Na osnovu opštih zakona kretanja materijalnog sistema, izvedenih u prethodnoj glavi, ovdje ćemo posebno proučiti osnovna kretanja krutog tijela i formirati odgovarajuće diferencijalne jednačine kretanja krutog tijela.

Pod homogenim krutim tijelom u dinamičkom smislu podrazumjeva se specijalan slučaj materijalnog sistema sa kontinualnim rasporedom mase kod koga se rastojanje između čestica (tačaka) tijela pod djelovanjem spoljnjih i unutrašnjih sila ne mijenja. Kako slobodno kruto tijelo ima šest stepeni slobode kretanja, kretanje krutog tijela podjelićemo na: translatorno, obrtanje oko nepokretne ose, ravno kretanje, obrtanje oko nepokretne tačke i opšte kretanje.

Kod proučavanja kretanja krutog tijela razmatrat ćemo dvije grupe problema. U prvu grupu spadaju oni problemi u kojima je zadano kretanje krutog tijela, a potrebno je odrediti sile koje uzrokuju to kretanje. U drugu grupu spadaju problemi u kojima su zadate sile koje uzrokuju kretanje i početni uslovi uslovi kretanja, a potrebno je odrediti zakone kretanja slobodnog krutog tijela, i reakcije veza ako se radi o kretanju vezanog krutog tijela. Ovdje treba napomenuti da je vektor unutrašnjih sila jednak nuli jer je kruto tijelo neizmjenjivi materijalni sistem. Pri analizi kretanja tijela u obzir se uzimaju samo spoljne sile, a to su aktivne i reakcije veza.

Najefikasniji metod za proučavanje kretanja krutog tijela pod djelovanjem datih sila jeste primjena opštih zakona materijalnog sistema, što će ovdje biti i učinjeno. 11.1. TRANSLATORNO KRETANJE KRUTOG TIJELA Kruto tijelo vrši translatorno kretanje, kao što smo rekli u Tehničkoj mehanici - 2 Kinematici (strana 98, glava 7.), ako za cijelo vrijeme kretanja tijela neizmjenjiva duž tijela ostaje paralelna svom prvobitnom položaju. Putanje svih tačaka tijela su istog oblika, odakle proizilazi da su brzine i ubrzanja svih tačaka krutog tijela jednake.

Dinamika krutog tijela

U toku vremena brzine i ubrzanja se mogu mijenjati, ali imaju iste vrijednosti u posmatranom trenutku vremena, kao što je prikazano na slici 11.1.

Tijelo koje vrši translatorno kretanje ima oko tri stepena slobode kretanja. Primjenom zakona o kretanju središta masa (težišta krutog tijela) dobit ćemo diferencijalnu jednačinu translatornog kretanja slobodnog krutog tijela

∑=

=n

iiC Frm

1

r&&r

(11.1.)

gdje je: m - masa tijela

Cr&&r

- ubrzanje središta (težišta krutog tijela)

Slika 11.1. Translatorno kretanje krutog tijela

∑=

n

iiF

1

r- spoljašnje sile koje djeluju na kruto tijelo (aktivne i reakcije veze)

Projektovanjem vektorske jednačine (11.1.) na ose Descartesovog koordinatnog sistema dolazimo do skalarnih diferencijalnih jednačina translatornog kretanja krutog tijela

∑=

=n

ixiC Fxm

1&&

∑=

=n

iyiC Fym

1&& (11.2.)

∑=

=n

iziC Fzm

1&&

Vidimo da je translatorno kretanje opisano istim dinamičkim jednačinama kao i kretanje materijalne tačke čija je masa jednaka masi tijela, što je u saglasnostni sa činjenicom da je translatorno kretanje tijela određeno kretanjem jedne njegove tačke. Ako se pođe od izraza za moment količine kretanja tijela za nepomičnu tačku sa kojom se središte C u datom trenutku poklapa, tada je

0== KCC MLrrr

(11.3.)

pa se iz zakona o promjeni momenta količine kretanja za tačku C dobija

∑=

==n

i

FC

C MdtLd

1

10rrr

(11.4.)

što znači da je glavni moment sila koje djeluju na tijelo, za središte, jednak nuli

x

y

z

0

C RF

r

nFr

1Fr

2F

r

inRF

r vr

Cvr

ar

ar

vmKrr

=

Crr

01

== ∑=

n

i

FCC

iMMrrr

(11.5.)

Možemo zaključiti: Ukoliko tijelo vrši translatorno kretanje, onda se djelovanje sila svodi na rezultantu RF

r, tj.

glavni vektor RFr

je ustvari rezultanta sistema sila koja prolazi kroz središte tijela.

Rezultanta inercijalnih sila inRF

r je vektor kolinearan sa rezultantom RF

r.

11.2. DIFERENCIJALNA JEDNAČINA OBRTANJA

KRUTOG TIJELA OKO NEPOMIČNE OSE Pretpostavimo da imamo kruto tijelo koje se pod djelovanjem spoljnih aktivnih sila nFFF

rrr,...,, 21

obrće oko nepokretne ose AB. Ako ga oslobodimo od veza, onda na tijelo osim aktivnih sila djeluju i reakcije u ležištima A i B, kao što je na slici 11.2. prikazano. Diferencijalnu jednačinu obrtanja krutog tijela oko nepokretne ose izvest ćemo iz zakona o promjeni momenta količine kretanja u odnosu na nepokretnu osu. Slika 11.2. Obrtanje krutog tijela oko nepokretne ose Elementarni moment količine kretanja mase dm za osu AB odnosno z je

dmrdmrrvdmrrdKdLzσωω 2=⋅=⋅== (11.6.)

Integracijom po masi m dobijamo

ω

ωω

⋅=

=== ∫ ∫

zz

m mzzz

JL

JdmrdLL 2

(11.7.)

gdje je: Jz - aksijalni moment inercije tijela u odnosu na osu Az, a ω - projekcija vektora

ugaone brzine na osu Az.

x

y

x

z

y

α

α

rr

x&

y&

vr

x y x

y A

z

dm

z B

ω

BxFr

ByF

r

1Fr

2Fr

3Fr

iFr

nFr

AzFr

AxFr AyF

r

r vr

Kdr

Zakon o promjeni momenta količine kretanja krutog tijela u odnosu na nepokretnu osu Az glasi

∑=

+++++=n

i

Fz

Fz

Fz

Fz

Fz

Fz

z ByBxAzAyAxi MMMMMMdt

dL1

rrrrrr (11.8.)

Pošto reakcije ByBxAzAyAx FFFFFrrrrr

i ,,, sijeku osu Az, pa je

0===== ByBxAzAyAx Fz

Fz

Fz

Fz

Fz MMMMM

rrrrr, jednačina se svodi na slijedeći oblik

∑=

=n

i

Fz

z Mdt

dL1

1r

(11.8.)

odnosno uzimajući u obzir jednačinu (11.7.) dobićemo

∑=

=⋅n

i

Fzz

iMdtdJ

1

rω (11.9.)

z

n

i

Fzz MMJ i ==⋅ ∑

=1

r&&ϕ (11.10.)

gdje je:

ϕωϕ &&==

dtd

dtd

2

2

- ugaono ubrzanje tijela koje se obrće oko nepokretne ose

Jednačina (11.10.) predstavlja diferencijalnu jednačinu obrtanja krutog tijela oko nepokretne ose. Moment količine kretanja mase dm za osu y je

dmzydL

dmzrdmzvzdmxdL

y

y

sinsin

ω

αωα

−=

−=−=−=+ &

gdje smo iskoristili relacije .sinαvx =& Integracijom po masi m dobijamo

∫ ∫ −===m m

yzyy JyzdmdLL ωω

Analogno dobijamo

ωω

yzy

xzx

JLJL

−=−=

(11.11.)

gdje su:

Jxz, Jyz - centrifugalni momenti inercije tijela za nepomične ose x, y i z.

Na osnovu diferencijalne jednačine obrtanja krutog tijela oko nepokretne ose (11.10.) mogu se riješiti oba zadatka dinamike krutog tijela. Prvi zadatak: ako je poznat moment inercije krutog tijela (Jz) i moment sile koje djeluju na tijelo za osu z (Mz) da se odredi zakon obrtnog kretanja krutog tijela ϕ=ϕ(t) i drugi zadatak: ako je poznat moment inercije tijela (Jz) i zakon obrtanja krutog tijela ϕ=ϕ(t) moguće je odrediti moment sila (Mz) koje uzrokuju to obrtanje.

