija tačke. Ako na tačku, pored sila uspostavljanja i poremećajnih periodičnih sila dejstvuju i sile otpora, onda imamo slučaj slobodnih prigušenih i prinudnih prigušenih oscilacija.

404


Proučićemo tzv. linearne oscilacije materijalne tačke, koje su opisane linearnim diferencijalnim jednačinama, odnosno oscilacije koje nastaju pod dejstvom sila koje su linearne funkcije položaja, brzine tačke i vremena. 18.2. SLOBODNE NEPRIGUŠENE OSCILACIJE MATERIJALNE TAČKE

Slobodne neprigušene oscilacije materijalne tačke (vidi sl. 18.2) nastaće u slučaju kada na tačku deluje samo restituciona sila, koja teži da tačku vrati u ravnotežni položaj, uz mogućnost delovanja konstantnih sila (npr. težine, normalne reakcije podloge), a pri tom ne deluju otporne sile, kao ni spoljašnje poremećajne sile.

FN

c Fc l0

x

M

(x)

mg

Slika 18.2. Primer slobodnih neprigušenih oscilacija materijalne tačke

Na slici 18.2. su: l0 − slobodna dužina opruge, a x − deformacija opruge. Šematski ćemo ovakve oscilacije, kao i ostale vidove oscilacija materijalne tačke, predstavljati prisustvom opruge krutosti c. Posmatraćemo oscilacije sa malim pomeranjima (male oscilacije), a u tom slučaju, konstanta krutosti sistema koji osciluje može se smatrati konstantnom. Diferencijalna jednačina kretanja tačke u slučaju slobodnih neprigušenih G G G G oscilacija u vektorskom obliku glasi: ma = mg + FN + Fc , odnosno: mx = − Fc . Koordinatu x ćemo odmeravati od ravnotežnog položaja. Ako uvrstimo vrednost za silu, dobijamo: mx = −cx , mx + cx = 0 . (18.1) Deljenjem sa m, dobija se: x + ω2x = 0 , (18.2) gde je: c ω2 = (18.3) m 405


kvadrat sopstvene kružne frekvencije slobodnih neprigušenih oscilacija materijalne tačke. Jednačina (18.2) zove se diferencijalna jednačina slobodnih neprigušenih oscilacija materijalne tačke. To je linearna homogena diferencijalna jednačina drugog reda sa konstantnim koeficijentima. Da bismo izvršili integraciju ove diferencijalne jednačine, odredićemo njenu karakterističnu jednačinu stavljajući: x = Ae λt . Opšti integral diferencijalne jednačine (18.2) dobijamo na osnovu smene, pa karakteristična jednačina glasi: λ2 + ω2 = 0 . (18.4) Koreni karakteristične jednačine su imaginarni: λ1 = iω ; λ2 = −iω , a opšti integral diferencijalne jednačine (18.2) ima ovaj oblik: x = A1eλ t + A2 eλ t = A1eiωt + A2 e − iωt . (18.5) ± iωt Korišćenjem Moavrovog ili Ojlerovog obrasca e = cos ωt ± i ⋅ sin ωt , opšti integral (18.5) može se napisati u obliku: x = ( A1 + A2 ) cos ωt + i ( A1 − A2 ) sin ωt . Kada za konstante C1 i C2 uvedemo sledeće oznake: C1 = A1 + A2 ; C2 = i ( A1 + A2 ) , opšti integral jednačine (18.5) određen je kao: x = C1 cos ωt + C2 sin ωt , (18.6) gde su C1 i C2 proizvoljne integracione konstante koje se određuju iz x=x0; x = x0 . početnih uslova: t0=0; Da bismo odredili C1 i C2, diferencirajmo po vremenu izraz (18.6): x = −ω C1 sin ωt + ω C2 sin ωt . (18.7) Nakon uvrštavanja početnih uslova, dobijamo: x C1 = x0 ; C2 = 0 . (18.8) ω Na taj način, opšti integral (18.6) prelazi u: x x = x0 cos ωt + 0 sin ωt , (18.9) ω čime je kretanje tačke određeno. 1

2

406

Oscilacije materijalne tačke x0cosωt

x - pomeranje [cm]

1.0

v0 ω

sinωt

0.5 0.0 -0.5 -1.0 0

10

20

30

t - vreme [s]

Slika 18.3. Dijagram slobodnih neprigušenih oscilacija predstavljen sa dve trigonometrijske funkcije (harmonijsko kretanje)

Iz (18.9) se vidi da je kretanje tačke u ovom slučaju sastavljeno iz dva harmonijska kretanja istih kružnih frekvencija ω, a različitih amplituda i faza, što je prikazano na sl. 18.3. Prema jednačini (18.9), kretanje tačke u ovom slučaju moguće je samo ako postoje početni uslovi kretanja različiti od nule (tj. ako nema deformacije opruge, nema ni kretanja pošto je sila uspostavljanja funkcija deformacije opruge). Moguće je dva harmonijska kretanja (18.9) metodom superpozicije svesti na jedno harmonijsko kretanje, koje će imati istu kružnu frekvenciju kao i prethodna dva. Radi toga uvedimo nove konstante, A i α, koje su određene sledećim relacijama: C1 = A sin α ; C2 = A cos α . (18.10) Zamenom ovih vrednosti u jednačinu (18.6), dobijamo: x = A sin (ω t + α ) , (18.11) gde su: A − amplituda oscilacija, α − fazna razlika (pomeraj) i ωt+α − fazni ugao (faza). Jednačinom (18.11) određeno je harmonijsko oscilatorno kretanje tačke, pa se ove oscilacije nazivaju slobodne harmonijske oscilacije tačke. Grafikon slobodnih neprigušenih oscilacija je prikazan na sl.18.4. U izrazu (18.11) je A − amplituda slobodnih neprigušenih oscilacija, a određena je na osnovu (18.8) i (18.10), kao: 407

Oscilacije materijalne tačke 2

⎛ x ⎞ A = C12 + C22 = x02 + ⎜ ⎟ . (18.12) ⎝ω ⎠ U izrazu (18.11) je ugao α − fazni ugao ili početna faza oscilovanja i predstavlja faznu razliku između rezultujućeg kretanja tačke i kretanja određenog izrazom x0 cos ωt , koje predstavlja primarnu komponentu u rezultujućem kretanju. T x=Asin(ωt+α) 1.5

x -pomeranje [cm]

1.0 0.5

A

xp

0.0 -0.5 -1.0 -1.5 0

10

20

30

t - vreme [s] Slika 18.4. Dijagram slobodnih neprigušenih oscilacija

Ugao fazne razlike α odredićemo polazeći od relacije (18.10): x ωx C (18.13) tg α = 1 = 0 = 0 . C2 x0 x0 ω Odredimo period oscilovanja T. Posle vremena t i (t+T), tačke će imati isti položaj i istu brzinu. Kako je položaj tačke određen sa: x = A sin (ω t + α ) , (18.14) brzina je: vx = x = Aω ⋅ cos (ω t ) . (18.15) Položaj i brzina tačke biće jednaki ako su sin(ωt+α) i cos(ωt+α) u vremenu t i (t+T) jednaki. Ovo će biti slučaj samo ako su argumenti gornjih trigonometrijskih funkcija u fazi 2nπ ( n = 1, 2,... ). To znači da period T dobijamo pri n = 1 , iz uslova: 408


ω(T+t)+α=ωt+α+ 2π, (18.16) odakle je: 2π 2π m T= = = 2π . (18.17) ω c c m Iz (18.17) vidimo da period slobodnih neprigušenih oscilacija T, kao i kružna frekvencija ω, ne zavisi od početnih uslova kretanja. Broj punih oscilacija izvršenih u jedinici vremena naziva se frekvencija, a određena je izrazom: 1 1 ω . (18.18) f = = = T m 2π 2π c Prema tome, kružna frekvencija ω i period oscilovanja T slobodnih neprigušenih oscilacija tačke su fizičke konstante oscilovanja. 18.3. SLOBODNE PRIGUŠENE OSCILACIJE MATERIJALNE TAČKE 18.3.1. Slobodne prigušene oscilacije materijalne tačke pod dejstvom sile otpora srazmerne prvom stepenu brzine tačke

Oscilovanje materijalne tačke vrši se u realnim uslovima, tako da, osim sile uspostavljanja, na materijalnu tačku dejstvuje i sila otpora, koja je uvek usmerena u suprotnom smeru od kretanja tačke. Zakon promene tih sila zavisi od fizičke prirode sila. Na primer, sila otpora vazduha pri malim brzinama (do 1m / s ) linearno je proporcionalna prvom stepenu brzine tačke, a pri većim brzinama (kada brzina ne prelazi brzinu zvuka) može da bude i kvadratna funkcija brzine. Sila otpora trenja klizanja, tzv. sila suvog trenja, može se u širokoj oblasti uzeti da je konstantnog intenziteta, dok je sila otpora viskoznog trenja linearna funkcija brzine tačke. Posmatrajmo kretanje tačke M, mase m, po horizontalnoj glatkoj ravni (sl. 18.5), vezanoj oprugom krutosti c za zid. Na tačku, osim sile G G uspostavljanja Fc , dejstvuje i sila otpora FW , koja je srazmerna prvom stepenu brzine tačke: 409


G G Fw = −bv ,

(18.19) gde su: b − koeficijent proporcionalnosti, koji karakteriše otpor sredine, tzv. Ns m koeficijent viskoznog prigušenja ili trenja ⎡⎢ ⎤⎥ , i v − brzina tačke ⎡⎢ ⎤⎥ . m ⎣ ⎦ ⎣s⎦

b c l0

FN

FW Fc

f st

x

M

(x)

mg=G

Slika 18.5. Primer slobodnih prigušenih oscilacija materijalne tačke

Mehanički model dejstva sile otpora na tačku prikazan je na sl. 18.5, gde je, osim opruge, za tačku M vezan amortizer (cilindar sa klipom). Za koordinatni početak ose Ox usvojićemo tačku O, koja odgovara položaju statičke ravnoteže tačke M. G G G G G Na osnovu II Njutnovog zakona ma = Fw + Fc + FN + G , diferencijalna jednačina kretanja tačke duž ose Ox ima oblik: mx + bx + cx = 0 , ili: mx + bx + cx = 0 , b c x + x + x = 0 . (18.20) m m b c Uvedimo oznake: = 2δ ; = ω2 , gde su: δ − koeficijent prigušenja m m ⎡⎣s −1 ⎤⎦ i ω − kružna frekvencija slobodnih oscilacija tačke ⎡⎣s −1 ⎤⎦ . Pri tome, δ i ω imaju iste dimenzije s-1, što je vidljivo i iz: ⎡F⎤ [c ] = ⎢⎣ L ⎥⎦ = 1 = ⎡T −2 ⎤ . ⎡⎣ ω2 ⎤⎦ = [ m] ⎡ FT 2 ⎤ ⎡⎣T 2 ⎤⎦ ⎣ ⎦ ⎢ L ⎥ ⎣ ⎦ Diferencijalna jednačina (18.20) svodi se na oblik: x + 2δ x + ω2 x = 0 , (18.21) a to je homogena linearna diferencijalna jednačina drugog reda sa konstantnim koeficijentima. 410


