Upload
others
View
5
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
S.VLASE, H.TEODORESCU, L. SCUTARU
V.GUIMAN, V.MUNTEANU, A.STANCIU, R.PURCAREA
CINEMATICA SI DINAMICA. CULEGERE DE PROBLEME
Referent ştiinţific: prof.univ.dr.ing. Gheorghe Deliu
Consilier editorial: dr. Dorin Lixăndroiu
© 2009 - Editura INFOMARKET
www.infomarket.go.ro
Editura IFOMARKET Editură acreditată de CCSIS cu nr.198 O.P.1 - C.P.361 - BRAŞOV
Tel./Fax: (0268) 41 01 32
ISB 978-973-1747-16-3
Descrierea CIP a Bibliotecii aţionale a României VLASE, SORI Culegere de probleme de mecanică / Sorin Vlase, Horaţiu Teodorescu-Drăghicescu, Maria Luminiţa
Scutaru, ... - Braşov : Infomarket, 2009.
ISBN 978-973-1747-16-3
I. Teodorescu-Drăghicescu, Horaţiu
II. Scutaru, Maria Luminiţa
531
S.VLASE, H. TEODORESCU-DRĂGHICESCU, M.L. SCUTARU,
V. GUIMA, V. MUTEAU, A. STACIU, R. PURCĂREA
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ.
Culegere de probleme
Editura IFOMARKET
i
CUPRINS
CAPITOLUL I
CINEMATICA PUNCTULUI ATERIAL………….………. 1
CAPITOLUL II
CINEMATICA RIGIDULUI………….………………….… 37
CAPITOLUL III
MISCAREA RELATIVĂ A PUNCTULUI MATERIAL….. 99
CAPITOLUL IV
APLICAŢIILE TEHNICE ALE CINEMATICII…………... 111
CAPITOLUL V
DINAMICA PUNCTULUI MATERIAL………….……….. 129
CAPITOLUL VI
MOMENTE DE INERŢIE………….………….…………… 161
CAPITOLUL VII
DINAMICA RIGIDULUI………….………….……………. 209
CAPITOLUL VIII
DINAMICA SISTEMELOR DE RIGIDE………….….…... 263
CAPITOLUL IX
VIBRAŢIILE SISTEMELOR MECANICE………….…….. 313
ANEXA I
CALCUL VECTORIAL SI MATRICEAL………….……. 393
ii
1.1. Vectori. Noţiuni fundamentale………….………... 393
1.2. Operaţii cu vectori………….………….…….……. 396
1.2.1. Adunarea vectorilor…………......................... 396
1.2.1.1. Suma a doi vectori.………….…………. 396
1.2.1.2. Suma mai multor vectori………….…… 397
1.2.1.3. Proprietăţile sumei vectoriale…………. 398
1.2.1.4. Descompunerea unui vector…………… 400
1.2.1.5. Scăderea a doi vectori………….……… 403
1.2.1.6. Proprietăţi ale egalităţilor vectoriale în
care apar sume si diferenţe………….………….. 404
1.2.1.7. Descompunerea unui vector după doi
vectori coplanari cu el………….………………. 405
1.2.1.8. Înmulţirea unui vector cu un scalar…… 407
1.2.1.9. Vectori coplanari linear independenţi si
linear dependenţi………….………….………… 408
1.2.1.10. Descompunerea unui vector după trei
vectori necoplanari………….………….……… 408
1.2.1.11. Vectori necoplanari linear
independenţi si linear dependenţi……………… 410
1.2.1.12. Condiţiile în care trei vectori au
extremităţile în linie dreaptă sau patru vectori au
extremităţile în acelasi plan………….…………. 410
1.2.2. Produsul scalar a doi vectori………….……... 411
iii
1.2.2.1. Definiţie si proprietăţi………….……… 411
1.2.2.2. Reprezentări algebrice………….……… 413
1.2.3. Produsul vectorial a doi vectori……………… 415
1.2.3.1. Definiţie si proprietăţi…………………. 415
1.2.3.2. Reprezentări algebrice…………………. 419
1.2.4. Produsul mixt a trei vectori………….………. 420
1.2.4.1. Definiţia produsului mixt si proprietăţi... 420
1.2.4.2. Reprezentări algebrice………….……… 422
1.2.5. Dublul produs vectorial a trei vectori……….. 423
1.2.6. Aplicaţii ale calculului vectorial……………. 424
1.2.6.1. Vectorul de poziţie al unui punct……… 424
1.2.6.2. Determinarea dreptei suport a unei forţe. 424
1.3. Exerciţii………….…….……….……….……….… 427
1.4. Matrice.………….………….………… …….…… 444
1.4.1. Noţiuni fundamentale………….……….……. 444
1.4.2. Operaţii cu matrice………….………….…… 447
1.4.2.1. Suma a două matrice………….……….. 447
1.4.2.2. Înmulţirea unei matrice cu un scalar…... 449
1.4.2.3. Produsul a două matrice……………….. 449
1.4.2.4. Inversa unei matrice.………….……….. 451
1.4.2.5. Sisteme lineare………….……………... 452
1.4.2.6. Transpusa unei matrice……………...… 453
iv
1.4.2.7. Reprezentarea matriceală a produsului
vectorial………….………….………….………. 453
1.5. Vectori si valori proprii pentru matrice pătrate…….. 454
1.6. Matrice ortogonale………………………………..... 456
1.7. Unele proprietăţi ale operaţiilor cu matrice………… 457
1.8. Matrice compuse…………………………………… 459
1.9.Funcţii de matrice…………………………………… 460
1.9.1. Consideraţii generale………………………… 460
1.9.2. Cazul matricelor simetrice…………………… 460
ANEXA II
VECTORI SI VALORI PROPRII………………………….. 463
2.1 Matricea momentelor de inerţie…………………….. 463
2.2. Rotaţia axelor……………………………………..... 463
2.3. Momentul de inerţie al unui corp în raport cu o axă.. 466
2.4. Direcţii de extrem pentru momentele de inerţie…… 467
2.5. Raza de inerţie……………………………………… 470
2.6. Proprietăţi ale direcţiilor principale de inerţie……... 470
2.7. Elipsoidul de inerţie………………………………… 472
BIBLIOGRAFIE…………………………………………..... 479
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
1
CAPITOLUL I
CIEMATICA PUCTULUI MATERIAL
1.1. Un punt material se mişcă după legea:
tAtAx ωω sincos 21 +=
tBtBy ωω sincos 21 +=
Se cer traiectoria, viteza şi acceleraţia punctului material.
Rezolvare: Pentru a afla traiectoria va trebui să eliminăm timpul
din cele două relaţii. Sistemul linear în tωcos şi tωsin :
=
y
x
t
t
BB
AA
ωω
sin
cos
21
21
oferă soluţia:
−
−
∆=
y
x
AB
AB
t
t
11
221
sin
cos
ωω
unde 1221 BABA −=∆
Avem deci: ( )yAxBt 22
1cos −
∆=ω ; ( )yAxBt 11
1sin +−
∆=ω
Întrucât: 1sincos 22 =+ tt ωω rezultă:
( ) ( ) 111 2
1122
222 =+−∆
+−∆
yAxByAxB
sau: ( ) ( ) ( ) 221
22
21122
21
22
2 2 ∆=+++−+ AAyBABAxyBBx
Culegere de probleme
2
care reprezintă ecuaţia unei elipse.
Matricea acestei forme pătratice este:
( )
( )
++−
+−+21
221122
112221
22
AABABA
BABABB.
Problema de valori proprii:
( )
( )0
21
221122
112221
22 =
−++−
+−−+
λλ
AABABA
BABABB
sau: ( )( ) ( ) 021122
21
22
21
22 =+−−+−+ BABAAABB λλ
dă semiaxele elipsei: 21 /1;/1 λλ == ba unde 1λ şi 2λ sunt
soluţiile ecuaţiei de gradul doi obţinute. Sistemul linear omogen:
( )
( )0
sin
cos21
221122
112221
22 =
−++−
+−−+
θθ
λλ
AABABA
BABABB
dă înclinarea axelor elipsei faţă de sistemul de coordonate Oxy:
( ) ( )1122
221
22
21122
121
22
1 ;BABA
BBtg
BABA
BBtg
+−+
=+
−+=
λθ
λθ
Cele două axe, determinate de unghiurile 1θ şi respective 2θ , sunt
perpendiculare între ele şi formează un nou sistem de coordonate
OXY faţă de care elipsa traiectorie are forma:
122
21 =+ YX λλ
sau: 111
2
2
2
1
=
+
λλ
YX
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
3
Componenetele vitezei sunt:
( )tAtAvx ωωω cossin 21 +−=
( )tBtBvy ωωω cossin 21 +−=
de unde se poate obţine valoarea vitezei:
22yx vvv += .
Componentele acceleraţiei sunt:
( ) xtAtAax2
212 sincos ωωωω −=+−=
( ) ytBtBay2
212 sincos ωωωω −=+−=
şi dau valoarea acceleraţiei:
( )2242 yxa += ω .
Relaţiile de definiţie ale spaţiului se mai pot scrie:
( )11cos ϕω += tax
( )22cos ϕω += tay
unde:
1
21
22
211 ;
A
AtgAAa −=+= ϕ ;
1
22
22
212 ;
B
BtgBBa −=+= ϕ
Viteza va fi dată atunci de relaţiile:
( ) ( )2211 sin;sin ϕωωϕωω +−=+−= tavtav yx
iar acceleraţia:
Culegere de probleme
4
( ) ( )2221
21 cos;cos ϕωωϕωω +−=+−= taataa yx
1.2. Ecuaţiile parametrice ale unui punct material în mişcare sunt:
ter α= ; tβθ = . Să se determine traiectoria, viteza şi acceleraţia
utilizând sistemul de coordonate polare.
Rezolvare: Eliminăm timpul t între cele două relaţii: βθ
=t de
unde θ
βα
⋅
= er . Traiectoria este deci o spirală logaritmică. Avem:
ter αα=& ; ter αα 2=&& ; βθ =& ; 0=θ&& .
Rezultă:
tr erv αα== & ; terv α
θ βθ == & .
Vectorul viteză:
( )θα
θθ βα eeeevevv rt
rr +=+=rr
are valoarea:
22 βαα += tev .
Unghiul făcut de viteză cu raza vectoare este:
( ) ctv
vrvtg
r
===αβθ, .
Acceleraţia are componentele:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
5
( )222 βαθ α −=−= tr erra &&& ; terra α
θ αβθθ 22 =+= &&&&
( )[ ]θα αββα eeea r
t 222 +−=
( ) ( )2222222 4 βαβαβα αα +=+−= tt eea
Unghiul făcut de acceleraţie cu vectorul de poziţie al punctului
( ) cta
aratg =
−==
22
2,
βααβ
ρ
θ .
1.3. Un om se deplasează trăgând de extremitatea punctului C a
unei funii, trecută după un scripete mic B, cealaltă extremitate a
funiei fiind legata la
un cărucior care se
deplasează pe o
platformă orizontală.
Ştiind că viteza cu
care aleargă omul este
constantă şi egală cu
ur şi că diferenţa de nivel dintre platformă şi extremitatea C a
funiei este h , se cere să se determine viteza v a căruciorului şi
acceleraţia sa (fig. 1.3).
Rezolvare: Din figură rezultă utx = ; 22222 htuhxy +=+= .
Fig.1.3
Culegere de probleme
6
Viteza căruciorului este:
dt
dyv = deci
222
2
htu
tuv
+= sau
22 hx
xuv
+= .
Acceleraţia căruciorului este:
dt
dva = deci
( )23
222
22
htu
hua
+
= sau
( )23
22
22
hx
hua
+= .
1.4. O particulă se deplasează în linie dreaptă cu viteza
smx
v
+=
4
5. Să se determine poziţia acesteia la st 6= , dacă la
0,0 == xt . De asemenea, să se determine acceleraţia când
mx 2= .
Rezolvare: Din dt
dxv = , rezultă dtvdx = ; dt
xdx
+=4
5;
( ) dtdxx 54 =+ ; ( ) ∫∫ =+t
t
s
dtdxx
0
540
,
t
t
s
s
tx
x0
0
52
42
=
+ , t
ss 5
24
2
=+ .
Dacă t = 6s .72,4 ms =⇒
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
7
dx
dvv
dt
dx
dx
dv
dt
dva ⋅=⋅== .
Cum ( )24
5
xdx
dv
+−= rezultă că:
( ) ( )32 4
25
4
5
4
5
xxxa
+−=
+⋅
+−= .
Pentru mx 2= , rezultă 2116 sma −= .
1.5. Acceleraţia unui punct material în mişcare rectilinie este dată
prin relaţia ( ) 212 smta −= . Dacă mxo 1= şi smvo 2= la 0=ot
să se determine viteza punctului material şi poziţia acestuia la
st 6= . De asemenea să se determine spaţiul total parcurs de
punctul material în acest interval de timp.
Rezolvare: Din relaţia dtadv = , prin integrare rezultă:
( ) 2;;12 222 +−=+−−=−−= ∫∫ ttvttttvvdttdv ooo
t
to
v
vo
La momentul t = 6 s rezultă: smv 32= .
Putem scrie: ( )dtttdxdtvdx 22 +−=⇒= ,
( )∫∫ +−=6
0
2
1
2 dtttdx
s
,
Culegere de probleme
8
msmttt
s 6766121872223
1
6
0
23
=⇒=+−=
+−=− ,
mssd 541550 =−=−=
1.6. Mişcarea unui punct pe suprafaţa
unui con circular drept este definită în
coordonate polare prin: αρ tgth ⋅⋅= ,
t⋅= πθ 2 , unde α este semiunghiul la vârf
al conului şi h este distanţa cu care punctul
se ridică la o rotaţie în jurul axei Oz a
conului (fig. 1.6). Să se determine
modulul vitezei şi acceleraţiei punctului
mobil, la orice moment t .
Rezolvare: Fiind vorba de un con circular drept, avem:
ztga
ρ=
rezultând: thtga
z ⋅==ρ
Componentele vitezei sunt:
αρρ tghv ⋅== & ; ( )παθρθ 2tgthv ⋅⋅== & ; hzvz == & ,
iar modulul vitezei va fi: απα 222 cos4 ecttghv +⋅= .
Fig.1.6
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
9
Componentele acceleraţiei sunt:
( )22παρ tgtha ⋅⋅−= ; ( )παθ 22 tgtha ⋅⋅= ; 0=za ,
iar modulul acceleraţiei va fi:
( )222 12 ttgha ππα +⋅= .
Relaţia dintre θ şi z este h
zπθ 2= .
1.7. Să se determine traiectoria, viteza şi acceleraţia pentru un
punct ale cărui ecuaţii de mişcare în coordonate carteziene sunt:
θλθ cos0−+= exx ; θλθ sin0
−+= eyy ; λθ−+= ezz 0 ,
unde 0x , 0y 0z şi λ sunt parametrii constanţi.
Rezolvare: Traiectoria este descrisă prin ecuaţiile parametrice
date. Pentru a obţine informaţii suplimentare despre curbă vom
elimina parametrul θ din ecuaţii ( )( )ctt === ωθθθ &; . Scriem
ecuaţiile parametrice se scriu sub forma:
θλθ cos0−=− exx ; ( ) θλθ 222
0 cos−=− exx ;
θλθ sin0−=− eyy ; ( ) θλθ 222
0 sin−=− eyy ;
λθ−=− ezz 0 ; ( ) λθ220
−=− ezz ,
Apoi se ridică la pătrat toate cele trei ecuaţii, primele două se
aduna şi a treia se scade din acestea, rezultând ecuaţia:
Culegere de probleme
10
( ) ( ) ( ) 020
20
20 =−−−+− zzyyxx .
Ecuaţia obţinută reprezintă un con pe care se înfăşoară elicea
conică cu relaţiile date.
Componentele vectorului viteză sunt:
θθθθλ λθλθ sincos −− −−== eexvx&&& ;
θθθθλ λθλθ cossin −− +−== eeyvy&&& ;
λθθλ −−== ezvz&& ,
deci:
( ) ( )[ ]kjiev λθθλθθλθ λθ −+−++−= − cossinsincos& ,
iar modulul acesteia este
2222 21 λθ λθ +=++= −ezyxv &&&& .
Componentele vectorului acceleraţie, ţinând sema că ct==ωθ& ,
sunt:
( )[ ]θλθλθ λθ cos1sin2 22 −+== −exax&&& ;
( )[ ]θλθλθ λθ sin1cos2 22 −+−== −eya y&&& ;
λθθλ −== ezaz22 &&& ,
deci:
( )[ ] ( )[ ] kjiea 2222 sin1cos2cos1sin2 λθλθλθλθλθ λθ +−+−++−−= −&
iar modulul acesteia este
( ) 4222 1 λλω λθ ++= −ea .
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
11
1.8. Bara AC de lungime egală cu l ( )Rl 2> este articulată în A
de manivela OA şi trece prin
punctul fix B (fig. 1.8). Ştiind că
manivela OA se roteşte faţă de O
şi are legea spaţiului unghiular
tk=ϕ , se cer să se determine: a)
viteza punctului C; b) acceleraţia
punctului C; c) raza de curbură a
traiectoriei punctului C. (fig. 1.8)
Rezolvare:
a) Coordonatele punctului C în raport cu sistemul de referinţă xOy
sunt:
2sincos
ktlktRx += ;
2cossin
ktlktRy −= .
Componentele pe axele sistemului de referinţă pentru viteza
punctului C sunt:
2cos
2sin
ktklktkRxvx +−== & ;
2sin
2cos
ktklktkRyvy +== & .
deci modulul vitezei este:
2sin
4
2222 kt
lRl
Rkvvv yxC −+=+=r
.
Fig.1.8
Culegere de probleme
12
b) Componentele acceleraţiei punctului în sistemul de referinţă
xOy sunt:
2sin
4cos
22 ktk
lktkRxax −−== && ;
2cos
4sin
22 ktk
lktkRya y +−== && .
Mărimea acceleraţiei punctului C este:
2sin
216
22222 ktlRl
Rkaaa yxC −+=+=r
.
c) Raza de curbură Cρ se determină cu relaţia:
νρC
CC
a
v2
= .
Acceleraţia τCa (acceleraţia tangenţială) este:
2sin
44
2cos
2sin
4 22
22
2
ktlR
lR
ktlRk
ktlR
lRk
dt
d
dt
dvaC
−+
−=
−+==τ .
Rezultă că:
2sin
416
2cos
2sin
216 22
2222
22
ktlR
lR
ktlR
ktlRlRkaC
−+
−−+=ν
şi în final
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
13
2sin36
2sin12
2sin961664
2sin44
222334224
322
2
ktlR
ktlR
ktlRllRR
ktlRlR
a
v
C
CC
+−−++
−+
== νρ
1.9. Să se calculeze, în coordonate polare, în plan, expresia avrr
×
şi să se deducă, cu ajutorul acesteia raza de curbură a traiectoriei.
În particular să se ia unghiul polar θ ca măsură a timpului.
Răspuns: ( ) 23222
322221
θ
θθθθ&&
&&&&&&&&&
rr
rrrrrr
R +
+−+=
1.10. Ecuaţiile mişcării unui punct urmând o elice înfăşurată pe un
tor, sunt: .ctRr == , tωψ = ; tk=ϕ . Să se determine proiecţia
vitezei şi acceleraţiile punctului într-o poziţie situată într-un sistem
de coordonate toroidale ( ).., ctkct ==ω .
Răspuns: ( ) ( ) 22coscos ωω RktktRaar −⋅+−= ;
kktRRkta ωωψ ⋅−⋅⋅= sin2cos2 2 ;
( ) 2sincos ωϕ ⋅+= ktktRaa .
Culegere de probleme
14
1.11. Un punct material M se deplasează pe bara OA în mişcare
uniformă pornind din O cu viteza smv 2,0= . Bara OA de
lungime egală cu m1 se roteşte faţă de O după legea spaţiului
unghiular tπθ 4,0= . Se cer să se determine componentele vitezei şi
acceleraţiei punctului material ajuns în poziţia A.
Răspuns:
vv =ρ ; vtv π4,0= ; ( ) vta24,0 πρ −= ; va πθ 8,0= ;
smvA 272,1= ; 2657,1 smaA = .
1.12. Calculaţi traiectoria
unui punct M al unui sistem
bielă-manivelă, viteza şi
acceleraţia. Se dă:
ct== πϕ 4& .
Aplicaţie: cmlr 601 == , lMB3
1= , (fig. 1.12).
Rezolvare: AMrAMOAr +=+= 1
rr;
jrirrrrr
ϕϕ sincos 111 += ; jlilAMrr
ϕϕ sin3
2cos
3
2−= ;
Fig.1.12.a
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
15
jlrilrrrrr
ϕϕ sin3
2cos
3
211
−+
+= .
Ecuaţiile parametrice de mişcare ae punctului M vor fi:
:sin3
2;cos
3
211 ϕϕ
−=
+= lrylrx
de unde prin eliminarea parametrului variabil ϕ rezultă ecuaţia
traiectoriei:
1
3
2
3
22
1
2
2
1
2
=
−
+
+ lr
y
lr
x.
Înlocuind valorile rezultă: 120100 2
2
2
2
=+yx
deci o elipsa raportată la
sistemul de coordonate Oxy cu semiaxele 100 şi 20 cm (fig.1.12.b).
Fig. 1.12.b
Culegere de probleme
16
Viteza se determină prin derivarea vectorului de poziţie în raport
cu timpul:
:cos3
2;sin
3
211 ϕϕϕϕ &&&&
−==
+−== lryvlrxv yx
Ştiind că cttd
d=== π
ϕϕ 4& , 0=ϕ&& viteza devine:
:cos3
24;sin
3
24 11 ϕπϕπ
−==
+−== lryvlrxv yx &&
iar modulul vitezei este:
( )ϕϕπ 221
221 cossin
3
2
9
44 −++= lrlrvM .
Acceleraţia se determină derivând vectorul viteză în raport cu
timpul:
.sin3
2cos
3
2
;cos3
2sin
3
2
211
211
ϕϕϕϕ
ϕϕϕϕ
&&&&&
&&&&&
−−
−==
+−
+−==
lrlrya
lrlrxa
y
x
1.13. Să se determine ecuaţia analitică a traiectoriei, viteza şi
acceleraţia unui punct al unei drepte care se rostogoleşte, fără
alunecare, pe un cerc de rază R (fig. 1.13.a) (evolventa cercului).
