Masini Jada

Mehanika III Dinamika - Kinetika Zadaci sa Mainijade kolska 2006-2007

Mainski fakultet Univerziteta u Niu Predmetni nastavnik: Prof. dr Katica (Stevanovi) Hedrih Katedra za mehaniku (nelektorisan brief - tekst)

Str. 1 od 30

PRIPREMA ZA MAINIJADU 2007. MOGUI ZADACI I REENJA SA TAKMIENJA IZ OBLASTI MEHANIKE

(KINEMATIKE I DINAMIKE)

PRVI ZADATAK . (Kinematika): Disk poluprenika R kotrlja se bez klizanja po cilindrinoj krunoj povri poluprenika R2 sa centrom u taki O . Ravan diska je upravna na osu cilindrine povri. Po konturi diska moe da klizi kliza A za koji je zglobno vezan jedan kraj tapa 1AO , duine 22R , dok je drugi njegov kraj 1O vezan, takodje, zglobno za nepokretni oslonac na podu, tako da u

posmatranom poloaju zaklapa ugao 4 = sa pravcem normale na spojnu du OC koja spaja centar

diska i taku prodora ose cilindrine povri kroz ravan diska. Ako znamo da se centar diska C pri njegovom kotrljanju bez klizanja po cilindrinoj povri kree brzinom ntvC cos= konstantnog intenziteta, potrebno je u posmatranoj konfiguraciji kinematikog sistema prikazanom na slici br 1, odrediti ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje tapa 1AO .

A

O

1O

C

R

R2

Cvr

22R

4

Slika br. 1

REENJE PRVOG ZADATKA: Na slici 1. a* , b* i c* prikazan je plan brzina pojedinih taaka diska,C i A kao i ugaona brzine kotrljanja diska po polukrunoj povri P i ugaona brzinasopstvenog obrtanja diska oko njegovog centra C . Taka dodira diska i krine cilindrine povri P je trenutni pol rotacije diska pri kotrljanju te je ugaona brzine kotrljanja diska po polukrunoj povri

P :

RvC

P =

A

O

1O

C R

R2

CAvr

22R

4

Cvr

Cvr

Adiskvr

C 1O P

P

CAvr

Adiskvr

A Cvr

P oP

oP C

P

C Cvr

R2 O

R

3=+

A

O

1O

C R

R2

CAvr

22R

4

Cvr

Cvr

Adiskvr

C 1O P

P

Slika br. 1. a* Slika br. 1. b* Slika br. 1. c*



Str. 2 od 30

I jednaka je ugaonoj brzini sopstvene rotacije diska oko svoje ose C :

RvC

PC == Do tog zakljuka moemo doi i na sledeci nain: Pri kotrljanju diska po cilindrinoj povri

trenutni pol se pomeri po luku od OP do P dok se po disku pomeri od take OP do P , a to su lukovi centralnih uglova i te vai: RR =2 te se disk pri tom kotrljanju okretao brzinom C

RvC

C 322 === &&

medjutim s obzirom da se i povr sputala to je diks imao i dodatno zaokretanje od ugla , tako da je ukupan ugao za koji se disk zaokrenuo pri kotrljanju bez klizanja u odnosu na svoj poetni poloaj naznaen na slici 1. a* je + , te je ugaona brzina njegovog sopstvenog obrtanja C oko svog centra: PCCCC R

v ===+=+= &&& 3

A

O

1O

C R

R2

CAvr

22R

4

Aklizacavr

Cvr

Adiskvr

C 1O P

P A Cv

r Astapav

r

A

O

1O

C R

R2

Aklizacavr

22R

4

Astapavr

Cvr

Adiskvr

C

1O P P

Slika br. 1. d* Slika br. 1. e* Slika br. 1. f*

Brzinu take A diska se moe odrediti kao brzina rotacije oko trenutnog pola brzine P ugaonom

brzinom RvC

P = , ako se zna da je njeno udaljenje od trenutnog pola 2RPA = i da pada u pravac normale na to rsatojanje, te je:

( )jivjiRvRjiPAv CCPAdiska

rrrrrrr =

=

=

22

222

4sin

4cos

Do istog rezultata moemo doi koristei teorijska znanja iz kinematike ravanskih kretanja. Brzina take A diska jednaka je vektorskom zbiru brzine take C kao referentne i relativne brzine take A u odnosu na taku C:

( ) ( )jivjRivvvv CCCCACAdiska rrrrrrr ==+= Brzina Astapav

r take A tapa treba da ima pravac normale na tap i jednaka je po intenzitetu proizvodu rastojanja te take od ose obrtanja tapa kroz zglob u taki 1O i za sada nepoznate ugaone brzine 1O obrtanja tapa oko te ose. Na osnovu toga piemo:

( )jiRjiRjiAOv OOOAstapa rrrrrrr +=

+=

+= 1111 22

22222

4sin

4cos



Str. 3 od 30

A

O

1O

C R

R2

Aklizacavr

22R

4

Astapavr

Cvr

Adiskvr

C

1O P P

A

O

1O

C R

R2

AklizacaNar

22R

4

Astapavr

Cvr

Adiskvr

C

1O P P

Aklizacavr

Adiskvr

AklizacaTar

CNar

AdiskzNar

A

AdiskzNar

1O&

Slika br. 1. g* Slika br. 1. h* Slika br. 1. l*

A

O

1O

C R

R2

Aklizacavr

22R

4

Astapavr

Cvr

Adiskvr

C

1O P P

1O

AklizacaNar

22R

4

Astapavr

AstapaTar

1O

AklizacaTar

AdiskzNar

A

1O& 1O

AklizacaNar

22R

4

Astapavr

Adiskvr

1O

Aklizacavr

AklizacaTar

AdiskzNar

A

1O&

AstapaNar

Slika br. 1. m* Slika br. 1. n* Slika br. 1. p*

Relativna brzina klizaa A u odnosu na disk pada u pravac tangente na konturu dikska po kojoj kliza klizi te se moe postaviti veza izmedju triju brzina u zaki A , diska klizaa i tapa: brzine Adiskav

r take A diska, brzine Astapav

r take A tapa i brzine aAkliyav ;r take A klizaa:

aAkliyaAdiskaAstapa vvv ;rrr +=

( ) ( ) jvjivjiRv AklizacaCOAstapa rrrrrr +=+= 12 Iz prethodne vektorske jednaine , odr+ujemo trenutnu ugaonu brzinu 1O obrtanja tapa oko ose kroz zglob 1O i relativnu brzinz klizaa:

R

vCO 21=

dok je relativna brzina klizaa CCOAklizaca vvRv 22 1 =+= . Sada emo pristupiti odredjivanju ubrzanja tapa. S obzirom da se disk kotrlja konstantnom

ugaonom brzinom RvC

P = i njegov centar se kree po krugu poluprenika R3 sa centrom krivine u taki O , to e ubrzanje take C imati samo normalnu komponentu oko tog centra krivine.

jR

vaaaa CCNCTCNCrrrrr

3

2

==+=



Str. 4 od 30Ubrzanje take A diska odredjujemo pomou vektorskog zbira ubrzanja referentne take diska C i relativnog ubrzanja take A oko take konstantnom ugaonom brzinom C , tako da se javlja samo normalna komponenta tog relativnog ubrzanja: Na osnovu toga je:

( ) ( )ijR

viRjR

vaaa CCCC

CdiskaNAdiska AdiskaT

rrrrr 333

22

2

==+= Ubrzanje take A , pod pretpostavkom da se tap obre ugaonom brzinom 1O i ugaonim ubrzanjem 1O& je:

++

=+= jiRjiRaaa OOAstapaTAstapaNAstapa

rr&rrrrr4

sin4

cos224

sin4

cos22 12

1

++

= jiRji

RvRa OCAstapa

rr&rrr22

2222

22

22

222 1

2

( ) ( )jiRjiR

va OCAstaparr&rrr ++= 1

2

22

Ubrzanje relativnog kretanja klizaa po disku je:

jaiRvjai

Rv

aaa ZklizTCZklizTAkliyaca

AklizacaRTAklizacaNAklizaca +=+=+=rrrrr 22 4

Sada pomou vektorskog zbira

AkliyacaAdiskaAstapa aaarrr +=

( ) ( ) ( ) jaiRvij

RvjiRji

Rva ZklizTCCOCAstapa ++=++=

rrrr&rrr22

1

2 433

22

Rv

RvR

Rv CC

OC

22

1

2 422

=+ & odakle sledi da je 22

1 411

RvC

O =&

ZklizTC

OC a

RvR

Rv +=+

32

2

2

1

2

& odakle sledi da je Rva CAklizT 3

17 2= Time smo zadatak reili. I da zakljuim:

Ugaono ubrzanje tapa je 22

1 411

RvC

O =& , dok je ubrzanje klizaa A

( )jiR

vaaa CAklizacaRTAklizacaNAklizaca 17123

2

+=+= rrrr .



Str. 5 od 30DRUGI ZADATAK . (Dinamika): Disk mase m , poluprenika R kotrlja se bez klizanja po

cilindrinoj krunoj povri poluprenika R2 sa centrom u taki O . Ravan diska je upravna na osu cilindrine povri. Po konturi diska moe da klizi kliza A za koji je zglobno vezan jedan kraj tapa

1AO , mase M duine 22R , dok je drugi njegov kraj 1O vezan, takodje, zglobno za nepokretni

oslonac na podu, tako da u posmatranom poetnom poloaju zaklapa ugao 4 = sa pravcem normale

na spojnu du OC koja spaja centar diska i taku prodora ose cilindrine povri kroz ravan diska. Ako znamo da se centar diska C u poetnom trenutku imao brzinu centra 0Cv potrebno je odrediti broj stepeni slobode kretanja sistema, izabrati generalisane koordinate i napisati izraze za kinetiku i potencijalnu energiju sistema, kao i integral energije sistema.

Koliku je, u poetnom trenutku imao kinetiku energiju taj sistem, a koliku potencijalnu energiju? Da li mehanizam ograniava oblast kotrljanja diska po cilindrinoj povri?