11.3. DINAMIČKE REAKCIJE Odredimo reakcije veze krutog tijela koje se obrće oko nepokretne ose, a koje je u tačkama A i B vezano aksijalnim i potpornim ležištem. Kada tijelo oslobodimo od veze na njega osim aktivnih sila nFFF

rrr,...,, 21 djeluju i reakcije

veze ByBxAzAyAx FFFFFrrrrr

i ,,, , kao što je na slici 11.3. prikazano. Da bismo primijenili D'Alamberov princip definišimo prvo glavni vektor sila inercije krutog tijela i glavni moment sila inercije. Glavni vektor sila inercije ne zavisi od izbora pola te određen je izrazom (10.91.)

Cin

R amFrr

−=

gdje je:

m - masa krutog tijela, Ca

r- ubrzanje težišta tijela. Slika 11.3. Slika uz određivanje dinamičkih reakcija

Vodeći računa o Tehničkoj mehanici 2 Kinematika ubrzanje težišta tijela za ovaj slučaj kretanja tijela možemo izraziti CCC vra

rrrrr×+×= ωε (11.12.)

gdje je: CCC rv

rrr×= ω - brzina težišta tijela,

odnosno

CCCCCC

C

zyx

kji

zyx

kjia

&&&

rrrrrrr

ωε 0000 += (11.13.)

Projekcije vektora brzine Cvr

težišta C na ose koordinatnog sistema Axyz su

0 ==−= CCCCC zxyyx &&& ωω

Izraz za ubrzanje poprima slijedeći oblik

jyixjxiya CCCCC

rrrrr 22 ωωεε −−+−=

jyxixya CCCCC

rrr)()( 22 ωεωε −++−= (11.14.)

Vodeći računa o ubrzanju težišta Car

, jednačina (11.4.), glavni vektor inRF

r inercijalnih sila

poprima oblik

x y x

y A

z

Mi

z B

ωr

BxFr

ByF

r

1Fr

2Fr

3Fr

iFr

nF

r

AzFr

AxFr

AyF

r

rr

εr

Crr

C

innFd

r in

tFdr

irr

jyxmixyamF CCCCCin

R

rrrr)()( 22 ωεωε −−+=−= (11.15.)

Pošto glavni moment inercijalnih sila krutog tijela zavisi od izbora pola, pretpostavimo da je pol nepokretna tačka A. Tada je

∑∑ ∑== =

×−=×==n

iii

n

i

n

i

inii

FA

FA amFrMM

ini

inR

11 1

rrrr rr (11.16.)

gdje su: −ir

r radijus vektor položaja tačke Mi (elementarne čestice)

mi - masa tačke Mi (elementarne čestice) −ia

rvektor ubrzanja tačke Mi

Vektor ubrzanja možemo izraziti u obliku

jyxvxyvra iiiiiii

vrrrrrr)()( 22 ωεωεωε −++−=×+×=

Vektorski proizvod

0)()( 22

iiii

iiiii

yxxyzyxkji

arωεωε −−−

=×

rrrrr

kyxjzxzyizyzxar iiiiiiiiiiii

rrrrr)()()( 2222 +++−+=× εωεωε

uvrstimo u jednačinu (11.6.) i dobijamo

kyxm

jzxmzymizymzxmM

n

iiii

n

i

n

iiiiiii

n

i

n

iiiiiii

FA

inR

r

rrr

+−

−−+−=

∑

∑ ∑∑ ∑

=

= == =

1

22

1 1

2

1 1

2

)(

)()(

ε

ωεωε (11.17.)

Kako nam je iz poglavlja 9. poznato, navedene sume u prethodnoj jednačini predstavljaju centrifugalne odnosno aksijalne momente inercije krutog tijela u odnosu na koordinate ose x, y, z

∑

∑

=

=

=

+=

n

iiiixz

n

iiiiz

zxmJ

yxmJ

1

1

22 )(

∑=

=n

iiiiyz zymJ

1 (11.18.)

Glavni moment sila inercije konačno poprima slijedeći oblik

kJjJJiJJM zxzyzyzxzFA

inr

rrrrεωεωε −++−= )()( 22 (11.19.)

D'Alamberov princip za kruto tijelo koje se obrće oko stalne ose (slika 11.3.) ima oblik

0

0

=+++

=+++inRBA

inR F

AFA

FA

FA

inRBA

aR

MMMM

FFFFrrr rrrr

rrrr

(11.20.)

gdje je: a

RFr

- glavni vektor svih spoljnjih aktivnih sila

aRF

AMrr

- glavni moment svih spoljnjih aktivnih sila

BA FFrr

, - reakcije veze Projektovanjem vektorskih jednačina (11.19.) na ose koordinatnog sistema Axyz a vodeći računa da je 0=AF

AMrr

, te o jednačinama (11.15) i (11.9.), dobit ćemo

=−

=+−−

=+−−

=+

=++++

=++++

∑

∑

∑

∑

∑

∑

=

=

=

=

=

=

n

iz

Fx

n

iyzxyBx

Fx

n

ixyyzBy

Fx

n

iAz

azi

n

iCCByAy

ayi

n

iCCBxAx

axi

JM

JJhFM

JJhFM

FF

mxmyFFF

mymxFFF

ai

ai

ai

1

1

2

1

2

1

1

2

1

2

0

0

0

0

0

0

ε

εω

εω

εω

εω

r

r

r (11.21.)

Šesta jednačina (11.21.) predstavlja diferencijalnu jednačinu obrtanja krutog tijela oko nepokretne ose, a u sebi ne sadrži nepoznate reakcije. Iz ove jednačine možemo odrediti ugaono ubrzanje tijela, odnosno ugaonu brzinu, a iz preostalih pet jednačina možemo odrediti reakcije veze. Moramo reći da reakcije veze u prethodnim jednačinama

ByBxAzAyAx FFFFFrrrrr

i ,,, zavise od aktivnih sila koje djeluju na tijelo, rasporeda masa, tj. od sila inercije i zbog toga se nazivaju dinamičke reakcije, a razlikuju se od statičkih reakcija koje nastaju samo uslijed djejstva aktivnih sila pri uslovima mirovanja krutog tijela. Postavljanjem uvjeta ravnoteže za kruto tijelo možemo odrediti statičke reakcije

=

=−

=−

=+

=++

=++

∑

∑

∑

∑

∑

∑

=

=

=

=

=

=

n

i

Fx

n

i

stBx

Fy

n

i

stBy

Fx

n

i

stAz

azi

n

i

stBy

stAy

ayi

n

i

stBx

stAx

axi

ai

ai

ai

M

hFM

hFM

FF

FFF

FFF

1

1

1

1

1

1

0

0

0

0

0

0

r

r

r (11.22.)

Upoređujući jednačine (11.21.) i (11.22.) vidimo u čemu se razlikuju dinamičke reakcije veze od statičkih (izrazi u zagradi (11.21.)). Dinamičke reakcije veze u sebi sadrže statičke

reakcije i dopunske članove koji zavise od rasporeda masa tijela i obrtanja tijela. Te dopunske članove nazivamo kinetičke reakcije. Vrijednosti reakcija veza (dinamičke reakcije) možemo izraziti u obliku

+=

+=+=

+=+=

kAz

stAzAz

kBy

stByBy

kAy

stAyAy

kBx

stBxBx

kAx

stAxAx

FFF

FFFFFF

FFFFFF

(11.23.)

Kinetičke reakcije veze su u stvari kinetički pritisci na ležištu, a to su sile istog intenziteta i pravca, a suprotnog smjera od kinetičkih reakcija veze. Isključivanjem aktivnih sila iz jednačina (11.21.) nFFF

rrr,...,, 21 isključuju se i statičke reakcije, te se jednačine svode na

oblik

=

=+−−

=+−−

=

=+++

=+++

∑=

n

i

Fzz

yzxzk

Bx

xzyzk

By

kAz

CCk

Byk

Ay

CCk

Bxk

Ax

aiMJ

JJhF

JJhFF

mxmyFFmymxFF

1

2

2

2

2

0

0

0

0

0

rε

εω

εω

εω

εω

(11.24.)

Iz jednačina (11.24.) određujemo kinetičke reakcije veze k

Byk

Bxk

Azk

Ayk

Ax FFFFF i ,,, . Vidimo da one zavise od obrtanja tijela i od rasporeda masa tijela. 11.3.1. DINAMIČKA URAVNOTEŽENOST Prilikom obrtanja krutog tijela oko nepokretne ose, kinetičke reakcije mogu da budu veće od statičkih reakcija, pa se zbog toga postavlja pitanje koji uslovi moraju biti zadovoljeni da ne postoje kinetički pritisci na ležište. Ukoliko se pri obrtanju krutog tijela ne javljaju kinetički pritisci, kažemo da je to tijelo dinamički uravnoteženo. Ukoliko stavimo da je 0 ===== k

Byk

BxkAz

kAy

kAx FFFFF u jednačine (11.24.), onda se one svode

na 02 =+ εω CC mymx

0

0

0

2

2

2

=+

=+−

=−

εω

εω

εω

xzxz

xzyz

CC

JJ

JJ

mxmy

(11.25.)