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
17
Rezolvare: Se alege ca parametru cinematic unghiul θ făcut de
raza OT cu verticala. Avem: θRarcATTM == .
=+−++=+= )sincos()cossin( jRiRjRiRTMOTrrrrrr
θθθθθθjRiRrr)sin(cos)cos(sin θθθθθθ ++−= .
Ecuaţiile parametrice ale evolventei sunt deci:
)sin(cos
)cos(sin
θθθθθθ
+=
−=
Ry
Rx
Componentele vitezei vor fi:
θθθθθθθθ
θθθθθθθθ
cos)cossinsin(
sin)sincos(cos
&&&
&&&
RRyv
RRxv
y
x
=++−==
=+−== ,
iar viteza se obţine din relaţia:
Fig.1.13.a. Evolventa cercului
Culegere de probleme
18
2222 )( θθ &&& Ryxv =+=
de unde:
θθ &Rv = .
Acceleraţia va fi dată de:
θθθθθθθθ
θθθθθθθθ
sincoscos
cossinsin22
22
&&&&&&
&&&&&&
RRRya
RRRxa
y
x
−+==
++==
cu valoare dată de:
)4( 2244222 θθθθθθθθ &&&&&&& +++= Ra .
Lungimea arcului de evolventă este:
∫∫∫ ====αα α
θθθθ0
2
0 2RdRdtRvdts &
(am presupus 0≥θ& ). Unghiul făcut de vectorul viteză cu verticala
este dat de:
Fig.1.13.b. Proprietăţile evolventei
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
19
θβ tgv
vtg
y
x == ,
de unde:
θβ = .
Rezultă:
- viteza este perpendiculară pe TM (paralelă cu OT) (avem
0=TMvr
);
- are valoarea TM⋅ω , unde am notat ωθ =& :
TMRRv ⋅=⋅== ωθθθθ &&
Punctul M de pe dreaptă se comportă dpdv al vitezei (instantaneu)
ca şi cum ar avea o mişcare circulară pe un cerc de raza TM cu
centrul în T, cu viteza unghiulară ω . Dacă ct==ωθ& , atunci:
)sin(cos
)cos(sin2
2
θθθθ
θθθθ
−=
+=&
&
Ra
Ra
y
x
( )222222 1)( θθ +=+= &Raaa yx
de unde:
OMRa ⋅=+= 222 1)( ωθθ& .
1.14. Să se determine traiectoria, viteza şi acceleraţia unui punct de
pe periferia unei roţi de rază R care se rostogoleşte fără alunecare
pe planul orizontal (fig.1.14.a).
Culegere de probleme
20
Rezolvare: Luăm ca parametru variabil unghiul θ . Vectorul de
poziţie al punctului M de pe periferia roţii, după ce aceasta s-a
rostogolit cu unghiul θ , este dat de relaţia:
jRiRjRiRCMACOAOMrrrrrr
θθθ cossin −−+=++==
cu componentele:
)cos1(
)sin(
θθθ
−=
−=
Ry
Rx
care reprezintă ecuaţiile parametrice ale cicloidei (parametrul fiind
unghiul θ ). Viteza va fi dată de relaţiile:
θθ
θθ
sin
)cos1(
&&
&&
Ryv
Rxv
y
x
==
−==
Fig.1.14.a. Cicloida
cu valoarea:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
21
=++−=+= )sincoscos21()( 222222 θθθθ&&& Ryxv
2sin)(4)cos1()(2 222 θ
θθθ && RR =−=
2sin2
θθ&Rv = Valoarea maximă a vitezei se obţine pentru
2/2/ πθ = deci πθ = .
Fig.1.14.b. Graficul valorii vitezei
Componentele acceleraţiei punctului sunt date de relaţiile:
θθθθ
θθθθ
cossin
sin)cos1(2
2
&&&&&
&&&&&
RRya
RRxa
y
x
+==
+−==
iar valoarea de:
+++−= )sincoscos21()( 2222 θθθθ&&Ra
)coscos1(sin2)cos(sin)( 22222 θθθθθθθθ +−+++ &&&& RR
θθθθθθ sin2)()cos1()(2 2222 &&&&&& RRRa ++−=
4222222 sin22
sin4 θθθθθ
θ &&&&&& RRR ++=
Culegere de probleme
22
de unde:
422 sin22
sin4 θθθθθ
θ &&&&&& ++= Ra
Lungimea arcului de cicloidă este:
∫∫∫ ==+== vdtdtyxdss 22&&
∫∫ −==αα
αθ
θθ
θ
00
)2
cos1(42
sin22
sin2 RdRdtR &
2sin8 2 α
Rs =
La o rostogolire completă a cercului spaţiul parcurs de punctul
material este:
RRL 82
2sin8 2 ==
π .
Unghiul făcut de viteză cu orizontala este:
)22
(2
2sin2
2cos
2sin2
cos1
sin
2
θπθθ
θθ
θθ
β −===−
=== tgctgx
y
v
vtg
x
y
&
&
deci: 22
θπβ −= .
(pentru ]2;0[ πθ ∈ ) cu excepţia cazului când ,02/sin =θ
,2/ πθ k= πθ k2= . În acest caz: 0;0)11( ==−= yRx && θ , deci
v=0. În punctele πθ k2= unghiul făcut de viteză cu orizontala
prezintă discontinuitate:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
23
;2
;2
lim 1
22
1
πβ
θβ
πθπθ
−=−∞==<→
ctgtg
;2
;2
lim 2
22
2
πβ
θβ
πθπθ
=∞==>→
ctgtg
Graficul unghiului de
înclinare a vitezei în
funcţie de unghiul de
rostogolire θ este dat
în fig. 1.14.c. În cazul
în care considerăm că
roata se rostogoleşte cu
viteză constantă ωθ == ct& atunci vr şi a
r au următoarele
proprietăţi:
a) vectorul vr este perpendicular pe AM şi egal în modul cu
AM⋅ω . Într-adevăr 2/
2/)(2/
θθππβ
=
=−−=)2/sin(2 θRAM = şi
atunci (fig.1.14.d):
=+−+−=⋅ ]2
sin22
cos2
sin2][sin)cos1([ 2 jRiRjRiRAMvrrrrr θθθ
θθθθ
0]2
sinsin2
cos2
sin)cos1([ 22 =+−−=θ
θθθ
θθ&R
ωθ
ω ⋅== AMRv2
sin2
Fig.1.14.c
Culegere de probleme
24
Rezultă că punctul
M de pe periferia
roţii se comportă
d.p.d.v. al vitezei ca
şi cum discul s-ar
roti cu viteza
unghiulară ω în
jurul punctului A
(viteza unghiulară ω
defineşte variaţia în timp a unghiului θ ) (fig.1.14.d).
b) Vectorul ar are direcţia razei MC şi este egal cu MC⋅2ω :
θωθθ sinsin 22 RRxax === &&& ;
θωθθ coscos 22 RRyay === &&&
jRiRMCrr
θθ cossin +=
deci:
MCjRiRjaiaa yx
2)cossin( ωθθ =+=+=rrrrr
.
Punctul M de pe periferia roţii se comportă, d.p.d.v. al acceleraţiei
ca şi cum s-ar mişca pe periferia cercului de rază R, cu viteză
constantă (fig.1.14.d). Dacă punctul material se găseşte în
interiorul unui cerc care se rostogoleste se obţine cicloida scurtată
Fig.1.14.d. Interpretarea geometrică a
mişcării pe o cicloidă
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
25
(fig.1.14.e) şi dacă se găseşte pe exteriorul lui, facând corp comun
cu cercul se obţine cicloida alungită (fig.1.14.f).
Fig.1.14.e
Fig.1.14.f
1.15. a) Să se determine traiectoria, viteza şi acceleraţia unui punct
al unui cerc mobil ce se rostogoleşte pe exteriorul unui cerc fix
(epicicloida).
Culegere de probleme
26
b) Să se determine traiectoria, viteza şi acceleraţia unui punct al
unui cerc mobil ce se rostogoleşte pe interiorul unui cerc fix
(hipocicloida) (fig.1.15.a).
Fig.1.15.a. Epicicloida şi hipocicloida
Rezolvare: a) Dacă un cerc mobil derază r se rostogoleşte peste un
cerc fix de rază R avem AT=TM, deci αθ rR = . Ecuaţiile
parametrice ale traiectoriei sunt:
)1(sinsin)()sin(sin)(r
RrrRrrRx +−+=+−+= θθαθθ
)1(coscos)()cos(cos)(r
RrrRrrRy +−+=+−+= θθαθθ
Prin derivări succesive se obţin expresiile vitezei şi acceleraţiei.
Pentru viteză avem relaţiile:
])1cos([cos)1( θθθr
R
r
Rrxv x +−+== &&
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
27
])1sin(sin[)1( θθθr
R
r
Rryv y ++−+== && .
Lungimea arcului de epicicloidă se obţine, prin calcul, )(8 rRl += .
b) Dacă cercul mobil de rază r se rostogoleşte în interiorul
cercului de rază R avem, din egalitatea AT=TM, αθ rR = , iar
ecuaţiile parametrice ale traiectoriei sunt:
)1(sinsin)()sin(sin)(r
RrrRrrRx +−−−=+−−−= θθαθθ
)1(coscos)()cos(cos)(r
RrrRrrRy +−+−=+−+−= θθαθθ
de unde, prin derivări, se obţin viteza şi acceleraţia:
])1cos([cos)1( θθθr
R
r
Rrxv x +−−+−== &&
])1sin(sin[)1( θθθr
R
r
Rryv y +−−−+−== &&
Lungimea arcului de hipocicloidă, la o rotaţie completă, este:
)(8 rRl −= .
Fig.1.15.b. Epicicloida şi hipocicloida pentru cazul R/r=2
Culegere de probleme
28
Fig.1.15.c. Epicicloida şi hipocicloida pentru cazul R/r=3
Fig.1.15.d. Epicicloida şi hipocicloida pentru cazul R/r=4
Fig.1.15.e. Epicicloida şi hipocicloida pentru cazul R/r=5
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
29
În fig.1.15.b-e sunt reprezentate epicicloide şi hipocicloide
pentru diferite valori ale raportului R/r.
1.16. Să considerăm un
cerc mobil care se
rostogoleşte pe un cerc fix
de aceeaşi rază R (fig.1.16).
Să se determine traiectoria,
viteza şi acceleraţia unui
punct de pe cercul mobil.
Vom exprima vectorul de
poziţie al punctului M:
=++==→
BMABOAOMrr
=−++−+= )2sin2cos()sincos(2 jRiRjiRiRrrrrr
θθθθ
jRRiRRRrr)2sinsin2()2coscos2( θθθθ −++−=
S-a folosit observaţia că ABMO este trapez isocel. Rezultă:
θθ 2coscos2 RRRx +−= ; θθ 2sinsin2 RRy −= ;
222222 )cos1(4)2coscos43(2 θθθ −=+−−=+= RRyxr ;
2cos4)cos1(2)cos1(2 2 ααθ RRRr =+=−= ,
adică ecuaţia cardioidei. Componentele vitezei vor fi:
)2sin(sin2 θθθ −= && Rx ;
Fig.1.16. Mişcarea pe cardioidă
Culegere de probleme
30
)2cos(cos2 θθθ −= && Ry
iar valoarea:
2sin16)cos1(4 222222 θ
θθθ && RRv =−=
2sin4
θθ&Rv = ;
πθα =+ ; θα && −= ,
iar componentele acceleraţiei:
)2cos2(cos2)2sin(sin2 2 θθθθθθ −+−= &&&&& RRx ,
)2sin2sin(2)2cos(cos2 2 θθθθθθ +−+−= &&&&& RRy
1.17. Să se determine viteza şi acceleraţia unui punct care se mişcă
pe o elice cilindrică (fig.1.17.a).
Rezolvare: Ecuaţiile parametrice ale elicei cilindrice cu pas
constant sunt:
=
=
=
αθθθ
tgRz
Ry
Rx
;sin
;cos
Prin derivare se obţin componentele vitezei şi acceleraţiei:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
31
==
−==
−−==
==
==
−==
.
;sincos
;cossin
.
;cos
;sin2
2
αθ
θθθθ
θθθθ
αθ
θθ
θθ
tgRza
RRya
RRxa
tgRzv
Ryv
Rxv
z
y
x
z
y
x
&&&&
&&&&&
&&&&&
&&
&&
&&
de unde:
( ) ( )
.cos/
cos/
1222
222222
αθ
αθ
αθ
&
&
&&&&
Rv
R
tgRzyxv
=
=
=+=++=
( )( ).cos/
cos/422
4222
24242222
θαθ
θαθ
αθθθ
&&&
&&&
&&&&
+=
+=
=++=
Ra
R
tgRRRa
Lungimea arcului de elice este dată de relaţia:
Fig.1.17.a. Mişcarea pe elicea cilindrică
Fig.1.17.b
Culegere de probleme
32
∫ ∫ ∫ ==== βα
θα
β
coscos 0
Rdt
Rdtvdss .
1.18. Să se determine mişcarea unui punct material pe o elice
cilindrică utilizând coordonatele polare.
Rezolvare: Vectorul de poziţie se poate scrie (vezi fig.1.17.a):
ktgReRrrrr
⋅+⋅= αθρ .
Aşadar viteza şi acceleraţia rezultă, prin derivări succesive:
( ).2 ktgReReRa
tgkeRkzeRvr
&&r&&r&r
rr&r&
r&r
αθθθ
αθθ
θρ
θθ
++−=
+=+=
1.19. Să se determine raza de curbură a cicloidei, evolventei, elicei
cilindrice şi cardioidei.
Rezolvare: Se va folosi relaţia 22
2
va
v
&−=ρ şi se va considera
ct=θ& (întrucât raza de curbură nu trebuie să depindă de timp). Se
obţine:
i) pentru cicloidă:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
33
2sin2
θθ&Rv = ;
2cos2 θ
θ&& Rv = ; 2θ&Ra = ;
2sin16
2cos4
2sin16
22
24242
444
2 θθ
θθ
θθ
ρ R
RR
R=
−=
&&
&
.
ii) pentru evolventă
θθ &Rv = ; 2θ&& Rv = ; )1( 2222 θθ += &Ra ;
22
42442
4442
)(θ
θθθθθθ
ρ RR
R=
−+=
&&&
& ;
θρ R= .
iii) pentru elicea cilindrică:
αθ
cos
&Rv = ; 0=v& ; 2θ&Ra = .
αρ
2cos
R= .
iv) pentru cardioidă:
)2cos2(cos2 2 θθθ −= &&& Rx ; )2sin2sin(2 2 θθθ +−= &&& Ry ;
)cos45(4)cos441(4 22422 θθθθ −=−+= && RRa ;
2cos2 2 θ
θ&& Rv = ;
=−−
=
2cos4)cos45(4
2sin256
24242
444
2
θθθθ
θθ
ρ&&
&
RR
R
Culegere de probleme
34
92
sin64
2sin
2sin8
2sin64
2sin)cos1(4
2sin64 22
22
42
2
42 θ
θθ
θ
θθ
θRRR
=+
=+−
=
2sin
3
8 θρ R= .
1.20. Să de determine viteza şi acceleraţia unui punct aflat în
mişcare circulară utilizând coordonatele carteziene (fig.1.20).
Rezolvare: Coordonatele carteziene ale punctului material aflat în
mişcare pe cerc sunt:
θθ sin;cos RyRx == ,
de unde, prin derivare, se obţine succesiv:
θθθθ cos;sin &&&& RyRx =−= ;
Fig.1.20 Fig.1.21
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
35
θθθθθθθθ sincos;cossin 22 &&&&&&&&&& RRyRRx −=−−= ,
cu θθ && RvRv =⇒= 222 şi ( )4222 θθ &&& += Ra .
Dacă θ&= ct, mişcarea se numeşte mişcare circulară uniformă.
Notând 0ωθ =& rezultă 00 θωθ += t . Dacă θ&& > 0 mişcarea este
uniform accelerată, iar dacă θ&& < 0 mişcarea este uniform întârziată.
Notând 0ωθ =& şi εθ =&& se obţine legea spaţiului 00
2
2θωθ
ε++= t
t.
1.21. Să de determine viteza şi acceleraţia unui punct aflat în
mişcare circulară utilizând coordonatele polare (fig.1.21).
Rezolvare: În coordonate polare (fig.1.21) se scrie:
reRrrr
⋅= ; ;; θθ θ&r&r
RveRv ==
422 ; θθθθ θ&&&r&&r&r
+=+−= RaeReRa r
cu componentele: θθ θ&&& RaRar == ;2 .
1.22. Să de determine viteza şi acceleraţia unui punct aflat în
mişcare circulară utilizând coordonatele naturale (fig.1.22).
Rezolvare: În coordonate naturale (fig.1.22) avem:
Culegere de probleme
36
( )0θθ −== RAMs
τθτθr&r
&r&& RsvRsv ==== ;
νθτθ
θρ
θ ντ
r&r&&r
&&
&&&&
2
22
;;
RRa
Rs
aRsa
+=
====
22 θθ
θθ
αν
τ
&
&&
&
&&===
R
R
a
atg .
1.23. Să se determine viteza cu care se mişcă corpul B dacă corpul
A se mişcă cu viteza constantă u.
Fig.1.23
Fig.1.22
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
37
CAPITOLUL II
CIEMATICA RIGIDULUI
2.1. Toba de cablu a unei maşini de ridicat, ca în figura 2.1, este antrenată
printr-un mecanism ″melc-roată melcată″. Cunoscând 1
ω = 20rad ⁄ s, nf =3,
z2 = 60, R = 0,25m, să se determine viteza greutăţii Q, precum şi sensul
filetului şurubului pentru ca greutatea să urce.
Fig.2.1
Rezolvare: Analizând sensurile vitezelor unghiulare ale melcului şi
respectiv cel al roţii melcate (impus de coborârea greutăţii Q), se constată
că filetul trebuie să fie pe stânga. Se cunoaşte că 12 ωω
=z
n f unde ω este
Culegere de probleme
38
viteza unghiulară a roţii melcate. După înlocuiri se obţine
./160
203srad=
⋅=ω Viteza greutăţii Q va fi:
./25,025,01 smRVQ =⋅=⋅=ω
2.2. Să se determine raportul de transmitere al reductorului planetar din
figura 2.2. Se cunosc razele roţilor, respectiv numerele de dinţi.
Rezolvare: Se observă că mişcarea satelitului 2 este plană şi că centrul său
instantaneu de rotaţie I2 se află în punctul de tangenţă al cercului de rulare
al satelitului cu cercul de rulare al coroanei fixe 4. Se desenează apoi
distribuţia de viteze pe roata centrală 1 şi pe satelitul 2. Plecând de la
distribuţia de viteze pe satelit, rezultă că viteza puntului B este egală cu
jumătate din viteza punctului A.
Fig.2.2
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
39
Atunci există următoarele relaţii:
11 RvA ⋅=ω ; 2222 2RAIvA ⋅=⋅= ωω ;
22222A
B
vRBIv =⋅=⋅= ωω ; ).( 2123 RROBvB +=⋅= ωω
În baza acestor relaţii raportul de transmitere devine:
i1,3=1
21
1
21
1
21
3
1 )(2
2
222
)(2
z
zz
mz
mzmz
R
RR +=
+=
+=
ωω
,
unde m reprezintă modulul roţilor dinţate, astfel că diametrul cercului de
rulare este D = mz, iar raza acestuia este R=mz ⁄ 2.
2.3. Pentru mecanismul diferenţial al unui automobil care parcurge un
viraj, să se determine: a) viteza unghiulară instantanee a satelitului în
raport cu caroseria automobilului; b) acceleraţia unghiulară a satelitului în
raport cu acelaşi reper. Se cunosc: viteza automobilului v = 36 km ⁄ h=10m
⁄s; raza virajului R=10m; ecartamentul automobilului B=1,5m; raza roţii rd
=0,25m; raportul între raza medie a pinionului planetar şi a satelitului
Rp:Rs=2:1,figura 2.3,a.
Rezolvare:
Se calculează mai întâi vitezele unghiulare de rotaţie proprie a roţilor, (fig.
2.3,b).
Culegere de probleme
40
sradvR
BR
rr
v
dd
p /431010
75,010
25,0
12111 =
+⋅=
+⋅==ω ;
sradvR
BR
rr
v
dd
p /371010
75,010
25,0
12122 =
−⋅=
−⋅==ω .
Având în vedere că vitezele periferice ale punctelor de pe cercurile medii
ale planetarelor sunt proporţionale cu vitezele unghiulare 1pω şi respectiv
2pω , se găsesc uşor(fig.2.16,b) că viteza de rotaţie a centrului satelitului în
jurul axei punţii motoare este media vitezelor punctelor A1 şi B2,
a b.
Fig.2.3.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
41
vC3=(vA1+vB2) ⁄ 2, ceea ce conduce la viteza unghilară a coroanei 4,
sradpp
/402
3743
221
4 =+
=+
=ωω
ω .
Se poate observa că satelitul are o mişcare de precisie regulată, compusă
dintr-o mişcare de precesie odată cu coroana 4, în jurul axei Oz1 şi o rotaţie
proprie, în jurul axei Oz, faţă de coroană. Vom avea deci:
3443 ωωωωωrrrrr
+=+= rppr în care viteza unghiularăde rotaţie a satelitului
în jurul axei proprii, 34ωr
se va găsi din distribuţia de viteze reprezentată în
figura 2.16,b ca fiind:
sradR
R
R
RR
R
vv pp
s
p
s
pppp
s
BA /62
37432
222212121
34 =−
⋅=−
⋅=−
=−
=ωωωω
ω
Fig.2.3.c
Culegere de probleme
42
În reperul solidar cu Oxyz, vectorul viteză unghiulară instantanee se va
scrie:
sradkj /6403
rrr−−=ω ,
în timp ce viteza unghilară de precesie va fi desigur sradjpr /40rr
−=ω .