A

O

1O

C

R

R2

Cvr

22R

4

SLIKA BR. 2

REENJE DRUGOG ZADATKA: Iz naznaene konfiguracije sistema na slici 2., kotrljanje diska je moguue samo u smeru prema tapu, ali je to mogue samo u u ogranienoj oblasti koju ograniavaju geometrijske konane veze tapa, diska i cilindrine povri. To je vidljivo na slici 2. a* , b* i c* na kojoj je prikazan sistem sa naznaenim koordinatama i kojim se odredjuje poloaj diska na cilindrinoj povri i u odnosu na tap. Pri kotrljanju diska po cilindrinoj povri trenutni pol se pomeri po luku od OP do P dok se po disku pomeri od take OP do P , a to su lukovi centralnih uglova i te vai: RR =2

CAvr

Adiskvr

A Cvr

P oP

oP C

P

C Cvr

R2 O

R

3=+

A

1O

CAvr

22R

+4

Cvr

Adiskvr

1O

CAvr

Adiskvr

0A Cvr

P oP

oP C

P

C Cvr

R2 O

R

3=+ +1



Str. 6 od 30te postoji jedna veza izmedju tih koordinata. Poloaj tapa emo meriti pd njegovog poloaja u poetnom trenutku i naznaimo taj otklon uglom . S obzirom da kliza vezuje disk i tap, to emo iz te veze napisati vezu izmedju koordinata , i , postavljajui geometrijske veze na slici br. 2.

( )

++=++ 4

sin22coscos3 1 RRRR

( ) RRRR 34

cos22sinsin3 1 =

++++ ili ( ) ( ) cossin21coscos3 1 ++=++ ( ) ( ) 3sincos2sinsin3 1 =+++ odnosno ( ) ( ) cossin21coscos3 1 +=++ ( ) ( ) sincos23sinsin3 1 +=++ odnosno kada saberemo, odnosno oduzmemo prethodne jednaine dobijamo:

A

O

1O

C R

R2

CAvr

22R

4

Cvr

Cvr

Adiskvr

C 1O P

P

CAvr

Adiskvr

0A Cvr

P oP

oP C

P

C Cvr

R2 O

R

3=+ +1

A

A

O

1O

C R

R2

CAvr

22R

4

Cvr

Cvr

Adiskvr

C 1O P

P

Slika br. 2. a* Slika br. 2. b* Slika br. 2. c*

( ) ( ) ( )( )[ ]4sincossincos341sin 11 +++++=

( ) ( ) ( )( )[ ]2sincossincos341cos 11 ++++=

( ) ( ) cos3cossin21cos 1 ++=+ ( ) ( ) sin3sincos23sin 1 ++=+

Veza iymedju generalisane koordinate i ugla je:

( )[ ] ( )[ ] 1cos3cossin21sin3sincos23 22 =+++++ Diferenciranjem

( )[ ] ( )( )[ ] ( )[ ] 0sin3sincos2cos3cossin212

cos3cossin2sin3sincos232=++++++++

&&&&



Str. 7 od 30

Iz svega prethodnog zakljuujemo da se radi o sistemu sa jednim stepenom slobode kretanja i za generalisanu koordinatu biramo ugao preko koga smo izrazili ostale dve koordinate.

( ) ( ) ( )( )[ ]4sincossincos341sin 11 +++++=

( ) ( ) ( )( )[ ]2sincossincos341cos 11 ++++=

Na slici 2. a* , b* i c* prikazan je plan brzina pojedinih taaka diska,C i A kao i ugaona brzine kotrljanja diska po polukrunoj povri P i ugaona brzina sopstvenog obrtanja diska oko njegovog centra C . Taka dodira diska i krine cilindrine povri P je trenutni pol rotacije diska pri kotrljanju te je ugaona brzine kotrljanja diska po polukrunoj povri P : && 33 ===

RR

RvC

P

I jednaka je ugaonoj brzini sopstvene rotacije diska oko svoje ose C : &3===

RvC

PC

Do tog zakljuka moemo doi i na sledeci nain: Pri kotrljanju diska po cilindrinoj povri trenutni pol se pomeri po luku od OP do P dok se po disku pomeri od take OP do P , a to su lukovi centralnih uglova i te vai: RR =2 te se disk pri tom kotrljanju okretao brzinom C

RvC

C 322 === &&

medjutim s obzirom da se i povr sputala to je diks imao i dodatno zaokretanje od ugla , tako da je ukupan ugao za koji se disk zaokrenuo pri kotrljanju bez klizanja u odnosu na svoj poetni poloaj naznaen na slici 1. a* je + , te je ugaona brzina njegovog sopstvenog obrtanja C oko svog centra: PCCCC R

v ===+=+= &&& 3 Diferenciranje prethodnog izraza veze izmedju koordinata i dobijamo: ( ) ( ) ( ) ( )( )[ ] ++++++= 111 cossincossin341cos &&&& Te je ugaona brzina obrtanja tapa jednaka:

Sada je lako sastaviti izraze za kinetiku i potencijalnu energiju za tap i disk:.

Kinetika energija diska je kinetika energija rotacije diska oko oce trenutne rotacije kroz pol P ugaonom brzinom &3=P .Aksijalni moment inercije mase diska za osu kroz trenutni pol je:

2

23 mRC =J

Kinetika energija tapa je kinetika energija rotacije tapa oko oce rotacije kroz zglob 1O ugaonom brzinom &=1O .Aksijalni moment inercije mase tapa za osu kroz kroz zglob 1O je:

( ) 2221 3222121121 MRRMMO === lJ Izraz za kinetiku energiju je sada:

( ) 22222112 32

213

23

21

21

21 && MRmRE OOCCk +=+= JJ



Str. 8 od 30 Promena potencijalne enrgije je rezultat rada sila teine diska i tapa pri sputanju odnosno podizanju njihovih centara masa za: ( )cos13 = RhC [ ]1cossin

4sin

4sin2 +=

+= RRhT

Izraz za promenu potencijalne energije je: TCp MghmghE += ( ) [ ]1cossincos13 ++= MgRmgRE P

Kako je sistem konzervativan, jer su sile koje dejstvuju na sistem konzervativne potiu sve od sopstvene teine diska i tapa, te zato vai teorema koja tvrdi da je ukupna energija sistema konstantna u toku kretanja sistema i jednaka mehanikoj energiji sistema u poetnom trenutku.

constEEEEE pkpk =+=+= 00 ( ) ( ) [ ] constMgRmgRMRmREE pk =+++=+ 1cossincos133

2213

23

21 2222 &&

gde je veza izmedju koordinata:- generalisane koordinate i ugla je: ( )[ ] ( )[ ] 1cos3cossin21sin3sincos23 22 =+++++ Diferenciranjem

( )[ ] ( )( )[ ] ( )[ ] 0sin3sincos2cos3cossin212

cos3cossin2sin3sincos232=++++++++

&&&&

U poetnom trenutku, poetni uslovi su: ( ) 00 = , ( ) 00 = , ( ) ( ) ( )3

03

03

0 PCCR

v === & ( ) ( )

RvC

O 200 1 ==& /odredjeni u prethodnom kinematikom zadatku), te je ukupna energija sistema u

tom trenutku:

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )[ ] constMgRmgRMRmREE pk =+++=+ 10cos0sin0cos1303221032321 22220 && ( ) ( )( ) ( ) const

RvMRmvMRmREE CCpk =

+=+=+

2222222

0 231

430

32

2103

23

21 &&

( ) constmvEE Cpk ==+ 20 65 za mM = TREI ZADATAK. (Dinamika): Disk mas m , poluprenika R kotrlja se bez klizanja po

horizontalnoj glatkoj povri. Ravan diska je u vertikalnoj ravni. Za konturu diska zglobno je vezan jedan kraj tapa AB , duine l2 , mase M dok je na drugom kraju nosi materijalnu taku mase m .

A

B C R mR, OA

M,2l

C R

OA M,2l

mR, x

0P

0P P

P C

Cv

Slika br.3 REENJE TREEG ZADATKA. (DINAMIKA):



Str. 9 od 30ETVRTI ZADATAK (Kinematika i Dinamika): Sistem prikazan na slici sastoji se od dva

diska poluprenika R , masa po m2 , sa centrima 1C odnosno 2C spojena svema polugama AC1 i AB jednakih duina 22R i masa po m3 , koji su sa po krajem zglobno spojeni u taki A za kliza mase m , koji moe sa klizi brz trenja u vertikalnim vodjicama, dok su im drugi krajevi spojeni zglobno za odgovarajui disk i to kraj 1C tapa AC1 za centra prvog diska koji se kotrlja bez klizanja po horizontalnoj ravni, a kraj B drugog tapa za obod drugog diska sa centrom u 2C koji se kotrlja bez klizanja po cilindrinoj krunoj povri poluprenika R2 sa centrom u taki 1O . Ravan koja sadri oba diska je upravna na osu cilindrine povri. U poloaju prikazanom na slici kada oba tapa zaklapaju

uglove of po 4 sa horizontom, a centar 1C prvog diska ima brzinu 01 vvC = i ubrzanje 01 aaC =

usmerene nalevo, odrediti: a* Koliko stepeni slobode kretanja ima sistem? Koje su mogunosti za izbor odgovarajueg

broja generalisanih koordinata? b* U naznaenom polaju odrediti ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje drugog diska, kao i brzine

klizaa i ugaone brzine u ugaona ubrzanja tapoba i klizaa. c* U poloaju naznaenom na slici odrediti odrediti kinetiku energiju sistema. d* Kolika je ukupna energija sistema sa kojom se sistem kree ako se zna da je u poloaju na

slici brzina centra 1C prvog diska bila 01 vvC = ? e* Da li se ukupna energija kretanja ovog sistema menja u toku kretanja istog? g* Napisati izraze za kinetiku i potencijalnu energiju sistema u proizvoljnom poloaju u

funkciji izabrane generalisane koordinate.

1Car

A 1O

1C R

R2

22R

4

R 1Cvr

2C

4

22R

REENJE ETVRTOG ZADATKA (Kinematika i Dinamika): Slikama!!