Pošto je po pretpostavci ,0 ,0 ≠≠ εω

rr te smatrajući ih poznatim veličinama, determinanta

sistema prve dvije jednačine je različita od nule

0242

2

≠+=−

=∆ εωωεεω

(11.26.)

Znači da bi gornje jednačine bile zadovoljene, mora biti xC = yC = 0. Zaključak je da težište tijela mora biti na osi obrtanja. Determinanta sistema druge dvije jednačine (11.25.) je oblika (11.26.). Da bi jednačine bile zadovoljene mora biti Jxz = Jyz = 0, to jest obrtna osa krutog tijela mora biti glavna osa inercije tijela. Dakle, uslovi dinamičkog uravnoteženja su

====

00

yzxy

CC

JJyx

(11.27.)

S obzirom da se po prvom uslovu (11.27.) težište tijela mora nalaziti na obrtnoj osi AB, onda je ona s obzirom na drugi uslov (11.27.) glavna centralna osa inercije tijela, te možemo da donesemo slijedeći zaključak: Kinetičke reakcije u osloncima biće jednake nuli u slučaju ako je obrtna osa tijela u isto vrijeme glavna centralna osa inercije. Navedene jednačine (11.27.) imaju značajnu primjeni u tehnici, jer se pri maloj neuravnoteženosti dijelova mašina koji se obrću, velikim ugaonim brzinama, stvaraju kinetički pritisci velikih intenziteta, što dovodi do trajnih deformacija ležišta, odnosno dijelova mašina. Zbog toga se teži da mašinski elementi koji se obrću oko nepokretne ose imaju simetričan oblik u odnosu na obrtnu osu. 11.4. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE RAVNOG KRETANJA KRUTOG TIJELA Iz Tehničke mehanike 2 - Kinematike (poglavlje 9. str. 19.) nam je poznato da slobodno kruto tijelo vrši ravno kretanje ako se sve tačke tijela kreću u ravnima koje su paralelne nekoj nepomičnoj ravni. Slobodno kruto tijelo koje vrši ravno kretanje ima tri stepena slobode kretanja, pa je ravno kretanje krutog tijela određeno sa tri nezavisna parametra. Da bi tijelo vršilo ravno kretanje spoljnje sile koje djeluju na tijelo moraju zadovoljavati određene uslove. Pošto je pri ravnom kretanju tijela projekcija ubrzanja središta na osu, npr. z koja je okomita na ravan kretanja, jednaka nuli 0=Cz&& , to iz zakona o kretanju središta masa dobijamo

0)(

.

0

00

1

===

== ∑=

zc

c

n

izic

vzconstz

Fzm

&

&&

(11.28.)

Prema tome, uslovi da tijelo vrši ravno kretanje su: algebarski zbir projekcija svih sila (projekcija rezultante) na osu koja je okomita na ravan kretanja mora biti jednaka nuli, kao i projekcija početne brzine središta na tu osu (slika 11.4.). Ovo su potrebni i dovoljni uslovi (11.28.).

Neka se ravna figura (S) kreće u odnosu na nepokretnu koordinatnu ravan Oxy, onda je položaj tijela određen položajem težišta C tijela, to jest koordinatama ϕϕ ( i , CC yx je ugao između ose ξ i x1).

Slika 11.4. Ravno kretanje krutog tijela Izvedimo sada diferencijalne jednačine ravnog kretanja tijela. Da bismo odredili kretanje težišta C tijela iskoristimo zakon o kretanju središta C masa.

∑=

==n

i

sR

siC FFam

1

rrr (11.29.)

gdje je: s

RFr

- glavni vektor svih spoljašnjih sila koje djeluju na tijelo. Ako je u pitanju slobodno tijelo onda je to glavni vektor aktivnih sila, a ako je u pitanju kretanje neslobodnog tijela onda u spoljašnje sile uključujemo i reakcije veze

m - masa krutog tijela.

Projektovanjem vektorske jednačine (11.29.) na ose koordinatnog sistema Oxy imamo

==

==

∑

∑

=

=

n

iRyyiC

n

iRxxiC

FFym

FFxm

1

1

&&

&& (11.30.)

Primjenom zakona o promjeni momenta količine kretanja u odnosu na osu koja prolazi kroz središte dolazimo do diferencijalne jednačine kojom se određuje obrtanje ravne figure

z

0

(S)

z' 1Fr

1F ′r

1zF

r

2Fr

2zFr

′2F

r

zCL ′

r

Car

RFr

iFr

′iF

r izF

r

nFr

′nF

r

znFr

C

y yC

xC

x (S)

1Fr

2Fr

nFr

iF

r

mx1 ζ φ

φ y1 C'

Cx&& Cy&&

Car

ϕε &&=

∑=

==n

i

FC

FC

C sRi MM

dtdL

1

rrξ (11.31.)

gdje je:

sRF

CMr

- glavni moment spoljašnjih sila Kako je ϕξξ &CC JL = (11.32.) gdje je: ξCJ - moment inercije tijela u odnosu na težišnu osu

ϕ& - ugaona brzina tijela. Diferencijalne jednačine kojim se određuje ravno kretanje krutog tijela

==

==

==

∑

∑

∑

=

=

=

n

i

FC

FCC

n

iRyyiC

n

iRxxiC

sR

si MMJ

FFym

FFxm

1

1

1

rr&&

&&

&&

ϕξ

(11.33.)

Pomoću diferencijalnih jednačina (11.33.) mogu se rješavati oba osnovna zadatka ravnog kretanja krutog tijela. Zaključujemo da ravno kretanje krutog tijela možemo u dinamičkom smislu proučiti ako tijelo zamijenimo ravnom figurom (S), čija se masa nalzi u ravni kretanja, i na koju djeluju sile nFFF

rrr,...,, 21 koje su projekcije sila nFFF

rrr,...,, 21 koje djeluju

na to tijelo. Obično se u tehničkoj praksi susreću slučajevi ravnog kretanja tijela koja imaju iste presjeke u ravnima paralelnim ravni kretanja kao, naprimjer, kotrljanje valjaka, kretanje članova polužnih mehanizama koji se kreću u paralelnim ravnima. 11.5. OBRTANJE TIJELA OKO NEPOMIČNE TAČKE PRIBLIŽNA TEORIJA GIROSKOPA Da bismo izveli diferencijalne jednačine obrtanja krutog tijela oko nepomične tačke izvedimo prvo moment količine kretanja krutog tijela koje se obrće oko nepokretne tačke (slika 11.5.). Moment količine kretanja u odnosu na nepokretni pol O, je

∑=

⋅×=n

iiii vmrL

10

rrr (11.34.)

gdje je ivr

brzina proizvoljne tačke Mi ii rv

rr×= ω (11.35.)

a ωr

- trenutna ugaona brzina, koja ima pravac trenutne obrtne ose OΩ. Zamjenom (11.35.) u (11.34.), te vodeći računa da je

ξ

η

ζ

x

y

z

1Fr

2Fr

3Fr

nFr

irr

ivr

0Lr

ζL

r

ξLr

ωr Mi

ηLr

Slika 11.5. Obrtanje tijela oko nepomične tačke

)( )( 2

iiiii rrrrrrrrrrrr

⋅⋅−=⋅⋅ ωωω dobijamo

∑ ∑= =

⋅⋅−=n

i

n

iiiii rrmrmL

1 1

20 )(

rrrrrωω (11.36.)

Izrazimo radijus vektor položaja irr

u odnosu na pokretni koordinatni sistem Oξηζ

2222iiiir ζηξ ++=

a iiiir ζωηωξωω ζηξ ++=⋅rr

Jednačina (11.36.) poprima slijedeći oblik

∑ ∑= =

++−++=n

i

n

iiiiiiiiii rmmL

1 1

2220 )()( ζωηωξωζηξω ζηξ

rr (11.37.)