Njena karakteristična jednačina je: λ 2 + 2δλ + ω2 = 0 , a koreni su:

(18.22)

λ1 = −δ + δ 2 − ω2 ; λ 2 = −δ − δ 2 − ω2 . (18.23) Karakter kretanja tačke zavisi od prirode korenova karakteristične jednačine, tj. od odnosa δ i ω, pri čemu mogu nastupiti tri slučaja: a) ako je δ < ω , koreni su konjugovano kompleksni (tzv. prividno periodično kretanje − slučaj malog otpora), b) ako je δ = ω , koreni su realni i jednaki (tzv. granični slučaj aperiodičnog kretanja) i c) ako je δ > ω , koreni su realni i različiti (tzv. aperiodično kretanje − slučaj velikog otpora).

a) Prividno periodično kretanje (slučaj malog otpora), δ < ω , Kako je δ < ω , možemo uvesti sledeću oznaku: ω2 − δ2 = p 2 , tako da su sada koreni karakteristične jednačine (18.22) konjugovano kompleksni: λ1 = −δ + δ 2 − ω2 = −δ + ip ; λ 2 = −δ − δ2 − ω2 = −δ − ip . (18.24) Opšti integral diferencijalne jednačine (18.22) određen je izrazom ) ) x = A1eλ1t + A2 eλ2t = A1e( + A2 e( , odnosno kada se primeni Ojlerov obrazac i uvedu sledeće oznake za konstante C1 = A1 + A2 ; C2 = i ( A1 − A2 ) , opšti integral se svodi na: x = e −δ t ( C1 cos pt + C2 sin pt ) . (18.25) Za određivanje integracionih konstanti C1 i C2 koristimo početne uslove: t = 0; x = x0 ; x = x0 = v0 . Nakon diferenciranja po vremenu izraza (18.25), dobijamo: x = −δe −δ t ( C1 cos pt + C2 sin pt ) + pe −δ t ( −C1 sin pt + C2 cos pt ) . (18.26) Zamenom početnih uslova u (18.25) i (18.26), dobijamo: δ x + x C1 = x0 ; C2 = 0 0 , (18.27) p pa opšti integral (18.25) prelazi u: −δ+ip t

−δ− ip t

411


δ x0 + x0 sin pt ) . (18.28) p Kao što se vidi zakon kretanja materijalne tačke dobija se superponiranjem dva harmonijska kretanja, koja imaju različite faze, iste kružne frekvencije i različite amplitude. Primetimo da amplitude ovih kretanja nisu konstantne, već da zavise od vremena t, tako da se tokom vremena smanjuju. x = e −δ t ( x0 cos pt +

x - pomeranje [cm]

1.0 0.5

B0

Tp x1=Be-δt

x0

x=Be-δtsin(pt+α) δ<ω

0.0 -0.5

B2

x2=-Be-δt

-1.0 0

10

20

30

40

50

t - vreme [s] Slika 18.6. Primer slobodnih prigušenih oscilacija materijalne tačke za slučaj malog otpora ( δ = 0,05s −1 ; ω = 1s −1 ; B = 1cm )

Ako u jednačinu (18.25) uvedemo smenu: C1 = B sin α ; C2 = B cos α , (18.29) gde su B i α nove proizvoljnje konstante, dobićemo rešenje diferencijalne jednačine (18.21) u sledećem obliku: x = Be −δ t sin ( pt + α ) . (18.30) Veličina B je uvek pozitivna, a ugao α varira u granicama od 0 do 2π. Iz (18.29) sledi da je: 2

⎛ δ x + x ⎞ B = C12 + C22 = x02 + ⎜ 0 0 ⎟ , p ⎠ ⎝ a fazni ugao α je određen sledećim izrazom:

412


C1 x0 x0 p = = . C2 ( δ x0 + x0 ) / p δ x0 + x0 Na osnovu (18.30) sledi lim x = 0 , pa se kretanje naziva prigušenim tg α =

t →∞

(dijagram je prikazan na sl. 18.6). Krive x1 i x2 predstavljaju obvojnice dijagrama razmatranog kretanja. Vidimo da kretanje nije periodično, ali je oscilatornog karaktera, jer interval vremena između bilo koja dva uzastopna prolaska materijalne tačke kroz maksimalne otklone (npr. u stranu pozitivne ose Ox) jeste konstantan i 2π , pa se ovo kretanje naziva prigušeno oscilatorno. jednak Tp = p Posmatrajmo sada tačku u trenutku gde se zaustavlja. Iz jednačine (18.26) proizilazi: 0 = x = −δe −δ t ( C1 cos pt + C2 sin pt ) + pe −δ t ( −C1 sin pt + C2 cos pt ) . Posle deljenja sa e−δ t cos pt , dobićemo: 0 = −δ ( C1 + C2 tg pt ) + p ( −C1 tg pt + C2 ) , 0 = −δC1 + pC2 − ( δC2 + pC1 ) tg pt ,

pC2 − δC1 pC2 − δC1 1 ⇒ t = arc tg , pC1 + δC2 p pC1 + δC2 Potražimo zavisnost vremena i amplitude (sl.18.7). 1.0

x - pomeranje [cm]

tg pt =

0.5 0.0

t1 t2 t3 t4

t8

t6

t10

-0.5 -1.0

0

10

20

30

40

50

t - vreme [s] Slika 18.7. Primer katakterističnih trenutaka vremena (maksimalne amplitude) 413


t1 – početno vreme (maksimalna amplituda) Tp , t2 = t1 + 2 Tp Tp t3 = t 2 + = t1 + 2 , 2 2 . . . Tp Tp = t1 + (n − 1) . tn = t( n −1) + 2 2 Oscilovanje se, dakle, amortizuje (prigušuje). Periodom slobodnih prigušenih oscilacija naziva se vremenski interval između dva uzastopna prolaska materijalne tačke u istom smeru, kroz isti položaj, a određen je izrazom: 2π 2π = Tp = . (18.31) p ω2 − δ 2 Period slobodnih prigušenih oscilacija (18.31) veći je od perioda slobodnih neprigušenih oscilacija (18.17), Tp > Tω .

To ćemo dokazati ako izraz (18.31) napišemo u ovom obliku: 2π 2π = = Tp = p ω2 − δ 2

2π ω ⎛δ⎞ 1− ⎜ ⎟ ⎝ ω⎠

2

=

Tω 1 − ψ2

,

(18.32)

gde su: 2π – period slobodnih neprigušenih oscilacija materijalne tačke i ω δ ψ = – bezdimenzionalni koeficijent otpora. ω

Tω =

18.3.1.1. Logaritamski dekrement prigušenih oscilacija tačke

Kod slobodnih prigušenih oscilacija je važno da se oceni brzina prigušivanja oscilacija tačke. Do ocene brzine prigušivanja oscilacije doći ćemo ako uporedimo vrednosti dve uzastopne amplituda oscilovanja tačke. 414


Odnos dve uzastopne amplitude (koje se javljaju u vremenskom intervalu Tp 2

) iznosi: Be

⎛ Tp ⎞ −δ ⎜⎜ t + ⎟⎟ ⎝ 2 ⎠

Ai +1 = Ai

Be =

e

−δ

Tp 2

T ⎛ ⎞ sin ⎜ pt + p p + α ⎟ 2 ⎝ ⎠

−δt

sin ( pt + α )

− sin( pt + α)

sin ( pt + α )

=e

−δ

=

e

−δ

Tp 2

sin( pt + π + α ) sin ( pt + α )

=

Tp 2

,

(18.33)

odnosno: T

δπ

p δ Ai = e 2 =,..., = e p . (18.34) Ai +1 Vidimo da je odnos dve susedne amplitude konstantan, tj. amplitude opadaju po zakonu geometrijske progresije. A δπ Logaritmiranjem izraza (18.34) sledi: ln i = = D, Ai +1 p gde je D − logaritamski dekrement slobodnih prigušenih oscilacija materijalne tačke. Logaritamski dekrement je neimenovan broj. Zaključak je: iako mali otpor ne utiče na period slobodnih prigušenih oscilacija, on izaziva postepeno prigušivanje oscilacija, pri čemu se smanjivanje amplituda oscilovanja vrši po zakonu geometrijske progresije.

b) Granični slučaj aperiodičnog kretanja, δ = ω

U ovom slučaju, koreni karakteristične jednačine (18.22) su realni i jednaki među sobom: λ1,2 = −δ . Opšti integral diferencijalne jednačine (18.21) ima ovaj oblik: x = ( C1 + C2t )e −δ t , (18.35) gde su C1 i C2 proizvoljne integracione konstante koje određujemo iz početnih uslova. Kretanje tačke u ovom slučaju je takođe aperiodično, a grafikon ovog kretanja (dat na slici 18.8), u suštini se ne razlikuje od grafikona za slučaj postojanja velikog otpora (dat na slici 18.9).