1Car

A 1O

1C R

R2

22R

4

R 1Cv

r

2C

4

22R

Avr

1P

B

stapaT1 2P

1C 2C B

vr

1O

2P 1P stapaT 2

HedrihStevanovicKatica )(

1Car

A 1O

1C R

R2

22R

4

R 1Cvr

2C

4

22R

Avr

1P

B

1P 2P

1C 2C Bvr

1O

2P




Str. 10 od 30

CAvr

Adiskvr

A Cvr

P oP

oP C

P

C Cvr

R2 O

R

3=+

B

Bvr

2P oP2

oP2 2C

2P 2Cv

r

R2 1O

R

1O

+


B

2P oP2

oP2 2C

2P TCa 2

r

R2 1O

R

1O&

+

NCa 2r

1O

R3

1Car

A 1O

1C R

R2

22R

4

R 1Cv

r

2C

4

22R

Avr

1P

B

stapaT1 2P

1C 2C B

vr

1O

2P 1P stapaT 2


1Car

1O R2

22R

4

R

2C

A

4

22R Avr

B

stapaT1 2P

2C

Bvr

1O

2P

1C R 1Cv

r

1P

1C 1P stapaT 2 Bv

r

A A

B

Avr

Avr

1Cvr

1C

1Cvr

( )1CAvr

( )ABvr

Avr

( ) ( )BC

CB vv 2

2 rr =


NCa 2r

A 1O

1C R

R2

22R

4

R 1Cv

r

2C

4

22R

Avr

1P

B

stapaT1 2P

1C 2C

Bvr

1O

2P 1P stapaT 2

Aar

stapaT1& stapaT 2&

1Car

TCa 2r

( )2CBT

ar

( )2CBN

ar

( )ABT

ar

( )ABN

ar




Str. 11 od 30

A 1O

1C R

R2

22R

4

R 1Cv

r

2C

4

22R

Avr

1P

B

stapaT1 2P

1C 2C

Bvr

1O

2P 1P stapaT 2

Aar

stapaT1& stapaT 2&

1Car

TCa 2r

( )2CBT

ar

( )2CBN

ar

( )ABT

ar

( )ABN

ar

Aar

Aar

Aar

NCa 2r

2Car

2Car

1Car

1Car

( )1CAa

r ( )1C

ANar

( )1CATa

r


PETI ZADATAK (Kinematika i Dinamika):

1O

1C R

R2

R 2C

A

N 1Ca

r

REENJE PETOG ZADATKA (Kinematika i Dinamika):

ESTI ZADATAK (Dinamika): Materijalni sistem se sastoji od materijalne take N mase m koja se kree po glatkom krunom ljebu 00 NNN sa centrom u O , poluprenika R , koji je urezan u disk poluprenika R , koji se obre u horizontalnoj ravni, konstantnom ugaonom brzinom 0 oko nepomine ose upravne na povr diska i koja prolazi kroz taku O na njegovom obodu u kojoj se nalazi zglobu, i opruge krutosti c , koja vezuje materijalnu taku u proizvoljnom poloaju N na ljebu sa takom 1O na suprotnom kraju prenika 1OO naq obodu diska. Ako materijalna taka zapoinje kretanje po ljebu iz poloaja 0N brzinom 0v , kada je opruga nenapregnuta, odrediti reakciju veze ukupan pritisak reakcije veze na ljeb u proizvoljnom poloaju u funkciji koordinate koja odredjuje njen poloaj na disku.

REENJE ESTOG ZADATKA (Dinamika):

O R

R N

0vr

0N

0N

C

1O

c

m

O R

R N

0vr

0N

0N

C

1O

c

m

t =

Nvr

NNamr

NTamr

NFr

CFr



Str. 12 od 30SEDMI ZADATAK (Dinamika, analitika mehanika): Materijalni sistem se sastoji od pet

homogenih diskova i dva tega, od kojih se prvi, homogeni disk A mase m2 i poluprenika R kotrlja bez klizanja po horitontalnoj glatkoj ravni, drugi i peti istih masa i poluprenika kao prvi, ali uvreni zglobno u odgovarajuim centrima 2C i 4C kroz koje prolaze ose upravne na povri diskova oko kojih se oni mogu obrtati, dok su trei i etvrti disk, N i M kruto spojeni i svojim centrima postavljeni na istu osu oko koje mogu da se zajedno. Na disk A je namotano nerastegljivo ue, koje je prebaeno preko koturoca B i D , dok je njegov sredinji deo namotan na kalem koji ine trei i etvrti disk i na drugom kraju je vezano za teret mase m4 koji moe da klizi po glatkoj strmoj ravni. O osu kalema NM visi teg mase m . Ceo sistem se nalazi u vertikalnoj ravni. Ako je sistem bio u mirovanju, odrediti ;

a* broj stepeni slobode kretanja i izaberi generalisane koordinate, i pomou njih odredi koordinate poloaja svakog od diskova i tehova, kao i brzine istih;

b* izraze za kinetiku i potencijalnu energiju sistema; c* ukupnu energiju sistema u toku kretanja; d* diferencijalne jednaine kretanja sistema, koristei Lagrange-ove jednaine druge vrste; e* sile u delovima uadi. f* Ako u poetnom poloaju sistem nije bio u miru, nego je imao poetnu brzinu zadatu poetnom

brzinom centra prvog diska A , da li e diferencijalne jednaine kretanja sistema biti iste kao u prethodnom?

Rm,2

Rm,2

Rm 2,6

BA

D

L

M

1C

Rm,2

2C 4C

6C

K

3C

N

m4

m

Rm,3

REENJE SEDMOG ZADATKA (Dinamika, analitika mehanika):

OSMI ZADATAK. Za materijalni sistem prikazan na slici 2. na kojoj su naznaeni

kinematiko-kinetiki parametri koturova u obliku homogenih tankih diskova, uz pretpostavku da je ue nerastegljivo, odrediti: a* Broj stepeni slobode kretanja sistema i nainiti izbor generalisanih koordinata sistema; b* Sve koordinate poloaja i konfiguracije sistema, kao i ugaone brzine koturova izraziti pomou izabranih generalisanih koordinata sistema; c* Izraze za kinetiku i potencijalnu energiju sistema; Da li se energija datog sistema menja u toku vremena i toku kretanja sistema? Napisati integral energije sistema; Da li je sistem konzervativan? Kolika je snaga rada sila koje dejstvuju na sistem? d* Diferencijalne jednaine sistema pomou generalisanih koordinata i Lagrage-ovih jednaina druge vrste. Koliki najmanji broj diferencijalnih jednaina kretanja sistema? e* Ugaonu brzinu i brzinu centra masa diska L .

Rm,2

Rm,2

rm,

Rm,2

Rm,4

BA

D

L

1P

1C

Slika 2



Str. 13 od 30REENJE OSMOG ZADATKA: a* i b* Prvo je potrebno odrediti broj stepeni slobode kretanja

sistema i nainiti izbor generalisanih koordinata sistema; Pretpostaviemo da je disk L u poetnom trenutku bio u miru, kao i da se ue, kojim je vezan za zid, ne sabija pa samim tim uvodimo ptretpostavku da su koturovi L i B nepokretni.

Analizirajui mogunost pokretanja pojedinh delova sistema, vidimo da se kotur oznaen sa D moe kotrljati niz i uz strmu ravan i da je dovoljno jednom koordinatom odrediti poloaj njegivog centra

1C u odnosu na neki poloaj fiksiran u odnosu na nepokretnu strmu ravan. Usvojimo da je to koordinata x usmerena paralelno sa strmom ravni i uz strmu ravan. Kako je ue nerastegljivo i vezano za centar 1C tog diska to znai da se njegov kraj pomera brzinom xvC &=1 , pa i celo ue ima tu brzinu, pa je brzina taaka na periferiji kotura A sa nepokretnim centrom 3C , jednaka toj brzini x& , te je ugaona brzina

okretanja tog diska oko ose kroz njegov centar Rx

C&=3 , gde je R poluprenik tog kotura. Takodje

moemo odrediti trenutnu ugaonu brzinu kotrljanja diska D uz strmu ravan, oko ose kroz trenutni pol

1P , koja iznosi 111 CCP Rx

Rv === & . Nastavljajui dalje analizu kretanja nerastegljivog ueta vidimo da

ono nosi disk iji se centar pomera u vertukalnom pravcu, dok se on kotrlja po nepokretnom delu nerastegljivog ueta koje je dalje prebaeno preko kotura B i vezano za centar diska L , koji je takodje, nerastegljivim delom ueta vezan za nepokretni deo zida, a paralelno drugoj, na desnoj strani strmoj ravni. Ako analiziramo taj deo ueta vidimo da je on nepokretan, pa je i centar diska L nepokretan, a samim tim i deo ueta prema koturu B , to znai da i taj kotur miruje. Kako je deo ueta izmedju kotura A i kotura K pokretan, te je brzina take K i ueta i kotura xvK &= . Brzina take 2P i ueta i kotura je jednaka nuli, jer je ta taka trenutni pol kotrljanja diska K po uetu, te nije teko odrediti brzinu centra

2C koja je jednaka polovini brzine xvK &= , jer se taka K nalazi na dva puta udaljenijem poloaju od trenutnog pola rotacije kotrljanja tog diska po uetu, u odnosu na rastojanje centra masa tog diska 3C .

Sada piemo da je 22xvC&= . Trenutna ugaona brzina kotrljanja tog diska oko trenutne ose rotacije kroz

ternutni pol 2P , je Rx

Rv

Rv CK

P 222

2&=== , ugaona brzina sopstvenog obrtanja kroz osu upravnu na disk

i koja prolazi kroz njegov centar je jednaka Rx

PC 222&== .

Na osnovu ove analize zakljuujemo da materijalni sistem prikazan na slici 2 ima samo jedan stepen slobode kretanja i da je dovoljno izabrati samo jednu koordinatu i to koordinatu x koju smo usvojili za generalisanu koordinatu sistema.

Napomena: Izbor generalisanje koordinate se moe izvesti i na vie drugih naina. Naprimer mogue je uzeti za generalisanu koordinatu i pomeranje centra diska 2C u vertikalnom pravcu naprimer y , i onda momou nje izraziti sva ostala pomeranja, ili pak ugao obrtanja diska A , naprimer . Ako postupimo na neko od ovih drugih naina imali bi smo da je yx 2= ili Rx = ili

Ry2= , Mi smo se

opredelili da za generalisanu koordinatu izaberemo koordinatu x translatornog pomeranja centra 1C dika D i pomou nje emo dalje reavati zadatak. Vano je samo istai da izbor koordinatnog sistema u kome reavamo zadatak ne utie na svojstva dinamike jer su ona invarijantna u odnosu na izbor koordinatnog sistema.