Projektovanjem vektorske jednačine (11.37.) na ose pokretnog koordinatnog sistema Oξηζ dobijamo

−−−=

−+−=

−−=

ζζηηζξξζζ

ζηζηηξξηη

ζξζηξηξξξ

ωωω

ωωω

ωωω

00

00

00

JJJLJJJL

JJJL (11.38.)

gdje su J0ξ , J0η, J0ζ , aksijalni momenti inercije, a Jξη , Jξζ, Jζη centrifugalni momenti inercije tijela u odnosu na ose koordinatnog sistema koji su dati slijedećim jednačinama

∑∑

∑

∑

∑

→

=

→

=

→

=

→

=

→

=

==

+=

+=

+=

ocn

iiii

ocn

iiii

ocn

iiii

ocn

iiii

ocn

iiii

mJmJ

mJ

mJ

mJ

11

1

220

1

220

1

220

)(

)(

)(

ζξζξ

ξη

ζξ

ζη

ξζξη

ζ

η

ξ

∑→

==

ocn

iiiimJ

1 ζηηζ (11.39.)

Ukoliko su pokretne ose koordinatnog sistema Oξηζ glavne ose inercije za tačku O onda se izrazi (11.38.) pojednostavljuju jer su tada centrifugalni momenti inercije tijela jednaki nuli. 11.5.1. EULEROVE DINAMIČKE JEDNAČINE

Diferencijalne jednačine obrtanja krutog tijela oko nepokretne tačke prvi je izveo L. Euler 1750. godine u radu ''Otkriće jednog novog principa mehanike'' Berlin. kao što nam je iz Tehničke mehanike 2 - Kinematike (poglavlje 10.str. 150) poznato, položaj krutog tijela koje se obrće oko nepokretne tačke, može se odrediti pomoću tri Eulerova ugla ili tri nezavisna parametra, pa prema tome tijelo ima tri stepena slobode kretanja (slika 11.6.).

Moment količine kretanja krutog tijela za tačku O, 0Lr

, se može razložiti na komponente u pravcima nepokretnih osa. Kao što je to pokazano u poglavlju 10.5.5. komponente Lx, Ly, Lz određene su jednačinama (10.54.). U jednačinama (10.54.) nalaze se momenti inercije Jx, Jy, Jz i Jxy, Jyz, Jxz, koji su zbog promjene položaja tijela u odnosu na nepokretni koordinatni sistem Oxyz promjenjive veličine, tj. one se mijenjaju u toku vremena. Međutim, moment količine kretanja, 0L

r, se može razložiti na komponente u

pravcima pokretnih osa, jednačina (11.38.), gdje se nalaze momenti inercija ξζηζξηζηξ JJJJJJ ,, i ,, koji su, zbog toga što tijelo ne mijenja položaj u odnosu u

koordinatni sistem Oξηζ konstantni. Zbog konstantnosti momenata inercije koristićemo jednačine (11.38.) pri izvođenju diferencijalnih jednačina kretanja.

Slika 11.6. Eulerovi uglovi

Ako primjenimo zakon o promjeni momenta količine kretanja za tačku O doći ćemo do diferencijalnih jednačina kretanja krutog tijela

∑=

==n

i

FF Ri MMdtLd

100

0rr rrr

(11.40.)

Potražimo prvo izvod vektora momenta količine kretanja 0Lr

dtkdL

dtjdL

dtidL

kdtLd

jdtLd

idtLd

dtLd

kLjLiLdtd

dtLd

10

10

10

10

10

100

1010100 )(

rrr

rr

rrrr

rrrr

ζηξ

ζηξ

ζηξ

+++

+++=

++=

(11.41.)

ζ z

θ η

0

ϕr&

ψr&

1kr

1jr

y

1ir

ξ

φ

N

x

0Lrr

×ω

dtLd 0

rV

dtLd ′=

rr0

0Lr

0Mr

0

A

ψ θr&

Kao što je iz Tehničke mehanike 2 - Kinematike (str.74, poglavlje 5.) poznato, jedinični vektori 111 kji

rrr mijenjaju svoj pravac i smjer te postoje njihovi izvodi

11

11

11 k

dtkdj

dtjdi

dtid rr

rrr

srrr

×=×=×= ωωω (11.42.)

Uvrštavanjem izraza (11.42.) u jednačinu (11.41.) dobijamo

( )444 3444 21rrrr

rr

rr

rr

r0

101010

10

10

100

L

kLjLiL

kdtLd

jdtLd

idtLd

dtLd

ζηξ

ζηξ

ω ++×+

+++=

Prethodnu jednačinu možemo napisati u obliku

000 LL

dtLd rrr

×+= ω (11.43.)

gdje je: ωr

- trenutna ugaona brzina

10

10

10

0 kdtLd

jdtLd

idtLd

Lr

rr

rr

rr ζηξ ++= - vektor koji uzima u obzir promjenu pojedinih

komponenata vektora 0Lr

u toku vremena (relativni dio izvoda dtLd /0

r). Drugi član na

desnoj strani jednačine (11.43.) uzima u obzir promjenu pravca vektora 0Lr

(prenosni dio).

Pri konstantnim veličinama L0ξ, L0η, L0ζ ovaj dio izvoda dtLd /0

r okomit je na pravac 0L

r.

Ako sa RFMrr

0 označimo rezultujući moment svih sila nFFFrrr

,...,, 21 , koje djeluju na tijelo, onda dobijamo

RFMLLrrrrr

000 =×+ ω (11.44.)

Ovo je Eulerova dinamička jednačina obrtanja tijela oko nepomične tačke, u vektorskom obliku. Projektovanjem vektorske jednačine (11.44.) na ose pokretnog koordinatnog sistema Oξηζ dobijamo

ζξηηξζ

ηξζζξη

ξηζζηξ

ωω

ωω

ωω

0000

0000

0000

)(

)(

)(

MLLdt

dL

MLLdt

dL

MLLdt

dL

=−+

=−+

=−+

(11.45.)

gdje su: ζηξ 000 ,, MMM - projekcije glavnog momenta spoljašnjih sila koje djeluju na tijelo na ose pokretnog koordinatnog sistema. Uzimajući u obzir, da su ose Oξ, Oη, Oζ glavne ose inercije tijela, projekcije momenta količine kretanja (11.38.) imaju oblik

ζζζ

ηηη

ξξξ

ω

ω

ω

00

00

00

JLJLJL

=

=

=

(11.46.)

jer su centrifugalni momenti inercije tada jednaki nuli .0,0,,0 === ξζηζξη JJJ Uzimajući ovo u obzir diferencijalne jednačine(11.45.) glase:

ζζηηζζ

ζ

ηζξζξη

η

ξηξξηξ

ξ

ωωω

ωωω

ωωω

0000

0000

0000

)(

)(

)(

MJJdt

dJ

MJJdt

dJ

MJJdt

dJ

=−+

=−+

=−+

(11.47.)

Kako je diferencijalne jednačine (11.47.) izveo Euler one se nazivaju Eulerove dinamičke jednačine obrtanja krutog tijela oko nepokretne tačke. Da bismo dobili potpuni sistem jednačina za proučavanje obrtanja krutog tijela oko nepokretne tačke potrebno je jednačinama (11.47.) pridodati

ϕϕψω

ϕθθϕψω

ϕθθϕψω

ζ

η

ξ

&&

&&

&&

+=

−=

+=

cossinsincos

cossinsin

(11.48.)

i Eulerove kinematičke jednačine (Tehnička mehanika 2 - Kinematika, strana 152). Proučavanje obrtanja tijela oko tačke može se izvršiti i zamjenom relacija (11.48.) u jednačine (11.47.) čime dobijamo sistem od tri diferencijalne jednačine, u kojima su nepoznate funkcije ψ(t), ϕ(t), θ(t). Sistem diferencijalnih jednačina je nelinearan (jer se javljaju proizvodi funkcija ),( i )(),( odnosno )( i )(),( tttttt θϕψωωω ζηξ zajedno sa trigonometrijskim funkcijama), tako da za opšti slučaj ne postoji do danas rješenje u analitičkom obliku. Za slučaj tijela na koga od aktivnih sila djeluju samo sila sopstvene težine, postoje tri klasična rješenja i to: Eulerevo rješenje, Lagrangeovo rješenje i rješenje Sonje Kovalevske koja ne zavise od početnih uslova. Ovdje se nećemo zadržavati na analizi pojedinih poznatih rješenja obrtanja tijela oko nepomične tačke nego čitaoca upućujem na literaturu [15] strana 317. 11.5.2. PRIBLIŽNA TEORIJA GIROSKOPA

Da bismo lakše izložili približnu teoriju giroskopa, izvest ćemo prvo Resalovu teoremu, koja u biti predstavlja kinematičku interpretaciju zakona o promjeni momenta količine kretanja. Označimo tačkom A kraj vektora momenta količine kretanja 0L

r (slika

11.6.). Tada d 0L

r/dt predstavlja, kinematički gledano, brzinu tačke A koja opisuje

hodograf vektora 0Lr

. brzinu tačke A označimo sa vr , ima dimenziju izvoda momenta

količine kretanja po vremenu, tj. ima dimenziju momenta sile, i na osnovu zakona o promjeni momenta količine kretanja može se izraziti u obliku

00 ' Mv

dtLd rrr

== (11.49.)