415


Slika 18.8. Primer slobodnih prigušenih oscilacija materijalne tačke za granični slučaj aperiodičnog kretanja ( δ = ω = 2 s −1 , x0 = 4 cm , x0 = 1 cm / s )

c) Aperiodično kretanje (slučaj velikog otpora) δ > ω

U ovom slučaju koreni (18.23) karakteristične jednačine (18.22) su realni i različiti: λ1,2 = −δ ± δ2 − ω2 = −δ ± ν ,

gde je: ν 2 = δ2 − ω2 . Opšti integral diferencijalne jednačine (18.21) u ovom slučaju glasi: x = e −δ t ( A1e ν t + A2 e − ν t ) , odnosno, s obzirom na to da je: e ± ν t = chνt ± shνt , može se napisati u ovom obliku: x = e −δ t ( C1chνt + C2 shνt ) , (18.36) gde su: C1 = A1 + A2 i C2 = A1 − A2 proizvoljne integracione konstante, koje se određuju iz početnih uslova. Prema jednačini (18.36) sledi da je kretanje tačke aperiodično i prigušeno, jer kada t → ∞ i x → 0 , tačka se pod dejstvom sile uspostavljanja i sile otpora viskoznog trenja asimptotski približava položaju ravnoteže bez oscilatornog kretanja. Mogući grafikoni kretanja tačke u zavisnosti od početnih uslova dati su na sl. 18.9: 416


Slika 18.9. Primer slobodnih prigušenih oscilacija materijalne tačke za slučaj velikog otpora

kriva 1 − odgovara početnoj brzini usmerenoj u pozitivnu stranu ose x δ= 2 s −1 , ω= 1 s −1 , x0 = 1 cm, x0 = 5 cm / s ;

( x0 > 0 ) ; primer:

kriva 2 − odgovara maloj početnoj brzini usmerenoj u negativnu stranu ose x ( x0 > 0; x0 > δ x0 ) , primer: δ= 2 s −1 , ω= 1 s −1 , x0 = 1 cm , x0 = −0,5 cm / s ;

kriva 3 − odgovara velikoj početnoj brzini usmerenoj u negativnu stranu ose x ( x0 < 0; x0 < δ x0 ) , primer: δ = 2s −1 , ω= 1s −1 , x0 = 1cm , x0 = −5cm / s . 18.4. PRINUDNE NEPRIGUŠENE OSCILACIJE MATERIJALNE TAČKE

Pretpostavimo da na materijalnu tačku, pored restitucione sile (elastične sile), kao i konstantnih sila, deluje poremećajna sila: FΩ = F0 sin(Ωt + β) . (18.37) U izrazu (18.37) su: F0 − amplituda poremećajne sile, Ω − ugaona frekvencija poremećajne sile, β − fazni ugao (početni) poremećajne sile i (Ωt+β) − faza promene poremećajne sile. 417


c

Fc

l0

x

FN M

FΩ

(x)

mg

Slika 18.10. Primer prinudnih neprigušenih oscilacija materijalne tačke

Diferencijalna jednačina kretanja prinudnih neprigušenih oscilacija materijalne tačke će biti: mx = FΩ − Fc , mx + cx = F0 sin ( Ωt + β ) ,

(18.38)

x + ω x = h sin ( Ωt + β ) ,

(18.39)

2

F ⎡ cm ⎤ c ⎡⎣s −1 ⎤⎦ , h = 0 ⎢ 2 ⎥ . m ⎣s ⎦ m Jednačina (18.39) je linearna nehomogena diferencijalna jednačina drugog reda sa konstantnim koeficijentima. Rešenje ove jednačine može se tražiti u obliku opšteg integrala homogenog dela i jednog partikularnog integrala, x = xh + x p .

gde su: ω2 =

Homogeno rešenje diferencijalne jednačine će biti: xh = C1 cos ωt + C2 sin ωt ili (napisano u amplitudnoj formi): xh = A sin ( ωt + α ) . Partikularno rešenje ćemo pretpostaviti u ovom obliku: x p = D1 sin ( Ωt + β ) + D2 cos ( Ωt + β ) ,

(18.40) (18.41) (18.42)

odakle je: x p = D1Ω cos ( Ωt + β ) − D2 Ω sin ( Ωt + β ) , x p = − D1Ω 2 sin ( Ωt + β ) − D2 Ω 2 cos ( Ωt + β ) .

(18.43)

Zamenom (18.42) i (18.43) u (18.39) imamo: − D1Ω 2 sin ( Ωt + β ) − D2 Ω 2 cos ( Ωt + β ) + ω2 D1 sin ( Ωt + β ) + +ω2 D2 cos ( Ωt + β ) ≡ h ⋅ sin ( Ωt + β ) . (18.44) Izjednačavanjem koeficijenata uz istoimene trigonometrijske funkcije vremena na levoj i desnoj strani jednačine (18.44), sledi: − D1Ω 2 + D1ω2 = h , 418


− D2 Ω 2 + ω2 D2 = 0 , odakle je: h , D1 = 2 ω − Ω2

(18.45)

to jest: ηd =

D1 ( f st )0

h 2 1 = ω −Ω = h 1 − λ2 ω2 2

ηd - dinam. faktor poja~anja

D2 = 0 , (18.46) gde je D1 − amplituda prinudnih oscilacija, tj. najveće dinamičko pomeranje materijalne tačke. Pre nego što pređemo na dalju analizu i traženje partikularnog rešenja, uvedimo sledeće oznake. − statičko pomeranje materijalne tačke pod dejstvom konstantne sile F0 jednako je: F F F F h ( f st )0 = 0 = st = c 0 = 20 = 2 ; c c m ωm ω m − koeficijent poremećaja λ naziva se odnos kružne frekvencije Ω prinudnih oscilacija materijalne tačke i kružne frekvencije ω njenih Ω slobodnih oscilacija, to jest: λ = ; ω 10 − dinamičkim faktorom 9 pojačanja ηd naziva se 8 odnos amplitude D1 7 prinudnih oscilacija i 6 5 statičkog pomeranja ( f st )0 , 4 3 2 1 0 0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.

λ - koeficijent poreme}aja

Slika 18.11. Dijagram dinamičkog faktora pojačanja

Veza između dinamičkog faktora pojačanja ηd i koeficijenta poremećaja 419


λ je: ηd =

1 , a prikazana je na sl. 18.11, 18.14 i 18.18. 1 − λ2

a) Slučaj kada je ω ≠ Ω, partikularno rešenje nehomogene jednačine je: − za ω > Ω je x p = D1 sin ( Ωt + β ) . Dinamički faktor pojačanja je: 0 < ηd < ∞ , a koeficijent poremećaja 0 < λ < ∞ . Tada se vrše prinudne

oscilacije male frekvencije. Prinudne oscilacije biće u fazi sa prinudnom poremećajnom silom. − za ω < Ω je x p = D1 sin ( Ωt + β − π ) . Dinamički faktor pojačanja je: ηd → 0 , a koeficijent poremećaja: λ → ∞ . Tada se vrše prinudne oscilacije

velike frekvencije. Prinudne oscilacije materijalne tačke će zaostajati u fazi za π iza prinudne poremećajne sile. Dakle, partikularno rešenje je: h sin ( Ωt + β ) , (18.47) x p = D1 sin ( Ωt + β ) = 2 ω − Ω2 a opšte rešenje će u tom slučaju (ω ≠ Ω) biti: h sin ( Ωt + β ) , (18.48) x = C1 cos ωt + C2 sin ωt + 2 ω − Ω2 h ili: x = A sin ( ωt + α ) + 2 sin ( Ωt + β ) . (18.49) ω − Ω2 Očigledno je da ova jednačina predstavlja zbir dva oscilatorna kretanja sa različitim amplitudama i različitim kružnim frekvencijama i različitim fazama. Homogeni deo u opštem rešenju predstavlja sopstvene oscilacije materijalne tačke, a partikularni deo prinudne oscilacije materijalne tačke. Konstante C1 i C2, tj. A i α, određuju se iz početnih uslova kretanja, a konstanta D1, što je očigledno iz (18.45), ne zavisi od početnih uslova kretanja materijalne tačke. Ako početni uslovi kretanja materijalne tačke glase: t = 0 ; x = x0 ; x = x0 , tada integracione konstante iznose: x Ωh h sin β ; C2 = 0 − cos β . C1 = x0 − 2 2 ω ω (ω2 − Ω 2 ) ω −Ω Definitivna jednačina kretanja materijalne tačke ima ovaj oblik: 420


x = x0 cos ωt + +

x0 h ⎛ Ω ⎞ sin ωt − 2 sin β ⋅ cos ωt − cos β ⋅ sin ωt ⎟ + 2 ⎜ ω ω −Ω ⎝ ω ⎠

h sin ( Ωt + β ) . ω − Ω2 2

Slika 18.12. Dijagram sopstvenih, prinudnih i ukupnih oscilacija

Označimo izraze na sledeći način:

421


A11 = x0 cos ωt +

x0 sin ωt , ω

h ⎛ Ω ⎞ sin β ⋅ cos ωt − cos β ⋅ sin ωt ⎟ , 2 ⎜ ω −Ω ⎝ ω ⎠ h sin ( Ωt + β ) . C11 = 2 ω − Ω2 Zatim konstatujmo da: A11 − predstavlja slobodne oscilacije materijalne tačke u odsustvu poremećajne sile, B11 − predstavlja slobodne oscilacije G materijalne tačke pod dejstvom poremećajne sile FΩ , C11 − predstavlja izraz koji pokazuje da prinudne oscilacije imaju kružnu frekvenciju Ω jednaku kružnoj frekvenciji poremećajne sile. Dijagram x = x(t ) , saglasno jednačini (18.49), dobijen slaganjem dijagrama xh = xh (t ) i x p = x p (t ) , prikazan je na slici 18.12. B11 = −

2

Na slici 18.12, nacrtani su dijagrami za slučaj kada je ω > Ω, tj. kada je period oscilovanja sopstvenih oscilacija Tω manji od perioda oscilovanja prinudnih oscilacija TΩ tj. ( Tω < TΩ ). Amplituda A1 zavisi od početnih uslova, tj. od konstanti A i α i od amplitude prinudnih oscilacija D1, kao i od kružnih frekvencija ω i Ω. b) Slučaj kada je ω = Ω, tj. kad je sopstvena ugaona frekvenca ω jednaka ugaonoj frekvenci prinudne sile Ω. U ovom slučaju nastupiće rezonancija. Dinamički faktor pojačanja je: ηd → ∞ , a koeficijent poremećaja: λ → 1 . Partikularno rešenje ćemo pretpostaviti u ovom obliku: x p = t ⎡⎣ B1 cos ( Ω t + β ) + B2 sin ( Ω t + β ) ⎤⎦ , (18.50)

ili: x p = B ⋅ t cos ( Ω t + α ) .