Str. 14 od 30

Rm,2

Rm,2

rm,

Rm,2

Rm,4

K

A

D

L 1C

x

x& x&

22xvC&= x&

1P 2P 3C

2P 1P

3C

2C

B

Slika 2. a*

c* Sada nije teko odrediti izraze za kinetiku i potencijalnu energiju sistema. Jer smo u

prethodnoj analizi karaktera pokretljivosti pojedinih materijalnih tela u sistemu zakljuili i sledee: Disk D izvodi ravansko kretanje jednom rotacijom oko ose trenutne rotacije kroz taku 1P koja

se pomera po strmoj ravni, pa je kinetika energija kretanja tog diska energija rotacije oko ose kroz taku 1P . Ta kinetika energija je jednaka polovini proizvoda aksijalnog momenta inercije diska za trenutnu osu rotacije i kvadrata trenutne ugaone brzine oko te ose:

22

221

211

2111 2

3223

212

21

21

21 xm

RxmRmvE CCCPPk && =

=+== JJ Kinetika energija diska A je kinetika energija rotacije oko ose kroz centar diska koji rotira

ugaonom brzinom 3C , a koju smo ve odredili: Rx

C&=3 , te je:

22

22333 2

1221

21

21 xm

RxmRE CCk && =

== J Disk K izvodi ravansko kretanje jednom rotacijom oko ose trenutne rotacije kroz taku 2P koja

se pomera u vertikalnom pravcu po nepokretnom delu ueta, pa je kinetika energija kretanja tog diska energija rotacije oko ose kroz taku 2P . Ta kinetika energija je jednaka polovini proizvoda aksijalnog momenta inercije mase diska za trenutnu osu rotacije kroz 2P i kvadrata trenutne ugaone brzine

Rx

PC 222&== oko te ose:

22

222

222

2222 4

32

423

214

21

21

21 xm

RxmRmvE CCCPPk && =

=+== JJ Vidimo da se kinetika energija diskova D i K moe odrediti kao kinetika energija ravanskog

kretanja tela, a prema Kenigovoj teoremi je jednaka zbiru kinetike energije translaciji brzinom centra masa kao da se sva masa saeta u tom centru i kinetike energije rotacije oko ose kroz centar masa ugaonom brzinom rotacije oko ose kroz centar masa, to smo i napisali u prethodnim izrazima.

Ukupna kinetika energija posmatranog materijalnog sistema je:

22222332

22211321 4

1143

21

23

21

21

21 xmxmxmxmEEEE CCPPPPkkkk &&&& =++=++=++= JJJ

Na tela materijalnog sistema dejstvuju sile teine sa napadnim takama u centrima masa (sreditima tela), koja ine posmatrani sistem. Kako se sredita masa 1C i 2C diskova D i K pomeraju, a ostalih miruju to se menja potencijalna energija sistema, koja je jednaka radu tih konzervativnih sila na



Str. 15 od 30

pomeranjima njihovih napadnih taaka: sin1 xhC = - podizanje i 22xhC = .- sputanje, te je rad sila

teine:

( )xmgxmgmgxmghmgh CC sin1224sin242 21 =+=+=A Promena potencijalne enrgije sistema je jednaka radu konzervativnih sila sa promenjenim

znakom: ( )xmgEp sin12 == A Ukupna energuija sistema je:

( ) constmvEExmgxmEEE pkpk ==+==+= 20002 411sin12

411 &

gde 0v poetna brzina kretanja sistema u poetnom trenutku. Znai da se ukupna energija datog materijalnog sistema ne menja u toku vremena i u toku

kretanja sistema je konstantna i njena vrednost zavisi od poetnih uslova, odnosno od poetne brzine 0v . Prethodni izraz koji smo napisali predstavlja integral energije sistema i on se moe napisati samo ako je sistem konzervativan, to je u posmatranom sluaju zadovoljeno. Ukupna snaga rada svih sila koje dejstvuju na ovaj sistem je jednaka nuli, jer nema promene ukupne energije sistema. Moemo odrediti snagu rada pojedinih sila koje dejstvuju na sistem, a to je naprimer snaga rada sila teine diskova:

sin2sin2 11 xmgvmgdtd

C &==A

xmgxmgmgvdt

dC &

&2

244 22 ===A

Sledi da je snaga rada konzervativnih sila:

( )xmgdt

ddt

dPPP &1sin22121 =+=+= AA Snaga rada unutranjih sila sistema - sila u uadima je jednaka nuli, jer se javljaju u parovima. Snaga rada reakcija veza, otpora strme ravni je jednaka nuli, jer je sila otpora strme ravni upravna na pravac brzine kretanja centra masa tog diska. Snaga rada sila inercije sistema je jednaka promeni kinetike energije sistema po vremenu:

xxmdt

dEk &&&2

11= Kako je:

( ) ( ) 0sin12

211 ==+== xmgxxm

dtEEd

dtdEP pksist &&&&

d* Kako sistem ima samo jedan stepen slobode kretanja njegovo kretanje moemo opisati jednom diferencijalnom jednainom za generalisanu koordinatu x . Lagrange-ova jednaina druge vrste za generalisanu koordinatu x se moe napisati u sledeem obliku:

0=+

xE

xE

xE

dtd pkk

& te je posle diferenciranja

( ) 0sin122

11 = mgxm && odakle sledi da je:

( )sin1114 = gx&&

Ovo je diferencijalna jednaina kretanja posmatranog materijalnog sistema izraena pomou izabrane generalisane koordinate. To jednainu moemo dobiti i iz uslova da je snaga rada svih sila sistema jednaka nuli, jer je sistem konzervativan, to smo ve napisali u obliku:



Str. 16 od 30

( ) ( ) 0sin12

211 ==+== xmgxxm

dtEEd

dtdEP pksist &&&&

odakle skraivanjem sa x& dobijamo istu diferencijalnu jednainu, kao i u prethodnom sluaju primene Lagrange/ova jednaina druge vrste za generalisanu koordinatu x :

( )sin1114 = gx&&

Time smo odredili ubrzanje centra diska koji se kotrlja po strmoj ravni:

( )sin1114

1 = gaC dok je ubrzanje centra 2C diska K :

( )sin1112

2 = gaC Ako pak elimo da odredimo i zakon kretanja, to se zadatkom nije trailo, dovoljno je integraliti

dva puta dobijenu diferencijalnu jednainu pa je:

( )sin1114 = gx&&

( ) ( ) ( ) 01 sin1114 vgttxtvC == &

( ) ( ) tvgttx 02 sin1112 =

Znak zavisi od usmerenja poetne brzine centra diska, da li je uz ili niz strmu ravan. U sluaju da je nagibni ugao strme ravni jednak nuli, kada se disk D kotrlja po horizontalnoj ravni ubrzanje, brzina i predjeni put su:

gx114=&&

( ) ( ) 01 114 vgttxtvC == &

( ) tvgttx 02112 =

U sluaju da je nagibni ugao strme ravni jednak 2 , kada se disk D kotrlja po vertikalnoj ravni,

uz pretpostavku da se odvaja od nje, ubrzanje, brzina i predjeni put su: 0=x&& ( ) ( ) 01 vtxtvC == & ( ) tvtx 0=

Odakle zakljuujemo da ako je sistem bio u miru ostae u miru i ravnotei, pa nema kretanja. A ako je sistm dobio poetnu brzinu, centri masa diskova kretae se jednoliko konstantnim brzinama i to

( ) ( ) 01 vtxtvC == & i ( ) ( ) 22 01vtxtvC == & .

Zadatkom se ne trae sile u delovima uzadi, ali ih nije teko odrediti primenom teoreme o promeni impulsa kretanja i momenta impulsa kretanja na svaki od diskova, na koje smo dekonponovali sistem i postavili unutranje sile u uadima, kao sile uzajamnog dejstva tih podsistema na sistem. Drugi optiji pristup reavanju zadatka, kada poetna brzina kretanja diska L nije jednaka nuli. :

a* i b* Ako ne uvedemo pretpostavke, kao u prethodnom, pristupu i pretpostavimo da centar 5C diska L ima poetnu brzinu koja je usmerena niz strmu ravan i iznosi 50Cv onda zadatak moramo



Str. 17 od 30reavati posmatrajui sistem sa dva stepena slobode kretanja. Zato emo analizirati pokretljivost pojedinih tela diskova i pokazati da sistem tada ima dva stepena slobode kretanja u jeddnoj fazi kretanja, a jedan kada se ostvari dejstvo jednostrano-zadravajue veze.

Prvo je potrebno odrediti broj stepeni slobode kretanja sistema i nainiti izbor generalisanih koordinata sistema;

Analizirajui mogunost pokretanja pojedinh delova sistema, vidimo da se kotur oznaen sa D moe kotrljati niz i uz strmu ravan i da je dovoljno jednom koordinatom odrediti poloaj njegivog centra

1C u odnosu na neki poloaj fiksiran u odnosu na nepokretnu strmu ravan. Usvojimo da je to koordinata x usmerena paralelno sa strmom ravni i uz strmu ravan. Kako je ue nerastegljivo i vezano za centar 1C tog diska to znai da se njegov kraj pomera brzinom xvC &=1 , pa i celo ue na tom delu do kotura A sa centrom u 3C oko koga se obre, ima tu brzinu, pa je brzina taaka na periferiji kotura A sa nepokretnim centrom 3C , jednaka toj brzini x& , te je ugaona brzina okretanja tog diska oko ose kroz

njegov centar Rx

C&=3 , gde je R poluprenik tog kotura. Takodje moemo odrediti trenutnu ugaonu

brzinu kotrljanja diska D uz strmu ravan, oko ose kroz trenutni pol 1P , koja iznosi 111 CCP Rx

Rv === & .

Nastavljajui dalje analizu kretanja nerastegljivog ueta vidimo da ono nosi disk iji se centar pomera u vertukalnom pravcu, dok se on kotrlja po delu nerastegljivog ueta koje je dalje prebaeno preko kotura B i vezano za centar diska L , koji je takodje, nerastegljivim delom ueta vezan za nepokretni deo zida, a paralelno drugoj, na desnoj strani strmoj ravni. Ako analiziramo pokretljivost tog dela ueta od kotura B do kotura L , koji je dalje vezan nerastegljivim uetom za nepokretni zid V , te moemo doi do sledeih zakljuaka: taj deo ueta je jednostrano-zadravajua veza, pa se i centar diska i disk L ne mogu kretati navie uz tu strmu ravan, dalje nego to je domet dela ueta VC5 , ali ako je taj deo ueta savitljiv kotur bi se mogao pokretati kotrljajui se niz tu strmu ravan, pa emo zato pretpostaviti da je njegvo kretanje mogue u tom pravcu i oznaiemo pomeranje njegovog centra 5C paralelno strmoj ravni sa y , kako je to naznaeno na slici. Pri tome postavljamo uslov da je ta koordinata uvek vea ili jednaka nuli 0y , i da zbog jednostrano zadravajue veze ne moe biti manja od nule (suprotnosmerna). Ugaona brzina kotrljanja diska L niz strmu ravan oko trenutnog pola 5P , je r

yP

&=5 . Kako je taj deo ueta prebaen preko koturu B , to znai da u sluaju mogueg kretanja diska L

niz strmu ravan take na njegovoj konturi imaju periferijsku brzinu y& , a ugaona brzina obrtanja tog

diska B oko ose kroz njegov nepokretni centar 4C je Ry

C&=4 . U sluaju kada bi disk L mirovao,

onda bi i disk B mirovao. Medjutim treba ispitati koji se od ova dva sluaja javlja. Zato polazimo od pretpostavke da sistem ima dva stepena slobode kretanja i za generalisane koordinate biramo koordinate x i y , koje merimo od naznaenih poloaja na slici, pri emu koordinatu y merimo od poloaja u kome je deo ueta VC5 zategnut, pa je ogranienje za tu koordinatu ( ) 0ty i ( ) 00 y& .