Jednačina (11.49.) izražava Resalovu teoremu, koja glasi: Brzina kraja kinetičkog momenta sistema materijalnih tačaka za neku nepomičnu tačku O, jednaka je glavnom momentu spoljnih sila koje djeluju na sistem, a za istu nepomičnu tačku O, Ista formulacija Resalove teoreme vrijedi i za jednu materijalnu tačku. Teorema se dosta koristi i teoriji giroskopa.

Slika 11.7. Obrtanje giroskopa

Pod giroskopom se podrazumijeva kruto tijelo koje ima osu simetrije oko koje se vrlo brzo obrće. Pri tome se osa materijalne simetrije obrće oko vertikalne nepokretne ose, a nepokretna tačka nalazi se na osi materijalne simterije (slika 11.7.). Ovdje se još podrazumijeva da je ugaona brzina obrtanja oko ose simetrije 1ωϕ =& , znatno veća od ugaone brzine obrtanja oko nepokretne ose 2ωψ =& (ugaone brzine procesije).

Moment količine kretanja giroskopa 0Lr

izražen preko projekcija na ose pokretnog koordinatnog sistema Oξηζ je

1010100 kJjJiJLrrrr

ζζηηξξ ωωω ++= (11.50.)

Osnovna postavka približne teorije giroskopa je da je ugaona brzina sopstvene rotacije 1ωϕ =& daleko veća od ugaone brzine procesije 2ωψ =& , tj. ω1>>ω2. Pri tome se

pretpostavlja da je ugaona brzina nutacije ω3 =0, pa se mora uzeti da je

000

100

==

=

ηξ

ζ ω

LLJL

rr (11.51.)

moment količine kretanja giroskopa usmjeren duž ose simetrije Oζ. Apsolutna ugaona brzina ) je (ako 2121 ωωωωω

rrrrr>>+= manje odstupa od pravca ose Oζ, te možemo usvojiti

da je ζ00 LLrr

= , jer su pravci ovih vektora bliski među sobom. U približnoj teoriji giroskopa

možemo uzeti da je moment količine kretanja 0Lr

u odnosu na nepokretnu tačku usmjeren duž ose simetrije giroskopa i da je njegov intenzitet

1000 ωζζ JLL == (11.52.)

Ova aproksimacija (11.52.) veoma olakšava proučavanje giroskopa. Cjelokupna teorija koja se na njoj zasniva je približna. Iako približna ima veliki značaj u praksi.

x

y

z

ξ

ζ

η 0

1ωr

2ωr

ωr

0Lr

Analizirajmo dejstvo sile Fr

na giroskop. Pretpostavimo da imamo giroskop, čije je težište u tački 0 (slika 11.8.). Ako se giroskop ne obrće oko svoje ose ω1 = 0. Uslijed dejstva sile F

r,

dolazi do obrtanja tijela oko tačke 0 u ravni dejstva momenta sile F

r.

Da bismo došli do diferencijalne jednačine obrtanja giroskopa primjenimo zakon o promjeni momenta količine kretanja za osu x, pretpostavljavajući da je moment sile F

r konstantan MF =

F h.

hFMJ Fxx ⋅==ϕ&& (11.53.) Slika 11.8. Djelovanje sile F na giroskop uz ω1 = 0

Dvostrukom integracijom diferencijalne jednačine (11.53.) dolazimo do zakona obrtanja ϕx = ϕx(t)

2

21 t

JhF

xx

⋅=ϕ (11.54.)

Giroskop se obrće oko ose x jednako ubrzano i po prestanku dejstva sile, obrtanje oko ose x nastaviće se po inerciji, konstantnom ugaonom brzinom

1.

0

tJ

hFconst

J

xx

xx

⋅==

=

ϕ

ϕ&& (11.55.)

Razmotrimo sada slučaj kada se giroskop obrće ugaonom brzinom ω1 = const. oko ose simetrije Oζ (slika 11.9.) i na njega djeluje sila u ravni Oyz. Saglasno Resalovoj teoremi, brzina kraja vektora 0L

r, mora biti vektor

jednak momentu sile Fr

za tačku O. kako je 0M

r u pravcu i smjeru

ose Ox, da bi jednačina (11.49.) bila zadovoljena, mora doći do obrtanja oko ose Oy ugaonom brzinom .2 yϕω &=

z A

h

ζ

0

y

x

φx

xϕ&

Fr

0Lr

gmGrr

=

dtLdM 0

0

rr=

z A

h

ζ

0y

x

φy

yϕ&

Fr

0Lr

gmGrr

=dtLdvM 0

0

rrr

=′=

Slika 11.9. Djelovanje sile F na giroskop uz ω1=const.

1ωr

v′r

Projektovanjem vektorske jednačine (11.49.) na osu Ox dobijamo

hFJ

hFMJLv

⋅=⋅=

⋅==

ϕω

ωωω

ζ

ζ

&1

0

2120' (11.56.)

Ugaona brzina obrtanja giroskopa oko ose Oy je

.1

constJ

hFy =

⋅=

ωϕ

ζ

&

Zakon ugaonog obrtanja

tJ

hFy ⋅

⋅=

1ωϕ

ζ

(11.57.)

Možemo zaključiti da uslijed djelovanja sile Fr

na giroskop, dolazi do promjene pravca ose giroskopa u ravnini okomitoj na ravninu momenta sile. Ukoliko prestane djelovati moment koji izaziva promjenu pravca ose, osa će ostati u položaju u kome se u tom trenutku nalazila. Ako je F

r= 0 slijedi

.

0

consty

y

=

=

ϕ

ϕ& (11.58.)

11.5.3. GIROSKOP SA TRI STEPENA SLOBODE KRETANJA

Posmatrajmo obrtanje giroskopa oko ose materijalne simetrije Oζ, ugaonom brzinom 1ω

r. Neka se

giroskop obrće oko ose Oz ugaonom brzinom 2ω

r, onda

kažemo da giroskop ima tri stepena slobode kretanja. Pri tome se nepokretna tačka ne poklapa sa težištem tijela slika 11.10.). Na giroskop djeluje težina

gmGrr

= i reakcija oslonaca 0Fr

. Glavni moment spoljašnjih sila u odnosu na nepokretni pol O je

gmrM Crrr

×=0 (11.59.)

gdje je: Crr

- radijus vektor položaja težište C u odnosu na pol O.

Slika 11.10. Giroskop sa tri stepena slobode kretanja

x

y

z ζ

0

1ωr

2ωr

0Lr

A

CCrr

gmr

0Fr

0M

r

θ v ′r

Glavni moment 0Mr

ima pravac i smjer ose Ox, okomit je na ravninu koju čine vertikalne

ose z i ζ, tj. ravan Ozζ. Brzina vr vrha vektora 0L

r ima pravac i smjer ose Ox, te se

primjenom Resalove teoreme dobija

gmrMv Crrrr

×== 0'

odnosno intenzitet

θsin' ⋅⋅= OCmgv (11.60.)

S druge strane osa Oζ giroskopa obrće se ugaonom brzinom ϕω &=2 oko nepokretne ose

Oz, te je brzina tačke A vrha vektora 0Lr

jednaka

022' LAOvrrrrr

×=×= ωω

gdje je: AOr

= 0Lr

100 ωζrr

JL = . Možemo napisati da je

)(' 120102 ωωωω ζζ

rrrrr×=×= JJv

odnosno θωωωωωω ζζ sin),(sin' 21021210 JJv =∠=

rr (11.61.)

Možemo zaključiti da usljed dejstva sila teže dolazi do precesionog kretanja giroskopa (osa obrtanja tijela opisuje kružni konus) konstantnom ugaonom brzinom pri čemu je ugao θ konstantan i jednak početnoj vrijednosti. 11.5.4. GIROSKOP SA DVA STEPENA SLOBODE KRETANJA Pretpostavimo da se disk D mase m obrće velikom ugaonom brzinom 1ω

r oko

horizontalne ose ζ. Osovina diska je pomoću ležišta A i B učvršćena za okvirni ram koji se obrće ugaonom brzinom 2ω

r oko vertikalne ose Oz ( 21 ωω

rr>> ).