Izvodi po vremenu su: x p = B1 cos ( Ω t + β ) + B2 sin ( Ω t + β ) + +t ⎡⎣ −ΩB1 sin ( Ω t + β ) + ΩB2 cos ( Ω t + β ) ⎤⎦ ,

x p = −ΩB1 sin ( Ω t + β ) + ΩB2 cos ( Ω t + β ) − ΩB1 sin ( Ω t + β ) + +ΩB2 cos ( Ω t + β ) + t ⎡⎣ −Ω 2 B1 cos ( Ω t + β ) − Ω 2 B2 sin ( Ω t + β ) ⎤⎦ . 422


Uvrštavanjem dobijenih izvoda u jednačinu (18.39), imaćemo: −2ΩB1 sin ( Ω t + β ) + 2ΩB2 cos ( Ω t + β ) − t Ω 2 B1 cos ( Ω t + β ) − −t Ω 2 B2 sin ( Ω t + β ) + t ω 2 B1 cos ( Ω t + β ) + t ω 2 B2 sin ( Ω t + β ) ≡

≡ h sin ( ω t + β ) . (18.51) Na osnovu izjednačavanja koeficijenata, uz odgovarajuće funkcije vremena: −Ω 2 B2 + ω2 B2 = 0 , −2ΩB1 = h , h h ; B2 = 0 . =− imamo: B1 = − 2Ω 2ω Partikularno rešenje u ovom slučaju (rezonancije) glasi: h (18.52) x p = − t cos ( ω t + β ) , 2ω ili: h π⎤ ⎡ (18.53) xp = t sin ⎢( Ω t + β ) − ⎥ . 2Ω 2⎦ ⎣ Očevidno je da kretanje u slučaju rezonancije zaostaje u fazi za π / 2 za π prinudnih oscilacija zaostaje za prinudnom silom, tj. faza ( Ω t + β ) − 2 π fazom ( Ω t + β ) poremećajne sile za veličinu . 2 Opšte rešenje će u ovom slučaju, tj. u slučaju rezonancije za Ω = ω , glasiti: h x = C1 cos ωt + C2 sin ωt − t cos ( ω t + β ) , (18.54) 2ω h ili: x = A sin ( ωt + α ) − (18.55) t cos ( ωt + β ) . 2ω

Upoređujući partikularno rešenje sa homogenim rešenjem, za slučaj kada je Ω = ω , vidi se da će pri porastu vremena t, homogeno rešenje biti zanemarljivo malo u odnosu na partikularno, tj. prinudne oscilacije će biti dominantne nad sopstvenim oscilacijama, koje se u tom slučaju mogu zanemariti. 423


Slika 18.13. Rezonantni diagram

Na osnovu jednačine (18.53) takođe se vidi da prinudne oscilacije u ovom slučaju zaostaju u fazi za poremećajnom silom za π / 2 . Na osnovu (18.52) može se nacrtati dijagram prinudnih oscilacija u toku vremena (sl.18.13).

ηd - din. faktor poja~anja

10 8 6

ω=Ω

4

ω<Ω

ω>Ω

2 0 0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

λ - koef. poreme}aja

Slika 18.14. Dinamički faktor poremećaja u funkciji koeficijenta poremećaja

424


Slučaj rezonancije pri ovakvim oscilacijama je nepovoljan zbog toga što sa vremenom amplitude mogu neograničeno da rastu. Dinamički faktor pojačanja u zavisnosti od ω i Ω, tj. od λ (koeficijenta poremećaja), dat je na sl. 18.14. c) Slučaj kada je ω ≈ Ω. U ovom slučaju, kada je kružna frekvencija Ω prinudne poremećajne sile veoma bliska frekvenciji ω slobodnih oscilacija sistema, nastupiće podrhtavanje (bijenje), Ω ≈ ω . Ω Ω + ω ≈ 2ω ; ω2 − Ω 2 ≈ ( ω − Ω )( ω + Ω ) = 2ω ( ω − Ω ) ; ≈1, ω 4π 2π i TΩ = . pa sledi da je: TΩ << TD , gde su: TD = Ω−ω Ω 2π TΩ = Ω

6

TD=

2π Ω−ω

x - pomeranje [cm]

4 2 0 -2 -4

h ω(ω−Ω )

Bijenje (podrhtavanje)

-6 -20

0

20

40

60

80

100 120 140

vreme [s] Slika 18.15. Dijagram bijenja

Iz jednačine (18.48), x = C1 cos ωt + C2 sin ωt +

h cos ( Ω t ) , ω − Ω2 x0 = 0 , slede konstante integracije:

napisane u obliku x = C1 cos ωt + C2 sin ωt + za početne uslove: t = 0;

x0 = 0;

h sin ( Ω t + β ) , ω − Ω2 2

425

2


C2 = 0 ; C1 = −

h . ω − Ω2 2

h ( cos Ω t − cos ω t ) , ω − Ω2 a nakon trigonometrijske transformacije: α+β α −β cos α − cos β = −2sin sin 2 2 2 h ωt ⎞ Ω + ω ⎛ sin ⎟ sin poprima ovaj oblik: x = ⎜ 2 t , čiji je dijagram 2 2 ⎠ 2 ⎝Ω −ω prikazan na slici 18.15. Vidimo da periodično nastaju vremenski intervali u kojima su amplitude velike i intervali u kojima su amplitude male. Kao što smo rekli, ovakvo oscilovanje se naziva podrhtavanje ili bijenje.

Jednačina kretanja sada je: x =

2

18.5. PRINUDNE PRIGUŠENE OSCILACIJE MATERIJALNE TAČKE

Pretpostavimo da na materijalnu tačku (sl. 18.16) deluju, pored restitucione sile i konstantnih sila, još i sila koja je proporcionalna brzini i poremećajna harmonijska sila u obliku: FΩ = F0 sin ( Ω t + β ) .

b c l0

FN

FW Fc

f st

x

M

FΩ (x)

mg=G

Slika 18.16. Primer prinudnih prigušenih oscilacija materijalne tačke

Diferencijalna jednačina kretanja u ovom slučaju će biti: mx = FΩ − Fw − Fc , pa pošto je: Fw = bx ; Fc = cx , dobićemo: mx + bx + cx = F0 sin ( Ωt + β ) ,

(18.56)

x + 2δ x + ω2 x = h sin ( Ωt + β ) ,

(18.57) 426


F c b h= 0 . ; ω2 = ; m m m Jednačina (18.57) je nehomogena diferencijalna jednačina drugog reda sa konstantnim koeficijentima. Rešenje diferencijalne jednačine (18.57) sastojaće se u ovom slučaju od homogenog i od partikularnog dela: x = xh + x p .

gde su: 2δ =

Homogeno rešenje će biti vezano za sopstvene oscilacije tačke, a partikularno za prinudne oscilacije. Homogeno rešenje koje određuje sopstvene oscilacije materijalne tačke ima sledeće oblike: 10 δ < ω (mali otpor – prigušenje) xh = Ae −δt sin ( pt + α ) ili xh = e −δt ( C1 sin pt + C2 cos pt ) , gde je: p 2 = ω2 − δ2 ; 20 δ = ω (granični slučaj otpora) xh = ( C1 + C2t ) e −δt ; 30 δ > ω (veliki otpor – prigušenje) xh = C1eλ1t + C2 eλ2t ili xh = e −δt ( C1chνt + C2 shνt ) , gde je: ν 2 = δ2 − ω2 . Sopstvene oscilacije će se tokom vremena potpuno prigušiti. Prema tome, od mnogo veće važnosti je analiza partikularnog rešenja, odnosno prinudnih oscilacija koje ćemo mi sada analizirati. Partikularno rešenje diferencijalne jednačine (18.57) ćemo pretpostaviti u obliku: x p = B sin ( Ωt + β − ϕ ) , (18.58) gde su: B − amplituda prinudnih oscilacija, Ω − ugaona frekvencija poremećajne sile, β − fazni ugao poremećajne sile i ϕ − ugao fazne razlike, tj. ugao između pomeranja i pobudne sile. Izvodi su: x p = BΩ cos ( Ωt + β − ϕ ) , (18.59) x p = − BΩ 2 sin ( Ωt + β − ϕ ) .

(18.60)

Uvrštavanjem (18.58), (18.59) i (18.60) u (18.57), dobija se: − BΩ 2 cos ( Ωt + β − ϕ ) + 2δBΩ cos ( Ωt + β − ϕ ) + ω2 BΩ sin ( Ωt + β − ϕ ) ≡ ≡ h sin ⎡⎣( Ωt + β − ϕ ) + ϕ ⎤⎦ = h sin ( Ωt + β − ϕ ) cos ϕ + h cos ( Ωt + β − ϕ ) sin ϕ .

427


Izjednačavanjem odgovarajućih koeficijenata, uz istoimene vremena, sledi: − BΩ 2 + ω2 B = h cos ϕ , 2δ BΩ = h sin ϕ , a nakon kvadriranja i sabiranja izraza (18.61) i (18.62), sledi: h , B= 2 2 2 2 ( ω − Ω ) + ( 2δΩ ) kao i ugao fazne razlike: 2δ Ω tg ϕ = 2 . ω − Ω2 Prinudne oscilacije biće opisane partikularnim rešenjem: h sin ( Ωt + β − ϕ ) , xp = 2 2 2 2 ( ω − Ω ) + ( 2δΩ )

funkcije (18.61) (18.62) (18.63)

(18.64)

(18.65)

gde je: 2δΩ , ω − Ω2 tj. fazni ugao između pomeranja i pobudne sile. Opšti integral diferencijalne jednačine (18.57) ima oblik: x = e −δ t ( C1 sin pt + C2 cos pt ) + B sin ( Ωt + β − ϕ ) , ili (drugačije napisano): x = Ae −δ t sin ( pt + α ) + B sin ( Ωt + β − ϕ ) . Grafikon ovog oscilatornog kretanja materijalne tačke prikazan

ϕ = ar ctg

2

(18.66)

(18.67)

(18.68) je na sl. cm 18.17, za vrednosti δ = 0,05 s −1 ; ω = 1 s −1 , Ω = 0,05 s −1 ; x0 = 1 cm ; v0 = 1 ; s cm h = 2 2 ; β = 450 . s Pošto prinudne oscilacije određene izrazima (18.58), (18.63) i (18.64) imaju primaran značaj, detaljnije ćemo ih proučiti. Zato, proučimo amplitudu prinudnih oscilacija, izraz (18.63): h . Cd = B = 2 2 2 2 ( ω − Ω ) + ( 2δΩ )

428


Slika 18.17. Dijagram prinudnih prigušenih oscilacija materijalne tačke

429


Deleći poslednji izraz sa ω2 , sledi: B =

F0 1 m ω2

Ako uvedemo oznake:

2

⎡ ⎛Ω⎞ ⎤ ⎛ δ Ω⎞ ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ + ⎜ 2 ⎟ ⎣⎢ ⎝ ω ⎠ ⎦⎥ ⎝ ω ω ⎠ 2