Kako je deo ueta izmedju kotura A i kotura K pokretan, te je brzina take AK i ueta i kotura xvKA &= , dok je deo ueta izmedju kotura K i kotura B pokretljiv brzinom y& , te je brzina take BK ,

jenaka yvKB &= Brzina take 2P kotura, koja se nalazi u preseku normala na brzine xvKA &= i yvKB &= i dui koja spaja vrhove vektora tih brzina, kao to je prikazano na slici, koja je trenutni pol brzine ravanskog kretanja tog diska, je jednaka nuli. Znai ta taka je trenutni pol ravanskog kretanja diska K

po uetu, te nije teko odrediti brzinu centra 2C , koja je jednaka polovini razlika tih brzina 22yxvC&& = ,

to nije teko dokazati iz slinosti trouglova:

aRv

Rav

av KBCKA

== 22



Str. 18 od 30odnosno

aRy

Rav

ax C

== 22 &&

Iz prethodnog dobijamo da je:

aRy

ax

= 2&&

( ) yaxaR && =2 ( ) xRyxa &&& 2=+

( )yxxRa &&&

+=2

Na osnovu prethodnog sledi da je:

( )( ) ( ) 2

222

yxRyxxR

yxxR

xRaaxvC

&&&&&

&&&

&& =

+

+==

Trenutna ugaona brzina rotacije tog diska oko trenutne ose rotacije kroz ternutni pol 2P , je

( ) Ryx

yxxR

xaR

vRa

va

v KBCKAP 222

22

&&

&&&

& +=+

==== , a to je i ugaona brzina sopstvenog obrtanja oko ose

upravne na disk i koja prolazi kroz njegov centar je jednaka R

yxPC 222

&& +== . Na osnovu ove analize zakljuujemo da materijalni sistem prikazan na slici 2 ima dva stepena

slobode kretanja, ako to jednostranozadravajua veza dozvoljava, ili samo jedan stepen slobode kretanja, ali je to potrebno i dokazati.

Napomena: Izbor generalisanih koordinata se moe izvesti i na vie drugih naina. Naprimer mogue je uzeti za generalisanu koordinatu i pomeranje centra diska 2C u vertikalnom pravcu naprimer z , i onda pomou nje izraziti sva ostala pomeranja, ili pak ugao obrtanja diska A , naprimer . Mi smo se opredelili da za generalisane koordinate izaberemo koordinatu x translatornog pomeranja centra 1C diska D i koordinatu y pomeranja centra diska L i pomou njih emo dalje reavati zadatak. Vano je samo istai da izbor koordinatnog sistema u kome reavamo zadatak ne utie na svojstva dinamike, jer su ona invarijantna u odnosu na izbor koordinatnog sistema.

Rm,2

Rm,2

rm,

Rm,2

Rm,4

K

A

D

L 1C

x

ax&

22yxvC&& = xvKA &=

5P 2P

4C

2P

1P

3C

2C

By&

yvKB &= y

V

5C 3C

2C 1P

5P

y&

BK AK

x&

Slika 2. a*

c* Sada nije teko odrediti izraze za kinetiku i potencijalnu energiju sistema. Jer smo u

prethodnoj analizi karaktera pokretljivosti pojedinih materijalnih tela u sistemu zakljuili i sledee: Disk D izvodi ravansko kretanje jednom rotacijom oko ose trenutne rotacije kroz taku 1P koja

se pomera po strmoj ravni, pa je kinetika energija kretanja tog diska energija rotacije oko ose kroz



Str. 19 od 30

taku 1P . Ta kinetika energija je jednaka polovini proizvoda aksijalnog momenta inercije mase diska za trenutnu osu rotacije i kvadrata trenutne ugaone brzine oko te ose trenutne rotacije:

22

221

211

2111 2

3223

212

21

21

21 xm

RxmRmvE CCCPPk && =

=+== JJ Kinetika energija diska A je kinetika energija rotacije oko ose kroz centar diska koji rotira

ugaonom brzinom 3C , a koju smo ve odredili: Rx

C&=3 , te je:

22

22333 2

1221

21

21 xm

RxmRE CCk && =

== J Disk K izvodi ravansko kretanje jednom rotacijom oko ose trenutne rotacije kroz taku 2P , ili

pak jednom translacijom brzinom centra 2C masa diska 22yxvC&& = i jednom rotacijom oko ose kroz

centar masa 2C , ugaonom brzinom Ryx

PC 222&& +== , pa je kinetika energija kretanja tog diska

energija rotacije oko ose kroz taku 2P .ili jedne translacije i jedne rotacije. Ta kinetika energija je jednaka polovini proizvoda aksijalnog momenta inercije mase diska za trenutnu osu rotacije kroz 2P i kvadrata trenutne ugaone brzine oko te ose, ili zbiru poluproizvoda :mase diska i kvadrata brzuine centra

2C masa diska 22yxvC&& = i poluproizvoda aksijalnog momenta inercije mase diska za osu kroz centar

diska i kvadrata ugaone brzine R

yxPC 222

&& +== relativnog obrtanja diska oko ose kroz centar diska: 2

22

222

222 421

21

21

CCCPPk mvE +== JJ 2

22

2 24

21

21

24

21

+

+=

RyxmRyxmEk&&&&

( )yxyxmEk &&&& 23341 222 ++= Vidimo da se kinetika energija diskova D i K moe odrediti kao kinetika energija ravanskog

kretanja tela, a prema Kenigovoj teoremi je jednaka zbiru kinetike energije translacije brzinom centra masa, kao da je sva masa saeta u tom centru i kinetike energije rotacije oko ose kroz centar masa ugaonom brzinom rotacije oko ose kroz centar masa, to smo i napisali u prethodnim izrazima.

Na slian nain odredjujemo kinetiku energiju diska B, koji rotira oko svoje ose kroz centar 4C

ugaonom brzinom Ry

C&=4

22

2444 2

1221

21

21 ym

RymE CCk && =

== J dok je kinetika energija diska L

22

225

255

2155 4

323

21

21

21

21 ym

rymrmvE CCCPPk && =

=+== JJ Ukupna kinetika energija posmatranog materijalnog sistema je: 54321 kkkkkk EEEEEE ++++=

255

244

233

222

22

211 2

121

21

214

21

21

PPCCCCCCCPPk mvE JJJJJ +++++=



Str. 20 od 30

( ) 22222243

21

21233

41

23 ymymxmyxyxmxmEk &&&&&&&& ++++++=

( )yxyxmEk &&&& 281141 22 ++= Na tela materijalnog sistema dejstvuju sile teine sa napadnim takama u centrima masa

(sreditima tela) koja ine posmatrani sistem. Kako se sredita masa 1C i 2C i 5C diskova D i K pomeranju, a ostalih miruju to se menja potencijalna energija sistema, koja je jednaka radu tih

konzervativnih sila na pomeranjima njihovih napadnih taaka: sin1 xhC = - podizanje, 22yxhC

= .- sputanje i sin5 yhC = - sputanje, sa promenjenim znakom, te je rad sila teine:

sin2

4sin242 521 mgyyxmgmgxmghmghmgh CCC ++=+=A

( ) ( ) sin2sin12 = mgyxmgA Promena potencijalne enrgije sistema je jednaka radu konzervativnih sila sa promenjenim

znakom: ( ) ( ) sin2sin12 +== mgyxmgEp A Ukupna energuija sistema je:

( ) ( ) ( ) constEEmgyxmgyxyxmEEE pkpk =+=+++=+= 0022 sin2sin12281141 &&&& d* Kako sistem ima dva spena slobode kretanja njegovo kretanje moemo opisati dvema diferencijalnim jednainama za generalisanu koordinatu x i generalisanu koordinatu y . Lagrange-ove jednaine druge vrste za generalisane koordinate x i y se moe napisati u sledeem obliku:

0=+

xE

xE

xE

dtd pkk

&

0=+

yE

yE

yE

dtd pkk

&

te je posle diferenciranja

( ) 0sin1221

211 =+ mgymxm &&&&

( ) 0sin2214 =++ mgxmym &&&&

odakle sledi da je: ( )sin1411 =+ gyx &&&& ( )sin228 =+ gxy &&&& ( ) xgy &&&& 11sin14 =

( ) ygx &&&& 8sin22 = ( )

( ) ( )( ) ( )

sin14sin22287sin1488sin222

sin1411

+==+

=+

ggygyyg

gyx

&&&&&&

&&&&



Str. 21 od 30( )( ) ( )

( ) ( )

sin22sin13287sin2288sin132

sin228

==+

=+

ggxgxxg

gxy

&&&&&&

&&&&

( ) ( ) sin2872sin1

8732 += ggx&&

( ) ( ) 0sin1874sin2

8722

+=

ggvty C

U tom trenutku vremena 1t otpounje kotrljanje diska L uz stu strmu ravan navie istim negativnim ubrzanjem

( ) ( ) 0sin1874sin2

8722



Str. 22 od 30

( ) ( )( ) ( ) 0sin1874sin2

87222

250

1 >

+=

ggvty C

Ova faza kretanja se odvija dok se disk ne vrati u poetni poloaj odredjen koordinatom ( ) 02 =ty , koji je odredjen sa:

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 0sin1874sin2

872222

sin1874sin2

8722 250

22

2 =

++

+=

gg

vtggty C

te je

( ) ( )

+=

sin1874sin2

8722

502

gg

vt C

To je vreme jednako vremenu sputanja kotrljanja diska L niz strmu ravan. Kada dodje u poetni poloaj, dejstvuje jednostrano zadravajua veza, pa se dalje sistem ponaa kao sistem sa jednim stepenom slobode kretanja. Ako je poetna brzina kretanja centra masa 050 =Cv kotrljanja diska L jednaka nuli, onda se sistem sa ovom jednostrano zadravajuom vezom ponaa kao sistem sa jednim stepenom slobode kretanja, kao to smo u poetku i uveli pretpostavku i posmatrali samo tu fazu kretanja sistema.