Položaj giroskopa određen je sa dva ugla: uglom obrtanja diska oko svoje ose simetrije Oζ i uglom obrtanja okvira oko vertikalne ose Oz. Prema tome radi se o giroskopu sa dva stepena slobode kretanja (slika 11.11.). Moment količine kretanja usmjeren je duž ose Oζ materijalne simetrije, a njegov intenzitet je L0 = ω1 JCζ (11.63.) gdje je: JCζ - moment inercije diska za osu Oζ. Slika 11.11. Giroskop sa dva stepena slobode kretanja

z

A

B ζ

C

dAF

r

stAF

r

stBF

r gM 0

r

ζFMrr

0

dBF

r v ′r

1ωr

2ω

r

gmr

CFr

0Lr

Pošto se okvir obrće oko ose Oz ugaonom brzinom 2ωr

kraj vektora 0Lr

imaće brzinu 'vr

koja je jednaka

02

02

''

LvLv

⋅=×=

ωω

rrr (11.64.)

jer je .02 Lrr

⊥ω Na osnovu Resalove teoreme, slijedi

020 ' LvM sFrrrr r

×== ω (11.65.)

gdje je: sFMrr

0 - moment spoljašnjih sila za tačku O. Spoljašnje sile koje djeluju na giroskop

su reakcije u tačkama A i B. One moraju obrazovati moment sFMrr

0 .

Imajući u vidu da je ζω CJL 10rr

= , dobit ćemo

')( 120 vJM CFs

rrrr r=×= ωωζ (11.66.)

reakcije u osloncima A i B sastoje se od statičkih koje se javljaju zbog težine diska i dinamičkih (giroskopskih) reakcija. Statičke reakcije su

mgFF stB

stA ⋅==

21 (11.67.)

Dinamičke reakcije dB

dA FF

rr i obrazuju spreg čiji je moment sFM

rr0 , a uvijek leži u ravnini

koja je okomita na vektor momenta sFMrr

0 . Na osnovu Resalove teoreme (11.66.) imamo

ABFABFJv dB

dAC ==∠⋅= ),(sin' 2121 ωωωωζ

rr

Kako je 21 ωωrr

⊥ to se prethodna jednačina svodi na oblik

AB

JFF Cd

Bd

A21ωωζ== (11.68.)

Ukupna reakcija u tačkama A i B su

−=−=

+=+=

AB

JmgFFF

AB

JmgFFF

CdB

stBB

CdA

stAA

21

21

2121

ωω

ωω

ζ

ζ

(11.69.)

Na osnovu zakona dejstva i protiv dejstva, giroskop djeluje na ležišta A i B silama

gB

gA FF

rr i istog intenziteta i pravca kao d

Bd

A FFrr

i , samo suprotnog smjera. One obrazuju

spreg koji se naziva giroskopski spreg sila. Moment tog sprega gM 0

r suprotan je smjeru

momenta sFMrr

0 .

sFg MMrr rr

00 −=

istog intenziteta i pravca, te naziva se giroskopski moment. Nastajanje giroskopskog momenta naziva se giroskopski efekt. Ukupna reakcija u ležištima A i B je

−=−=

+=+=

AB

JmgFFF

AB

JmgFFF

CgB

stBB

CgA

stAA

21'min

21''max

21'

21

ωω

ωω

ζ

ζ

(11.70.)

Giroskopski efekt se uvijek javlja kada se mijenja pravac obrtne ose giroskopa. Ako se ta promjena brže vrši (veće ω2), giroskopski pritisci u ležištima mogu da budu daleko veći od statičkih pritisaka, te se moraju uzeti u obzir. Giroskopski efekt se mnogo koristi u tehnici i to: kod aviona, brodova, raketa, itd., gdje služi za održavanje pravca.

RIJEŠENI ZADACI IZ POGLAVLJA 11.

Zadatak 11.1. Homogeni štap CD, dužine l, mase m, zavaren je za štap AB, koji se obrće konstantnom ugaonom brzinom. Štap CD sa vertikalom zatvara ugao α. Odrediti rezultujuću inercijalnu silu i moment savijanja u tački C, kao i ugaonu brzinu pri kojoj će taj moment biti jednak nuli. Rješenje: Elementarna inercijalna sila koja djeluje na elementarnu masu dx je

Slika uz zadatak 11.1.

ma

in dxdF sin2 ραω ⋅×= 43421

Ukupna sila inercije

∫ ∫ =×==l

inin mldxdFF0

22

2 sin2

sin αωαρω

Moment sile inercije za osu koja prolazi kroz tačku C, a okomita je na uzdužnu osu štapa je

lmmlM

dxxdFxdMM

inC

linin

CinC

jejer ,cossin3

cossincos

220

22

ρααω

ααρωα

==

⋅=== ∫ ∫ ∫

U tački C osim momenta inercijalne sile, javlja se i moment savijanja i moment uslijed sopstvene težine štapa. Pošto je α konstantan ugao, postoji relativna ravnoteža

0=++ gmC

inCf MMM

r

odnosno

0cossin3

sin21 22

=++ ααω

αmlmgM f

Iz predhodne jednačine dobijamo moment savijanja u tački C

)cos923(sin

62 αωα

lgmlM f −=

Moment savijanja u tački C će biti jednak nuli za neku ugaonu brzinu ω1, koju dobijamo izjednačavanjem gornje jednačine s nulom

αω

αω

cos227

0cos923

1

21

lg

lg

=

=−

B

A

C

D

x

α

gmr

inFdr

Zadatak 11.2. Homogeni tanki štap CD mase m i dužine l, zavaren je u tački C pod uglom α za vertikalni štap AB koji se pod dejstvom spoljnjeg momenta obrće. Odrediti dinamičke reakcije ležajeva A i B u trenutku kada je ugaona brzina vratila ω, ako su dimenzije štapa AB date na slici Rješenje: Odredimo komponente elementarne inercijalne sile

ξραξω

ξραξε

ddF

ddF

FdFdFd

inn

int

inn

int

in

sin

sin2=

⋅=

+=vrr

Slika uz zadatak 11.2.

Ukoliko izvršimo integraciju gornjih jednačina dolazimo do komponenata inercijalnih sila

∫ ∫

∫ ∫

====

====

liny

inn

inn

lin

xin

tin

t

FmlddFF

FmlddFF

0

22

0

sin2

sin

sin2

sin

αω

ξαρξω

αε

ξαρεξ

Elementarni moment inercijalne sile

11 cossin kj

FdMd inin

rrr

rrr

ααξξ

ξ

−=

×=

Razvijanjem vektorskog proizvoda, te integracijom dobijamo moment inercijalnih sila

122

2

1

2

12

2

sin3

cossin3

cossin3

kmljlmimlM inC

rrrrαωαα

εααω −−=

Postavljanjem uvjeta ravnoteže dobijamo

0sin2

0

0sin2

0

2 =++⇒=Σ

=++⇒=Σ

αω

αε

mlFFF

mlFFF

ByAyy

BxAxx

00 =−⇒=Σ mgFF Azz statička reakcija

B

A

C

D

ξ

α

gmr

in

nFdr

y

x

AyFr

AxFr

AzFr

M

ByFr

BxFr

z z1

y1

intFd

r

x1

dξ

1kr

1jr

1ir

a b

0sin3

0

0cossin3

0

0cossin3

0

2

2

22

=−⇒=Σ

=−⋅−⋅⇒=Σ

=+⋅−⋅⇒=Σ

αε

ααε

ααω

mlMM

lmbFaFM

mlaFbFM

z

BxAxy

AyByx

Iz zadnje jednačine dobijamo izraz za ugaono ubrzanje α

εsin

32mlM

= , a iz preostalih

jednačina dolazimo do dinamičkih reakcija

)3cos2()(6

sin

)cos23(sin)(2

)3cos2()(6

sin

)3cos2(sin)(2

2

2

blba

mlF

labaMF

blba

mlF

blbaMF

By

Bx

Ay

Ax

−+

=

++

=

−+

=

−+

=

ααω

αα

ααω

αα

Zadatak 11.3.

Homogena ploča ABCD mase m obrće se oko vertikalne ose Az po zakonu ϕ=ϕ(t). Odrediti dinamičke pritiske na ležištima A i B, ako je luk BC poluprečnika r. Rješenje: Uz ploču ABCD vezat ćemo koordinatni sistem Axyz, tako da ćemo zadatak rješiti u odnosu na njega, a ploča će stalno biti u ravnini Ayz.