. 2

Ω = λ ; bezdimenzionalni koeficijent (faktor) ω

δ = ψ ; bezdimenzionalni koeficijent otpora, ω amplitudu možemo pisati kao: F0 B0 c B= = ,

poremećaja i

(1 − λ ) + ( 2ψλ ) 2 2

2

(1 − λ ) + ( 2ψλ ) 2 2

2

(18.69)

F0 = B0 = ( f st )0 = Cst , statička deformacija opruge pod dejstvom sile c koja je jednaka amplitudi prinudne sile F0, a uz uvođenje oznake: Cd 1 , (18.70) = ηd = 2 2 Cst 2 1 − λ + 2ψλ

gde je:

(

) (

)

gde su: ηd − dinamički faktor pojačanja i ψ = const. , sledi: B = ηd B0 . (18.71) Da bi se analizirao dinamički faktor pojačanja ηd , dovoljno je analizirati potkorenu veličinu u brojiocu izraza (18.72): B 1 ηd = = . (18.72) B0 2 2 2 2 1 − λ + 4ψ λ

(

)

Očigledno je da dinamički faktor pojačanja zavisi od bezdimenzionalnog koeficijenta poremećaja λ i bezdimenzionalnog koeficijenta prigušenja ψ. Zavisnost promene ηd u funkciji λ za određene vrednosti ψ na osnovu izraza (18.72) data je na sl. 18.18. Prema izrazu (18.72), sledi: δ a) kada je bezdimenzionalni koeficijent otpora ψ jednak nuli: ψ = = 0 , ω 430


dinamički faktor pojačanja ηd je određen izrazom: B 1 = , (18.73) B0 1 − λ 2 a za λ = 1 sledi da ηd → ∞ , tj. da amplitude prinudnih oscilacija neograničeno rastu; ηd =

kr. oblast rezonancije

ηd-din fak. poja}anja

10

rezonantni dijagram ψ=0

8

ψ - bezdimenzionalni

ψ=0.2

6

koeficijent otpora

ψ=0.3

4

ψ=0.4 ψ=0.5 ψ=0.6 ψ=0.7

ω> Ω

2

ω< Ω

1-ψ2

0 0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

λ-bez. koef. poreme}aja

Slika 18.18. Dinamički faktor pojačanja u funkciji bezdimenzionalnog koeficijenta poremećaja za razne vrednosti koeficijenta otpora

b) u slučaju kada je bezdimenzionalni koeficijent poremećaja λ = 0 , dinamički faktor pojačanja je ηd = 1 , zbog toga što tada poremećajna sila deluje statički. Zbog ovoga će amplituda prinudnih oscilacija biti jednaka amplitudi ovih oscilacija pri statičkom dejstvu poremećajne sile; c) u svim ostalim slučajevima kada su ψ ≠ 0 i λ ≠ 0 , dinamički faktor pojačanja ηd ima neku konačnu vrednost. − U slučaju kada se koeficijent poremećaja menja u granicama 0 < λ < 1 , tj. u slučaju 0 ← λ , tada je Ω < ω , a dinamički faktor pojačanja ηd → 1 pri

bilo kojim vrednostima koeficijenta otpora ψ. − U slučaju kada je Ω > ω , dinamički faktor pojačanja teži nuli ηd → 0

kada λ → ∞ takođe pri bilo kojim vrednostima koeficijenta otpora ψ. 431


Iz dijagrama (sl. 18.18) vidi se da dinamički faktor pojačanja može imati velike vrednosti u oblasti u kojoj je λ blisko jedinici. Zbog toga se uvodi pojam oblasti rezonancije, tj. oblasti u kojoj ηd ima velike vrednosti. Ovo je zbog toga što su amplitude prinudnih oscilacija pri dinamičkom dejstvu poremećajne sile vrlo velike. Ova kritična oblast rezonancije je: 0,75 < λ < 1,3 . Iz izraza (18.72) se može zaključiti da će on imati max. vrednost, tj. ηd max , onda kada funkcija f (λ, ψ ) = (1 − λ 2 ) + 4ψ 2 λ 2 bude u minimumu. 2

Prvi i drugi izvod funkcije su: df = −4λ (1 − λ 2 ) + 8ψ 2 λ = 4λ ( λ 2 + 2ψ 2 − 1) = dλ = −4λ + 8λψ 2 + 4λ 3 ,

(18.74)

d2 f = 12λ 2 + 8ψ 2 − 4 = 4 ( 3λ 2 + 2ψ 2 − 1) , 2 dλ df a kada stavimo = 0 , dobijamo ova rešenja: dλ

(18.75)

λ1 = 0 ; λ 2 = 1 − 2ψ 2 ; λ 3 = − 1 − 2ψ 2 . (18.76) U slučaju kada je λ1 = 0 , sledi da je ηd = 1 . Treći koren (rešenje) mora biti odbačen jer je λ ≥ 0 , a taj koren ne ispunjava ovaj uslov. To znači da je ostalo da analiziramo samo drugi koren λ 2 . Ako zamenimo λ 2 u drugi izvod, dobićemo da je: ⎛ d 2λ ⎞ = 8 (1 − 2ψ 2 ) > 0 , ⎜ 2⎟ ⎝ d λ ⎠λ=λ2 odakle je: 2 , ψ< 2 odnosno: 2 . δ<ω 2 Prema tome, dinamički faktor pojačanja imaće maksimalnu

kada je koeficijent poremećaja: λ = λ 2 = 1 − 2ψ ≈ 1 − ψ , to jest: 2

432

2

(18.77)

(18.78)

(18.79) vrednost


ηd max =

1

1

≈

. ⎛ 1 2⎞ 2ψ ⎜ 1 − ψ ⎟ ⎝ 2 ⎠ Već ranije smo videli da je za λ = 1 : 1 ηd rezonance = , 2ψ što znači da je: ηd rezonance < ηd max . 2ψ 1 − ψ

2

(18.80)

(18.81) (18.82)

Na sl. 18.18. isprekidanom linijom je prikazana kriva koja se dobija spajanjem temena familije krivih linija, ηd = f (λ, ψ ) . Kao što se vidi, ta kriva je bliska pravi čija je jednačina λ = 1 . Maksimalne vrednosti amplituda B na osnovu jednačine (18.80) određene su izrazom: h Bmax = ηd B0 = . (18.83) 2 2ω ψ 1 − ψ 2 180

0 ϕ - ugao fazne razlike ( )

160 140 120

ψ=0.4

Ω<ω

ψ=0.3

100 Prinudne osc. 80 male frekvencije 60

ψ=0.2 ψ=0.1

40

ψ=0.05 ψ=0

20 0 0.0

0.5

ψ=0.5

1.0

1.5

Ω>ω

Prinudne oscilacije velike frekvencije

2.0

2.5

3.0

λ - bezd. koef. poreme}aja

Slika 18.19. Ugao fazne razlike u funkciji bezdimenzionalnog koeficijenta poremećaja

Posmatrajmo sada ugao fazne razlike (18.64) i (18.66): 2Ωδ 2λψ = tg ϕ = 2 , 2 ω −Ω 1 − λ2 433


to jest: 2Ωδ 2λψ = ar ctg , 2 ω −Ω 1 − λ2 te nacrtajmo njegov dijagram. Očigledno je da ugao fazne razlike ϕ zavisi od koeficijenta poremećaja λ i koeficijenta otpora ψ. Za zadate vrednosti koeficijenta ψ moguće je konstruisati krive koje pokazuju zavisnost ϕ od λ, što je prikazano na sl. 18.19. − U slučaju kada je zanemaren otpor, tj. kada je ψ = 0 , tada je tg ϕ = 0 , pa sledi da je ϕ = 0 . − U slučaju kada je koeficijent poremećaja λ = 1 , tj. Ω = ω , tada je π tg ϕ = ∞ , pa sledi da je ϕ = . Ovo znači da će sve krive prolaziti kroz 2 tačku sa koordinatama λ = 1 , ϕ = 900 . Na osnovu dijagrama prikazanih na sl. 18.18 ( ηd , λ ) i sl. 18.19 ( ϕ, λ ) ϕ = ar ctg

2

možemo zaključiti: a) u oblasti rezonancije sila otpora viskoznog trenja Fw ima značajan uticaj na promenu dinamičkog faktora pojačanja ηd i ugao fazne razlike ϕ, b) van oblasti rezonancije sila otpora viskoznog trenja nema većeg uticaja na promenu ηd i ϕ, c) uticaj koeficijenta poremećaja λ je primaran, a uticaj koeficijenta otpora ψ je sekundaran, d) prinudne oscilacije su neamortizovane, sa frekvencijom jednakom frekvenciji prinudne sile, e) prinudne oscilacije ne zavise od početnih uslova, a amplituda pri postojanju otpora uvek ima konačnu vrednost, f) pri rezonanciji, amplituda se praktično može izjednačiti sa amplitudom u maksimumu, g) po isteku određenog vremena, sopstvene oscilacije se mogu zanemariti i h) pri velikoj prinudnoj sili, prinudne oscilacije mogu biti jako male, ako je λ >> 1 , tj. Ω >> ω .

434


Zadatak 177. Teret M, mase mM = m , oslanja se na sistem opruga krutosti c1 , c2 , c3 i c4 , prikazan na slici 18.20,a. Masu opruga i tela M zanemariti. Pretpostavljajući da telo M i telo K čija je masa mK = 0 ostaju u toku oscilovanja paralelni, odrediti period oscilovanja tereta M.

3

st.

3,4

4

ek. 1

a)

1,2

2

c)

b)

Slika 18.20. Oscilovanje tela na sistemu opruga

Rešenje: Primenimo II Njutnov zakon na telo M G 3 G G G ma = ∑ Fi = mg + Fc , odnosno nakon projekcije mx = mg − Fc ,

(1)

i =1

mx = G − cek . ( x + f st . ) = G − cek . x − cek . G = −cek . x , cek . c c mx + cek . x = 0 ⇒ x + ek . x = 0 , ω2 = ek . . (2) m m Ekvivalentnu krutost dobijamo na osnovu c1,2 = c1 + c2 i c3,4 = c3 + c4 , c ⋅c ( c + c )( c + c ) kao 1 = 1 + 1 ⇒ cek . = 1,2 3,4 = 1 2 3 4 , pa je cek . c1,2 c3,4 c1,2 + c3,4 c1 + c2 + c3 + c4 ω=

m ( c1 + c2 + c3 + c4 ) ( c1 + c2 )( c3 + c4 ) cek . , Tω = 2π = 2π . (3) = ω m m ( c1 + c2 + c3 + c4 ) ( c1 + c2 )( c3 + c4 )

Zadatak 178. Teret težine G = 9,81 N obešen je o dve redno vezane opruge krutosti, c1 = 4 N i c2 = 5 N . Zanemarivši mase opruga, odrediti period cm cm oscilovanja tereta. Takođe, odrediti jednačinu kretanja ako je u početnom trenutku on bio pomeren iz položaja ravnoteže za 4 cm i ako mu je saopštena početna brzina 90 cm / s . 435


1 ek.