DEVETI ZADATAK (Dinamika, analitika mehanika, teorija sudara). Za materijalni sistem prikazan na slici 2. na kojoj su naznaeni kinematiko-kinetiki parametri koturova u obliku homogenih tankih diskova, uz pretpostavku da je ue nerastegljivo, odrediti: a* Broj stepeni slobode kretanja sistema i nainiti izbor generalisanih koordinata sistema; b* Sve koordinate poloaja i konfiguracije sistema, kao i ugaone brzine koturova izraziti pomou izabranih generalisanih koordinata sistema; c* Izraze za kinetiku i potencijalnu energiju sistema; Da li se energija datog sistema menja u toku vremena i toku kretanja sistema? Napisati integral energije sistema; Da li je sistem konzervativan? Kolika je snaga rada sila koje dejstvuju na sistem? d* Diferencijalne jednaine sistema pomou generalisanih koordinata i Lagrage-ovih jednaina druge vrste. Koliki najmanji broj diferencijalnih jednaina kretanja sistema? e* Ugaonu brzinu i brzinu centra masa diska L .

Rm,2

Rm,2

rm,

Rm,2

Rm,4

BA

D

L

1P

1C

Slika 8

REENJE DEVETOG ZADATKA (Dinamika, analitika mehanika, teorija sudara).



Str. 23 od 30

Rm,2

Rm,2

km

A

3D

2C

Rm,2

1D 1C

9l 2D

3C

Rm,2

Rm,2

km

1x

3D

2C

Rm,2

1D 1C

9l 2D

3C

A

23 xx =

2x

Rm,2

Rm,2

km

1x

3D

2C Rm,2

1D 1C

9l 2D

3C

A

23 xx =

2x

1P

3C

2P

1C 1P 1P

2C

10Cv

02Cv

A* B* C*

Rm,2

Rm,2

km

1x

3D

2C Rm,2

1D 1C

9l 2D

3C

A

23 xx =

2x

1P

3C

2P

1C 1P 1P

2C

10Cv

02Cv

Rm,2

Rm,2

km

1x

3D

2C Rm,2

1D 1C

9l 2D

3C

A

23 xx =

2x

1P

3C

2P

1C 1P

1P

2C

10Cv

02Cv

D* E*

Slika 8. a* , b*, c*, d* i e*

Prvo je potrebno odrediti broj stepeni slobode kretanja sistema i nainiti izbor generalisanih koordinata sistema.

Analizirajui mogunost pokretanja pojedinh delova sistema, vidimo da se kotur oznaen sa 1D moe kotrljati niz i uz strmu ravan i da je dovoljno jednom koordinatom odrediti poloaj njegivog centra 1C u odnosu na neki poloaj fiksiran u odnosu na nepokretnu strmu ravan. Usvojimo da je to koordinata 1x usmerena paralelno sa strmom ravni i uz strmu ravan. Brzina tog centra 1C je 11 xvC &= . Dalje, snalizirajui mogunost pokretanja centra 2C kotura, koji je oznaen sa 2D vidimo da se i on moe kotrljati niz i uz strmu ravan i da je dovoljno jednom koordinatom odrediti poloaj njegivog centra 2C u odnosu na neki poloaj fiksiran u odnosu na nepokretnu strmu ravan. Usvojimo da je to koordinata 2x usmerena paralelno sa strmom ravni i uz strmu ravan. Brzina tog centra 2C je 22 xvC &= , sve dok je rastojanje izmedju centara diskova 1C i 2C , manje od 0l , onog trenutka kada postane jednako 0l , dolazi do pojave udarnog impulsa kada se menjaju brzine tih centara, kao da je dolo do sudara kugli i one dobijaju odgovarajue odlazne brzine, koje su onda poetne brzine za narednu fazu kretanja sistema.

Kako je ue nerastegljivo i vezano za centar 2C tog diska to znai da se njegov kraj pomera brzinom

22 xvC &= , pa i celo ue ima tu brzinu, pa, ako je poetbna brzina taaka na peruferiji toaka 3D sa nepokretnim centrom 3C , jednaka poetnoj brzini 0302 CC Rv = , onda je i brzina svih taaka na periferiji tog diska jednaka brzini zategnutog ueta koje je vezano za centra 2C diska na strmoj ravni i prebaeno preko kotura 3D i jednaka

toj brzini 2x& , te je ugaona brzina okretanja tog diska oko ose kroz njegov centar Rx

C2

3&= , gde je R

poluprenik tog kotura. Kako je ue dalje vezano za teg, to su brzina i poloaj tega odredjeni koordinatom 23 xx = , kao i

23 xxvA && == . Pri ovome smo pretpostavili da je deo ueta od centra diska 2C , koje je prebaeno preko kotura 3D i vezano za teg, uvek u zategnutom stanju, kao i da su u poetnom trenutku ugaona brzina obrtanja diska

kotura 3D i poetna brzina kretanja tega kompatibilne sa poetnom brzinom 02Cv , odnosno da vai

00302 ACC vRv == .



Str. 24 od 30

Takodje moemo odrediti trenutnu ugaonu brzinu kotrljanja diskova 1D i 2D uz strmu ravan, oko ose kroz

trenutni pol 1P , odnosno 2P , koja iznosi 1111 CCP Rx

Rv === & , odnosno 2222 CCP R

xR

v === & . Znai da materijalni sistem, prikazan na slici, 1.a* u najoptijrm sluaju moe imati u pojedinim

fazama kretanja sistema i etiri stepena slobode kretanja, ako poetni uslovi kretanja koturova i tega nisu kompatibilni, saglasno prethodnoj analizi. Ako pak pretpostavimo da su poetni uslovi takvi, kako samo ih definisali u prethodnom tesktu, tj da u delu veze nerastegljivim uetom od centra 2C diska preko kotura 3D do tega A nema proizvoljnosti u poetnim poloajima i pietnim brzinama i da vai uslov kompatibilnosti brzina 00302 ACC vRv == , pri emu je taj deo ueta uvek zategnut i nerastegljiv, onda sistem posmatramo kao sistem sa dva stepena slobode kretanja.

U optem sluaju, uz pretpostavke da sistem ima dva stepena slobode kretanja, kao to je to prikazano na slici 1.b* i kao takav doputa sledee sliajeve poetnih uslova prikazanih na slikama c* , d* i e*, tj. Da su poetne brzine centara diskova istosmerne, ali da je poetna brzina centra onog diska koji prethodi drugom u smeru i pravcu poetnih brzina sa manjom poetnom brzinom, dok za sluaj suprotnosmernih poetnih brzina usmerene jedna ka drugoj nije potreban taj uslov. Nisu mogui poetni uslovi sa suprotnosmernim poetnim brzinama spolja, ako su centri kugli u poetnom trenutku na maksimalnom rastojanju koje dozvoljava nerastegljivo ue duine 0l koje vezuje centre 1C i 2C diskova na strmoj ravni. Ako su pak poetne brzine centara diskova 1C i 2C jednake i jednako usmerene, ili pak ako je ceo sistem bio u miru, dok su svi delovi ueta zategnuti, a rastojanje izmedju 1C i 2C jednako

0l , onda sistem moemo prouavati pomou modela sa jednim stepenom slobode kretanja. Zato kao generalisane koordinate sistema biramo dve koordinate 1x i 2x koje merimo od

poloaja centara diskova kada su ti centri 1C i 2C diskova na strmoj ravni na maksimalno moguem rastojanju jednakom 0l . i usmeravamo ih navie uz strmu ravan, kao to je to naznaeno na slici 1.b*. Poloaj tega je odredjen koordinatom 23 xx = . i meri se od referentnog poloaja nanie, jer je ue koje vezuje centar 2C diska i teg, a prebaeno je preko kotura sa centrom u 3C , kao to je to naznaeno na slici 1.b*, kao i na ostalim c*, d* i e*, koje pokazuju i razliite sluajeve smera i pravca poetnih brzina centara 1C i 2C diskova.

Rm,2

Rm,2

km

1x

3D

2C Rm,2

1D 1C

9l 2D

3C

A

23 xx =

2x

1P

3C

2P

1C 1P 1P

2C

10Cv

02Cv

Rm,2

Rm,2

km

1x

3D

2C Rm,2

1D 1C

9l 2D

3C

A

23 xx =

2x

1P

3C

2P

1C 1P

1P

2C

10Cv

02Cv

Sa uvedenim pretpostavkama koje nas navode da posmatramo sistem sa dva stepena slobode kretanja, kinetika i potencijalna energija se mogu opisati sledeim izrazima:

2233

222

211 2

121

21

21

ACCPPPPk kmvJJJE +++=

22

222

222

212

212

21

212

23

212

23

21 xkm

RxmR

RxmR

RxmREk &

&&& +

+

+

=



Str. 25 od 30

( )[ ]4321 2

221 ++= kxxmEk &&

Na tela materijalnog sistema dejstvuju sile teine sa napadnim takama u centrima masa (sreditima tela), koja ine posmatrani sistem. Kako se sredita masa 1C i 2C diskova 1D i 2D pomeraju, a centar masa treeg diska mirujem, dok se centar masa tega sputa za 23 xx = to se menja potencijalna energija sistema, koja je jednaka radu tih konzervativnih sila na pomeranjima njihovih napadnih taaka: sin11 xhC = - podizanje i

sin22 xhC = i 2xhA = .- sputanje, te je rad sila teine: ( ) 221221 sin222 kmgxxxmgkmgxmghmgh CC ++=+= A ( )[ ]kxxmg += sin2sin2 21A Promena potencijalne enrgije sistema je jednaka radu konzervativnih sila sa promenjenim znakom:

A=pE ( )[ ]kxxmgEp += sin2sin2 21 Ukupna energuija sistema je:

constEEE pk =+= ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ]43

21sin2sin243

21 2

22

012122

21 ++=++++=+ = kvvmkxxmgkxxmEE constCpk &&

gde su 01Cv i 02Cv poetne brzine kretanja sistema u poetnom trenutku, dok su za poetne koordinate usvojene

nulte vrednosti, pri emu je rastojanje centara diskova 021 l=CC .. S obzirom da je sistem konzervativan u svakoj od faza kretanja, jer su veze idealne to diferenciranjem po vremenu prethodne jednaine mozemo dobiti dve diferencijante jednaine kretanja, po izjednaavanju sa nulom koeficijenata uz 1x& i 2x& odakle sledi da je: ( )[ ] ( )[ ] 0sin2sin243 212211 =++++ kxxmgkxxxxm &&&&&&&& 0sin23 1 =+ gx&& ( ) ( ) 0sin242 =++ gkkx && odnosno:

sin32

1 gx =&&

( )