Elementarna inercijalna sila je

Slika uz zadatak 11.3

dtd

dtd

jdmyidmyFdFdFd inn

int

in

ωε

ϕω

ωε

=

⋅+⋅=+=

21

rrrrr

y

x

DA

AxFr

D AyF

r

D

BxFr

D

ByFr

D

z

B

r

y 2r

C

r

innF

r

D intF

r

D

ωr

εr

Ukupnu inercijalnu silu dobijamo ako izvršimo integraciju

dAdm

jydAiydAFAA

in

2

ρ

ρωρε

=

+

= ∫∫∫∫

rrr

Konačan izraz za ukupnu inercijalnu silu je

jmyimyF CCin rrr

2 ωε +=

Rezultujući moment inercijalne sile je

[ ] [ ]∫∫ ∫∫ ∫∫ +===A A A

inn

int

ininin FdFdrFdrMdMrrrrrrr

,,

gdje je radijus vektor položaja

kzjyrrrr

+=

Uvrštavanjem u gornju jednačinu, dobijamo

kdAyjyzdAiyzdAMAAA

inrrrr

−

+

−= ∫∫∫∫∫∫ 22 ερερρω

Moment inercijalne sile napisan je u obliku

kJjJiJM zyzyzin

rrrrεεω −+−= 2

Zadnja jednačina predstavlja obrtanje ploče uslijed dejstva spoljašnjeg momenta M. U slučaju da je spoljašnji moment M = 0 ploča se ravnomjerno obrće. Da bismo našli dinamičke pritiske odredimo koordinatu težišta yC

)8()316(

34

2

4 2

21

2

22

121

2211

ππ

π

π

−−

=

−==

==−=

−=

ry

rryry

rArAAAA

AyAyAy

C

C

Centrifugalni moment inercije

∫∫ ∫∫==A A

yz dAyzyzdmJ ρ

∫ ∫ ∫ ∫−−− −−−

=⋅==r yrrr r yrrr

yz rzdzydyyzdydzJ0

)(2

0 0

)(2

0

422 22

2419

ρρ

Kako je

)8(4

)8(4

2

2

πρ

ρπρ

−=

⋅−==

rm

rAm

dobijamo

)8(619 2

π−=

mrJ yz

Iz jednačina ravnoteže dobijamo dinamičke reakcije

2

22

2

2

2

2

ω

ε

ωω

εε

rJ

F

rJ

F

rJ

myF

rJ

myF

yzBy

yzBx

yzCAy

yzCAx

−=

−=

+−=

+−=

Zadatak 11.4.

Homogena kružna ploča težine G, poluprečnika r, osciluje u vertikalnoj ravnini oko ose koja prolazi kroz zglob O na obimu ploče, pod djelovanjem sopstvene težine. U početnom trenutku prečnik OA bio je vertikalan a ploči je saopštena početna ugaona brzina ω0. Odrediti horizontalne reakcije zgloba O u pravcu prečnika OA i u pravcu normalnom na taj prečnik u proizvoljnom položaju određenom uglom ϕ.

Slika uz zadatak 11.4.

Rješenje: Ploča se obrće oko nepomične horizontalne ose O, pa će njena diferencijalna jednačina kretanja biti

ϕϕ sin2

2

0 GrdtdJ −=

Slika uz rješenje zadatka 11.4.

0

r

A

φ 0ω

r

Gr

C

0

A

φ

Gr

Cne

rte

r

tF0

rnF0

r

t

n

Pošto je moment inercije za osu kroz tačku O 2222

0 23

21 mrmrmrmrJJ C =+=+=

dobijamo

ϕϕ sin23 2 mgrmr −=&&

Kako je

ϕϕ

ϕϕdd &&&& =

možemo rastaviti promjenjive

ϕϕϕϕ drgd sin

32

−=&&

Integracijom prethodne jednačine ćemo imati uz početne uslove 0,0 ωϕϕ == &

ϕωϕ cos342

02

rg

+=&

Centar inercije C ima tangencijalnu inormalnu komponentu ubrzanja

nntC

tttC

nCtCC

egrera

egera

aaa

rr&r

rr&&r

rrr

)cos34(

sin32

20

2

ϕωϕ

ϕϕ

+=⋅=

−==

+=

gdje su: ter

i ner

- jedinični vektori Primjenimo zakon o kretanju centra inercije

0

0

FGagG

FGam

C

C

rrr

rrr

+=

+=

te isti projektujemo na pravac tangente i normale. Dobijamo

ϕ

ϕ

cos

sin

0

0

GFagG

GFagG

nnC

ttC

−=

−=

pa imamo

ϕϕωϕ

ϕϕϕ

cos)cos34(cos

sinsin32sin

20 0

0

GgrgGGa

gGF

GGGagGF

nCn

tCt

++=+=

+−=+=

te konačno

Gg

rGF

GF

n

t

20

0

0

sin37

sin31

ωϕ

ϕ

+=

=

Zadatak 11.5.

Homogeni prizmatični štap težine G klizi bez trenja duž pravolinijskih vođica od kojih je jedna horizontalna a druga vertikalna. Dužina štapa je 2l. U početku štap je zaklapao sa horizontalom ugao ϕ0 = 600, a zatim je pušten bez početne brzine. Odrediti brzinu centra C štapa i reakcije u tačkama A i B u trenutku kada štap prolazi kroz horizontalni položaj.

Slika uz zadatak 11.5. Rješenje:

Položaj štapa odredit ćemo uglom ϕ koji on zatvara sa horizontalom. Ugaonu brzinu ϕ& i ugaono ubrzanje odredit ćemo pomoću zakona o promjeni kinetičke energije. Kako je štap u početku mirovao to je kinetička energija bila jednaka nuli te je zbog toga

)( ik FAE

rΣ=

Slika uz rješenje zadatka 11.5.

Pošto štap vrši ravno kretanje kinetička energija je

22

21

21

ϕ&CCk JvgGE +=

Kako je brzina tačke C

ϕϕϕϕϕϕ

&&&&

&&

⋅=⋅−=⋅=⋅=

+=

cos sinsin cos

222

lylxlylx

yxv

CC

CC

CCC

to je 222 ϕ&lvC =

A

B

C

φ

A

B

C

φ

AFr

BFr

Gr

y

x

odnosno

2

222 )2(

121

21

21

lv

lvgGE C

Ck ⋅+=

Nakon sređivanja 2

32

Ck vgGE =

Rad vrši samo sila teže Gr

, pa je

−=Σ

−=−=−=Σ

ϕ

ϕϕϕϕ

sin23

)sin(sin)sinsin()(

)(

000)(

GlA

GlllGyyGA

i

i

F

CCF

r

r

imamo

*)( sin23

23

sin23

32

2

2

−=

−=

ϕ

ϕ

glv

GlvgG

C

C

Za ϕ =0

3321 glvC =

Stavljajući u jednačinu (*) 222 ϕ&lvC = te djeleći sa l2 dobijamo

ϕϕ

ϕϕϕϕ

cos43

cos2432

lg

lg

−=

−=

&&

&&&&

Kako je

ϕϕϕϕ

ϕϕϕϕ

&&&&&

&&&&&

cossin

sincos2

2

lly

llx

C

C

+−=

−−=

za ϕ =0

lg

lg

43 ,

4332 −== ϕϕ &&&

to je

. ,4

33−=−= CC ygx &&&&

Primijenimo zakon o kretanju centra inercije

GFFam BAC

rrrr++=

te ga projektujemo na pravac ose x i y dobijamo

GFygG

FxgG

BC

AC

−=

=

&&

&&

odnosno

GFGF

GFG

FG

AB

B

A

433

41

43

433

−==

−=−

=−

Za ϕ =0 sila FA ima smjer suprotan smjeru na slici. Zadatak 11.6.

Okvirni ram ABCD obrće se konstantnom ugaonom brzinom ω2 oko vertikalne ose AB. Oko dijagonale BC rama obrće se rotor konstantnom ugaonom brzinom ω1 . Rotor je oblika diska poluprečnika r i mase m. Odrediti giroskopske pritiske na ležišta A i B ako je u pitanju kvadratni ram ivice a

Slika uz zadatak 11.6.

Rješenje: Na osnovu dejstva i protivdejstva giroskopski moment je jednak momentu spoljašnjih sila iFM

rr0 , koje

djeluju u ležištima, ali je suprotno usmjeren, tj.

iFg MMrrr

0−=

i djeluje duž ose Ox prema slici.

Slika uz rješenje zadatka 11.6.