Rezultă acum, aceeleraţia unghiulară a satelitului:
23443 /240)6()40( sradikj
rrrrrr=−×−=+= ωωε .
2.4. Placa din figura 2.4 se mişcă în planul x1O1y1. Cunoscând că
sradv xo /80= , smmv
yA /200= şi smmv
yB /40−= , să se determine:
a) viteza unghiulară a plăcii;
b) vitezele punctelor O,A şi B;
c) coordonatele centrului instantaneu de rotaţie.
Rezolvare:
a, b) Se scriu mai întâi relaţiile
de distribuţie Euler:
AOvvA
rrrr×+= ω0 ;
BOvvB
rrrr×+= ω0 ;
care vor genera patru ecuaţii
scalare:
ω1200 += xxA vv ;
ω1200 += yyA vv ;
Fig.2.4
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
43
ω1200 −= xxB vv ;
ω2400 += yyB vv .
Soluţiile sistemului de ecuaţii sunt: srad /2−=ω ;
smmv yo /440= ;
smmv xA /160−= ;
smmv xB /320= .
Acum se pot scrie vectorii viteză căutaţi astfel:
smmjivo /44080rrr
+= ;
smmjivA /200160rrr
+−= ;
smmjivB /40320rrr
−= .
c) Coordonatele centrului instantaneu de rotaţie în reperul mobil vor fi:
mmv
x
y
2202
44001 =
−−=−=
ω; mm
Vy
x
402
8001 −=
−=−=
ω.
2.5. Un con circular drept de
înălţime h şi rază r se
rostogoleşte fără alunecare pe
un plan, având vârful fixat în
punctul O (fig.2.5). Să se
calculeze viteza unghiulară a
conului, când viteza centrului
Fig. 2.5
Culegere de probleme
44
cercului de bază al conului este cunoscută şi constantă (vC=ct.).
Rezolvare: Fie oωr
viteza unghiulară de rotogolire a conului pe planul
orizontal şi 1ωr
viteza unghuilară în jurul axei conului. Vectorul viteză
unghiulară rezultant va fi:
1ωωωrrr
+= o ,
( ) ( )kji o
rrrrαωωθθαωω sinsincoscos 11 −++−=
Viteza centrului bazei conului este:
COkvC
rrr×⋅= 0ω unde ( ) .sinsincoscos khjihCO
rrrrαθθα ++=
Înlocuind se obţine:
( )jihvC
rrrθθαω sincoscos0 −= cu modulul αω cos0hVC =
r.
De aici rezultă viteza unghiulară .cos 2
22
0h
hrv
h
v CC +==
αω
Cum conul se rostogoleşte fără alunecare, OI este axă instantanee de
rotaţie deci vI=0.
==×=
0sincoscos
θθωωω
αω zyxI
kjih
IOv
rrr
rrr
( ) .0sincoscossin =+−++= kji xyzz
rrrθωθωθωθω
Se obţine deci: αωωω sin0 10 −==z şi .θωω tgxy = Rezultă:
.cossinsin 2
220
1rh
hrv
h
vC
C +⋅===
αααω
ω
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
45
2.6. Se consideră mecanismul din figura a, la care manivela OA se roteşte
cu viteza unghiulară .2 10
−= sω Să se determine vitezele punctelor A, B şi
C, de asemenea vitezele unghiulare ale elementelor mecanismului. Se
cunosc: OA=40cm; AB=80cm; BC=25cm; r =15cm.
Rezolvare: Viteza punctului A este vA=ω·OA=80cm/s.
Centrul instantaneu de rotaţie al bielei AB se determină ridicând
perpendiculare pe suporţii vectorilor viteză Avr
şi Bv , la intersecţia lor
găsindu-se punctul I2 căutat, fig b.
Viteza unghiulară instantanee 2Ω a bielei AB se calculează cu
relaţia: .2
2AI
VA=Ω
Din considerente geometrice rezultă:
0
22
0230cos30cos
ADABAKAI
−== ,
iar: AD=OA sin 300=20cm => AK=77,5cm.
Fig.2.6.a
Culegere de probleme
46
./893,06,89
80;6,89
866,0
5,7722 sradcmAI ==Ω==
Calculând viteza punctului B în raport cu I2 se obţine:
vB=Ω2·I2B, unde I2B=(OA+I2A)sin300=64,8cm
Fig.2.6.b
astfel că rezultă:
vB=0,893·64,8=57,957,9cm/s.
Centrul instantaneu al roţii se găseşte în I1, iar viteza unghiulară
instantanee este:
./86,315
9,5715, 11
11 sradcmrBI
BI
vB ==Ω⇒===Ω
Viteza punctului C va fi:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
47
,35120cos2, 21
221111 cmBCBIBCBICICIvC =⋅−+=⋅Ω=
deci vC=3,86·35=135cm/s.
2.7. Presa din figură este dotată cu un şurub “diferenţial”; cele două filete
au sensuri inverse şi pasul h1, respective h2.Unghiul glisierei este α. Să se
afle viteza glisierei, dacă mânerul face n rotaţii pe minut.
Fig.2.7
Răspuns: αctgnhh
v ⋅⋅+
=60
21
Culegere de probleme
48
2.8. Un automobil se mişcă spre dreapta cu o viteză constantă de 50km/h.
Determinaţi vitezele punctelor A, B şi C de pe periferia roţii, dacă rularea
este perfectă (fără alunecare), fig.2.8.
Răspuns: ;/77,27 smvA =
;/64,19 smvB =
smvC /83,26=
Fig.2.8
2.9. Roata din figura 2.9 rulează fără alunecare pe un plan orizontal,
descriind un cerc de rază R şi făcând o rotaţie completă în jurul axei Oz1,
cu o viteză constantă într-un timp τ. Determinaţi: a)vectorul acceleraţie
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
49
unghiulară ε; b) viteza şi acceleraţia punctului A; c) ecuaţiile conurilor lui
Poinsot.
Răspuns:
a) ;2
ir
R rr
−=τπ
ε
b) ;2
;2
2
+
+
−=
−−= kiR
r
r
RRak
R
rji
RV AA
rrrrrrr
τπ
τπ
Fig.2.9
Conul polodic (axoida mobilă): ;022
22 =
−+ zR
ryx
Culegere de probleme
50
Conul herpolodic (axoida fixă): .021
22
12
1 =
−+ zr
Ryx
2.10. În mecanismul diferenţial cu satelit din figura 2.10 roţile planetare 1
şi 4 se rotesc în acelaşi sens, cu vitezele unghiulare ./151 srad=ω şi
./304 srad=ω Să se determine: a) viteza unghiulară a satelitului dublu 2-
2’; b) viteza unghiulară a braţului port-satelit 3; c) acceleraţia unghiulară a
satelitului dublu 2-2’.
Fig.2.10
Răspuns: a) ;/5,7202 sradkjrrr
−=ω
b) ;/203 sradjrr
=ω
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
51
c) ;/150 22 sradi
rr−=ε
2.11. Un excentric executat sub forma unui disc de rază r, se roteşte în
jurul unui ax ce trece prin O după legea φ=φ(t). Excentricul pune în
mişcare tija AB, a cărei axă trece prin punctul O. Să se determine viteza
punctului B dacă excentricitatea OC=e, iar la momentul iniţial
φ=0(fig.2.11).
Răspuns: .sinsin
cos222
2
ϕϕϕ
ϕ&
−−=
er
eev
Fig.2.11
Culegere de probleme
52
2.12. Sfera 1 de rază ρ1=0,1m a unui variator cu fricţiune (fig.2.12) este
pusă în mişcare de rotaţie de rola 2 de rază r2=0,05m, fixată pe acelaşi ax
cu roata dinţată conică 3 de rază r3=0,08m. Roata 3 este antrenată de roata
conducătoare 1 ce se roteşte după legea φ4(t)=t2-2t rad. Considerându-se că
rola 2 nu alunecă pe sfera 4, să se determine: a)acceleraţia punctului M
situate pe sfera 1, la timpul t=1sec după începerea mişcării; b)viteza
unghiulară şi acceleraţia unghiulară a sferei dacă α=30o, β=60o, iar la
momentul iniţial φ4=0, r4=0,06m.
Răspuns: a) aM=0,13m/s2; b) ω1=0; ε1=1,5rad/s2.
Fig.2.12
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
53
2.13. O bara de lungime 2L se mişcă astfel încât capătul A glisează pe axa
O1x1 cu viteza constantă v, iar B pe axa O1y1. Să se determine viteza
unghiulară şi acceleraţia unghiulară a barei, viteza şi acceleraţia punctului
B şi centroidele barei (baza şi rostogolitoarea) (Problema lui Cardan)
(fig.2.13.a).
Rezolvare:
i) Soluţie analitică. Componentele vitezei pe axele sistemului de referinţă
mobil sunt: θcos0 vvx= ; θsin0 vv y −= iar θω &= . Viteza punctului B este
dată de relaţia:
( ) 11 sin2cos2 jLiLvABvv AB
r&
r&
rrrθθθθω −−=×+=
→,
deoarece: 11 cos2sin2 jLiLABrr
αα +−=→
Fig.2.13.a Fig.2.13.b
Culegere de probleme
54
Condiţia ca viteza punctului B să fie orientată după axa Oy dă:
θωθ
cos2L
v==& . Prin derivare se obţine acceleraţia unghiulară a barei:
θθ
θθθ
ωε32
2
2 cos4
sinsin
cos2 L
v
L
v=== && .
11 sincos2
2sin2 jtgvL
vLjLvB
rr&r
θθθ
θθ −=−=−=
=−×+=→→ABABaa AB
2ωεrrr
( )=+−−+−+= 112
111 cos2sin2)cos2sin2(0 jLiLjLiLxkrrrrr
θθωθθε
( ) =+−+−= 12
12 )cos2sin2(sin2cos2 jLLiLL
rrθωθεθωθε
=+−= 12 )cos2sin2( jLL
rθωθε 13
2
cos2j
L
v r
θ−
Coordonatele C.I.R. în raport cu sistemul mobil de coordonate vor fi:
;2sinsincos2
cos2
sin0 θθθ
θ
θω
ξ LL
L
v
vv y ===−=
( ).2cos12
cos2
cos2
cos 20 θθ
θ
θω
η +====L
L
L
v
vv x
Eliminând parametrul θ între cele două relaţii ţinând seama de expresia:
12sin2cos 22 =+ θθ se obţine ecuaţia rostogolitoarei:
( ) 222 Ll =−+ ηξ ,
adică ecuaţia unui cerc cu centrul în centrul barei şi cu raza egală cu
jumătate din lungimea barei. Coordonatele C.I.R. în raport cu sistemul de
referinţă fix vor fi date de:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
55
;sin2sincossin21 θθηθξθξ LL =−+=
.cos2cossin1 θθηθξη L=+=
Se elimină θ prin ridicare la pătrat şi adunare şi se obţine ecuaţia bazei sub
forma:
,4 221
21 L=+ηξ
adica un cerc de raza 2L şi cu centrul în originea O1. În timpul mişcării
cercul mobil se rostogoleşte fără alunecare pe cercul fix (fig.2.13.b).
ii) Soluţie semianalitică. Ducând perpendicularele pe vectorii viteză în
punctele A şi B se obţine punctul I. Coordonatele acestuia în sistemul fix
de referinţă sunt: θξ sin21 L= ; θη cos21 L= . Dacă se proiectează I pe
axele sistemului mobil de coordonate se obţine:
θθθξ cossin2sin' LIAAI === ; θθη 2cos2cos" LIAAI === ,
adică rezultatele obţinute la punctul i).
Ţinând seama că θωω cos2LIAvvA ⋅=== se obţine viteza unghiulară ω.
iii) Soluţia geometrică. În cazul construcţiei de la punctul ii), figura O1AIB
este un dreptunghi. Faţă de bara unghiul I este întotdeauna drept. Punctul I
se va afla atunci pe cercul circumscris dreptunghiului de diametru AB =
2L. Distanţa O1I = AB = ct. ca diagonale ale dreptunghiului şi atunci faţă
de sistemul de referinţă fix punctul I se mişca pe cercul de rază egală cu
O1I = 2L şi cu centrul în O1.
Culegere de probleme
56
2.14. Să se determine baza şi rostogolitoarea pentru biela din mecanismul
bielă-manivelă (fig. 2.14.a).
Rezolvare: Ecuaţiile parametrice ale bazei sunt:
ααβα sin)/(1coscoscos 21 lrlrlrxACx C −+=+===
αtgxICy C==1
Dacă ţinem seama de relaţiile:
αcos/CxAI = ; rAIBI −=
se obţin şi ecuaţiile parametrice ale rostogolitoarei:
;)cos( βα += BIx
)sin( βα += BIy .
Fig.2.14.a
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
57
Prezentăm secvenţa MATLAB care realizează construcţia grafică a bazei şi
rostogolitoarei.
% r raza manivelei;
% l lungimea bielei;
% al (alfa) unghiul variabil de
rotatiei al manivelei;
% be (beta) unghiul facut de
biela cu orizontala
r*sin(al)=l*sin(be);
% date de intrare:
%
r=0.1;l=0.3; lam=r/l;
%
% Constructia parametrica a
bazei si rostogolitoarei
%
for i=1:1:100;
al=(i-30)*pi/180;
bet(i)=asin(lam*sin(al));be=bet(i);
%
% Calculul distantei pistonului fata de origine d(i), a coordonatelor
% CIR in sistemul fix x1(i), y1(i), a coordonatelor CIR in sistemul
% mobil de coordonate x(i), y(i) si reprezentarea lui x(i) si y(i) in
% sistemul fix de coordonate pentru o pozitie a mecanismului
Fig.2.14.b. Baza şi rostogolitoarea
pentru bielă
Culegere de probleme
58
% determinata de unghiul alfa=pi/6;
%
d(i)=r*cos(al)+l*cos(be); x1(i)=d(i); y1(i)=x1(i)*sin(al)/cos(al);
BI=x1(i)/cos(al)-r;
x(i)=BI*cos(al+be); y(i)=BI*sin(al+be);
be0=asin(lam*sin(pi/6));
xf(i)=r*cos(pi/6)+x(i)*cos(-be0)-y(i)*sin(-be0);
yf(i)=r*sin(pi/6)+x(i)*sin(-be0)+y(i)*cos(-be0);
end
%
% reprezentarea grafica a bazei si rostogolitoarei
%
hold off
plot(x1,y1); hold on; plot(xf,yf);
%
% Reprezentarea mecanismului pentru alfa=pi/6;
%
for i=1:1:21;
xm(i)=r/20*(i-1)*cos(pi/6);ym(i)=r/20*(i-1)*sin(pi/6);
xb(i)=r*cos(pi/6)+l/20*(i-1)*cos(be0);yb(i)=r*sin(pi/6)-l/20*(i-
1)*sin(be0);
end
plot(xm,ym);plot(xb,yb);
axis([-0.2 0.6 -0.4 1])
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
59
2.15. a) Locul geometric al punctelor pentru care viteza şi acceleraţia sunt
doi vectori colineari este un cerc numit cercul inflexiunilor.
b) Locul geometric al punctelor pentru care viteza şi acceleraţia sunt doi
vectori perpendiculari este un cerc numit cercul de rebrusment. (Cercurile
lui Bresse)
Rezolvare: Se demonstrează cele două proprietăţi în felul următor:
Expresia vitezei unui punct este:
rvvrrrr
×+= ω0 ,
iar a acceleraţiei:
rraarrrrr 2
0 ωε −×+= .
Condiţia ca vectorii viteză şi acceleraţie să fie colineari revine la a pune
condiţia: 0=× varr
, iar condiţia ca cei doi vectori să fie perpendiculari
revine la: 0=⋅ varr
.
Efectuând calculele se obţine, în ambele cazuri, ecuaţia unui cerc.
2.16. O bară de lungime 2L se mişcă într-o cavitate cilindrică cu viteza
capătului sprijinit constantă oA vv = . Să se determine baza şi
rostogolitoarea barei şi viteza unghiulară şi acceleraţia unghiulară. Să se
determine viteza şi acceleraţia punctului B.
Culegere de probleme
60
Fig.2.16
Rezolvare: Centrul instantaneu de rotaţie I se află la intersecţia
perpendicularelor pe direcţia vitezelor în punctele corespondente. Viteza
punctului de pe bară, care vine în contact cu punctul fix B este în lungul
barei.
Triunghiul dreptunghic ABI este inscriptibil într-un cerc al cărui diametru
este O1I=O1A=O1B=R, cu centrul în O1. Ţinând seama de aceste relaţii, se
stabileşte că baza este un cerc cu centrul în O1 şi raza R. Mai departe
distanţa AI este egală, în orice poziţie, cu diametrul cercului de sprijin 2R.
Deci distanţa AI=2R iar rostogolitoarea este tot un cerc centrul în A şi raza
2R.
Pentru determinarea analitică a centroidelor, se alege sistemul de
coordonate fix O1x1y1, sistemul de coordonate mobil (solidar legat de bară)
Oxy şi unghiul θ ca parametru variabil în timp.
Ecuaţiile parametrice ale bazei sunt:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
61
==
==
θθ
θθ
2sin2sin
2cos2cos
11
`11
RIOy
RIOx
de unde eliminând parametral θ se obţine ecuaţia bazei
221
21 Ryx =+ ,
adică un cerc cu centrul în O şi rază R.
Ecuaţiile parametrice ale rostogolitoarei sunt:
==
==
θθ
sin2
cos2
RACy
RABx
Eliminând parametrul θ se obţine ecuaţia rostogolitoarei
222 4Ryx =+
adică un cerc cu centrul în O şi raza 2R.
Pentru determinarea vitezei unghiulare se ţine seama că:
RIAvo 2⋅=⋅= ωω
de unde: R
vo
2=ω deci 0=ε .
Viteza punctului B se determină cu relaţia:
αααωω sinsin22
sin2 oo
B vRR
vRIBv =⋅
⋅=⋅=⋅= .
şi are direcţia după bara AB.
Pentru a determina acceleraţia scriem:
=−+= ABABxaa AB2ωε
rrr
( )( )=+−
−++=
jRiR
jRiRxkrr
rrr
θθθω
θθθε
sincos2cos2
sincos2cos2022
2
Culegere de probleme
62
( )( ) =−+
++−=
jRR
iRRr
r
θθωθε
θωθθε
sincos2cos2
cos2sincos222
22
jR
vi
R
v oorr
θθθ sincos2
cos2
22
2
−−= .
şi are valoarea: θcos2
2
R
va o
B = . Punctul A este polul acceleraţiilor.
2.17. Un unghi drept se mişcă în planul său, astfel încât extremitatea A
alunecă pe axa ordonatelor, iar latura MC trece mereu prin punctul B, situat pe
axa Ox1 la distanţa a de O. Se ştie că AM = a.
a) Să se determine baza şi rostogolitoarea, dacă AM=OB=a (fig.2.17).
b) Să se determine viteza şi acceleraţia unghiulară a barei cotite dacă
punctul A alunecă de-a lungul peretelui cu viteza constantă v.
Rezolvare:
a) Punctul I, centrul instantaneu de rotaţie, rezultă la intersecţia normalelor pe
MB şi OA (care au direcţiile vitezelor punctelor A şi B). Se observă că:
ϕcos1 A<y = ;
Dar: ϕtgyaO<AM<MAMA< 1−=−=−= ;
deoarece O< = <M = DB= ytgφ,
deci: ϕϕ cos)( 11 tgyay −= ;
de unde: )sin1(
cos1 ϕ
ϕ+
=a
y
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
63
Fig.2.17
Rezultă de asemenea,
ϕϕ
ϕϕ
ϕsin1sin1
cos11 +
=+
−=−=−==a
tga
atgyaDBaODx
Ecuaţiile parametrice ale bazei vor fi deci:
;
)sin1(
cos
sin1
1
1
+=
+=
ϕϕϕ
ay
ax
Pentru a elimina parametrul φ variabil scoatem din prima ecuaţie ϕsin :
1sin1
−=x
aϕ
şi din a doua ecuaţie ϕcos :
1
1cosx
y=ϕ .
Culegere de probleme
64
Ridicând la pătrat cele două relaţii şi adunând, obţinem:
112
1
1
2
1
=
+
−
x
y
x
a
de unde rezultă ecuaţia bazei: )2( 121 axay −= . Baza este deci o parabolă
cu focarul în B şi parametrul a.
În vederea determinării ecuaţiei rostogolitoarei, se observă că:
;
)sin1(coscos
sin1
coscoscos 1
+====
+=====
ϕϕϕ
ϕϕ
ϕϕ
ayIDIBy
axAIICMBx
La fel ca şi în cazul bazei se elimină parametrul ϕ şi se obţine ecuaţia
rostogolitoarei:
)2(2 ayax −=
care reprezintă o parabolă cu directoarea MC, focarul în A şi parametrul a.
b) Viteza punctului A are valoarea: ϕ
ωωsin1+
⋅=⋅=a
IAv . Rezultă:
a
v )sin1( ϕω
+⋅= .
Acceleraţia unghiulară poate fi obţinută acum prin derivare:
2
2 cos)sin1(cos
a
v
a
v ϕϕϕϕε
+=
⋅⋅=
&.
2.18. Să se determine centroida fixă şi centroida mobilă a barei AB de
lungime l din figura 2.18.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
65
Fig.2.18.a. Baza şi rostogolitoarea
Rezolvare: Soluţie geometrică: ducând perpendiculare pe viteze în A şi B se
obţine punctul I (centrul instantaneu de rotaţie). Patrulaterul O1AIB este
inscriptibil (doua unghiuri drepte) în cercul de diametru IO1. În timpul mişcării
barei unghiul AIB corespunde aceluiaşi segment AB, deci diametrul O1I al
cercului este este constant. Deci rostogolitoarea este un cerc de diametru O1I:
ββπ sin)sin(1
llIO =
−= (teorema sinusului).
Baza este un cerc de rază IO1 , întrucât, în tot timpul mişcării, punctual I
rămâne la distanţă constantă IO1 faţă de punctual O1.