( )4sin2

2 +=

kgkx &&

Do istog sistema diferencijalnih jednaina se moye doci I polou Lagrangeovih diferencijalnih jednaina druge vrste:

0=+

i

p

i

k

i

k

xE

xE

xE

dtd

& , 2,1=i odakle sledi je: 0sin23 1 =+ mgxm && ( ) ( ) 0sin242 =++ mgkkxm && to daje sistem diferencijalnih jednaina u obliku:

sin32

1 gx =&&

( )

( )4sin2

2 +=

kgkx &&

ime smo dobili i ubrzanja kretanja centara diskova. Posle integraljenja ovih differencijalnih jednaina dobijamo sledee jednaine za brzine i koordinate

centara diskova koji se kotrljaju uz ili niz strumu ravan: Brzine centara diskova su:



Str. 26 od 30

( ) ( ) 0111 sin32

CC vgttxtv +== & ( ) ( ) ( )( ) 0222 4

sin2CC vk

gtktxtv ++== &

Poloaji centara diskova su:

( ) ( ) 0101211 sin31 xtvgttxtx CC ++==

( ) ( ) ( )( ) 02022

22 42sin2 xtv

kgtktxtx CC +++

== u kojima su konstante 01Cv i 02Cv poetne brzine i 01x i 02x poetne koordinate za pojedine vremenske intervale kretanja sistema. Za prvi period kretanja sistema poetni uslovi su: Poetne brzine naka su usmerene suprotnosmerno , kao na slici 1.e* i neka su istog intenziteta: 0101 CC vv =

0202 CC vv = dok su obe coordinate u poetnom trenutku jednake nuli: 001 =x i 002 =x , onda su zakoni promene brzina i koordinata u obliku:

Brzine centara diskova u funkciji od vremena su:

( ) ( ) 0111 sin32

CC vgttxtv +== & ( ) ( ) ( )( ) 0222 4

sin2CC vk

gtktxtv +== &

Poloaji centara diskova u funkciji od vremena su:

( ) ( ) tvgttxtx CC 01211 sin31 +==

( ) ( ) ( )( ) tvkgtktxtx CC 02

2

22 42sin2 ++

== Do sudara diskova koji se kotrljaju ce doi kada je: ( ) ( ) 01211 l+= txtx u trenutku vremena 1t . Na

osnovu toga piemo:

( ) ( ) ( )( ) 010221

1012101211 42

sin2sin31 ll +++

=+=+= tvk

gtktvgttxtx CCCC

( )

( ) ( ) 0sin31

42sin2

01020121

21 =++

ltvvgtk

gtkCC

( )

( ) ( ) 03sin

42sin2

01020121 =+

+

ltvvgtk

kCC

( )

( )( )

( ) ( ) 0423sin42

423sin23

01020121 =+

+++

ltvvgtk

kk

kCC

( ) ( ) 0423sin8sin23sin6

01020121 =+

+ ltvvgt

kkk

CC

( )

( ) ( ) 0423sin2sin23

01020121 =+

+++ ltvvgt

kk

CC



Str. 27 od 30

( )( )

( )[ ] ( ) ( )( )

( )

+++++

+= gk

kvvvvkg

kt CCCC 423sin2sin23

sin2sin2343

92

020102012,1`1

lm Kako postoje dva korena pozitivna to ima samo jdva reemja:

( )( )[ ] ( ) ( )

( )( ) 0423

sin2sin23sin2sin23

439

202010201`1 >

+++++

+= gk

kvvvvkg

kt CCCC

lm samo ako

je 0201 CC vv > Brzine prvog sudara kugli su tada:

( ) ( ) 0111111 sin32

CC vgttxtv +== &

( ) ( )( )[ ] ( ) ( )( )

( ) 01920201020111 423sin2sin23

sin2sin23sin42

CCCCCC vgkkvvvv

kktv +

+++++

+= lm

( ) ( ) ( )( ) 0211212 4sin2

CC vkgtktxtv +

== & ( ) ( )( )( ) ( )[ ] ( ) ( )

( )( ) 02920201020112 423

sin2sin23sin2sin234

sin243CCCCCC vgk

kvvvvkk

kktv

++++++

+= lm

Odlazne brzine tela (kugli) posle centralnog sudara, koji se deava u ovom sluaju , kada je koeficijent sudra k~ su u obliku sledeih izraza:

( ) ( ) ( ) ( )( )02012

10101

1

~1 tvtv

mmktvtv

++=+

( ) ( ) ( ) ( )( )02012

10202

1

~1 tvtv

mmktvtv

+++=+

Impuls sudara u ovom sluaju je

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )020121

2101011

~1 tvtvkmm

mmtvtvmKFud ++=+= U sluaju da je sistem bio u miru, sistem posmatramo kao sistem sa jednim stepenom slobode kretanja za slucaj dovoljno velikog k .

Sa uvedenim pretpostavkama koje nas navode da posmatramo sistem sa jednim stepenom slobiode kretanja, 321 xxx == kinetika i potencijalna energija se mogu opisati sledeim izrazima:

2233

222

211 2

121

21

21

ACCPPPPk kmvJJJE +++=

22

222

222

212

212

21

212

23

212

23

21 xkm

RxmR

RxmR

RxmREk &

&&& +

+

+

=

( )[ ] ( ) 212221 7214321 xkmkxxmEk &&& +=++= Na tela materijalnog sistema dejstvuju sile teine sa napadnim takama u centrima masa (sreditima tela),

koja ine posmatrani sistem. Kako se sredita masa 1C i 2C diskova 1D i 2D pomeraju, a centar masa treeg diska mirujem, dok se centar masa tega sputa za 23 xx = to se menja potencijalna energija sistema, koja je



Str. 28 od 30

jednaka radu tih konzervativnih sila na pomeranjima njihovih napadnih taaka: sin11 xhC = - podizanje i sin22 xhC = i 2xhA = .- sputanje, te je rad sila teine: ( ) 221221 sin222 kmgxxxmgkmgxmghmgh CC ++=+= A ( )[ ]kxxmg += sin2sin2 21A ( ) 1sin4 xkmg = A

Promena potencijalne enrgije sistema je jednaka radu konzervativnih sila sa promenjenim znakom: A=pE ( ) 1sin4 xkmgEp =

Ukupna energuija sistema je: constEEE pk =+= ( ) ( ) constxkmgxkmEE pk =++=+ sin472

1 21&

Diferencijalna jedna;ina kretanja materijalnog sistema je tada: ( ) ( ) 0sin47 1 =++ kmgxkm && ( ) ( ) 0sin47 1 =++ kgxk &&

Ubrzanje sistenma je: ( )( )7sin4

1 +=

kkgx &&

Zavisnost brzine i puta od vremena su

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )7sin4

121 +====

kkgttxtvtvtv ACC

&

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )72sin42

121 +====

kkgttxtxtxtx ACC

Smer kretanja I smer brzine kretanja zavise od odnosa k mase tega u odnosu na mase koturova: Ako je sin4>k kretanje tega je nanie, a kotrljanje koturova uz strmu ravan je navie i obrnuto,

DESETI ZADATAK: Sastavi sam zadatak na osnovu slike

Rm 2,2

Rm 2,2

Rm,

Rm 2,2

Rm 4,6

BA

3D L

M

2C Rm 2,2

1D 1C

4C

2D

5C

6C

K

3C

N

m

m

Rm 2,3



Str. 29 od 30JEDANAESTI ZADATAK:Tekst zadatka. Homogeni kruni disk mase M , poluprenika r ,

kotrlja se bez klizanjnja niz glatku strmu ravan duine l , nagibnog ugla , koja prelazi u idealno glatku cilindrino polukrunu povr poluprenika R , kao to je prikazano na slici. Za vreme kretanja disk ne naputa vertikalnu ravan, koja je prikazana na slici i sadri presek sa strmom ravni i cilindrino polurunom povri. U poetku kretanja, kada je disk bio na gornjem kraju strme ravni, centar diska je dobio poetnu brzinu

0v paralelnu strmoj ravni. Odrediti: a* Ubrzanje i brzinu centra diska u proizvoljnom poloaju na strmoj ravni, kao i ugaonu brzinu sopstvenog obrtanja diska oko ose kroz njegov centar; b* Silu otpora kotrljanja diska po strmoj ravni kao i silu pritiska na ravan u proizvoljnom poloaju;

c* Brzinu centra diska u poloaju prelaska sa strme ravni na polukrunu povr , kao i ugaonu brzinu sopstvenog obrtanja diska oko ose kroz njegov centar u tom poloaju;

d* Brzinu centra diska u proizvoljnom poloaju na polukrunoj povri, kao i ugaonu brzinu sopstvenog obrtanja diska oko ose kroz njegov centar u tom poloaju;

e* Silu otpora kotrljanja diska u proizvoljnom poloaju na polukrunoj povri, kao i silu pritiska na tu povr.

f* Koje uslove treba da zadovolje kinetiki i geometrijski parametri sistema, te da disk moe da dospe u najviu taku D kotrljajui se po polukruno cilindikoj povri?

g* Jednainu putanje i zakone kretanja diska po naputanju povri, kao u domet u pravcu horizontale na nivou poloaja naputanja polukruno cilindrike povri.