B

A C

D

ω2 C1 ω1

gmr

a

a

a

a

z

y x

0

A C

D

2ωr

C1

gmr

z

y

x

1ωr

0Lr

vr

iFM 0

r

GM 0

r

ξ

B

( )pd

AFr

kako dinamičke reakcije obrazuju spreg sila momenta iFMrr

0 to je ravan djelovanja sila

okomita na vektor iFMrr

0 , odnosno one imaju pravac ose Oy. Giroskopski pritisci jednaki su reakcijama samo su suprotnog smjera

aFaFvMM pd

Bpd

AFg ⋅=⋅=== )()('10

Na osnovu Resalove teoreme je

,22

2245sin0' 21202

00 ωωωω ξ ⋅==⋅== JLAMv iF

odnosno dinamičke reakcije izazvane giroskopskim dejstvom

.42)()( 21

2

amrFF p

dBp

dA

ωω==

Zadatak 11.7. Kroz cijev srednjeg poluprečnika r, sa malim poprečnim presjekom, struji tečnost velikom konstantnom brzinom v, a sama cijev se obrće oko ose AB konstantnom ugaonom brzinom ω1. pretpostavljajući da je težina tečnosti u prstenu jednaka G, odrediti giroskopske pritiske na ležišta A i B, koji su uslovljeni kretanjem tečnosti i obrtanjem cijevi. Dužine su aBCAC == . Slika uz zadatak 11.7. Rješenje: Analogno prethodnom zadatku, imajući u vidu da sopstvenu rotaciju i masu giroskopa čini voda, sopstvena ugaona brzina vode je

rv

=ω

Vektor ugaone brzine ωr

je okomit na prsten sa smjerom ose Oξ. Moment količine kretanja tečnosti CL

rje okomit na prsten, tj. u smjeru ose Cx. Kako CL

r opisuje krug u ravnini Cxz,

prema Resalovoj teoremi slijedi vektor iFMrr

0 uvijek u sredini prstena i u pravcu negativne ose Oz

r

B A 1ω

r φ

z

ωr

ξ

rv

=ω

11' ωωω ξ ⋅=⋅==

−=

JLMv

MM

CFC

FC

g

i

irr

Kako je moment inercije

2rgGJ ⋅=ξ tečnosti, u odnosu na

osu Oξ, slijedi

2)(2)( JaFaFM pd

BpdA

g =⋅=⋅=

121 ωωωξ rvgGJ =⋅⋅

Dinamički pritisci u ležištima su

.21)()( 1

arv

gGFF d

Bpd

Aω

==

Zadatak 11.8. Vratilo brodskog motora sa rotorom postavljeno je paralelno uzduž osi broda i obrće se oko svoje ose velikom ugaonom brzinom ω1. Težina dijelova koji se obrću jednaka je G, a poluprečnik inercije u odnosu na osu rotacije je ρ. Ležišta vratila motora A i B nalaze se na međusobnom rastojanju l. brod se obrće oko svoje vertikalne ose Oz konstantnom ugaonom brzinom ω2. Odrediti maksimalne giroskopske pritiske na ležišta vratila motora.

Slika uz zadatak 11.8.

r

B A 1ω

r x

z

ωr

ξ

yaa

( )pd

BFr

( )pd

AFr

gCM

r

iFM 0

r CL

r

C

0

Slika uz rješenje zadatka 11.7.

A

B l

2ωr

1ωr

ξ

0

Rješenje: Vratilo brodskog motora paralelno je sa osom simetrije broda. Centar inercije obrtnih dijelova motora je tačka O, a moment inercije u odnosu na osu AB odnosno Oξ je Jξ = mρ2.

Slika uz rješenje zadatka 11.8. Giroskopski efekat se javlja zbog promjena pravca ose brzo rotirajuće osovine motora sa obrtanjem oko svoje vertikalne ose Oz. Radi se o giroskopu sa dva stepena slobode kretanja, jer je njegov položaj određen uglom sopstvene rotacije oko ose Oξ i uglom rotacije oko ose Oz. Moment količine kretanja 0L

r ima pravac i smjer ose Oξ , istog je smjera kao ugaona brzina

sopstvene rotacije 1ωv . Pri precesionom kretanju ugaonom brzinom 2ω

v , kraj vektora 0Lr

opisuje horizontalnu kružnu putanju brzinom 'v

r intenziteta

ωωρωωω ξ 12

2110'gGJLv ===

Kako je po Resalovoj teoremi

iFMv 0'rr

=

glavni moment spoljašnjih sila paralelan 'vr i istog smjera to je on potpuno određen. Kako centar inercije ostaje za sve vrijeme kretanja nepomičan, to je rezultanta spoljašnjih sila, koje djeluju na osu motora, jednaka nuli. Jedine spoljašnje sile su otpori u ležištima A i B. Oni obrazuju spreg sila koje imaju pravac Oz, anjihov intenzitet

glG

ABM

FFiF

dB

dA ⋅

===2

210 ρωω

A

B l

2ωr

1ωr

ξ

0 0Lr

Gr

v′r iFM 0

r

dBF

r

dAF

r

ZADACI ZA RJEŠAVANJE IZ POGLAVLJA 11

Zadatak 11.9. Ploča težine G, oblika prikazanog na slici, obrće se oko vertikalne ose AB. Odrediti rezultujuću silu u presjeku duž ose. Rješenje:

( )π−=

8310 2

grGFr

Zadatak 11.10. Homogeni tanki štap dužine 2l i težine 2G savijen je pod pravim uglom i jednim krajem kruto spojen sa vertikalnim štapom pod pravim uglom. Vertikalni štap AB obrće se konstantnom ugaonom brzinom. Ako je rastojanje između oslonaca Ai B 2α odrediti ukupne pritiske na ležišta A i B.

Rješenje:

( )

( )

( )

( )2

2

2

2

43

4

243

4

ω

ω

ω

ω

agagGlF

agag

GlF

GF

agagGlF

agag

GlF

By

Bx

Az

Ay

Ax

+=

+−=

=

−=

−−=

z

Bωr

y innF

r

r r r

0

A

x

y

Slika uz zadatak 11.9

ωr

z B

a

a

x

y

Gr

Gr

BxFr

ByFr

2

21

ωlgG

2ωlgG

AxFr

AzFr

AyFr

A

Slika uz zadatak 11.10

Zadatak 11.11.

Homogena tanka ploča mase m ima oblik kružnog isječka poluprečnika r i obrće se oko vertikalne ose konstantnom ugaonom brzinom. Odrediti na kom rastojanju treba postaviti dopunsku masu m, da bi dinamički pritisci na ležišta bili jednaki nuli. Rješenje:

rz

nry

MF inR

inR

83

34

00

=−=

==

π

rr

Zadatak 11.12. Homogena kvadratna ploča ABED može se obrtati oko horizontalne ose A, a pridržava se osloncem B tako da joj je strana AB vertikalna. Odrediti otpor ležišta A neposredno pošto se ukloni oslonac B, ako se to učini odmah za φ=45° Rješenje:

GF

GF

Ay

Ax

85

83

=

−=

r

r

Zadatak 11.13 Homogena kvadratna ploča ABED stranice a, kreće se u vertikalnoj ravni tako da joj tjemena A i B klize po glatkom vertikalnom zidu i glatkom horizontalnom podu. Odrediti ugaonu brzinu, ugaono ubrzanje i otpore zida i poda neposredno prije nego što pravac AB zauzme horizontalan položaj. Težina ploče je G. Pravac AB u početnom trenutku gradi ugao φ0 sa pravcem horizontale.

m

z y

z B

r

x

y

A

Slika uz zadatak 11.11

A

B

C

D

E

A

B

C D

E

φ

y

x AxFr

AyFr

Slika uz zadatak 11.12

Zadatak 11.14.

Osovina OA, koja se obrće oko vertikalne ose OO1 ugaonom brzinom ω2 dovodi u kretanje točak A, težine G i poluprečnika r. Smatrajući točak A homogenim diskom, koji se kotrlja bez klizanja po horizontalnoj ravni, odrediti silu d

AFr

(koja se javlja u osovini) kao posljedica žiroskopskog momenta.

Rješenje:

( )

( )00

00

cos3sin31316

cossin1163

ϕϕ

ϕϕ

−−=

++−=

GF

GF

B

A

r

r

Zadatak 11.15. Disk poluprečnika r, težine 2G, obrće se oko horizontalne ose AB konstantnom ugaonom brzinom. Osa AB koja prolazi kroz središte diska O, obrće se oko vertikalne ose konstantnom ugaonom brzinom ω2. Smjerovi obrtanja dati su na slici. Odrediti pritiske vratila AB u ležištima A i B. Rješenje:

−=

+=

glr

GF

glr

GF

dB

dA

212

212

1

1

ωω

ωω

r

r

A

B

C

D

E

a a

a

a/2 a/2 φ φ

φ

AFr

BFr

Gr

Slika uz zadatak 11.13

A

r

l

0 Gr

dAF

r

dAF

r

0Lr

0Mr

gMr

1ωr

2ωr

v′r

01

Slika uz zadatak 11.14

z

A B1ωr

2ωr

Gr

2

l l

r

Slika uz zadatak 11.15