Soluţie semianalitică:
Se vor scrie coordonatele centrului instantaneu de rotaţie faţă de cele două
Culegere de probleme
66
sisteme:
βα
αβα
αtg
llx
tg
lDODOlx
sincos;
sin;cos 1111 −==−=
βα
αβα
αtg
lly
tg
lCICIly
cossin;
cos;sin 11 +==+=
Ridicând la pătrat aceste expresii şi adunându-le membru cu membru se obţine
ecuaţia centroidei fixe:
( )ββ
ββ 2
221
212
22
2
221
21 ;
sin1
tg
lyx
ltg
tg
lyx =+=+=+
Deci centroida fixă este un cerc de rază βsin
l cu centrul în originea
sistemului de axe fix O1x1y1.
Coordonatele centrului instantaneu de rotaţie faţă de sistemul mobil sunt:
βα sin;cos BIyBIx ==
în care:
βα
αtg
llICBCBI
cossin11 +=+=
;2
2cos12sin
2coscossin 2
−
+=+=α
βαα
βαα
tg
ll
tg
llx
( ) .2
2sin2cos1
2cossinsin2 α
βααα
βα
tg
ll
tg
lly +−=+=
Ridicând la pătrat şi adunând relaţiile membru cu membru se poate realiza o
grupare convenabilă a termenilor obţinuţi astfel încât:
ββ 2
2222
4422 tg
llly
tg
lx +=
−+
− .
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
67
sau:
ββ 2
222
sin422
lly
tg
lx =
−+
−
Centroida mobilă este un cerc de rază βsin2
lcu centrul în punctul O şi care
trece prin punctele I, A, B şi O1. Distribuţia vitezelor pentru bara care alunecă
pe pereţi este dată în fig.2.18.b.
2.19. Să se determine baza şi rostogolitoarea mişcării plane a barei OA din
figurile 2.19.a şi 2.19.b. Capătul O se deplasează pe orizontală cu viteza vo,
Fig.2.18.b. Distribuţia vitezelor
Culegere de probleme
68
bara sprijinindu-se în primul caz pe o suprafaţă cilindrică de rază R, iar în al
doilea caz pe un prag de înălţime h.
Fig. 2.19.a Fig. 2.19.b
Răspuns: Pentru primul caz:
αtg
RAB = ;
αα sincos1RAB
x == ;
α
αα 2
2
1sin
cos
sin
RABIBy === ;
αα 2tg
R
tg
ABIAx === ;
αtg
RABy == .
După eliminarea parametrului α se obţine:
( ) 021
21
241 =+− yxRx (baza);
y2=Rx (rostogolitoarea).
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
69
Fig.2.19c
Pentru al doilea caz:
αsin
hAB = ;
αtg
hBOx == 11 ;
αα 21sinsin
hABIBy === ;
αα
α2sin
coscos
hIBIAx === ;
αsin
hABy == .
Culegere de probleme
70
Fig.2.19.d
După eliminarea parametrului α se obţine:
021
21 =+− hhyx (baza);
( ) 02224 =+− yxhy (rostogolitoarea).
2.20. Bara rectilinie PQ este articulată în A de bara OA, care se roteşte faţă de O
cu viteza unghiulară ω şi se reazemă tot timpul miscării pe muchia fixă B
(fig.2.20). Ştiind că OA=OB=l şi AP=2l, se cer să se determine:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
71
a) centroidele mişcării barei PQ;
b) viteza punctului P.
Răspuns:
a) Ecuaţia bazei este:
( ) 2211 lyllx =+− ;
ecuaţia rostogolitoarei:
222 4lyx =+ .
b)
+=
4sin
4cos
2
ααω lvP .
2.21. Bara cotită ABD cu unghiul drept în B se deplasează în plan vertical
astfel încât rămâne permanent rezemată de punctul fix O şi de cilindrul fix
O1 de rază R. Considerând distanţa OO1 egală cu l, să se determine baza şi
rostogolitoarea (fig.2.21.a).
Raspuns: Ecuaţia bazei:
42
221
2
1
ly
lx =+
− ;
ecuaţia rostogolitoarei: ( ) 222 lRyx =++ (fig. 2.21.b).
Fig.2.20
Culegere de probleme
72
a b
Fig. 2.21
2.22. O bară se mişcă în plan astfel încât capătul A alunecă tot timpul pe
peretele vertical, iar bara trece tot timpul prin punctul B (fig.2.22). Să se
determine baza şi rostogolitoarea şi să se reprezinte distribuţia vitezelor.
Fig. 2.22
Răspuns: ;cosα
aAB =
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
73
;coscos 2αα
aABAI ==
αα
α sincos
sin2
aAIBI ==
αα 21 sin atgBIx ==
αα atgBIy −=−= cos1
Ecuaţia bazei: 211
1y
ax = .
;cosα
aABx ==
αα
2cos
sinaBIy −=−= .
Rezultă ecuaţia rostogolitoarei:
( ) ( )2
222
4
4
2
22
4
22
4
222
1
cos
cos1
cos
sin
a
axx
x
a
x
aa
aay
−=
−
=−
==α
ααα
2.23. Se dă mecanismul bielă manivelă din fig.2.23 unde OA=AB=L. Să se
determine baza şi rostogolitoarea bielei AB.
Rezolvare: Dacă I este C.I.R. obţinut prin ducerea perpendicularelor pe
vitezele în B şi C, se observă că triunghiul ACI este dreptunghic şi AB =
BC = BI. Rezultă atunci:
Culegere de probleme
74
αα
αα
sin2sin
cos2cos
1
1
LAIy
LAIx
==
==
Prin ridicare la pătrat şi adunare se obţine:
( )221
21 2Lyx =+
deci baza este un cerc cu centrul în punctul A şi de rază 2L.
Fig.2.23
Unghiul IBC este unghi exterior şi este egal cu 2α . Atunci vom avea:
αααα
2sin2sin
2cos2cos
1 LIBy
LIBx
==
==
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
75
Prin ridicare la pătrat şi adunare se obţine:
( )222Lyx =+
deci rostogolitoarea este tot un cerc cu centrul în B şi de rază L.
2.24. Să se determine legea de transmitere pentru mecanismul cardanic din
fig.2.24. considerând rotaţia finală ca o succesiune de trei rotaţii plane.
Rezolvare: Legea de transmitere pentru un mecanism cardanic ca în fig.
este dată de:
αϕ
ϕcos
tantan 1
2 =
obţinută utilzându-se formulele din geometria sferică. În cele ce urmează
formula prezentată anterior va fi dedusă utilizându-se proprietăţilor
vectorilor şi valorilor proprii pentru o matrice ortogonală. Cu notaţiile din
fig.2.24 se poate scrie:
Fig. 2.24. Transmisia cardanică
Culegere de probleme
76
−
=
−
=
11
11
0
010
0
cos0sin
010
sin0cos
][
11
11
1
θθ
θθ
θθ
θθ
cs
sc
R
[ ]
−
=
−
=
100
0
0
100
0cossin
0sincos
22
22
22
22
2 θθ
θθ
θθθθ
cs
sc
R
[ ]
−=
−=
33
33
0
0
001
cossin0
sincos0
001
33
333
θθ
θθ
θθθθ
cs
scR
unde s-a notat: ,cos;sin 11 11θθ θθ == cs etc. Matricele ][ 1R , ][ 2R , ][ 3R
reprezintă matricele ortogonale de rotaţie care fac trecerea de la un sistem
local de referinţă la altul iar matricea care face transformarea de la sistemul
ataşat de arborele de intrare şi sistemul ataşat de arborele de ieşire este:
−−
−+
−
==
313213231321
313213231321
21221
]][][[][ 123
θθθθθθθθθθθθ
θθθθθθθθθθθθ
θθθθθ
cccsssccsssc
scsssccssccc
csscc
RRRR
Condiţia ca ]0[ αα sceT −= să fie vector propriu pentru matricea
][R este ca:
eeR λ=][
sau:
=
−−−
−−+
−−
0
0
00
1
1
1
313213231321
313213231321
21221
α
α
θθθθθθθθθθθθ
θθθθθθθθθθθθ
θθθθθ
s
c
cccsssccsssc
scsssccssccc
csscc
Efectuând calculele, rezultă:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
77
0212
=+− αθθαθ scscs
( ) ( ) 013132132
=−+− αθθθθθαθθ sscsssccc
( ) 013132132
=−−+ αθθθθθαθθ scccsscsc
Din prima ecuaţie se deduce imediat:
12 θαθ stt −=
De aici rezultă:
2222221
2
1
1
2;
θαα
αθ
θαα
θαθ
ssc
cc
ssc
sss
+=
+−= .
Introducând aceste valori în ecuaţia a doua din sistem, se obţine:
ααθθ
θαα
θαθ
θαα
αθcssc
ssc
css
ssc
cc=
−
+−
+31
1
31
1
3
222
2
222
2
sau:
ααθθ
θαα
αθαθ cssc
ssc
sscc =+
+
+31
1
1
3 222
222
sau încă:
ααθθθααθ csscsscc =++3113
222
Dar:
( ) ( ) 122222
11=++ αθθαα scssc .
Atunci, dacă notăm:
2221θααδ sscs += ,
αθδ scc1
=
Culegere de probleme
78
se obţine:
απαθδ−
+ ==2
3scs
cu soluţia convenabilă:
γαπ
θ −−=23
Obţinem atunci şi:
222113 θααααθαδαθ sscsscccs +−== +
2222113 θαααθαθ sscccsc ++= .
Pentru a determina legea de transmitere vom scrie primul invariant al
matricei ][R :
321133221cos211 θθθθθθθθθ
θθ θ sssccccccee ii +++=+=++ − .
Dacă facem înlocuirile, se obţine:
2221
121cos21θαα
αθθssc
cc
++=+ .
Rezultă:
2221
1
θαα
αθθ
ssc
ccc
+= ,
de unde:
αθ
θθ
θ
cos
1 12
tg
c
ctg =
−= .
Viteza unghiulară a furcii conducătoare faţă de sistemul de referinţă
111 zyOx este:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
79
111 ]010[]00[ θθω && ==T
Viteza unghiulară a crucii faţă de furcă în sistemul 111 zyOx este:
2
1
1
12
12
21
cos
0
sin
cos
0
sin
θθ
θ
θθ
θθω &
&
&
=
= .
Dacă se derivează 2θt obţinut anterior, se obţine:
122
1
2
θθ
θαθ
&&
ctc
−=
sau:
1222222
2
12
2
1
1
1
121θθθ
θαα
θαα
θαα
αθαθθα
&&&
ssc
ccs
ssc
cctcct
+−=
+−=−=
Cu notaţia:
2221
1
θαα
θαα
ssc
ccsa
+−=
se obţine:
12 θθ && a=
deci:
1
1
1
21
cos
0
sin
θθ
θω &
=
a
a
.
Derivând legea de transmitere a transmisiei cardanice, se obţine:
1221
1θ
θ
αθθ
&&
ccc=
Culegere de probleme
80
sau:
122212
2
11
θθθθαα
α
αθ
θ &&&
ssc
c
cc
c
+==
Cu notaţia:
2221θαα
α
ssc
cb
+=
rezultă:
1θθ && b=
şi se obţine şi viteza absolută a crucii cardanice cu relaţia:
12112
1
1
0 θωωω
θ
θ&
=+=
ac
as
.
2.25. Rotaţiile spaţiale sunt necomutative.
Rezolvare: Un exemplu demonstrează afirmaţia făcută în titlu. Astfel să
denumim, pentru simplitate, axele Ox, Oy, Oz respectiv cu axa 1, axa 2 şi
axa 3. Atunci, dacă facem două rotaţii succesive, de 90o , prima în jurul
axei 1 şi a doua în jurul noii axe 2, se obţine corpul aşezat ca în fig., figura
de sus dreapta. Dacă facem două rotaţii de 90o mai întâi în jurul axei 2 şi
apoi în jurul axei 1 se obţine corpul aşezat ca în fig.2.25.a, jos dreapta.
Cele două poziţii ale corpului sunt, în mod evident, diferite. Să facem şi
calculul:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
81
−=
−=
010
100
001
2cos
2sin0
2sin
2cos0
001
][
ππ
ππαR ;
−
=
ππ
π−
π
=β
001
010
100
2cos0
2sin
0102
sin02
cos
][R ;
−
−
=
−
−
==+
001
100
010
010
100
001
001
010
100
]][[][ αββα RRR ;
Fig.2.25.a
Culegere de probleme
82
−
−
=
−
−== βαα+β
010
001
100
001
010
100
010
100
001
]][[][ RRR ;
][][ α+ββ+α ≠ RR
Pentru prima succesiune de rotaţii, unghiul de rotaţie este dat de:
[ ]2
1
2
1cos 1 −=
−=ϕ
Rtr,
în jurul axei care are parametrii directori determinaţi de ecuaţiile:
=
−
−−
−−
0
0
0
101
110
011
13
2
1
e
e
e
sau, dacă se alege e1 = 1:
0
01
32
2
=+
=+
ee
e .
Această axă va fi deci determinată de vectorul:
−=
=
1
1
1
13
2
1
1
e
e
e
u
Pentru a doua succesiune de rotaţii, unghiul de rotaţie este dat de:
[ ]2
1
2
1cos 1 −=
−=ϕ
Rtr
deci la fel ca în primul caz, dar în jurul axei care are parametrii directori
determinaţi de ecuaţiile:
=
−
−−
−−
0
0
0
110
011
101
23
2
1
e
e
e
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
83
sau, dacă se alege e1 = 1:
01
01
2
3
=+
=+
e
e .
Această axă va fi deci determinată de vectorul:
−
−=
=
1
1
1
23
2
1
2
e
e
e
u
Cei doi vectori în jurul cărora are loc rotaţia finită 1u respectiv 2u sunt
deci diferiţi, unghiul de rotaţie fiind în ambele cazuri, 120o.
2.26. Se dă paralelipipedul OABCDEFG de laturi ,3lOA = ,4lOC =
lOE 12= care în timpul mişcării se roteşte cu viteza unghiulară 012ωω =
Fig 2.25.b
Culegere de probleme
84
în jurul muchiei OC , iar punctul O are viteza smv /130 = dirijată dupî
diagonala OG ( fig. 2.26). Se cere să se calculeze viteza punctului D şi să
se stabilească acuaţia axei instantanee a mişcării elicoidale.
Rezolvare: Se alege sistemul de axe din figură, cu originea în O şi axele
dirijate după muchiile paralelipipedului. Faţă de acest sistem de referinţă se
poate scrie:
j012ωω = ,
De unde 0== zx ωω , 012ωω =y . Versorul direcţiei OG este:
( )kjiuOG 12433
1++= ,
Fig. 2.26
De unde rezultă:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
85
kujuiuv 12430 ++= ,
Adică: uvuvuv zyx 12;4;3 000 === .
Viteza de alunecare în lungul axei instantanee a mişcării elicodale este:
uv
vi 40 =⋅
=ωω
şi este dirijată în sensul axei Oy .
Ecuaţia exei instantanee a mişcării elicoidale este:
0
1212
12
4
0
123 0
0
0 xuuzu ωω
ω −==
+
sau
−=
=
0
0
4ω
ωu
z
ux
, adică o dreaptă paralelă cu axa Oy , deci şi cu ω .
Viteza punctului D , utilizând formula generală, este:
=+++=×+=
ll
kji
kujuiuODvvD
1240
01201243 00 ωω
( ) kujuilu 1241443 0 +++= ω .
Viteza punctului D mai poate fi calculată ca într-o mişcare elicoidală în
jurul axei instantanee a mişcării elicoidale. Se alege pentru aceasta originea
noului sistem de referinţă punctul 'O de unde axa instantanee înţeapă
planul OAFE şi axele paralele cu cele iniţiale. Faţă de sistemul iniţial
punctului 'O are coodonatele 0
'ωu
x = ; 0'=y ; 04
'ωu
z −= . Faţă de noul
Culegere de probleme
86
sistem de referinţă punctul D are coordonatele 0
''ωu
xxx DD −=−= ;
lyyy DD 4'' =−= ; 04
12''ωu
lzzz DD +=−= . Prin urmare viteza punctului
D este:
=
+−
+=×+=
00
0
4124
01204'
ωω
ωωu
llu
kji
juDOvv iD
( ) kujuilu 1241443 0 +++= ω
Adică acelaşi rezultat.
Se poate verifica invarianţa proiecţiei vitezei pe suportul vectorului ω :
uvD 4=ωω
.
2.27. Un rigid cu un punct fix efectuează o mişcare dată prin ecuaţiile
parametrice : 3
;2;π
θϕψ === ktpt .
Se cere să se calculeze viteza unghiulară, axa instantanee de rotaţie,
axoidele, acceleraţia unghiulară (fig.2.27)
Rezolvare: Din ecuaţiile parametrice rezultă
0;2; === θϕψ &&& kp .
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
87
Componentele vitezei unghiulare pe axele sistemului de referinţă mobil
sunt:
ktpktpx 2sin2
32sin
3sincossinsin ==+=
πϕθϕθψω &&
ktpktpy 2cos2
32cos
3sinsincossin ==−=
πϕθϕθψω &&
22
3cos2cos
pkpkz +=+=+=
πθψϕω && .
Componentele vitezei unghiulare ω pe axele sistemului de referinţă fix
sunt:
Fig 2.27.
Culegere de probleme
88
ptkptkx sin3sin3
sin2sinsincos1 ==+=π
ψθϕψθω &&
ptkptky cos3cos3
sin2cossinsin1 −=−=−=π
ϕθϕψθω &&
kpkpz +=+=+=3
cos2cos1π
θψϕω && .
Modulul vitezei unghiulare este:
pkkpzyxzyx 24 2222221
21
21 ++=++=++= ωωωωωωω .
Ecuaţiile axei instantanee de rotaţie faţă de sistemul mobil – ecuaţiile
parametrice ale conului polodic (axoida mobila) sunt:
zyx
zyx
ωωω==
Adică:
222cos
2
32sin
2
3 pk
z
ktp
y
ktp
x
+== . (a)
Ecuaţiile axei instantanee de rotaţie faţă de sistemul fix – ecuaţiile
parametrice ale conului herpolodic (axoida fixă) – sunt:
1
1
1
1
1
1
zyx
zyx
ωωω==
pk
z
ptk
y
ptk
x
+=
−= 111
cos3sin3. (b)
Unghiurile formate de axa instantanee de rotaţie cu axele celor două
sisteme de referinţă sunt:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
89
( ) ;242
2sin3,cos
22pkkp
ktpOx x
++==
ωω
ω
( ) ;24
sin3,cos
22
11
pkkp
ptkOx x
++==
ωω
ω
( ) ;242
2cos3,cos
22 pkkp
ktpOy
y
++==
ω
ωω
( ) ;24
cos3,cos
22
11
pkkp
ptkOy
y
++
−==
ω
ωω
( ) ;242
4,cos
22 pkkp
pkOz z
++
+==
ωω
ω
( ) ;24
,cos22
11
pkkp
kpOz z
++
+==
ωω
ω
Componentele acceleraţiei unghiulare ε pe axele sistemului de referinţă
mobil sunt:
;2cos311 ktpkxx == ωε &
;2sin311 ktpkyy == ωε &
.011 == zz ωε &
Componenetele acceleraţiei unghiulare ε pe axele sistemului de referinţă
fix sunt:
;cos311 ptkpxx == ωε &
;sin311 ptkpyy == ωε &
.011 == zz ωε &
Modulul acceleraţiei unghiulare este:
Culegere de probleme
90
kpzyxzyx 321
21
21
222 =++=++= εεεεεεε .
Unghiurile făcute de suportul acceleraţiei unghiulare ε cu axele sistemelor
de referinţă sunt:
( ) ;cos2cos,cos ϕεε
ε === ktOx x ( ) ;coscos,cos 11 ψ
εε
ε === ptOx x
( ) ;sin2sin,cos ϕε
εε −=−== ktOy
y ( ) ;sinsin,cos 11 ψ
ε
εε === ptOy
y
( ) 0,cos ==εε
ε zOz ; ( ) 0,cos 11 ==
εε
ε zOz .
Interpretând aceste rezultate se vede că vectorul ε este orientat după linia
nodurilor O< . Pentru a calcula ecuaţia conului polodic se elimină timpul
între ecuaţiile (a). Pentru aceasta se formează două ecuaţii prin egalarea
primului raport cu ultimul şi al doilea raport cu ultimul, adică:
pz
pkx
kt
2
32
22sin
+= ;
pz
pky
kt
2
32
22cos
+= .
Ridicând la pătrat şi însumând rezultă:
0
224
3 2
2
2
22
=
+
−+
pk
z
p
yx.
Pentru a calcula cuaţia conului herpolodic se procedează la fel şi se obţine
( )0
3 2
21
2
21
21 =
+−
+
pk
z
k
yx.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
91
2.28. O rola conica a unui rulment axial se rostogoleşte fără alunecare pe o
cale de rulare de asemenea conică, rotindu-se cu viteza unghiulară
const=1ω în jurul axei de simetrie a căii de rulare conice. Conul din care
se poate considera că face parte rola, are unghiul de vârf α2 şi înălţimea
ROC = . Raza bazei mari a rolei este αtgRr = . Unghiul la vârf al conului
care reprezintă calea de rulare este β2 . Se cer să se determine: viteza
centrului C al bazei mari a rolei, axa instantanee de rotaţie, axoidele (fixă
şi mobilă), viteza unghiulară rolei precum şi viteza şi acceleraţia unui
punct M de pe periferia bazei mari a rolei, a cărui poziţie este definită de
unghiul format de raza CM cu diametrul bazei mari care este perpendicul
pe 1ω (fig. 2.28).
Rezolvare: Pentru ca să se realizeze rostogolirea fără alunecare, conurile se
execută cu vârful O comun şi plasat pe axa de rotaţie. În acest fel punctul
O este fix.
Deoarece rola se rostogoleşte fără alunecare pe calea de rulare conul admis
fix), generatoarea OAA1 reprezintă locul geometric al punctelor de viteză
nulă, adică este axa instantanee de rotaţie.
Se alege sistemul fix 111 zyOx , unde axa 1Oz reprezintă axa în jurul căreia
se efectuează mişcarea de rotaţie de antrenare a rolei (cu viteza unghiulara
1ω ); planul 11yOx este perpendicular pe axa 1Oz ; axa 1Ox rezultă din
intersecţia planului perpendicular pe 1Oz cu planul definit în momentul
iniţial de axa 1Oz şi axa rolei OC ; axa 1Oy rezultă din condiţia ca sistemul
să fie drept.