R

r

O

Mg

Mg

Mg

Mg

Mg

r

vr C

0vr

Bvr

Dvr

Cv~r

P

0P

PB

PD~

P~

PDC ~~~ = 0C

BC

C~

DC~

C~~

0P

BP

P

P~

DP~

vr

KC

x~~ Cy~~

0h BDh

DKd

h

C

NFr

kFr

kFr

NFr

Mg x

REENJE JEDANAESTOG ZADATKA: Diferencijalnu jednainu dinamike ravanskog kretanja diska niz strumu ravan moemo

predstaviti kao kotrljanje bez klizanja po strmoj ravni i to rotacijom oko trenutnog pola P u dodiru diska i strme ravni. Ta taka P je trenutni pol i pomera se niz strum ravan isto toliko koliko i centar diska, ali s obzirom na simetriju diska aksijalni moment inercije diska za trenutnu osu roracije upravnu na disk i kroz trenutni pol rotacije je uvek jednak i iznosi:

2223 MrMr =+= CP JJ

Kotrljanje diska po strmoj ravni predstavlja ravansko kretanje tela pod dejstvom aktivne sile sopstvene teine diska i pod dejstvom veza (strama rava u prvom delu puta, polukruna povr u drugom delu puta i slobodno od veza ravansko kretanje diska u treem delu puta), pa sistem u prva dva dela puta



Str. 30 od 30ima jedan stepen slobode kretanja, dok kada napusti veze ima dva stepena slobode kretanja. Zato za prvi deo puta kada se kotrlja bez klizanja po strmoj ravni za generalisanu koordinatu na tom delu puta usvojimo koordinatu C kretanja centra diska C paralelno strmoj ravni na odstojanju r od nje, kao to je to naznaeno na slici. Od aktivnih sila dejstvuje sila teine Mg , a od pasivnih reaktivnih se javlja normalna komponeta otpora NF strme ravni kao idealne veze i jedna tangencijalna komponenta koja

predstavlja silu otpora kotrljanja kFr

. Obe ove komponente prolaze kroz trenutni pol P i moment tih sila za trenutnu osu rotacije diska kroz pol P je jednak nuli. Na osnovu teoreme o promeni momenta impulsa kretanja za trenutnu osu rotacije kroz pol P je:

GPP MdtLd rrr

= odnosno sinMgrP =&PJ gde smo sa P oznaili ugaonu brzinu obrtanja diska oko trenutne ose rotacije, a kako je brzina centra diska PCC rv == & to diferencijalnu jednainu kretanja dobijamo u obliku:

sin23 2 Mgr

rMr C =&&

odnosno

sin32 gC =&&

Integraljenjem prethodne jednaine dobijamo jednainu promene brzina i jednainu puta u sledeem obliku:

0sin32 vgtv CC +== &

gde je 0v poetna brzina kretanja centra diska, a t vreme.

tvgtC 02 sin

31 +=

Neka je duina strme ravni l=Bx0 onda je lako odrediti vreme za koje e se disk dokotrljati do poloaja B .

0sin3

sin3 02 =+ gtgvt l

iji su koreni

sin3

sin23

sin23

200

2,1 ggv

gvtB

lm +

= Reenje prethodne jednaine sa znakom minus ne zadovoljava jer vreme mora da tee unapred, tj. da je pozitivno, te je reenje:

sin23

sin3

sin23 0

20

gv

ggvtB +

= l

te je brzina Bv centra diska kojom on dospeva u poloaj B

002

0

sin23

sin3

sin23sin

32 v

gv

ggvgv CBCB +

+

==

l&



Str. 31 od 30

( )

+

== 2

2

0

sin2sin12

sin23sin

32

gg

gvgv CBCB

l&

Znai da je brzina kojom disk, koji se dokotrljao do polukrune povri, u istu, ulazi sa brzinom centra jednakoj vrednosti:

sin342

0 gvv CBCB l& +== To je i poetna brzina kretanja centra diska za kotrjanje po polukrunoj povri. Sledea faza kotrljanja diska po polukrunoj povri je takodje ravansko kretanje krutog tela pod dejstvom veza pa sistem ima jedan stepen slobode kretanja, jer se to kretanje, kao i po strmoj ravni moe predstaviti obrtanjem oko trenutne ose rotacije, koja uvek prolazi kroz dodirnu taku P diska i polukrune povri, a iako se ta taka pomera, aksijalni moment inercije za tu osu diska je isti kao i u prethodnom sluaju, te je

2223 MrMr =+= CP JJ

Sada za generalisanu koordinatu kretanja pogodno je uzeti ugao koji zaklapa poteg CO ~ povuen kroz centar diska C~ i centar polukrune povri O , a koji merimo od potega OB - centar polukrune povri poloaj diska B ulaska u isti.

Kako se brzina Cv~r centra diska C~ moe posmatrati kao periferijska brzina pri obrtanju oko

centara polukrune povri O , ugaonom brzinom & na rastojanju rR , kao i rotacija ugaonom brzinom P~ oko trenutne ose kroz dodirnu taku P~ diska i polukrune povri na rastojanju r jednakom polupreniku diska to piemo: ( ) PC rrRv ~~ == &r te je

&r

rRP

=~ Od aktivnih sila na disk i na ovom delu puta dejstvuje sila teine Mg , a od pasivnih reaktivnih

se javlja normalna komponeta otpora NFr

strme ravni kao idealne veze i jedna tangencijalna komponenta

koja predstavlja silu otpora kotrljanja kFr

. Obe ove komponente prolaze kroz trenutni pol P i moment

tih sila za trenutnu osu rotacije diska kroz pol P~ je jednak nuli. Na osnovu teoreme o promeni momenta impulsa kretanja za trenutnu osu rotacije kroz pol P~ je:

GPP M

dtLd rrr

~~ =

odnosno ( ) = sin~ MgrP&PJ ( ) = sin

23 2 Mgr

rrRMr &&

Sad diferencijalnu jednainu kretanja - kotrljanja diska moemo da napiemo u obliku:

( ) ( ) 0sin32 =+ rR

g&&

i to je nelinearna diferencijalna jednaina. Istu moemo da integralimo tako to emo je prvo pomnoiti sa ddt 22 =& , to daje: ( ) ( ) 0sin3

42 =+ d

rRg

dtddt&&



Str. 32 od 30

Posle integraljenja u granicama brzina centra diska od poloaja B , u kome je 0= i brzina Bv , koju smo odredili na delu kotrljanja diska po strmoj ravni, pa do poloaja odredjenog uglom , moemo da piemo:

( ) ( )[ ] coscos3422 += rR

gB&&

a kako je

sin341 2

0 gvrrrv

rrR CBB

BPB l&

& +==== to sledi da je:

( ) ( ) ( )[ ] coscos3

4sin342

0222

~ ++== rRggvrRvC l& Kada je disk pri kotrljanju u proizvoljnom poloaju na polukrunoj povri. Kada disk dospe u poloaj D , u kome je = njegova brzina je odredjena sledeim izrazom: ( ) cos

38sin

342

02 rRggvv DC

+= lt Da bi disk dospeo u taj poloaj, potrebno je da poetna brzina centra diska bude takva da u tom poloaju sila pritiska diska na polukrunu povr ne bude jednaka nuli pre tog poloaja. Zato je potrebno odrediti silu protiska na jednostranu vezu koja dejstvuje na disk na polukrunu povr. Da bi smo odredili tu silu veze, odnosno silu pritiska potrebno je da napiemo jednaine dinamike ravnotee diska u stanju kotrljanja po polukrunoj povri, koristei jednaine ravanskog kretanja krutog tela, preko kretanja centra masa i relativnog kretanja oko centra masa i to u sistemu prirodnih koordinata kretanja diska : * za tangencijalni pravac na putanju kretanja centra diska

( ) = sin~ MgFdtdv

M kC

* za radijalni pravac na putanju kretanja centra diska

( ) = cos2~

MgFrR

vM NC

* za relativno kretanje diska oko centra masa: rF kC =~~ ~&CJ

I poslednje odredjujemo silu otpora kotrljanja diska po polukrunoj povri u obliku:

( ) &&&&&

rRMr

rRr

Mrr

F Ck === 22~ 2~~CJ

jer je

&r

rRPC

== ~~~ , Unoenjem sile otpora kotrljanja u prvu jednainu, kao imajui u obzir da je ( )&rRvC =~ dobijamo: ( ) ( ) ( ) = sin

2MgrRMrRM &&&&

odakle sledi:

( ) ( ) 0sin32 =+ rR

g&&

Ova jednaina je identina sa onom koju smo dobili piui jednainu kotrljanja diska oko trenutne ose rotacije i iz koje smo odredili brzinu u obliku:

( ) ( ) ( )[ ] coscos3

4sin342

0222

~ ++== rRggvrRvC l&



Str. 33 od 30Sada nije teko odrediti silu otpora polukrune povri, niti pak silu kotrljanja diska po

polukrunoj povri.

( )rR

vMMgF CN +=

2~

cos

( )

++= cos4sin4cos7

3

20

rRMg

rRvMF N

l

( ) = sin3MgF k

Kada disk dospe u poloaj D , u kome je = njegova brzina je odredjena na sledei nain: ( ) cos

38sin

342

02~

rRggvv DC+= l

Dok je u tom poloaju D sila uzajamnog pritiska veze i diska:

0sin4cos113

20 >

++= rRMg

rRvMF ND

l

( ) cos311sin

3420 Mg

rRMg

rRvM >+

l

( ) cos11sin43 20 rRggv >+ l Na granici D kada je sila pritiska jednaka nuli, minimalna brzina s kojom disk dolazi do

poloaja D, a da se ne odvoji od jednostrano zadravajue veze je: ( ) cos2~ rRgv DMINC = a to ostvarljivo za odnos kinetiko.geometrijskih parametara u obliku: ( ) cos11sin43 20 rRggv =+ l

Ako je odnos kinetikih parametara ( ) cos11sin43 20 rRggv



Str. 34 od 30

( ) ( ) coscos3

8sin340 20~~

rRggvxC

+= l&

( ) ( ) sincos3

8sin340 20~~

rRggvyC

+= l& dok je poetna ugaona brzina sopstvenog obrtanja:

( ) ( )0~cos3

8sin34

2~~~~

20

2~

~ ==+== tr

rRggrr

vr

vCC

DCDC &l

Konane jednaine kretanja u ovoj treoj deonici puta diska su: ( ) ( ) constxtxCC

== 0~~~~ && ( ) ( )0~~~~ CC ygtty && += ( ) ( ) constt

CC== 0~~~~ &&

( ) ( )txtx

CC0~~~~ &=

( ) ( )tytgtyCC

02

~~

2

~~ &+= ( ) ( )tt

CC0~~~~ && =

I konano jednaine kretanja diska po naputanju jednostrano zadravajue veze za zadate poetne uslove:

( ) ( ) coscos3

8sin342

0~~rRggvttx

C

+= l

( ) ( ) sincos3

8sin34

220

2

~~rRggvttgty

C

++= l ( ) cos3

8sin3420~~ r

rRggrr

vtC

+= l Najvei domet je kada sentar diska dospe u taku K , a to je kada je:

( ) ( ) 0sincos3

8sin34

220

2

~~ =++= rRggvttgtyC l odakle sledi da je:

( ) 0sincos3

8sin342 2

0 =+= rRggvgtK l pa je:

( ) ( ) sincoscos3

8sin342

Documents

Masini Jada