2

st.

Q Q

Slika 18.21. Oscilovanje tela na sistemu redno vezanih opruga

Rešenje: Primenimo II Njutnov zakon na telo M G 3 G G G ma = ∑ Fi = mg + Fc , odnosno nakon projekcije mx = mg − Fc ,

(1)

i =1

mx = G − cek . ( x + f st . ) = G − cek . x − cek . G = −cek . x , cek . c c (2) mx + cek . x = 0 ⇒ x + ek . x = 0 , ω2 = ek . . m m Ekvivalentnu krutost dobijamo kao: 1 = 1 + 1 ⇒ c = c1 ⋅ c2 = 4 ⋅ 5 = 20 N , pa je ek . cek . c1 c2 c1 + c2 4 + 5 9 cm 2 20 cek . cek . ⋅ g 9 ⋅ 9,81 ⋅ 10 2 ω = = = = 2, 222 ⋅ 102 ⇒ ω = 14,9 s −1 , (3) 9,8 m G 2 ⋅ 3,14 Tω = 2π = (4) = 0, 42 s −1 . ω 14,9 Jednačina kretanja je: x = C1 cos ωt + C2 sin ωt , ili x = B sin ( ωt + α ) , (5) x = −C1ω sin ωt + C2 ω cos ωt , pa na osnovu početnih uslova t0 = 0 , x0 = 4 i x0 = v0 = 90 , slede konstante C1 = x0 = 4 i C2 = x0 / ω = 90 /14,9 = 6,04 .

Takođe je: B = C12 + C22 = 42 + 6,042 = 7,25 cm ,

436


C1 = 4 = 0,666 ⇒ α = ar ctg 0,666 = 0,59 rad , C2 6,04 pa tražena jednačina kretanja glasi: x = 7, 25sin (14,9t + 0,59 ) . tg α =

(6)

Zadatak 179. Teret težine G = 98 N obešen je o kraj opruge i kreće se u tečnosti. Krutost opruge je c , a sila otpora kretanju proporcionalna je prvom stepenu brzine FW = bv , gde je b − koeficijent viskoznog trenja. Odrediti jednačinu kretanja tereta u slučaju: a) ako je u početnom trenutku teret bio pomeren iz položaja statičke ravnoteže vertikalno naniže za 4 cm i ako mu je bila saopštena vertikalno 0 cm u naniže početna brzina v0 = 90 s st. Ns slučaju ako je b = 1,6 i cm c = 10 N ; b) ako je u početnom cm 0 trenutku teret bio pomeren iz položaja statičke ravnoteže vertikalno naniže za 4 cm i ako je pušten bez početne brzine v0 = 0 u slučaju ako je b = 2 Ns / cm i Slika 18.22. Oscilovanje tela c = 10 N / cm ; c) ako je u početnom u tečnosti trenutku teret bio pomeren iz položaja statičke ravnoteže za 4 cm i ako mu je bila saopštena vertikalno naviše početna brzina v0 = 240 cm / s u slučaju ako je b = 5, 2 Ns / cm i c = 10 N / cm . Rešenje: Primenimo II Njutnov zakon na telo M (sl. 18.22). G G 3 G G G ma = ∑ Fi = mg + FW + Fc , odnosno nakon projekcije: i =1

mx = mg − FW − Fc ,

(1)

mx = G − bx − c ( x + f st . ) = G − bx − cx − c G = −bx − −cx , c 437


mx + bx + cx = 0 ⇒ x + b x + c x = 0 , ω2 = c , 2δ = b . m m m m a) Potražimo vrednosti ω i δ , na osnovu poznatih veličina: 2 c = c ⋅ g = 10 ⋅ 9,81 ⋅ 10 ≈ 10 s −1 , m G 98 bg 1,6 ⋅ 9,81 ⋅ 102 δ= b = = = 8 s −1 . 2m 2G 2 ⋅ 98 U pitanju je slučaj malog otpora jer je δ < ω , pa karakteristična jednačina glasi λ 2 + 2δλ + ω2 = 0 , a koreni

ω=

(2)

(3) (4)

λ1,2 = −δ ± δ 2 − ω2 = −δ ± i ω2 − δ 2 = −δ ± ip , gde je:

p = ω2 − δ 2 = 102 − 82 = 6 s −1 . Jednačina kretanja je: x = e −δt ( C1 cos pt + C2 sin pt ) , ili x = Be−δt sin ( pt + α ) ,

(5) (6)

x = −δe −δt ( C1 cos pt + C2 sin pt ) + pe −δt ( −C1 sin pt + C2 ω cos pt ) , (7) pa na osnovu početnih uslova t0 = 0 , x0 = 4 i x0 = v0 = 4 , iz (6) i (7) slede δx + x (8) konstante C1 = x0 = 4 i C2 = 0 0 = 8 ⋅ 4 + 4 = 6 . 6 p

Takođe je B = C12 + C22 = 42 + 62 = 7, 21 cm , (9) C tg α = 1 = 4 = 0,666 ⇒ α = ar ctg 0,666 = 0,588 rad , (10) C2 6 pa tražena jednačina kretanja glasi (teret vrši prigušene oscilacije po zakonu): x = 7,21e −8t sin ( 6t + 0,588 ) . (11) Periodi oscilovanja bez prigušenja i sa prigušenjem su: 2 ⋅ 3,14 2 ⋅ 3,14 Tω = 2π = = 0,628 s −1 , Tp = 2π = = 1,047 s −1 , (12) 6 p ω 10 8 ⋅ 3,14 a logaritamski dekrement iznosi: D = δπ = = 4,188 , (13) p 6 − δπ Ai +1 = e p = 2,71828−4,188 ≈ 0,02 . (14) A Dakle, uzastopne oscilacije obrazuju beskonačno opadajuću geometrijsku progresiju, čiji je količnik q = 0,02 . b) Potražimo vrednosti ω i δ , na osnovu poznatih veličina:

odnosno:

438

Oscilacije materijalne tačke 2 c = c ⋅ g = 10 ⋅ 9,81 ⋅ 10 ≈ 10 s −1 , m G 98 bg 2 ⋅ 9,81 ⋅ 102 δ= b = = = 10 s −1 . 2m 2G 2 ⋅ 98 U pitanju je slučaj graničnog otpora, jer je δ = ω , pa karakteristična jednačina glasi: λ 2 + 2δλ + ω2 = 0 , a koreni

ω=

(1) (2)

λ1,2 = −δ ± δ 2 − ω2 = −δ ± i ω2 − δ 2 = −δ , jer je: p = ω2 − δ2 = 102 − 102 = 0 .

(3)

Slika 18.23. Dijagram oscilovanja za slučaj graničnog otpora

Jednačina kretanja je: x = ( C1 + C2t ) e −δt ,

(4)

x = C2 e −δt + ( C1 + C2t ) ⋅ −δe −δt , (5) pa na osnovu početnih uslova: t0 = 0 , x0 = 4 i x0 = v0 = 0 , iz (4) i (5) slede: konstante C1 = 4 i C2 = 40 . (6) Tražena jednačina kretanja glasi: x = ( 4 + 40t ) e −10t = 4 (1 + 10t ) e −10t . (7) Ispitajmo nula tačke, tj. 0 = 4 (1 + 10t ) e −10t ⇒ t1 = − 1 , ne prolazi kroz 10 −10 t2 = 0 ⇒ t2 = ∞ , pa grafik izgleda kao na položaj statičke ravnoteže, i e slici 18.23. c) Potražimo vrednosti ω i δ , na osnovu poznatih veličina: 2 c = c ⋅ g = 10 ⋅ 9,81 ⋅ 10 ≈ 10 s −1 , m G 98 2 bg 5, 2 ⋅ 9,81 ⋅ 10 δ= b = = = 26 s −1 . 2m 2G 2 ⋅ 98 U pitanju je slučaj velikog otpora, jer je δ > ω , pa karakteristična jednačina glasi: λ 2 + 2δλ + ω2 = 0 , a koreni:

ω=

439

(1) (2)


λ1,2 = −δ ± δ 2 − ω2 = −δ ± ν , jer je: ν = δ2 − ω2 = 262 − 102 = 24 s −1 .

Jednačina kretanja je: x = e x = −δe

−δt

(Ae 1

νt

+ A2 e

−νt

−δt

)+e

(Ae + A e ) , ν( A e − A e ) , 1

−δt

νt

1

2

νt

−νt

2

−νt

(3) (4) (5)

pa na osnovu početnih uslova, t0 = 0 , x0 = 4 i x0 = v0 = 240 , iz (4) i (5), slede konstante: A1 = − 5 = −0,83 i A2 = 29 = 4,83 . (6) 6 6

Slika 18.24. Dijagram oscilovanja za slučaj velikog otpora

Tražena jednačina kretanja glasi: x = e −26t ( −0,83e 24t + 4,83e −24t ) = 1 e−26t ( −5e 24t + 29e−24t ) . 6 Jednačina kretanja je takođe: x = e −δt ( C1chνt + C2 shνt ) , gde su: C1 = A1 + A2 = − 5 + 29 = −0,83 + 4,83 = 4 = 12 , 6 6 3 C2 = A1 − A2 = − 5 − 29 = −0,83 − 4,83 = −5,66 = − 17 , 6 6 3 1 −26 t −26 t x = e ( 4ch 24t − 5,66sh 24t ) = e (12ch 24t − 17 sh 24t ) . 3 Ispitajmo nula tačke, tj. 0 = 29e −24t − 5e 24t ⇒ t1 = 0,037 s , i 0 = e −26t ⇒ t2 = ∞ . Grafik izgleda kao na slici 18.24.