Culegere de probleme
92
Se alege sistemul mobil Oxyz , unde axa Oz reprezintă axa de simetrie a
rolei: planul Oxy este paralel cu baza rolei; axa Ox se alege paralela cu
CM ; axa Oy rezultă pentru ca sistemul să fie drept.
Linia nodurilor O< rezultă din intersecţia planurilor 11yOx şi Oxy .
Unghiurile lui Euler sunt: unghiul de precesie ψ (se măsoară în planul
11yOx ); unghiul de rotatie proprie ϕ (se măsoară în planul Oxy ); unghiul
de nutaţie θ (se măsoară în planul zOz1 ).
Diametrul DE este paralel cu axa 1Ox şi ca urmare ϕ=⟨DCM . Linia
nodurilor O< este perpendiculară pe planul COz1 . Axa 1Oy face unghiul
ψ cu planul COz1 .
Se vede că unghiul de nutaţie are valoarea
const=+= βαθ
De unde 0=θ& .
Fig.2.28
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
93
Pentru calculul modulului vitezei unghiulare absolute 1ω se exprimă viteza
punctului C (centrul bazei mari a rolei) în mişcarea de antrenare în jurul
axei 1Oz şi cu ajutorul axei instantanee de rotaţie OA (fig. 2.28).
"'1 CCOCvC ωω ==
Unde θsin' ROC = şi αsin" RCC = .
Rezultă
αθ
ωωsin
sin1= .
vkk θϕψω &&& ++= 1
Unde în cazul de faţă 0=θ& . Vectorul 1kψ& este dirijat după axa 1Oz , iar
kϕ& după axa Oz . Aplicând teorema sinusului rezultă (fig. 2.8).
( ) αψ
αθϕ
θω
sinsinsin
&&=
−=
de unde: 1sin
sinω
θα
ωψ ==&
( ) ( )ααθ
ωθαθ
ωϕsin
sin
sin
sin1
−=
−=& .
Ţinând seama de aceste rezultate riese că rola efectuează o mişcare de
precesie regulată.
Componenetele vectorului ω pe axele triedrului mobil se calculează cu
formulele:
ϕθωϕθϕθψω sinsincossinsin 1=+= &&x
ϕθωϕθϕθψω cossinsincossin 1=−= &&y
Culegere de probleme
94
( )
θωθαω
θωααθ
ωθψϕω
sinsincot
cossin
sincos
11
11
r
Rg
z
==
=+−
=+= &&
Componentele vectorului ω pe axele sistemului fix se calculează cu
formulele:
( )ψθ
ααθ
ωψθϕψθω sinsinsin
sinsinsincos 11
−=+= &&
x
( )ψθ
ααθ
ωϕθϕψθω cossinsin
sincossinsin 11
−−=−= &&
y
( )
−+=+=
αθαθ
ωθψϕωsin
cossin1cos 11 &&z .
Componentele vectorului ωε &= pe axele sistemului mobil sunt
( )α
ϕθαθωωε
sin
cossinsin21
−== xx &
( )α
ϕθαθωωε
sin
sinsinsin21
−−== yy &
0== zz ωε & .
Axoida fixă (conul herpolodic) este conul care reprezintă calea de rulare,
iar axoida mobilă (conul polodic) este conul din care face parte rola.
Ecuaţiile axoidei mobile sunt în cazul de faţă
αϕϕ g
zyx
cotcossin==
Ecuaţiile axoidei fixe în cazul de faţă se scriu:
( ) ( ) ( ) θαθαψθαθψθαθ cossinsincossinsinsinsinsin111
−+=
−=
−
zyx.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
95
Pentru calculul vitezei şi acceleraţiei punctului M se scriu coordonatele
acestuia faţă de sistemul mobil: Rzyrx MMM −=== ;0; .
Viteza punctului M este:
=
−
=×=
Rr
rR
kji
OMvM
0
cossinsin1 ϕϕθωω
( )[ ]krjRiR ϕϕϕθω cossin1cossin1 −++−= .
Acceleraţia punctului M este:
( ) =××+×= OMOMaM ωωε
( )+−
−=
Rr
kji
0
0sinsinsin
sinsin21 ϕϕ
αθαθ
ω .
( ) ϕϕϕϕϕθω
coscos1cos
sinsinsin221
rRR
rR
kji
−+−
−+ .
Observatie: dacă radπβ = problema se reduce la mişcarea conului pe un
plan orizontal.
2.29. Să se reprezinte distribuţia vitezelor şi acceleraţiilor la mişcarea de
rotaţie cu axă fixă.
Rezolvare: Axa instantanee de rotaţie este data de:
Culegere de probleme
96
kv
rrr
rrr
ωλωλω
ω=+
×=
20
deci este axa Oz. Axa instantanee de rotaţie este în acest caz o axă
permanentă de rotaţie, adică în tot timpul mişcării poziţia ei va rămâne
neschimbată. Viteza minimă a punctelor de pe axa instantanee este:
00min ==
ωωrr
vv .
Relaţia obţinută anterior dvrrr
×=ω ne arată că toate punctele rigidului care
au acelaşi vector distanţă dr
faţă de axa de rotaţie, au acelaşi vector viteză.
Dar aceste puncte sunt situate pe o dreaptă paralelă cu axa de rotaţie. Deci
putem formula următoarea proprietate:
- mulţimea punctelor situate pe o dreaptă paralelă cu axa de
rotaţie (au acelaşi vector distanţă dr) au acelaşi vector viteză.
Altă proprietate care rezultă din această relaţie este:
- vitezele se găsesc într-un plan perpendicular pe axa de rotaţie.
Relaţia care dă modulul vitezei dv ω= ne permite să formulăm a doua
proprietate a câmpului de viteze:
- mulţimea punctelor situate la aceeaşi distanţă d faţă de axă au
aceeaşi valoare a vitezei. Sau: toate punctele situate pe un cilindru
circular drept având ca axă axa de rotatie au aceeasi valoare a vitezei.
Altă proprietate care derivă din această relaţie este:
- vitezele sunt direct proporţionale cu distanţa la axa de rotaţie.
Aceste proprietăţi ne permit să vizualizăm distribuţia de viteze ca în
fig.2.29.a.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
97
Fig.2.29.a. Distribuţia vitezelor în mişcarea de rotaţie cu axă fixă
Relaţiile obţinute anterior pentru acceleraţii: ddarrrr 2ωε −×= şi
42 ωε += da ne permit să formulăm, la fel ca în cazul vitezelor,
următoarele proprietăţi:
- mulţimea punctelor situate pe o dreaptă paralelă cu axa de
rotaţie (au acelaşi vector distanţă dr) au acelaşi vector acceleraţie.
- mulţimea punctelor situate la aceeaşi distanţă d faţă de axă au
aceeaşi valoare a acceleraţiei; sau: toate punctele situate pe un cilindru
circular drept, având ca axa axa de rotaţie, au aceeaşi valoare a
acceleraţiei;
-acceleraţiile sunt direct proporţionale cu distanţa la axa de
rotaţie;
Culegere de probleme
98
- acceleraţiile se găsesc într-un plan perpendicular pe axa de
rotaţie.
Aceste proprietăţi ne permit să vizualizăm distribuţia de acceleraţii ca în
fig.2.29.b. Unghiul făcut de acceleraţie cu tangenta la traiectorie este dat de
relaţia: 2ωε
β ν
τ
==a
actg .
Fig.2.29.b
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
99
CAPITOLUL III
MIŞCAREA RELATIVĂ A PUCTULUI MATERIAL
3.1. Un cadru dreptunghiular (BC = OD= R) se roteşte cu .const=ω în jurul axei
lagărelor AF generând un cilindru (fig. 3.1). În acelaşi timp pe latura CD un punct M
cade liber cu acceleraţia g. Se cere viteza şi acceleraţia punctului M la un moment
dat.
Rezolvare: Sistemul fix este batiul cu lagărele A şi F. Sistemul mobil este cadrul care
efectuează o mişcare de rotaţie în jurul axei AF. Mişcarea relativă este mişcarea
rectilinie a lui M pe CD. Mişcarea de transport este efectuată de M imobilizat pe
cadru, adică o mişcare circulară cu raza R şi viteza unghiulară ω . Mişcarea absolută
este mişcarea lui M faţă de batiu.
Fig.3.1
Culegere de probleme
100
Studiul vitezelor.
Viteza relativă este viteza căderii libere gtvr = şi ca vector kgtvrrr
−= .
Viteza de transport este ( )[ ] jRiRkdHxOMxvtrrrrrr
ωωω =+−== ) în sistemul
mobil de coordonate cu valoarea ωRvt = .
Viteza absolută este jRkgtvvv tra
rrω+−=+= şi cum k
r ( rv ) şi j
r ( tv ) sunt
perpendiculari:
222222 tgRvvvv traa +=+== ω
şi este cuprinsă într-un plan tangent la cilindru în M.
Studiul acceleraţiilor.
Acceleraţia relativă este kgarrr
−= cu valoarea gar = .
Acceleraţia de transport este:
( ) ( ) iRjRxkOMxxOMxatrrrrrrr 2ωωωωωε −==+= .
şi are componentele perpendiculare:
)0;( 2 === εω τ RaRaa ttnt
r.
Acceleraţia Coriolis este nulă deoarece vectorii ω şi rvv sunt paraleli.
Acceleraţia absolută este:
iRkgaaaa ctra
rr2ω−−=++= ,
şi este cuprinsă într-un planul spirei. Modulul acceleraţiei este:
.42222 ωRgaaaa tnraa +=+==
3.2. Un cadru ABCD, care are porţiunea BC semicirculară de rază R, se roteşte cu
.1 const=ω în jurul axei lagărelor AD, generând o sferă. În acelaşi timp pe
porţiunea semicirculară a cadrului se mişcă un punct M, cu viteza u = ct după
meridian (fig.3.2,a). Se cer viteza şi acceleraţia punctului M.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
101
Rezolvare: Sistemul de referinţă fix este batiul cu lagărele A şi D. Sistemul de
referinţă mobil este cadrul, care efectuează o mişcare de rotaţie cu viteza unghiulară
1ω în jurul axei AD. Mişcarea relativă este mişcarea de circulară a lui M cu viteza u
pe un cerc de rază ROM = (pe cadru). Mişcarea de transport este mişcarea
mişcarea lui M fixat pe cadru, adică pe un cerc de rază ,sinsin tR
uRRMO ==′ θ
centrul fiind O′ , cu viteza unghiulară 1ω . Mişcarea absolută este mişcarea lui M faţă
de batiu.
Fig.3.2
Studiul vitezelor.
Viteza relativă este:
iukuvuv rr
rrrθθ cossin; +−== .
Viteza de transport este:
θωω sin11 RMOvt =′= ; jRvtr
θω sin1= .
Culegere de probleme
102
Viteza absolută este (fig.3.2, a):
jRiukuvvv tra
rrrθωθθ sincossin 1++−=+=
fiind cuprinsă într-un plan tangent la sferă în M şi are modulul:
,sin 2221
222 θω Ruvvv tra +=+=
deoarece cele două viteze sunt perpendiculare.
Studiul acceleraţiilor.
Acceleraţia relativă este componenta centripetă a acceleraţiei la mişcarea pe cerc
(componenta tangenţială este zero întrucât punctul se mişcă cu viteză constantă) şi
este orientată dinspre M spre O. Ea are componentele după OM:
R
uarn
2
=
şi după tangenta la cercul meridian în M
0== uar &τ ,
deci:
=== .0;
2
uaR
uaa rrnr &
rτ
sau, vectorial:
kR
ui
R
uar
rrrθθ sinsin
22
−−= .
Acceleraţia de transport are o componentă centripetă, după direcţia razei cercului
MO’,
θωω sin21
21 RMOatn =′=
şi o componentă tangenţială
.01 =′= ετ MOat
Rezultă:
( )0;sin 121
21 =⋅′==⋅′= εθωω τ MOaRMOaa ttnt
r
sau vectorial:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
103
iRatrr
θω sin21−= .
Acceleraţia Coriolis este rrt vv ×=× 122 ωω şi are suportul perpendicular pe planul
cadrului, sensul din figura 3.2,b şi expresia:
( ) juiukuxkaCrrrrr
θωθθω cos2cossin2 11 =+−= .
Modulul este
( ) .cos22
sin2,sin2 11 θωπ
θωωω uRR
uvva rtrtC =
+==
Acceleraţia absolută este ctra aaaa ++= , şi are modulul
θωθωθω 2221
2221
22412
4
222
sin2cos4sin
2
uuRR
u
aaaaaa trctra
+++=
=⋅+++=
deoarece
.0=⋅=⋅ ctcr aaaa
3.3. Un punct material se mişcă cu viteză constantă u de-a lungul unei coarde a unui
cerc aflată la distanţa s de centru. Cercul se roteşte în jurul centrului cu viteza
unghiulară constantă ω . Să se determine
viteza şi acceleraţia absolute ale punctului
material la un moment dat.
Rezolvare: Urmărind figura 3.3. se poate
scrie:
( )( ).sincos
cossin
11
11
jid
jisdsrrr
rrrrr
θθ
θθ
−+
++=+=.
De asemenea ,1krr
ωω = ,0=ε tωθ = , Fig.3.3.a
Culegere de probleme
104
utd = . Viteza şi acceleraţia originii sistemului mobil faţă de sistemul de referinţă fix
sunt nule. Se pot obţine cu uşurinţă viteza absolută şi acceleraţia absolută a punctului
material, aplicându-se formulele cunoscute de la mişcarea relativă a punctului.
Fi
Fig.3.3.b
3.4. Pe o placă dreptunghiulară ABCD se deplasează de la A la C un punct material
M cu o lege orară a spaţiului 3,03
2sin2,0 +
+=
πpts [m]. Placa ABCD este
element component al mecanismului paralelogram (fig. 3.4.), la care manivela AO1
se roteşte având legea spaţiului unghiular t6
πϕ = [rad]. Ştiind că
2
π=p ,
mBCBOAO 3,021 === se cere să se determine viteza şi acceleraţia absolută a
punctului M la momentul 2=t secunde.
Rezolvare: Derivând s se obţine, la 2=t :
570,13
5cos
103
2
2cos
103
2cos2,0 ==
+=
+=
ππππππtptps& m/s,
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
105
273,43
5sin
203
2
2sin
203
2sin2,0
222 =−=
+−=
+−=
ππππππtptps&& m/s2
Fig.3.4.
Calculăm şi: ms 127,0= la momentul t=2s.
Pentru mişcarea de rotaţie a barei AO1 elementele cinematice sunt:
( ) 32
πϕ ==t rad;
61π
ϕω == & rad/s ; 01 ==ϕε && rad/s2.
Placa ABCD execută o mişcare de translaţie circulară, toate punctele au aceeaşi
viteză şi aceeaşi acceleraţie. Viteza unghiulară şi acceleraţia unghiulară a plăcii sunt
nule. Viteza absolută a punctului M la momentul st 2= este :
tra vvvrrr
+= ,
unde: ( ) jijisvrrrrr
&r oo 785,0360,130sin30cos +=+= şi
ijjiOAxkAOxvv At
rrrrr&
rrr1360,00785,0
3sin
3cos11 −=
+⋅===
ππϕω .
Deci ,8635,0224,1 jivarrr
+= adică ./4979,1 smva =
Acceleraţia absolută a punctului M la momentul st 2= este:
Ctra aaaarrrr
++= ,
în care ( ) jijisarrrrr
&&r oo 134,2701,330sin30cos +=+=
Culegere de probleme
106
( ) jijiAOaaAt
rrrr&
rr oo 071,0041,060sin60cos12 −−=−−⋅== ϕν
,
şi 0=Car
deoarece 0=tω (mişcarea de transport este o translaţie).
Deci ,063,2659,3 jiaa
rrr+= adică ./201,4 2sma
a=
3.5. Punctul M se deplasează pe circumferinţa semicercului de diametru AB cu legea
de mişcare mtsr201,0 π= , pornind la momentul iniţial din poziţia A (fig.3.5.).
Cunoscând legea de mişcare a discului ca fiind tπϕ 8,4= ,rad,
mBOAO 2,021 == şi ,16,0 mR = să se determine viteza şi acceleraţia absolută
ale punctului la momentul .21 st =
Fig.3.5
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
107
3.6. Pe biela 2 a mecanismului bielă manivelă din figura 3.6. se deplasează inelul M,
după legea ( ) 21,0 ttsAM == . Calculaţi viteza absolută şi acceleraţia absolută a
inelului, dacă la timpul st 2= sistemul ocupă poziţia din fig.3.6. Se cunosc:
11 =ω [ srad / ]; 31 =ε [rad/s2]; ,30o=α < o90=AOB , mOA 4,0= .
Răspuns: smvM
/1027,77 2−⋅= ; ./1094,95 22 smaM−⋅=
Fig.3.6
3.7. O placă circulară de rază mR 4,0= se roteşte
faţă de axa Ox având legea spaţiului unghiular
( ) .1,0 tt πϕ = Pe placă se deplaseazăun punct
material M, de la O la A având legea spaţiului
( ) 22,0 tts π= . Să se determine viteza şi acceleraţia
absolută a punctulu material în poziţia A (fig.3.7.).
La momentul iniţial placa se găseşte în poziţia din
figură.
Răspuns:
( ) smv Aa /006,1= ; ( )2/314,1 sma Aa = .
Fig.3.7
Culegere de probleme
108
3.8. Arcul de cerc AB de rază R se roteşte în jurul
axei Oz cu o viteză unghiulară constantă ω . Un punct material M se deplasează pe disc de la A la
B cu o viteză constantă în modul şi egală cu u. Se
cere să se determine viteza şi acceleraţia absolută a
punctului M într-o poziţie oarecare definită de
unghiul α , dacă arcul AB se găseşte în momentul
respectiv în planul yOz; se va particulariza pentru
0=α şi 2/πα = (fig.3.8.).
Răspuns: ( ) ( ) 2222 cos1 uRv Ma +−= αω ;
( ) ( ) ααωααω 22
42
22
222 sincos1cossin4R
uR
R
uua Ma +
−−+= ;
pentru 0=α , ( ) uv Ma = ; ( )R
ua Ma
2
= ;
pentru 2/πα = , ( )222uRv Ma += ω ; ( ) 2
424224
R
uRua Ma ++= ωω .
3.9. Un disc O de rază R se roteşte în planul său faţă
de articulaţia fixă 1O cu viteza unghiulară constantă
ω ca în figura 3.9. Un punct material M se
delasează pe arcul de cerc 10MM după legea
spaţiului unghiular t1ωθ = ( 1ω constant). Ştiind că
la momentul iniţial al mişcării diametrul OMO1 a
fost orizontal, se cer să se determine:a) viteza de
transport a punctului M şi valorile unghiului θ
Fig.3.9
Fig.3.8
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
109
pentru care aceasta este coliniară cu viteza relativă; b) viteza absolută a punctului M;
c) pentru ce valoare a vitezei unghiulare 1ω , acceleraţia absolută are direcţia 11OM
şi care este valoarea acceleraţiei absolute în acest caz?
Răspuns: a) 0,2
cos2 == θθ
ωRvt şi πθ = ;
b) ( )( )12221 cos12 ωωθωω +++= RRv
a;
c) ωω 21 −= ; ( )θω cos122 += Raa .
3.10. Satelitul de rază r al unui
mecanism planetar se rostogoleşte fără
alunecare pe interiorul suprafeţei
cilindrice de rază 3r, fiind legat cu
manivela OC de lungime 2r a cărui
viteză unghiulară 0ω este constantă. Pe
disc se află un mobil Q care are o
mişcare circulară uniformă de-a lungul
circumferinţei, în sens orar, cu viteza
constantă u (fig.3.10). Să se determine
viteza şi acceleraţia punctului Q când
acesta este în contact cu suprafaţa fixă, adică în A. Aplicaţie numerică:
srad /20 =ω , smu /4,0= ,
mmr 100= .
Răspuns: smmva /400= ; .0=aa
Fig.3.10
Culegere de probleme
110
3.11. Un punct material coboară pe generatoarea unui con pornind din vârful acestuia
cu viteza constantă u. Conul se roteşte în jurul axei cu viteza unghiulară constantă ω.
Să se determine viteza şi acceleraţia absolută a punctului material la un moment dat.
Se cunosc înalţimea conului H şi unghiul la vârf α.
Rezolvare: Analizând figura 3.11 se pot scrie relaţiile:
( ) 111 cossincossin jiiundekdHidrrrrrrr
θθαα +=−+= ,
rezultă:
( ) 111 coscossinsinsin kdHjdidrrrrr
αθαθα −++= .
În continuare:
1111 coscossinsinsincossin kujuiukuiuuvrrrrrrrr
αθαθααα −+=−==
Viteza unghiulară va fi: 1krr
ωω = , acceleraţia unghiulară 0=ε , iar acceleraţia
relativă 0== uar & . Viteza şi acceleraţia originii sistemului mobil faţă de sistemul
de referinţă fix sunt nule. Se pot obţine acum cu uşurinţă viteza şi acceleraţia absolută
a punctului material.
Fig.3.11.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
111
CAPITOLUL IV
APLICAŢIILE TEHICE ALE CIEMATICII
4.1. Să se rezolve analitic mecanismul patrulater (fig.4.1).
Rezolvare: Pentru rezolvarea
mecanismului (fig.4.1) se va aplica
metoda ecuaţiilor de contur.
Mecanismul este definit de un
singur contur iar ecuaţia de
închidere pentru mecanism va fi:
0=+++ DACDBCAB .
Dacă se proiectează ecuaţia pe cele două axe ale sistemului de referinţă, cu
notaţiile din figură, se obţine:
0sinsinsin
coscoscos
332211
4332211
=++
=++
ϕϕϕ
ϕϕϕ
lll
llll
Cele două relaţii ar trebui să furnizeze unghiurile 2ϕ şi 3ϕ ca funcţie de
lungimile barelor şi unghiul elementului conducător 1ϕ . Problema este
destul de dificil de rezolvat analitic însă în momentul de faţă dispunem de
subrutine decalcul suficient de puternice care să ne asigure soluţia. În cazul
unei abordări analitice se rezolvă succesiv triunghiurile ABD şi BCD.
Dacă se notează cu 332211 ;; ϕωϕωϕω &&& === vitezele unghiulare
ale barelor respective se obţin, prin derivare, relaţiile:
0sinsinsin 333222111 =++ ϕωϕωϕω lll
0coscoscos 333222111 =++ ϕωϕωϕω lll
Fig.4.1
Culegere de probleme
112
sau:
−=
1
111
3
2
3322
3322
cos
sin
coscos
sinsin
ϕϕ
ωωω
ϕϕϕϕ
lll
ll
de unde rezultă vitezele unghiulare ale barelor BC şi CD:
)sin(
)sin(
232
31112 ϕϕ
ϕϕωω
−−
=l
l ;
)sin(
)sin(
233
21113 ϕϕ
ϕϕωω
−−
=l
l.
Prin derivare se obţin relaţiile care ne oferă acceleraţiile unghiulare ale
barelor:
0cossincossincossin 332333322
2222211
21111 =+++++ ϕωϕεϕωϕεϕωϕε llllll
0sincossincoscoscos 332333322
2222211
21111 =−+−+− ϕωϕεϕωϕεϕωϕε llllll
de unde se obţin, prin calcul, 1ε şi 2ε . Avem:
−
−=
1
111
3
2
3322
3322
cos
sin
coscos
sinsin
ϕϕ
εεε
ϕϕϕϕ
lll
ll
=
−
−
−3
3233
2
2222
1
1211 sin
cos
sin
cos
sin
cos
ϕϕ
ωϕϕ
ωϕϕ
ω lll
−
−−
−
−
−=2
2
232
2
3122
121
1
1211
1
111 sin
cos
)(sin
)(sin
sin
cos
cos
sin
ϕϕ
ϕϕϕϕ
ωϕϕ
ωϕϕ
εl
lll
−−
−3
3
232
3
2122
121 sin
cos
)(sin
)(sin
ϕϕ
ϕϕϕϕ
ωl
l
4.2. Să se rezolve analitic mecanismul bielă manivelă (fig.4.2).
Pentru mecanismul bielă-manivelă din fig.4.2, ecuaţiile de contur vor fi:
0'' =+++ AACABCAB
de unde, prin proiecţie pe cele două axe, se obţine:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
113
0coscos =−+Cxlr ϕα
0sinsin =++ alr ϕα
relaţie care dă, în urma
calculelor, pe xC şi φ:
l
ar +−=
αϕ
sinsin
2sin
1cos
+
−+=l
arlrx
C
αα
Pentru a determina viteza
unghiulară 2ω şi viteza culisei Cv se derivează cele două proiecţii ale
ecuaţiilor de contur:
0sinsin 21 =++Cvlr ϕωαω
0coscos 21 =+ ϕωϕω lr .
Rezultă imediat:
)cos
sin(;cos
cos112 ϕ
ααω
ϕα
ωωtg
rvl
rC +−=−= .
Fig.4.2.a
Fig.4.2.b Fig.4.2.c
Culegere de probleme
114
Graficele vitezei unghiulare a bielei şi a vitezei lineare a culisei sunt
prezentate în fig.4.2.b şi 4.2.c, unde s-a considerat viteza unghiulară a
manivelei constantă.
Printr-o nouă derivare se obţin relaţiile care ne dau acceleraţiile:
0sincossincos 2221
21 =++++ Callrr ϕεϕωαεαω ,
0cossincossin 2221
21 =+−+− ϕεϕωαεαω llrr
care ne oferă cu uşurinţă 2ε şi Ca în funcţie de elemente cunoscute:
211
21
212 cos
sin
cos
sin
cos
cosωεω
ββ
βα
εβα
ε uttl
r
l
r+=
−+−=
2
1
2
1 )cossinsin()sinsin( ωββαεβα lultrltraC
++−++−= .
Atenţie! Dacă se utilizează unghiul β în loc de unghiul φ în ecuaţiile de
contur, atunci se obţine βω &−=2 relaţie care rezultă cu uşurinţă dacă
derivăm πϕβ 2=+ şi ţinem seama că ϕω &=2 . Câteva curbe de bielă
pentru mecanismul bielă manivelă sunt prezentate în cele ce urmează.
r/l=0.4 r/l=0.2
Fig.4.2.d Fig.4.2.e.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
115
4.3. Să se studieze cinematic mişcarea diferenţialului considerat ca un
mecanism cu două grade de libertate.
Rezolvare:
a) Dacă toate elementele se mişcă atunci avem mecanismul diferenţial
propriu-zis.
În acest caz distribuţia vitezelor este prezentată în fig.4.3.a. Am presupus
că roata centrală 1 are o mişcare de rotaţie în sens orar cu viteza unghiulară
1ω iar roata 3 are o mişcare de rotaţie cu viteza unghiulară 3ω . Avem
111 Rv ω= , 333 Rv ω= . Considerând figura, se pot scrie relaţiile de
asemănare între triunghiuri:
xR
v
x
v
−=
2
31
2 ,
de unde rezultă poziţia centrului instantaneu de rotaţie pentru roata 2:
r/l=0.4 r/l=0.6
Fig.4.2.f Fig.4.2.g
Culegere de probleme
116
31
212
vv
Rvx
+= .
Din asemănarea:
xR
xR
v
v
−−
=2
2
3
2
2,
rezultă 2v :
213
2
vvv
−= .
Relaţia: 222 )( ωxRv −= ne dă viteza unghiulară a satelitului 2ω :
2
31
2
22 2R
vv
xR
v +=
−=ω .
Puteam obţine 2ω şi din relaţia xv /12 =ω . Pentru a afla viteza unghiulară
a manivelei utilizăm relaţia:
2)( 13
212
vvRRv H
−=+= ω
de unde:
Fig.4.3.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
117
)(2 21
13
RR
vvH +
−=ω .
Relaţia între vitezele unghiulare ale elementelor care se rotesc este dată de:
0)2( 113321 =+−+ RRRRH ωωω (sau 0)2( 113321 =+−+ zzzzH ωωω ).
O cale mai elegantă de a obţine soluţia este de a da întregului mecanism o
mişcare inversă astfel încât unul din elemente să fie fix. Spre exemplu,
dacă dăm o mişcare de rotaţie cu viteza unghiulară 3ω− , atunci coroana
dinţată se va afla în repaus, manivela va avea viteza unghiulară Hωω −3 ,
roata centrală 1 va avea viteza unghiulară 31 ωω + iar satelitul doi viteza
unghiulară 23 ωω − . În acest caz distribuţia vitezelor devine cea din fig.4.3
iar rezolvarea se face pe baza relaţiilor deja studiate.
4.4. Să se efectueze studiul cinematic al mecanismului diferenţial simplu
din figura 4.4 în care s-au făcut notaţiile: 1 – roata centrală interioară; 2 –
satelitul; 3 – roata centrală exterioară; H – braţul port-satelit. Studiul se va
face în următoarele cazuri: a) se fixează braţul port-satelit(fig.4.4.b); b) se
fixează roata 3 (fig.4.4.c); c) se fixează roata 1 (fig.4.4.d).
Rezolvare:
a) Dacă fixăm manivela se obţine un mecanism cu roţi dinţate cu axe fixe
(fig.4.4.c). Distribuţia de viteze este în acest caz ca cea din figură. Pe baza
acestei distribuţii se scriu relaţiile:
,; 3322222111 RRvRRv ωωωω ====
Culegere de probleme
118
de unde: .3
11
3
113
z
z
R
Rωωω ==
Avem şi relaţia ( ).22 321321 zzzRRR =+=+ Atunci rezultă: ,21
113
zz
z
+= ωω
iar raportul de transmitere va fi dat de: .2
1
21
3
13,1
z
zzi
+==
ωω
a. b.
Fig.4.4,a,b
c. d.
Fig.4.4.c,d
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
119
b) Roata 3 fixă. În acest caz distribuşia de viteze este reprezentată în figura
4.4.d. Pe baza acestei distribuţii se poate scrie:
),(;2 2122222111 RRRvRRv H +==== ωωωω
de unde: ,)(2)(2 21
11
21
111
zz
z
RR
RH +
=+
= ωω
ωω iar raportul de transmitere
este dat de:
.)(2
1
211,1
z
zzi
H
H
+==
ωω
c) Roata 1 fixă (manivela este element conducător). Pe baza distribuţiei de
viteze din figura 4.4.b se poate scrie:
),2(2;)( 21322222211 RRRvRRRv H +===+= ωωωω
de unde: .)2(2
)(
)2(2
)(
21
21
21
213
zz
zz
RR
RR HH
+
+=
+
+=
ωωω
Raportul de transmitere este:
.)2(2
21
21
11,
zz
zzi H
H +
+==
ωω
4.5. În figura 4.5 este reprezentată schema de acţionare a cilindrilor de
dozare la o presă de extrudare a placilor din aşchii. Se cere expresia vitezei
unghiulare ω3 a cilindrilor de dozare, ştiind că aceştia sunt coaxiali cu
roţile dinţate O3 şi O4. Se cunosc: ω1, R1, r, R, R3 şi AB=l.
Rezolvare: Pentru transmisia cu curele se obţine
Culegere de probleme
120
.2
112R
Rωω =
Spaţiul parcurs de punctul B este:
2sin
1cos
−+=l
rlrsB
αα
sau dezvoltând în serie se obţine:
⋅⋅⋅−−+= ααα 4
3
42
2
sin8
sin2
cosl
r
l
rlrsB
Fig.4.5
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
121
Dacă se consideră doar primii trei termeni din expresia spaţiului rezultă
pentru viteza punctului B expresia:
.2sin2
sin2sin2
sin 2
+−=
+−== ααωαααl
rr
l
rr
dt
dsv B
B&
Deoarece vC=vB rezultă în final:
.2sin2
sin13
1
33
+== ααωωl
r
RR
rR
R
vC
4.6. Fie montajul din figura 4.6, în care se cunoaşte turaţia mosorului (M)
ca fiind n = 60 rot/min, diametrul său d = 20cm, precum şi valorile razelor
roţilor r1=15cm, r2=30cm, r3=20cm, r4=15cm, r5=45cm. Să se determine
viteza de urcare a corpului (C).
Rezolvare: Viteza unghiulară a mosorului va fi:
./2301 sradn
ππ
ω ==
Viteza unghiulară a roţii 2 se determină din condiţia:
,2 121 rd
ωω = de unde ./3
4
2 112 srad
r
d πωω ==
Viteza unghiulară a roţii 3 rezultă din condiţia de egalitate a vitezei
punctului A de pe roata 2 cu viteza punctului A de pe roata 3 astfel:
./220
30
3
4
3
2233322 sradr
rrrvA π
πωωωω =⋅==⇒==
Ţinând cont de condiţia îndeplinită de vitezele unghiulare ale roţilor 3 şi 4
între care transmiterea mişcarii se realizează prin curea se poate scrie:
Culegere de probleme
122
./3
8
15
202
4
3344433 sradr
rrr
ππωωωω ===⇒=
Fig.4.6
Viteza de urcare a corpului (C) va fi:
./120453
854 scmrvC π
πω ===
4.7. Să se precizeze ce fel de filet trebuie să aibă şurubul din transmisia
prezentată în figura 4.7 (pe stânga ori pe dreapta) dacă se impune ca
greutatea Q să urce, iar sensul de rotaţie al şurubului este cel indicat pe
figură. Să se determine de asemenea viteza greutăţii Q. Se dă:
;15min;/3600;90;3 2121 cmrrotnzn f ==== ;20;20;45 433 === zzcmr
.40;80 55 cmrz ==
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
123
Fig.4.7
Rezolvare: Filetul şurubului trebuie să fie pe dreapta.
Pentru determinarea vitezei greutăţii Q trebuie să se afle următoarele
mărimi cinematice:
;/12030
3600
301
1 sradn
πππ
ω ===
sradz
nzn
ff /4
2
1122211 π
ωωωω ==⇒=
sradr
rrr /
3
4
3
2233322 π
ωωωω ==⇒=
sradz
zzz /
3
4
4
3344433 π
ωωωω ==⇒=
Culegere de probleme
124
;/35
4455544 srad
z
zzz
πωωωω ==⇒=
./3
4040
355 scmzvQ ππ
ω =⋅==
4.8. O pană triunghiulară, cu unghiurile la bază egale cu α, se reazemă pe
două piese A şi B, care se mişcă rectiliniu cu vitezele 1vr
şi 2vr
. Să se
determine viteza 3v a penei şi unghiul β pe care aceasta îl face cu
verticala(fig.4.8).
Răspuns: αβα
αctg
vv
vvtg
vvvvv
21
212122
21
3 ;cos2
2cos2
+−
=++
=
Fig.4.8
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
125
4.9. Prisma din figura 4.9 se deplasează în linie dreaptă pe un plan după
legea s(t) = 0,02t(5-t)m. Pe această prismă se sprijină capătul A al unei
bare OA de lungime 0,20m, articulată în O. Determinaţi viteza unghiulară
şi acceleraţia unghiulară a barei la timpul t = 1s, dacă la acest moment β =
60o, iar α = 30o.
Fig.4.9
Răspuns: ./13,0;/17,0 2sradsrad == εω
4.10. Să se studieze cinematica mecanismelor diferenţiale duble din figura
4.10 în următoarele cazuri: a) braţul port-satelit fix; b) roata 3 fixă; c) roata
1 fixă.
Culegere de probleme
126
Răspuns: a) ;32
2113
zz
zz ′= ωω
b) ( )( );
2122
211
zzzz
zzH +−′
′= ωω
c) ( )( )
.32
22213
zz
zzzzH
−′+= ωω
Fig.4.10
4.11. Cunoscând sensul de rotaţie al motorului (1) (fig.4.11) şi că roţile (6)
urcă pe planul înclinat rostogolindu-se fără alunecare, să se precizeze: a)
sensul filetului şurubului melc; b) viteza centrului C al roţilor (6), în
mişcarea de regim când turaţia motorului este .min/30001 rotn r = Sunt
cunoscute: ;40;20 21 == zz ;60;20;30 433 ==′= zzz ;605 =z ;24 =fn
;2005 mmr = .200;300 66 mmrmmR ==
Răspuns: a) filetul şurubului melc (4) este pe dreapta;
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
127
b) vC = 1,395 m/s.
Fig.4.11
4.12. Motorul electric (1) (fig.4.12) ajunge la turaţia de regim 18001 =n
min/rot în 10 secunde. Cunoscând: ;36;18 21 == zz ;80;20 43 == zz
;200;45;3 554 mmRzn f === ,200;300 66 mmrmmR == să se determine: a)
sensul filetului şurubului melc (4), astfel încât semifabricatul Q să urce; b)
spaţiul parcurs de semifabricatul Q în 12 secunde de la pornire.
Răspuns: a) filetul şurubului melc (4) este pe dreapta; b) s = 1,465 m.
Culegere de probleme
128
Fig.4.12
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
129
Capitolul V
DIAMICA PUCTULUI MATERIAL
5.1. Să se determine legea de mişcare pentru un punct material de
masă m, aruncat în câmp gravitaţional, de la înălţimea h cu viteza 0vr
care face cu orizontala unghiul α. Condiţiile iniţiale la t = 0 sunt:
;00=
=ttx αcos0
0vx
tt=
=& ;
;0hy
tt=
= αsin0
0vy
tt=
=& ;
;00=
=ttz 0
0=
=ttz& .
Rezolvare: Ecuaţiile de mişcare sunt:
=
−=
=
.zm
;gmym
;xm
0
0
&&
&&
&&
de unde:
=
−=
=
.z
;gy
;x
0
0
&&
&&
&&
Se obţine cu uşurinţă:
=
+−=
=
.Cz
;Ctgy
;Cx
3
2
1
&
&
&
şi legea de mişcare:
Culegere de probleme
130
+=
++−=
+=
.CtCz
;CtCgty
;CtCx
63
522
41
2
1
Punând condiţiile iniţiale rezultă valorile constantelor de integrare:
.0;;0;0;sin;cos 65430201 ====== ChCCCvCvC αα
Deci ecuaţiile parametrice ale traiectoriei sunt:
=
−+=
=
.0
;2
1sin
;cos
20
0
z
gttvhy
tvx
α
α
care reprezintă ecuaţia parametrică a unei parabole ce se găseşte în
planul z = 0 (traiectoria este o curbă plană). Eliminând parametrul t
între primele două ecuaţii se obţine:
αcos0v
xt =
deci ecuaţia parabolei va fi:
Fig. 5.1. Aruncarea în câmp gravitaţional
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
131
α
α22
0
2
cos2v
xgtgxhy −+= .
Să calculăm acum câteva elemente caracteristice ale mişcării în câmp
gravitaţional:
a ) Durata mişcării
Făcând y = 0 se obţine:
20 2
1sin0 gttvh −+= α
sau:
02sin2 02 =−− htvgt α
de unde:
g
ghvvt
2sinsin 2200
2,1
+±=
αα
Convine problemei numai soluţia pozitivă:
g
ghvvt
2sinsin 2200
2
++=
αα
Putem scrie:
cu ttt +=2
unde:
g
sinvtu
α= 0
reprezintă timpul de urcare iar
g
ghvtc
2sin 220 +
=α
Culegere de probleme
132
reprezintă timpul de coborâre, lucrul ce va fi demonstrat în continuare
la pct. c.
b) Bătaia (distanţa OA)
ααα
α cos2sinsin
cos22
00020
++==
g
ghv
g
vvtvxA .
Să punem condiţia ca bătaia să fie maximă:
0=αdxd A
Efectuând toate calculele rezultă în final:
( )20
202
2sin
vgh
v
+=α
de unde rezultă valoarea unghiului α care realizează maximul. Se
obţine, după efectuarea calculelor corespunzătoare, valoare maximă a
bătăii:
)(2
22
)(2
)(220
20
20
40
20
2
00 ghv
ghv
g
ghvgh
v
vghg
vvxA +
+
+
++
+= .
Am ţinut seama că avem:
( )ghv
ghv
++
=−=20
202
2
2sin1cos αα
şi obţinem după efectuarea calculelor xmax :
ghvg
vx 22
00
max +=
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
133
c) Înălţimea maximă se obţine punând condiţia anulării
componentei vitezei după axa Oy:
tgv −= αsin0 0
Rezultă timpul de urcare:
g
vtu
αsin0=
şi înălţimea maximă:
g
vhtgtvhH uu 2
sin
2
1sin
2202
0
αα +=−+= .
d) Viteza în punctul de contact cu solul se obţine introducând t2
în formulele componentelor vitezei:
ghvtgvv
ctvv
y
x
2sinsin
,.cos
22020
0
+−=−=
==
αα
α.
(componenta vitezei după axa Ox este, în tot timpul mişcării,
constantă). Rezultă:
ghvvvv yxA 220
22 +=+=
Relaţia se putea obţine mai uşor utilizând teorema conservării energiei.
Unghiul făcut de viteză cu orizontala în momentul atingerii solului
este dat de:
α
αβ
sin
2sin
0
220
v
ghv
v
vtg
Ay
Ax+
==
Culegere de probleme
134
d) Parabola de siguranţă (fig.5.1.b) reprezintă înfăşurătoarea
curbelor traiectoriei, considerând unghiul α ca parametru şi menţinând
pe v0 constantă în modul. Pentru a o determina se elimină parametrul α
între ecuaţiile:
( ) 0;0 ==α
αd
dyy
Deci, în cazul nostru :
0cos2 22
0
2
=+−−α
αv
gxxtghy
şi:
0cos
sin
cos 320
2
2=+−
αα
α v
gxx
Din a doua relaţie se obtine:
xg
vtg
20=α
şi introducând în prima relaţie pusă sub forma:
( )αα 2
20
2
12
tgv
gxxtghy +−+=
se obţine:
20
220
22 v
xg
g
vhy −+=
deci o parabolă.Punând y = 0 se obţine:
20
220
22 v
gx
g
vh =+
de unde:
Fig.5.1.b. Parabola de
siguranţă
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
135
ghvg
vxx max 22
00 +==
adică punctul în care parabola de siguranţă intersectează orizontala
este punctul de bătaie maximă.
Caz particular.
Dacă punctul material se aruncă de la nivelul solului, se va introduce h
= 0 în toate relaţiile obţinute mai sus iar rezultatele devin:
Traiectoria:
α220
2
cos2v
gxxtgxy −=
Durata mişcării:
cu tt;g
sinvt =
α= 02
Bătaia:
g
sinvxb A
α==
220
Bătaia maximă:
Fig.5.1.c. Aruncarea de la nivelul solului
Culegere de probleme
136
g
vx; max
20
4=
π=α
Înălţimea maximă:
g
sinvH
α=
220
Parabola de siguranţă:
20
220
22 v
gx
g
vy −=
5.2. Să se determine mişcarea unui punct material aflat la capătul unei
bare articulate. (pendulul simplu - legătură bilaterală).
Rezolvare: În acest caz, neinteresând
reacţiunea din legătură, se va utiliza
teorema energiei cinetice. În punctul
cel mai de jos al traiectoriei, punctul
material va avea o viteză v0, deci o
energie cinetică E0:
200 2
1vmE = .
Într-un alt punct de pe cerc, de exemplu A, va avea altă viteză, mai
mică v şi o energie cinetică E:
2
2
1vmE = .