(7) (8)

(9)

Zadatak 180. Na slici 18.25. je prikazana šema pribora za merenje pritiska. Na klizač A težine G = 19,6 N pričvrščena je strelica B, koja registruje pomeranja na nepomičnoj skali C. Klizač A, pričvršćen za kraj opruge D, pomera se po horizontalnoj idealno glatkoj ravni. Na klizač deluje horizontalna sila FΩ = F0 sin Ωt , gde su F0 = 159,84 N i Ω = 60 s −1 . Krutost 440


N . U početnom trenutku klizač se nalazi u miru u cm položaju statičke ravnoteže. Odrediti jednačinu kretanja strelice B u slučaju kada ne deluje sila otpora, dinamički faktor pojačanja i koeficijent poremećaja.

opruge iznosi c = 200

Ω

Ο

0

Slika 18.25. Šema pribora za merenje pritiska

Rešenje: Primenimo II Njutnov zakon na telo A. G G G 3 G G G ma = ∑ Fi = mg + FN + Fc + FΩ , i =1

odnosno, nakon projekcije: mx = −cx + F0 sin Ωt , x + cx = F0 sin Ωt ⇒ x + ω2 x = h sin Ωt , ω= h=

c c⋅g = = m G

(1)

200 ⋅ 9,81 ⋅102 = 100 s −1 , 19,6

(2)

F0 F0 ⋅ g 159,84 ⋅ 9,81 ⋅102 cm = = = 8000,15 2 . m G 19,6 s η

(3)

Ω<ω

λ

Slika 18.26. Oblast oscilovanja u dijagramu dinamičkog faktora pojačanja

U pitanju su prinudne oscilacije male frekvencije, jer je Ω < ω , 441


xh = C1 cos ωt + C2 sin ωt , x p = D1 sin Ωt + D2 cos Ωt , h 8000 = = 1,25 cm , D2 = 0 , 2 1002 − 602 ω −Ω h xp = 2 sin Ωt , ω − Ω2 x = xh + x p = C1 cos ωt + C2 sin ωt + D1 sin Ωt ,

D1 =

2

x = −C1ω cos ωt + C2 ω sin ωt + D1Ω sin Ωt , Konstante integracije dobijamo iz početnih uslova, a to su: t0 = 0 , i x = 0 , pa sledi: Ω h 60 8000 =− ⋅ = −0,75 cm . C1 = 0 , C2 = − ⋅ 2 2 100 1002 − 602 ω ω −Ω Jednačina kretanja klizača, pa prema tome i strelice B, glasi: x = −0,75sin100t + 1,25sin 60t . Veličina elastične sile Fc je: Fc = cx .

(4) (5) (6) (7) (8) x=0 (9) (10)

Fc = 200 ( −0,75sin100t + 1,25sin 60t ) = −150sin100t + 250sin 60t . (11)

F0 159,84 = = 0,7992 ≈ 0,8 cm . 200 c Ω 60 = 0,6 . Koeficijent poremećaja je: λ = = ω 100 D1 1,25 Dinamički faktor pojačanja je: ηd = = = 1,56 , ili: ( f st . )0 0,8

Statičko pomeranje je: ( f st . )0 =

ηd =

1 1 1 = = = 1,56 , 2 2 1 − 0,6 0,64 1− λ

(12) (13)

(14)

a to znači da je amplituda prinudnih oscilacija 1,56 puta veća od statičkog pomeranja. Zadatak 181. Materijalna tačka M, mase m, kreće se duž ose Ox pod dejstvom elastične opruge. Na materijalnu tačku, osim elastične sile opruge, G G G dejstvuje još i sila otpora kretanja Fw = −0, 2v i poremećajna sila F , usmerena duž ose Ox, tako da je Fx = 4sin ( Ω t ) . Menjajući frekvenciju Ω poremećajne sile, nastupa pojava rezonancije za Ω = 20π s −1 . Odrediti amplitudu B prinudnih oscilacija pri rezonanciji. 442


Rešenje: Diferencijalna jednačina prinudnih oscilacija u otpornoj sredini je oblika x + 2δx + ω2 x = h sin ( Ω t ) , a zakon oscilovanja tačke je određen jednačinom (18.58), tj. x = − B cos ( ω t ) = − h cos ( ω t ) , 2δω F 0,2 , ω = Ω = 20π s −1 , tako da je amplituda gde su: h = 0 = 4 , δ = b = m m 2m 2m prinudne oscilacije: B = h = 1 ≈ 0,316 cm . 2δω π Zadatak 182. Elektromotor M učvršćen je na platformu P koja je oslonjena na šet jednakih opruga, svaka krutosti c1 = 163,5 N / cm , i može da klizi u vertikalnim vođicama. Težina platforme skupa sa motorom je G = 2943 N . Za vratilo O motora je ekscentrično, na rastojanju e = 0,10 mm , vezan teret E, težine G1 = 29,43 N , zanemarljivih dimenzija (sl. 18.27). Mase opruga, poluge OE, kao i trenje u vođicama zanemariti. Ako se kretanju platforme suprotstavlja sila proporcionalna brzini njenog kretanja, Fw = 0,2 y , gde je b = 60,6 Ns / cm , i ako se vratilo motora obrće ugaonom brzinom kojoj odgovara koeficijent poremećaja λ = 0,55 , odrediti: a) dinamički faktor pojačanja ηd i b) jednačinu kretanja motora.

Ω Ω ϕ

Slika 18.27. Platforma i elektromotor na oprugama

Rešenje: a) Dinamički faktor pojačanja ηd određuje koliko je puta najveće 443


pomeranje motora, nastalo od poremećajne sile FΩ = F0 cos ( Ω t ) , veće od statičkog pomeranja koje bi nastalo pod dejstvom statičke sile čiji je intenzitet jednak amplitudi F0 poremećajne sile. Dinamički faktor pojačanja ηd određen je izrazom: 1 ηd = , gde je ψ = δ . ω 2 2 2 2 (1 − λ ) + 4ψ λ Iz zadatog koeficijenta poremećaja λ = Ω / ω i zadatih podataka dobija se: bg cg δ= b = = 10 s −1 , ω = c = = 18 s −1 , Ω = λω = 10 s −1 , 2m 2 ( G + G1 ) m G + G1 pa je: ηd = 1,08 . b) Diferencijalna jednačina prinudnih prigušenih oscilacija, kao što smo videli, u teoriji glasi: y + 2δy + ω2 y = h cos ( Ωt ) , (1) (2) a rešenje je: y = yh + y p . Karakteristična jednačina homogenog dela diferencijalne jednačine je: λ 2 + 2δλ + ω2 = 0 , odakle je: λ1,2 = −δ ± i ω2 − δ 2 , a s obzirom na to da je ω > δ , to je: yh = e −δt ( C1 cos pt + C2 sin pt ) , (3)

gde je p = ω2 − δ 2 = 14,966 s −1 . Imajući u vidu da je Ω < ω , potražimo partikularno rešenje u obliku y p = B1 cos Ωt + B2 sin Ωt . (4) Potražimo prvi i drugi izvod izraza (4) po vremenu y p = −ΩB1 sin Ωt + ΩB2 cos Ωt , (5) y p = −Ω 2 B1 cos Ωt − Ω 2 B2 sin Ωt . (6) Ako izraz (6), (5) i (4) uvrstimo u (1) i u tako dobijenoj jednačini izjednačimo konstante uz cos Ωt i sin Ωt sa leve i desne strane te jednačine, dobićemo sistem algebarskih jednačina sa konstantama B1 i B2 kao nepoznatim. B1 (ω2 − Ω 2 ) + 2 B2 δΩ = h , −2 B1δΩ + B2 (ω2 − Ω 2 ) = 0 . Iz ovih jednačina je: 444


h(ω2 − Ω 2 ) , (7) (ω2 − Ω 2 ) + 4δ 2 Ω 2 (8) B2 = 2 2h2 δΩ 2 2 . (ω − Ω ) + 4δ Ω Da bismo našli konstante C1 i C2, uvrstimo (3) i (4) u (2) i diferencirajmo izraz po vremenu vodeći računa o početnim uslovima: t = 0 , y0 = 0 , y 0 = 0 . y = e −δt ( C1 cos pt + C2 sin pt ) + B1 cos Ωt + B2 sin Ωt , (9) B1 =

y = −δe −δt ( C1 cos pt + C2 sin pt ) + e −δt ( − pC1 sin pt + pC2 cos pt ) − −ΩB1 sin Ωt + ΩB2 cos Ωt . Iz izraza (9) i (10), vodeći računa o početnim uslovima, dobija se: h(ω2 − Ω 2 ) , C1 = − B1 = − 2 (ω − Ω 2 ) + 4δ 2 Ω 2 C2 = −

hδ(ω2 + Ω 2 ) B1δ + B2 Ω =− . p p (ω2 − Ω 2 ) + 4 pδ 2 Ω 2

(10) (11) (12)

Jednačina (zakon) kretanja (9) može se napisati i u kraćem obliku uvođenjem novih konstanti: C1 = R sin α , C2 = R cos α , B1 = D sin β , B2 = D cos β , R = C12 + C22 , D = B12 + B22 , C B tg α = 1 , tgβ = 1 , C2 B2 y = yh + y p = Re −δt sin ( pt + α ) + D sin ( Ωt + β ) .

(13) (14) (15)

Prvi sabirak, yh = Re −δt sin ( pt + α ) , u jednačini (15) određuje oscilovanje motora kružnom frekvencijom slobodnih prigušenih oscilacija koje se po vremenu brzo prigušuju zahvaljujući članu e −δt . Drugi član, y p = D sin ( Ωt + β ) , predstavlja prinudne oscilacije motora, što se, nakon kratkog vremena, može smatrati i njegovim zakonom kretanja radi prigušenja sopstvenih oscilacija. Za podatke δ = 10 s −1 , ω = 18 s −1 , Fg Ω = 10 s −1 i h = 0 jednačina (15) ima ovaj oblik: = 0,01 cm G + G1 s2 y = 0,4 ⋅10−4 e −10t sin (14,966t + 0,6685α ) + 0,3 ⋅10−4 sin (10t + 0,843) .