Fig. 5.2. Legătura bilaterală
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
137
Lucrul mecanic total al forţelor gravitaţionale va fi:
( ) ( )θ∆ cos100 −−=−−=−=−= mgOBOAmgBAmghmgL
Teorema energiei cinetice va deveni:
( )θcos12
1
2
1 20
2 −−=− lgmvmvm
de unde va rezulta viteza punctului material în A:
( )θcos1220
2 −−= lgvv
Pentru viteze iniţiale mai mici decât
( )θcos120 −= lgv
punctul material se va opri înainte de a ajunge în punctul cel mai de
sus al cercului după care se va întoarce, având o mişcare oscilatorie în
jurul poziţiei iniţiale. Unghiul α care va determina poziţia în care se
opreşte momentan punctul, deci şi amplitudinea mişcării este obţinut
din relaţia de mai sus:
lg
v
lg
vlgcos
21
2
2 20
20 −=
−=α
Pentru a avea oscilaţii este necesar ca α < π deci 1−>αcos , de unde
rezultă:
lgv 420 <
Dacă lgv 420 > punctul material va parcurge în acelaşi sens cercul, în
absenţa frecărilor fără să se oprească. Mişcarea va fi circulară. În cazul
în care lgv 420 = viteza se va anula în punctul cel mai de sus al
traiectoriei. În cele ce urmează vom arăta că acest lucru se întâmplă
după un timp infinit de lung. Ţinând seama de relaţiile:
Culegere de probleme
138
dt
dsv = şi θdlds =
avem:
( ) ∫∫∫∫
−
=−−
===αα
θ
θ
θ
θ
0 2200
20
2sin
4
2
1
cos124
gl
v
d
g
l
glv
dl
v
dsdt
T
Integrala obţinută este o integrală eliptică şi în general nu are soluţie
analitică. Rezultatul acestui calcul va reprezenta un sfert din perioada
oscilaţiilor punctului material în mişcarea sa pe cerc (va determina
perioada oscilaţiilor pendulului simplu). În cazul limită când lgv 420 =
şi π=α se obţine:
∫=π
θθ
0
2cos2
1 d
g
lT
Cu schimbarea de variabilă u=2
sinθ
rezultă:
1
0
1
02 1
1ln
2
1
1
2
2
1
u
u
g
l
u
du
g
lT
−+
=−
= ∫
care la limită tinde către infinit. Punctul material se va apropia de
poziţia finală într-un timp infinit de lung fără a o atinge niciodată.
Mişcarea va avea un caracter asimptotic.
(Micile oscilaţii ale pendulului). În cazul în care amplitudinea
oscilaţiilor este mică, acestea pot fi studiate cu uşurinţă dacă se face
aproximaţia, destul de bună până la unghiuri de 0,1 rad, că unghiul
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
139
este egal cu sinusul lui. În acest caz ecuaţiile de mişcare ale punctului
material vor fi:
0cos
sin
=−
=−
3G
amG t
θ
θ
unde θε &&llat == . Din prima ecuaţie, în aproximaţia θ=θsin se
obţine:
θθ &&lg =−
sau
02 =+ θωθ&&
unde s-a notat lg /2 =ω . Soluţia acestei ecuaţii este de forma:
( )0cos θωαθ += t
Constantele de integrare α şi θ0 se determină din condiţiile iniţiale.
Perioada micilor oscilaţii este:
g
lT π
ωπ
22
==
5.3. Un punct material, legat cu un fir, se mişcă pe circumferinţa unui
cerc sub acţiunea gravitaţiei. Să se determine mişcarea acestui punct.
(Pendulul simplu - Legătura unilaterală).
Rezolvare. Presupunem legătura realizată cu fir, ca în figura 5.3.
Ecuaţiile de mişcare sunt:
Culegere de probleme
140
22
cos θθ ν&mR
R
mvamSG ===−
θθ τ&&mRamG ==− sin
Înmulţind ecuaţia a doua cu θ& se obţine:
( ) θθθθ &&&& mRG =− sin
sau prin integrare:
2cos
2θθ
&mRCG =+
Constanta C se determină din condiţiile iniţiale. Se presupune că la
momentul t = 0 avem θ&Rvv o == şi 2/πθ =o . Rezultă:
R
mv
R
vmRC
22
20
2
20 == .
Pentru unghiuri θ mici se poate considera θθ ≈sin şi mişcarea va fi
oscilatorie armonică:
0=+ θθ mgmR &&
sau: 0=+ θθR
g&&
de unde:
( )ϕωθθ −= tcos0 .
Tensiunea în fir este dată de relaţia:
R
mvGS
2
cos += θ .
Din conservarea energiei rezultă:
( )θcos122
220 −+= mgR
mvmv.
Fig.5.3. Legătura
unilaterală(cu fir)
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
141
Atunci:
( )θcos1222
20
2
−−= mgmvmv
,
iar tensiunea din fir va fi:
( ) ( )θθθ cos32cos12cos20
20 −−=−−+= mg
R
mvmg
R
mvGS .
Tensiunea devine nulă în momentul în care:
( )θcos3220 −= gRv
de unde:
gR
vgR
3
2cos
20−
=θ .
Se pot trage următoarele concluzii:
• dacă 02 20 >− vgR pendulul va executa oscilaţii;
• dacă 202 vgR = rezultă 2/πθ = , iar pendulul va avea mişcare
periodică la limită;
• dacă 03
21
20 <
−<−
gR
vgR, deci gRv 22
0 > şi gRv 520 ≤ tensiunea va
deveni zero într-un punct din jumătatea superioară a cercului şi va
urma o desprindere de pe cerc la momentul S=0 urmată de o
mişcare în câmpul gravitaţional; Există un punct în care reacţiunea
se anulează. În această poziţie punctul material va părăsi legătura,
iar mişcarea se va efectua pe o parabolă şi a fost analizată la
mişcarea în câmp gravitaţional.
Culegere de probleme
142
• dacă gRv 520 > atunci S ≠ 0 şi pendulul se va mişca în continuu pe
cerc (mişcare circulară).
5.4. Un punct material alunecă din vârful unei calote sferice. Să se
determine:
a) ecuaţia de mişcare a punctului material;
b) reacţiunea normală N la un moment dat, înainte ca punctul
material să părăsească suprafaţa sferei;
c) punctul B în care corpul va părăsi sfera;
d) locul (punctul C) unde punctul material va întâlni orizontala.
Fig.5.4
Rezolvare:
a) Ecuaţiile de mişcare pentru punctul material, în coordonate
naturale, sunt:
=
=
n
t
Gma
Gma
ν
τ
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
143
unde θsinGGt = şi θcosGGn = sunt componentele tangenţiale şi
normale ale greutăţii. Rezultă
−=
=
3mgmR
mgmR
θθθθ
cos
sin2&
&&
Prima ecuaţie, care este o ecuaţie diferenţială de ordinul doi, reprezintă
legea de mişcare a punctului:
θθ singR =&&
Dacă înmulţim şi la dreapta şi la stânga cu θ& se obţine:
θθθθ sin&&&& gR =
care oferă o integrală primă a mişcării:
θθ
cos2
2
gCR
−=+&
Condiţiile iniţiale: t=0, theta=0, thetadot=0 oferă constanta de
integrare gC −= deci:
)cos1(2
2
θθ
−= gR &
Se poate obţine:
)cos1(2
θθ
θ −==R
g
dt
d&
care este o ecuaţie diferenţială cu variabile separabile:
dt
R
g
d=
− )cos1(2
θ
θ
Se poate scrie:
Culegere de probleme
144
∫−
=α
θ
θ
0 )cos1(2
R
g
dt
Nu există o primitivă pentru funcţia de sub integrală, integrala fiind de
tip eliptic şi putând fi rezolvată numeric.
b) din ecuaţia a doua de echilibru rezultă:
θθ cos2 gmR3 +−= &
Ţinând seama că la punctul a) am calculat 2θ& :
)cos1(22 θθ −=R
g&
rezultă pentru 3:
)cos32()cos1(2
coscos 2 θθθθθ +−=−−=−= mgR
gmRmgmRmg3 &
c) în momentul desprinderii reacţiunea devine zero ( 3 = 0 ), ceea ce
conduce la condiţia:
)cos32(0 θ+−= mg
de unde, dacă se notează cu *a unghiul θ la momentul respectiv:
3
2*cos =a .
d) Coordonatele punctului de desprindere B sunt:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
145
( ) RRRx
RRy
B
B
3
5cos*1*sin
;3
2*cos
2 =−==
==
α
α
Viteza punctului material în timpul desprinderii poate fi calculată
utilizân teorema conservării energei mecanice în câmp gravitaţional:
BA EE =
2*cos
2Bmv
mgRmgR += α
de unde:
gRgRvB 3
2*)cos1(22 =−= α
Mişcarea va fi o aruncare în câmp gravitaţional iar traiectoria va fi o
parabolă.
5.5. Traiectoria unui punct material, sub acţiunea unei forţe, este elicea
cilindrică αθρ tgRzctR === ; . Viteza punctului în mişcarea pe
elice este constantă ov . Să se determine forţa Fr
care determină
această mişcare (dinamică inversă).
Rezolvare: Ecuaţiile de mişcare ale punctului material sunt:
ρθρρ Fm =− )( 2&&&
θθρρ Fm =+ )2( &&&
zFzm =&&
Culegere de probleme
146
Întrucât ctR ==ρ avem 0== ρρ &&& şi atunci relaţiile se simplifică:
ρθρ Fm =− 2& ;
θθρ Fm =&& ;
zFzm =&&
Mai departe să folosim proprietatea că viteza de mişcare pe elice este
constantă. Avem:
( ) ( ) ( )α
θαθθθρρ
2
22222222222
cos0
&&&&&&
RtgRRzvo =++=++=
deci:
0;cos
=== θα
θ &&& ctR
vo
Rezultă:
;cos22
R
vmF o α
ρ −=
;0=θF
0=zF
Acestea sunt forţele care asigură mişcarea pe elice a punctului
material, cu condiţia ca la momentul iniţial acesta să aibă viteza
iniţială vo care sa facă un unghi de înclinare α cu tangenta la cercul de
rază R.
5.6. Un corp cade în câmp gravitaţional, pornind din repaus. Se
consideră că rezistenţa aerului este proporţională cu viteza aerului. Să
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
147
să studieze mişcarea corpului în acest caz dacă forma legii de
rezistenţă din partea aerului este: 2
2
1SvcR ρ= unde c este coeficientul
de rezistenţă care depinde de forma corpului, ρ este densitatea
aerului, S este secţiunea transversală a corpului perpendiculară pe
direcţia vitezei, iar v viteza corpului.
Rezolvare: Legea de mişcare pentru corp se poate scrie:
RGzm −=&&
sau:
−=
−=
2
22
12
1u
vg
G
Svcgz
ρ&&
unde s-a notat: Sc
Gu
ρ22 = .
Ordinul ecuaţiei diferenţiale poate fi redus dacă se scrie:
dz
dvv
dt
dz
dz
dv
dt
dvz ===&&
rezultă ecuaţia diferenţială cu variabile separabile:
( ) 222 u
gdz
vu
dvv =
−
cu soluţia:
( )2
22ln2
1
u
gzCvu =+−−
Dacă fixăm originea în poziţia de lansare a punctului, cu orientarea în
jos, condiţia iniţială revine la t=0, z=0, v=0. Rezultă:
Culegere de probleme
148
0ln =+− Cu
şi atunci prima integrală poate fi scrisă:
( )2
22 lnln2
1
u
gzuvu =+−−
sau 22
22
ln2
1
u
gz
u
vu=
−−
de unde:
−=
−2
2
1 u
gz
euv .
Se poate face observaţia că dacă z creşte termenul 2
2
u
gz
e−
tinde către 0,
deci viteza nu va putea depăşi viteza limită u. Adică un corp în cădere
îşi măreşte viteza până la un moment dat, după care se va mişca cu
viteza constantă Sc
Gu
ρ2
= . Mai de parte, se poate scrie:
−=
−2
2
1 u
gz
eudt
dz
sau:
dt
eu
dz
u
gz=
−
−2
2
1
Integrarea ecuaţiei diferenţiale cu variabile separabile poate oferi legea
mişcării. Integrarea numerică este cea mai potrivită pentru rezolvarea
problemei.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
149
5.7. Un punct material alunecă fără frecare într-un jgheab de forma
celui din fig.5.7. Să se determine legea de mişcare a punctului material
pe carc, reacţiunea când raza vectoare a punctului face unghiul α cu
orizontala, înălţimea de la care trebuie lansat punctul, h, astfel încât să
ajungă în punctul cel mai de sus al cercului de rază R.
Rezolvare: Ecuaţiile de echilibru dinamic sunt:
αα
α
&&&& mRGymY
FG3X i
=−=
=+=
∑∑
cos:
;sin:0
Ultima ecuaţie dă:
αα &&Rg =− cos .
Fig.5.7
Preînmulţită cu α& se obţine:
Culegere de probleme
150
αααα &&&& Rg =− cos
de unde, prin integrare rezultă:
CR
g +=−2
sin2α
α&
.
Constanta de integrare se obţine din condiţiile iniţiale. Luăm
momentul iniţial momentul în care punctul material se găseşte în
punctul B, 2
πα −= şi notăm cu oω derivata α& în acel moment.
Rezultă:
CR
g o +=2
2ω
deci: 2
2oR
gCω
−=
iar prima integrală a ecuaţiilor de mişcare se va scrie:
22sin
22oRR
ggωα
α −=−−&
de unde:
( )2
1sin2
22 αα
ω &Rg
R o =+−
sau:
( )1sin22 +−== αω
αα
R
g
dt
do&
Rezultă o ecuaţie diferenţială cu variabile separabile:
( )dt
R
g
d
o
=
+− 1sin22 αω
α
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
151
care este o integrală de tip eliptic, integrabilă numai numeric.
Reacţiunea normală N poate fi calculată fără a efectua integrala:
( )2sin3
sinsin2
2
+−=
=−=−=
αω
ααα
mgmR
GmRGF3
o
i&
Punctul material se va desprinde de cerc în punctul în care N=0, deci:
( ) 02sin32 =+− αω mgmR o
g
gR o
3
2sin
2 −=
ωα .
Condiţia 1sin0 ≤≤ α ne dă limitele între care trebuie să se afle 2oω
pentru ca punctul să se desprindă de cerc:
13
20
2
≤−
≤g
gR oω .
Rezultă:
R
g
R
go
52 2 ≤≤ω
Ca să aflăm înălţimea de la care trebuie lansat punctul material ca să
ajungă în D punem condiţia 2/πα = . Rezultă:
g
gR o
3
21
2 −=
ω deci
R
go
52 =ω , sau gRRv oo 5222 == ω .
Din condiţia ca energia potenţială în A să se transforme în energie
cinetică în B rezultă:
BA EE =
2
5
2
2 gRmmvmgh o ==
Culegere de probleme
152
de unde:
2
5Rh = .
5.8. Să se integreze ecuaţia de mişcare pentru un punct material în
cazul în care forţa depinde numai de timp.
Rezolvare:
Ecuaţia de mişcare
( )tXxm =&&
poate fi integrată obţinându-se :
( )∫ +=t
t oxmvdttXxm0
&
şi apoi:
( ) ( )∫∫ +−+=t
t ox
t
tmxttmvdttXdtmx
0000
5.9. Să se integreze ecuaţia de mişcare pentru un punct material în
cazul în care forţa depinde numai de viteză.
Rezolvare:
Ecuaţia de mişcare este:
( )xXxm &&& =
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
153
Se notează vx =& şi oxvv =0 . Ecuaţia devine:
( )vXdt
dvm =
Cu condiţiile iniţiale: la t = t0 avem v = v0 , ecuaţia diferenţială este o
ecuaţie cu variabile separabile, obţinându-se :
( ) 000
ttdtvX
mdv t
t
v
v−== ∫∫
De aici, după integrare (dacă aceasta poate fi efectuată), se obţine
dependenţa t = t(v). Se poate proceda şi în felul următor; se scrie :
( )vXmvdv
vdtdx ==
de unde, prin integrare, tinând cont de condiţia iniţială x(t0) = x0 , se
obţine:
( )∫∫ =−=v
v
x
x vX
mvdvxxdx
000
Rezultă şi o reprezentare parametrică x = x(v) şi t = t(v)
5.10. Să se integreze ecuaţia de mişcare pentru un punct material în
cazul în care forţa depinde numai de poziţie.
Rezolvare:
Ecuaţia de mişcare este:
( )xXxm =&&
Teorema energiei cinetice ne dă :
Culegere de probleme
154
Xdxxm
d =
2
2&
de unde, prin integrare şi ţinând seama de condiţiile iniţiale, se obţine:
( )∫=−x
xdxxXvmxm
0
20
2
2
1
2
1&&
Rezultă:
( ) ( )xdxxXm
vxx
xϕ=+= ∫
0
220
2&
cu ( ) 0200 ≥= vxϕ . Atunci:
( )xdt
dxx ϕ±==&
care reprezintă o ecuaţie diferenţială cu variabile separabile. Semnul
funcţiei este decis de semnul vitezei iniţiale vo. Dacă aceasta este 0 ,
sensul deplasării şi implicit semnul este dat de direcţia forţei. Se
obţine:
( )∫ −=±
x
xtt
x
dx0
0ϕ
Deci, dependenţa lui t ca funcţie de x. Dacă este posibil să inversăm
relaţia obţinută avem şi x ca funcţie de t.
5.11. Un con având unghiul la vârf 2α se roteşte în jurul axei sale cu
viteza unghiulară ωo constantă, figura 5.11. Un punct material M de
masa m se poate deplasa pe generatoarea conului. Să se determine
poziţia de repaus relativ (înălţimea h) a punctului material M şi
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
155
reacţiunea peretelui 3.
Răspuns: αω 22tg
gh
o
= ; αsin
mg3 = .
5.12. Inelul M cu masa egala cu m se poate deplasa pe bara circulară,
netedă AB. Dacă suportul OO1AB se roteşte cu viteză unghiulară
constantă ωr, se cere să se determine poziţia de echilibru dinamic a
inelului (unghiul α) şi reacţiunea normală pentru această poziţie (fig.
Fig.5.11
Culegere de probleme
156
5.12).
Răspuns: 2
arccosω
αR
g= ; Rm3 2ωα = .
5.13. Bara Oa se roteşte în plan vertical în jurul punctului O cu o
viteză unghiulară constantă srad3=ω . Dacă punctul 0=α , corpul
de dimensiuni neglijabile şi de masa m este plasat la o distanţă 450=l
mm faţă de punctul O, se cere să se determine coeficientul de frecare
µ pentru poziţia de echilibru dinamic şi reacţiunea normală pe bară
când 45=α (fig. 5.13).
Răspuns: 4144,0=µ ; mgM 705,0= .
Fig.5.12
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
157
Fig.5.13
5.14. Axul circular de rază R se roteşte în jurul axei verticale Ox cu
viteză unghiulară constantă ωr. Un inel (M) de dimensiuni neglijabile
Fig.5.14
Culegere de probleme
158
şi de masă m se deplasează fără frecare pe acest arc. Se cere să se
determine viteza relativă a inelului M şi reacţiunea arcului într-o
poziţie oarecare definită de unghiul α. La momentul iniţial M se află
în Mo ( 0=α ) şi are viteza ovr
(fig. 5.14).
Răspuns:
αωα 2222 sin)cos1(2 RgRvv or +−+=
++−=R
vRgm3 o
222 sin2)cos32( αωα
αω cos2 rx vm3 = şi 22x333 += ν .
5.15. Un punct material M de masa m se poate mişca fără frecare în
planul xOz care se roteşte cu viteză unghiulară ω constantă în jurul
axei verticale Oz. Să se studieze mişcarea relativă a acestui punct,
ştiind că în momentul iniţial se află în Mo ( 0,0,0 === zyxo ) având
viteza relativă iniţiala egală cu zero şi să se determine reacţiunea
planului (fig. 5.15).
Răspuns:
⋅⋅⋅=
g
zhcax
2 - ecuaţia traiectoriei relative;
thcam3 ωω ⋅⋅⋅⋅⋅= 22 - reacţiunea planului.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
159
Fig.5.15
5.16. Un tub OB se roteşte în planul orizontal, în jurul unei axe
verticale ce trece în extremitatea O, cu viteza unghiulară constantă. În
interiorul tubului se deplasează de la M spre B un punct material M de
masa m. În momentul iniţial punctul se află în M (OM=a), viteza sa în
raport cu tubul fiind nulă. Să se determine legea de mişcare a
punctului, precum şi reacţiunea tubului.
Răspuns:
( )tt eaa
y ωωω −−=2
- legea de mişcare;
( ) 2242 geaam3 tt +−= −ωωω - reacţiunea tubului.
Culegere de probleme
160
Fig.5.16
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
161
Capitolul VI
MOMETE DE IERŢIE
6.1. Bara considerată are masa m şi lungimea L (figura 6.1). Nu are
importanţă forma secţiunii cu condiţia să fie constantă. Dacă originea
axei x se alege în centrul barei se obţine:
123
22
2
32
2
222 mLx
L
mdxx
L
mdx
L
mxdmxJ
L
L
L
L
=====−−
∆ ∫∫∫
unde s-a notat dxL/mdm = .
Dacă axa (∆) trece prin capătul barei se obţine, modificând
corespunzător limitele de integrare:
3
2LmJ =∆ .
Fig.6.1 Bara omogenă Fig.6.2 Sfera plină
Culegere de probleme
162
6.2. Să se determine matricea momentelor de inerţie pentru o sferă
plină de masă m şi rază R (figura 6.2)..
Rezolvare: Sfera considerată are masa m şi raza R. Datorită
simetriei Jxx= Jyy= Jzz şi Jxy= Jyz= Jzx= 0.
Rezultă:
( ) ( ) ( ) =+++++=
=++=
∫∫∫ dmyxdmxzdmzy
JJJJ zzyyxxxx
222222
3
( ) ∫∫ ==++= OJdmrdmzyx 222 2222 .
Calculăm O
J . Elementul de masă dm este ales o coajă sferică de rază r
şi de grosime dr care are volumul:
drrdV 24π=
şi masa:
3
22
3
2 34
4
34
R
drrmdrr
R
mdrr
V
mdm =π
π=π= .
deci:
2
0
4
33
222
5
223
3
2
3
2Rmdrr
R
m
R
drrmrdmrJ
R
xx ==== ∫∫∫ .
Rezultă: [ ]
=
100
010
001
5
2 2RmJO.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
163
6.3. Să se determine matricea momentelor de inerţie pentru o sferă
goală.
Rezolvare: Sfera are raza exterioară R1, raza interioară R2 şi masa m.
Se obţine:
222
211 5
2
5
2RmRmJ xx −=
unde m1 şi m2 sunt masele sferelor de raze R1 şi R2.