445

Literatura

LITERATURA [1] Anton Bilimović, "Racionalna mehanika I (mehanika tačke)", Izdavačko preduzeće Narodne Republike Srbije, Naučna knjiga, Beograd, 1950. [2] Anton Bilimović, "Racionalna mehanika II (mehanika sistema)", Izdavačko preduzeće Narodne Republike Srbije, Naučna knjiga, Beograd, 1951. [3] N. A. Bražničenko, V. L. Kan, B. L. Mincberg, V. L. Morozov, "Zbirka zadataka iz teorijske mehanike", Izdavačko preduzeće Građevinska knjiga, Beograd, 1966. [4] E. N. Berezkin, "Kurs teoretičeskoi mehaniki", Izdateljstvo Moskovskogo Universiteta, 1974. [5] D. Bazjanac, "Tehnička mehanika – kinematika", Tehnička Knjiga Zagreb, Zagreb 1971. [6] D. Bazjanac, "Tehnička mehanika – III dio – dinamika", Sveučilište u Zagrebu, Fakultet strojarstva i brodogradnje, Zagreb, 1974. [7] M. I. Batj, G. J. Džanelidze, A. S. Kelzon, "Rešeni zadaci iz teorijske mehanike sa izvodima iz teorije – I statika i kinematika", Mašinski fakultet Univerziteta u Beogradu, Beograd, 1992. [8] M. I. Batj, G. J. Džanelidze, A. S. Kelzon, "Rešeni zadaci iz teorijske mehanike sa izvodima iz teorije – II dinamika", Mašinski fakultet Univerziteta u Beogradu, Beograd,1972. [9] Ferdinand P. Beer, E. Russell Johanston, "Vector mechanics or engineers: dynamics", fourth edition, International student edition, McGraw-Hill Book Company, 1986. [10] N. V. Butenin, "Elementi teorije nelinearnih oscilacija", Mašinski fakultet Univerziteta u Beogradu, Beograd, 1985. 446

Literatura

[11] V. Čović, J. Vuković, "Zbirka rešenih zadataka iz oscilacija mehaničkih sistema", Mašinski fakultet, Beograd, 1982. [12] V. Doleček, "Kinematika", VTVA Rajlovac, 1976. [13] V. Doleček, "Kinematika", Mašinski fakultet, Sarajevo, 1976. [14] V. Doleček, B. Šipovac, S. Šipčić, N. Lovren, "Kinematika – zbirka zadataka sa izvodima iz teorije", I izdanje, IGRO Svjetlost OOUR Zavod za udžbenike, Sarajevo, 1976. [15] V. Doleček, "Dinamika sa oscilacijama" Mašinski fakultet, Sarajevo, 1977. [16] V. Doleček, B. Šipovac, S. Šipčić, N. Lovren, "Zbirka zadataka iz dinamike i oscilacija sa izvodima iz teorije", Izdavačko preduzeće Svjetlost Sarajevo, 1981. [17] Slavko Đurić, "Zbirka zadataka iz grafostatike" – VII izdanje, Naučna knjiga, Beograd, 1974. [18] Slavko Đurić, "Mehanika II, kinematika" Mašinski fakultet Univerziteta u Beogradu, 1979. [19] Slavko Đurić, "Zbirka zadataka iz kinematike" Naučna knjiga, Beograd, 1991. [20] Slavko Đurić, "Mehanika III i IV – dinamika i teorija oscilacija", Mašinski fakultet Univerziteta u Beogradu, Beograd, 1976. [21] Slavko Đurić, "Teorijska mehanika i otpornost materijala", kratki kurs, Vojna akademija rodova KoV i intendanske službe, Beograd, 1976. [22] V. P. Đurković, A. Voloder, "Kinematika − lekcije", VTVA Rajlovac, 1982. [23] V. P. Đurković, S. L. Rusov, "Tehnička mehanika 1 − teorija sa primerima", Generalštab Vojske Srbije i Crne Gore, Uprava za školstvo i obuku, Vojna akademija, Beograd, 2003. [24] V. P. Đurković, "Tehnička mehanika 2", Sektor za školstvo, obuku, naučnu i izdavačku delatnost, Vojnotehnička akademija Vojske Jugoslavije, Beograd, 2000. 447

Literatura

[25] Den Hartog, "Vibracije u mašinstvu", Izdavačko preduzeće Građevinska knjiga, Beograd, 1972. [26] A. A. Jablonski, S. S. Norejko, S. A. Voljfson, N V. Karpova, B. N. Kvasinkov, Ju. Minkin, N. I. Nikitina, V. E. Pavlov, Ju. M. Tepankov, "Zadaci i riješeni primjeri iz mehanike, statika – kinematika – dinamika", u redakciji prof. A. A. Jablonskog, prevod sa ruskog, Tehnička knjiga, Zagreb, 1972. [27] A. A. Jablonski, "Kurs teoretčeskoj mehaniki častv II, dinamika", Izdatelbstvo Višaj Škola Moskva, 1971. [28] Stjepan Jecić, "Mehanika II (kinematika i dinamika)", Tehnička knjiga, Zagreb, 1989. [29] Miloš. Kojić, M. Mićunović, "Kinematika", Naučna knjiga, Beograd, 1979. [30] Miloš Kojić, "Dinamika − teorija i primeri", Naučna knjiga, Beograd, 1991. [31] Miloš Kojić, Milan Mićunović, "Teorija oscilacija", Naučna knjiga, Beograd, 1991. [32] M. J. Kolar, B. M. Milisavljević, "Zbirka rešenih zadataka iz teorije oscilacija", Naučna knjiga, Beograd, 1990. [33] I. V. Mešćerski, "Zbirka zadataka iz teorijske mehanike", Građevinska knjiga, Beograd, 1968. [34] J. L. Meriam, "Statics" – second edition, SI version, Wiley International edition, USA, 1975. [35] N. Mladenović, Z. Mitrović, Z. Stokić, "Zbirka zadataka iz kinematike", Mašinski fakultet, Beograd, 1992. [36] D. Mikičić, D. Popović, "Analitička mehanika – kratki kurs", Elektrotehnički fatultet, Beograd, 1981. [37] Natalija Naerlović-Veljković, "Mehanika II", Građevinski fakultet u Beogradu, Naučna knjiga, Beograd, 1990. [38] D. B. Popović, "Zbornik rešenih zadataka iz mehanike", Građevinska knjiga, Beograd, 1980.

448

Literatura

[39] Svetopolik Pivko, "Mehanika − dinamika", Naučna knjiga, Beograd, 1973. [40] Lazar Rusov, "Mehanika − kinematika", Naučna knjiga, Beograd, 1980. [41] Lazar Rusov, "Mehanika − dinamika", Naučna knjiga, Beograd, 1984. [42] Lazar Rusov, "Optičko mehanička analogija u analitičkoj mehanici i dinamici objekata", Mašinski fakultet Univerziteta u Beogradu, Beograd, 1993. [43] Lazar Rusov, Dragan Blagojević, Milan Gligorić, "Zbirka rešenih zadataka iz oscilacija mehaničkih sistema", Jugoslovenski zavod za proučavanje školskih i prosvetnih pitanja Beograd, 1970. [44] LJubodrag B. Radosavljević, "Specijalni zadaci dinamike, osnove analitičke mehanike, momenti inercije krutog tela", Mašinski fakultet Univerziteta u Beogradu, Beograd, 1976. [45] LJubodrag B. Radosavljević, "Teorija oscilacija", Mašinski fakultet, Beograd, 1981. [46] LJ. B. Radosavljević, "Poglavlja iz mehanike − predavanja na poslediplomskim studijama − mehanika, Male oscilacije materijalnog sistema sa konačnim brojem stepeni slobode", Mašinski fakultet Univerziteta u Beogradu, Beograd, 1986. [47] Danilo Rašković, "Teorija oscilacija", III prerađeno izdanje, Građevinska knjiga, Beograd, 1974. [48] V. Šikoparija, "Kinematika", Naučna knjiga, Beograd, 1983. [49] S. M. Targ, "Kratki kurs teorijske mehanike", Izdavačko preduzeće Građevinska knjiga, Beograd, 1971. [50] I. V. Voronkov, "Teorijska mehanika", Građevinska knjiga, Beograd, 1963. [51] Mirko Vukobrat, Predrag Cvetković, "Zbirka zadataka iz tehničke mehanike II (kinematika, dinamika i oscilacije)", Saobraćajni fakultet Univerziteta u Beogradu, Beograd, 1991. [52] Božidar Vujanović, "Dinamika sa teorijom giroskopa i osnovama stabilnosti kretanja", Naučna knjiga, Beograd, 1967.

449

Literatura

[53] Božidar Vujanović, "Zbirka rešenih zadataka iz mehanike II, dinamika", Naučna knjiga, Beograd, 1960. [54] Luka Vujošević, Slavko Đurić, "Zbirka rešenih zadataka iz dinamike sa izvodima iz teorije", Naučna knjiga, Beograd, 1970. [55] Veljko Vujičić, "Teorija oscilacija", Naučna knjiga, Beograd, 1977.

450

O autoru

Vanredni prof. dr Vlado Đurković, dipl. inž. (1952) redovni je profesor za predmet: Mehanika 1, 2 i 3, Tehnička mehanika 1 i 2 i Tehnička mehanika. Doktorat iz oblasti primenjene mehanike završio je i odbranio na Vojnotehničkoj Akademiji VJ u Beogradu (2001). Autor je većeg broja stručnih radova, referata i studija iz oblasti primenjene mehanike. Do sada je objavio dva univerzitetska udžbenika: Tehnička mehanika 2 (2000), Tehnička mehanika 1 – teorija sa primerima (2003, kao koautor). Udžbenik Zbirka zadataka iz mehanike sa teorijom predstavlja rezultat dvadeset petogodišnjeg rada autora kao profesora na Vojnoj akademiji u Beogradu (smer logistika) i jedanaestogodišnjeg rada u svojstvu honorarnog profesora na Mašinskom fakultetu u Sarajevu. Profesor dr Vlado Đurković je ekspert za ocenu projekata, stručnih i naučnih radova iz oblasti primenjene mehanike. Radio je na obradi tehničke dokumentacije pri proizvodnji i usvajanju novih tipova motora u konstrukciji alata pri montaži motora, na koordinaciji kooperanata prilikom osvajanja delova nulte serije motora velike snage, te na praćenju i pripremi proizvodnje motora. U vojnoprivrednom sektoru, Ministarstva odbrane, van. prof. Đurković je radio na poslovima analize i vrednovanja rada, učestvovao je u razvoju artiljerijskih sistema za potrebe VTI, te bio angažovan na primeni rezultata istraživanja za proveru optimalnih parametara za lansiranje raketa vazduh– vazduh sa zemaljskih lansera. Bio je konsultant za izradu više specijalističkih radova, mentor diplomskih radova, član i voditelj u komisijama za odbranu magistarskih radova i doktorskih disertacija. Izvršio je recenziju više naučnih i stručnih radova štampanih u zbornicima radova sa domaćih i međunarodnih simpozijuma i u časopisima, te bio voditelj sekcija na naučnostručnim skupovima. Trenutno je načelnik grupe nastavnika zajedničkih predmeta iz oblasti mašinstva u Katedri naoružanja i borbenih sistema Vojne akademije u Beogradu.

451

Tehnicka Mehanika 2007 Djurkovic Vlado

Recommend Documents