Avem: m = m1 - m2 ;
( )32
3121 3
4RRVVV −
π=−= ;
( ) ;RRR
mV
V
mm 3
132
31
11 −==
( )323
231
22 RRR
mV
V
mm
−== ;
( )52
513
2315
2RR
RR
mJ xx −
−= ;
[ ] ( )
−
−=
100
010
001
5
232
31
52
51
RR
RRmJO .
În cazul unei suprafeţe sferice, deci când RRR =→ 21 , se obţine prin
trecere la limită:
[ ]
=
100
010
001
3
2 2RmJO .
Fig.6.3 Sfera goală
Culegere de probleme
164
6.4. Să se determine matricea momentelor de inerţie pentru un
paralelipiped dreptunghic.
Rezolvare: Paralelipipedul are
laturile a, b, c şi masa m.
Datorită planelor de simetrie
ale paralelipipedului se poate
scrie: 0=== zxyzxy JJJ .
Avem, de asemenea :
;JJJ xOyzOxxx +=
;JJJ yOzxOyyy +=
.JJJ zOxyOzzz +=
Deci a calcula momentele axiale de inerţie revine la a calcula
momentele planare de inerţie. Astfel:
∫∫ === dzc
mzdmzJ xOy
22
12
22
2
2 cmdzz
c
m
c
c
=∫−
.
În mod analog se calculează:
1212
22 bmJ;
amJ zOxyOz == .
Momentele centrifugale de inerţie sunt nule, paralelipipedul având trei
plane de simetrie.
Va rezulta matricea momentelor de inerţie sub forma:
Fig.6.4.a. Paralelipiped dreptunghic
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
165
[ ]
+
+
+
=22
22
22
00
00
00
12ba
ac
cbm
JO .
Cazuri particulare.
a) placa plană de formă dreptunghiulară.
Vor exista relaţiile c << a şi c << b. Atunci pentru matricea
momentelor de inerţie se poate considera valabilă expresia
aproximativă:
[ ]
+
=22
2
2
00
00
00
12ba
a
bm
JO .
b) bară cu secţiunea dreptunghiulară.
Există relaţiile: a << c şi b << c. Se obţine:
[ ]
=
000
00
00
122
2
c
cm
JO
.
Fig.6.4.c. Placă Fig.6.4.b. Bară de secţiune
dreptunghiulară dreptunghiulară
Culegere de probleme
166
6.5. Să se determine matricea momentelor de inerţie pentru un
cilindru circular drept.
Fig.6.5. Alegerea elementelor de volum pentru evitarea
calculului unor integrale triple
Soluţie:
Datorită simetriei cilindrice avem: yyxx
JJ = . Vom calcula Jzz care se
poate obţine cu uşurinţă dacă se consideră un element de volum tip
ţevă de grosimea dr (fig.6.5.b):
( )2
22 2
0
3
22
2222 mRdrr
R
mdr
R
mrrdmrdmyxJ
R
zz ====+= ∫∫ ∫ ∫
Am calculat anterior masa volumului elementar:
drR
mrHrdr
HR
mrdrH
V
mdm
22
222 =π
π=π= .
Mai departe, putem scrie:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
167
( ) ( )∫ ∫ =+++=+= dmzxdmzyJJJyyxxxx
22222
( )∫ ∫ +=++=xOyzz
JJdmzdmyx 22 222 .
Rămâne de calculat momentul de inerţie planar xOy
J . Pentru aceasta se
alege un element de volum elementar(disc), obţinut prin secţionarea
cilindrului cu două plane paralele, perpendiculare pe axa cilindrului
(fig.6.5.b) . Avem:
∫ ∫∫ ====− 12
2
2
2
222 mHdzz
H
mdz
H
mzdmzJ
H
HxOy
Masa volumului elementar dm este:
dzH
mdzR
HR
mdzR
V
mdm =π
π=π= 2
2
2
Atunci, vom putea scrie: 1242
1 22 mHmRJJJJ xOyzzyyxx +=+==
Din considerente de simetrie 0===zxyzxy
JJJ iar matricea
momentelor de inerţie este:
[ ]
+
+
=
200
0124
0
00124
2
22
22
mR
mHmR
mHmR
JO
Cazuri particulare:
a) disc RH <<
Culegere de probleme
168
[ ]
=
=
200
010
001
4
200
04
0
004
2
2
2
2
mR
mR
mR
mR
JO
b) bară cilindrică RH >>
[ ]
=
=
000
010
001
12000
012
0
0012
22
2
mHmH
mH
JO
6.6. Să se determine matricea momentelor de inerţie pentru un tub
cilindric de masă m cu raza exterioară R1 şi raza interioară R2 .
Soluţie:
22
21
22
2222
21
21
11
22
222
21
211
124124
RR
mRV
V
mm;
RR
mRV
V
mm
HmRmHmRmJ xx
−==
−==
−−+=
( )HRRVVV;mmm22
212121 −π=−=−=
Fig. 6.6
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
169
( )( ) =+−−
==124
242
412
221
mHRR
RR
mJJ yyxx
( )
124
222
21 mHRRm
++
( )( ) ( )2422
22
214
2412
221
222
211 RRm
RRRR
mRmRmJ zz
+=−
−=−=
[ ]
( )
( )
( )
+
++
++
=
200
0124
0
00124
22
21
222
21
222
21
RRm
mHRRm
mHRRm
JO
Pentru un cilindru gol, cu masa distribuită numai pe periferie,
RRR == 21 .
[ ]
+
+
=2
22
22
00
0122
0
00122
mR
mHmR
mHmR
JO
6.7. Să se determine matricea momentelor de inerţie pentru un con
crcular drept, faţă de un sistem de coordonate cu originea situată în
centrul bazei.
Culegere de probleme
170
Soluţie: ∫ ∫==2
2dmrdJJ zzzz
HR
dzmrdzr
HR
mdV
V
mdm
2
22
2
33=π
π==
H
dz
R
dr;
H
zH
R
r−=
−= ; dr
R
Hdz −=
2
0
4
30 2
4
10
3
2
3
2
3mRdrr
R
mdz
R
H
HR
mrJ
RR
zz ==−= ∫∫ ;
( ) ( )∫ ∫ =+++=+= dmzxdmzyJJJ yyxxxx
22222
( )∫ ∫ +=++= xOyzz JJdmzdmyx 22 222 ;
( )∫∫ =
−=== dz
HR
RzHmzdz
HR
mrzdmzJ xOy 22
222
2
222 33
( )10
23 2
0
4322
2
mHdzzHzzH
H
m H
=+−= ∫ ;
22
10
1
20
3mHmRJJ yyxx +==
Fig.6.7
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
171
[ ]
+
+
=
10
300
01020
30
001020
3
2
22
22
mR
mHmR
mHmR
JO .
Momentele centrifugale sunt nule întrucât conul admite planele de
simetrie xOz şi yOz.
6.8. Să se determine matricea momentelor de
inerţie pentru o semisferă.
Soluţie:
∫ ∫ ∫ ∫ ===== dxrR
m
Rx
dzmrrdmrdJJ zzzz
4
33
222
4
3
22
3
2
( )∫ =
+−=−= 2
555
3
222
3 5
2
53
2
4
3
4
3mR
RRR
R
mdzzR
R
m;
xOyzzyyxxxx JJJJJ 22 +=+= ;
∫∫ ===3
222
2
3
R
dzmrzdmzJ xOy
( ) 255
30
222
3 5
1
532
3
2
3mR
RR
R
mdzzRz
R
m R
=
−=−= ∫
2
5
2
2
1mRJJJ xOyzzxx =+=
Fig.6.8.
Culegere de probleme
172
[ ]
=
100
010
001
5
2 2mRJO
6.9. Să se determine momentul de inerţie al unui segment sferic faţă de
axa sa de simetrie.
Soluţie:
∫ −=π
= 2224
2xry;dxy
V
mJ xx .
Rezultă:
( ) =−π
= ∫2
1
222
2
x
xxx dxxrV
mJ
( ) ( )
−+−−−
π=
53
2
2
51
523
132
212
4 xxxxrxxr
V
m
Cazuri particulare:
a) 22 21
rx;
rx =−= ;
640
203
4
3
480
203 2
2
2 mr
r
rmJ xx =
ππ
=
b) 2
0 21
rx;x == ;
1280
203
4
3
960
203 2
3
5 mr
r
rmJ xx =
ππ
=
c) rxr
x == 21 ;2
(calota sferică); 1280
53
4
3
960
53 2
3
5 mr
r
rmJ xx =
ππ
=
d) rx;rx =−= 21 (sfera întreagă); 5
2 2mrJ xx =
Fig.6.9
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
173
6.10. Să se determine momentele axiale
de inerţie pentru un trunchi de con cu
razele bazelor ( )2121 RR,R,R > şi
înălţimea H.
Soluţie:
1020
3
1020
3 2222
22
2112
11
HmRm
HmRmJ xx −−+=
HHH;H
H
R
R=−= 21
1
2
1
2
21
22
21
11
RR
HRH;
RR
HRH
−=
−=
( )( )3
231
21
2221
21
21 333RR
RR
HHRHRVVV −
−π
=π
−π
=−=
( )( ) =
−π
−π−
==21
21
21
32
31
2111 3
3
RR
HRR
RRH
RRmV
V
mm
2132
31
32
232
31
31 mmm;
RR
mRm;
RR
mRm −=
−=
−=
( ) ( )( )( )
=−
−−
+−−
=2
21
52
513
231
252
513
231
1
1020
3
RRRR
RR
mHRR
RR
mJ xx
( )( )
( )( )( ) yyJ
RRRR
RRmH
RR
RRm=
−−
−+
−
−=
2
2132
31
52
51
2
32
31
52
51
1020
3
( )52
513
231
2211 10
3
10
3
10
3RR
RR
mRmRmJ zz −
−=−=
Fig.6.10
Culegere de probleme
174
Pentru a avea simetrie sferică trebuie ca:
( )( )
( )( )( )
( )( )3
231
52
51
2
2132
31
52
51
2
32
31
52
51
10
3
1020
3
RR
RRm
RRRR
RRmH
RR
RRm
−
−=
−−
−+
−
−
de unde:
( )212
6RRH −= .
6.11. a) Dacă un corp are două plane de simetrie neperpendiculare,
atunci orice axă perpendiculară pe dreapta determinată de intersecţia
celor două plane este o axă principală de inerţie (simetrie cilindrică).
b) Dacă un corp are trei plane de simetrie neperpendiculare, atunci
orice axă este axă principală de inerţie.
Soluţie: a) Alegem ( ) ( )21 π∩π=Oz unde
( )1π şi ( )2π sunt planele de simetrie şi
( ) ( )21 π∈π∈ OX;Ox deci ( )1π≡xOz şi
( )2π≡XOz . Simetria existentă impune ca
matricea momentelor de inerţie să aibă
forma:
[ ]
−
−
=
zzxz
yy
xzxx
O
JJ
J
JJ
J
0
00
0
în sistemul de referinţă Oxyz şi forma:
Fig.6.11
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
175
[ ]
′′−
′
′−′
=′
zzxz
yy
xzxx
O
JJ
J
JJ
J
0
00
0
în sistemul de referinţă OXYz.
Matricea care face trecerea de la sistemul Oxyz la sistemul de referinţă
OXYz este:
[ ]
−=
100
0
0
cs
sc
R ,
unde s-a notat c = cos θ şi s = sin θ . Avem deci:
[ ] [ ] [ ][ ]( )
( )
−−
−+−
−−+
==′
zzxzxx
xxyyxxyyxx
xxyyxxyyxx
O
T
O
JsJcJ
sJJcJsscJJ
cJscJJJsJc
RJRJ 22
22
.
Egalând cele două expresii obţinute pentru [ ]OJ ′ , prin identificare
rezultă 0== xzyyxx J;JJ : iar matricea momentelor de inerţie în orice
sistem cu axa ( ) ( )21 π∩π=Oz va fi:
[ ]
=
3
1
1
00
00
00
J
J
J
JO .
Elipsoidul de inerţie va fi un elipsoid de rotaţie şi spunem că avem
simetrie cilindrică.
b) Fie ( ) ( )21 π∩π=Oz şi ( ) ( )32 π∩π=′zO . Faţă de sistemul Oxyz
avem:
Culegere de probleme
176
[ ]
=
3
2
1
00
00
00
J
J
J
JO ,
iar faţă de O'x'y'z' avem:
[ ]
′
′
′
=′
3
2
1
00
00
00
J
J
J
JO .
Utilizând rezultatul obţinut la a) în acest caz vom avea simetrie
cilindrică, deci: J1 = J2 şi 21 JJ ′=′ . Invarianţii matricei momentelor de
inerţie sunt:
32
13213
32
131212
31311
22
22
JJJJI
JJJJJI
JJJJI
′′==
′+′=+=
′+′=+=
Din cele trei relaţii putem exprima pe 3J ′ în trei moduri:
( )2
1
321
1
2131
21
3113 2
22
J
JJ
J
JJJJJJJJ
′=
′
′−+=+′−=′
cu soluţia: 3311 JJ;JJ ′=′= . Dacă notăm cu [ ]Te γβα=1 versorul
axei xO ′ , avem:
[ ] ( )132
132
12
12
111 JJJJJJeJeJO
T −γ+=γ+β+α==′
întrucât: 1222 =γ+β+α . Dar 11 JJ =′ deci 13 JJ = . Rezultă:
[ ] [ ]EJJ
J
J
J
JO 11
3
2
1
100
010
001
00
00
00
=
=
=
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
177
şi va fi aceeaşi oricum am alege sistemul de referinţă. Într-adevăr, în
sistemul arbitrar ales Ox*y* z* avem:
[ ] [ ] [ ][ ] [ ] [ ][ ] [ ]EJRERJRJRJ *T**
O
T**
O 11 === .
Orice axă va fi axă principală de inerţie iar elipsoidul de inerţie va fi o
sferă (simetrie sferică).
6.12. a) Să se determine mulţimea punctelor din spaţiu pentru care
matricea momentelor de inerţie calculată pentru un rigid prezintă
simetrie cilindrică.
b) Să se determine mulţimea punctelor din spaţiu pentru care
matricea momentelor de inerţie prezintă simetrie sferică.
6.13. Pentru cubul de latura a să se construiască elipsoidul de inerţie
într-unul din colţuri.
Soluţie: Cubul este paralelipipedul dreptunghic cu laturile egale
cba == , deci în centrul de masă matricea momentelor de inerţie va fi:
[ ]
=
100
010
001
6
2MaJ
C
Prin translaţia de coordonate
−−−
222
a,
a,
a în unul din colţuri, se
obţine, aplicând teorema lui Steiner:
Culegere de probleme
178
[ ] =
−−
−
−
−−
+
+
=
222
222
2222
2
244
424
4422
100
010
001
6aaa
aaa
aaaa
MMa
JO
−−
−−
−−
=
833
383
338
12
2Ma
Ecuaţia caracteristică:
0
833
383
338
=
λ−−−
−λ−−
−−λ−
ne dă: 112 321 =λ=λ ,;
Momentele principale de inerţie vor fi:
.12
11
12
;612
23,2
2
3,2
2
1
2
1
MaMa
J
MaMaJ
==
==
λ
λ
Pentru 21 =λ=λ se obţine vectorul propriu v1 din sistemul:
02833
3283
3328
3
2
1
=
−−−
−−−
−−−
e
e
e
cu două ecuaţii independente:
02
02
321
321
=−+−
=−−
eee
eee
Fig.6.13. Construcţia
elipsoi-dului de inerţie
pentru cub
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
179
care împreună cu condiţia de normare: 123
22
21 =++ eee are una din
soluţii:
3
3321 === eee
deci: 1113
31 =T
v
Pentru 112 =λ=λ rezultă o singură ecuaţie independentă:
0321 =−−− eee .
Pentru a o rezolva alegem spre exemplu 21 ee = care împreună cu
123
22
21 =++ eee dă, luând 01 >e :
6
62;
6
6;
6
6321 −=== eee
deci:
2116
62 −=T
v .
Vectorul v3 îl alegem din condiţia ca triedrul format din v1 ,v2 ,
v3 să fie drept. Avem:
jivvvrrrrr
2
2
2
2213 +=×=
0112
23 −=T
v .
Faţă de sistemul Oxyz elipsoidul de inerţie este:
[ ] 2
833
383
338
k
z
y
x
zyx =
−−
−−
−−
Culegere de probleme
180
sau:
( ) ( ) 2222 68 kzxyzxyzyx =++−++
iar faţă de sistemul principal de cordonate OXZY:
[ ] 2
1100
0110
002
k
Z
Y
X
ZYX =
,
sau: ( ) 2222 112 kZYX ′=++ (elipsoid de rotaţie).
Observăm că la determinarea celui de-al doilea vector propriu, acesta
poate fi ales arbitrar în planul perpendicular pe 1v (condiţia
0321 =−−− eee ) . Acest lucru reflectă simetria cubului faţă de axa
OX ( prima axă principală de inerţie).
6.14. Pentru optimea de sferă de rază r
din figură să se determine momentele
principale de inerţie şi elipsoidul de
inerţie faţă de sistemul Oxzy. Să se
determine punctele din spaţiu pentru care
matricea momentelor de inerţie prezintă
simetrie sferică.
Soluţie: Utilizând coordonatele sferice:
θρθθρϕθρ cos;sinsin;cossin === zyx
ϕθρθρϕθρ dddddJddxdydzdV sin2===
Fig. 6.14. Calculul
momen-telor de inerţie
pentru un sector de sferă
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
181
calculăm momentele de inerţie planare, care vor fi egale:
5
2mr
JJJ zOxyOzxOy === .
Rezultă: 2
5
2mrJJJ zOxxOyxx =+= ,
şi analog:
2
5
2mrJJ zzyy ==
Dacă facem integrările obţinem şi:
2
5
2mrJJJ zxyzxy π
=== ,
deci: [ ]
π−−
−π−
−−π
π=
11
11
11
5
2 2mrJO ,
unde m este masa corpului. Ecuaţia caracteristică:
0
11
11
11
=
λ−π−−
−λ−π−
−−λ−π
are soluţiile 12 321 +π=λ−π=λ ,; deci momentele principale de
inerţie sunt:
( ) ( ) 22
322
2
1 5273.015
2;1453.02
5
2mr
mrJJmr
mrJ ≈+==≈−= π
ππ
π
Sistemul linear:
0
11
11
11
3
2
1
=
λ−π−−
−λ−π−
−−λ−π
e
e
e
Culegere de probleme
182
pentru 1λ=λ oferă ecuaţiile independente:
02
02
321
321
=−+−
=−−
eee
eee
care împreună cu condiţia: 123
22
21 =++ eee dă:
3
3321 ±=== eee
Alegem vectorul propriu normat: [ ]1113
31 =T
v . Pentru 2λ=λ
rezultă o singură ecuaţie independentă:
0321 =++ eee
la care se adaugă condiţia de normare. Alegând spre exemplu 21 ee =
se obţine, luând 01 >e :
5
52
5
5
5
5321 −=== e;e;e
deci: [ ]2115
53 −=T
v
Pentru 3λ=λ , se pune condiţia ca triedrul format cu v1 ,v2 , v3
să fie drept. Rezultă:
[ ]0112
23 −=T
v
Elipsodul de inerţie raportat la sistemul Oxyz va fi:
[ ] 2
11
11
11
k
z
y
x
zyx =
π−−
−π−
−−π
sau:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
183
( ) ( ) 2222 2 kzxyzxyzyx =++−++π
Faţă de sistemul de coordonate cu versorii v1, v2, v3, ecuaţia
elipsoidului va fi:
[ ] 2
100
010
002
k
Z
Y
X
ZYX =
+π
+π
−π
sau:
( ) ( ) ( ) 2222 12 kZYX =+π++−π (elipsoid de rotaţie).
Axa OX este axă de simetrie cilindrică. Matricea momentelor de
inerţie în centrul de masă
R,R,RC8
3
8
3
8
3va fi:
[ ] =
−
+π
+π
−π
π=
2
2
222
8
3300
08
330
000
100
010
002
5
2
r
rmmr
JC
.mr
π−
π−
−π
π=
128
7100
0128
710
002
5
2 2
Cum 321 JJJ => rezultă două puncte în care există simetrie sferică şi
anume:
−
ππ
±=−
±= 3128
135
5
22121 r
m
JJx , .
Culegere de probleme
184
6.15. Să se determine, pentru un cilindru circular drept, punctele
pentru care momentele de inerţie prezintă simetrie sferică sau
cilindrică.
Rezolvare: Efectuând translaţia: ( )z,y,xO′ , avem:
[ ]
( )
( )
( )
++−−
−+++−
−−+++
=′
222
2222
2222
4
124
124
yxMMR
MyzMxz
MyzzyMMHMR
Mxy
MxzMxyzyMMHMR
JO
Dacă dorim să avem simetrie sferică trebuie ca momentele
centrifugale să fie nule, deci:
0=== xzzyyx
şi momentele axiale să fie egale, deci:
( ) ( ) 22
2222
2222
2124124Mx
MRxzM
MHMRzyM
MHMR+=+++=+++
Primele trei ecuaţii au sistemul de soluţii:
;y;x)c;z,y)b;z,x)a 000000 ======
Pentru cazul b), din al doilea sistem, se obţine:
22
22222
2124124Mx
MRMx
MHMRMHMR+=++=+
deci 300 RH;y;x === . Deci, dacă cilindrul are înalţimea
3RH = , prezintă simetrie sferică şi orice axă care trece prin centrul
de masă este axă principală de inerţie. Momentele principale de inerţie
vor fi:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
185
2
2MRJJJ zzyyxx ===
Dacă 00 == z;x se obţine:
2222
222
2124124My
MRMHMRMy
MHMR+=+=++
de unde 30 RH;y == (aceeaşi soluţie).
Dacă x = 0 , y = 0 se obţine:
2124124
22
222
22 MRMz
MHMRMz
MHMR=++=++
de unde rezultă:
( )2222
2 312
1
124HR
HRz −=−=
Dacă 3RH < există două puncte S1 şi S2 de simetrie sferică:
−
−− 22
222
1 36
3003
6
300 HR,,S;HR,,S
Fig. 6.15. Elipsoizii de inerţie pentru cilindrii cu înălţimi diferite
Culegere de probleme
186
Dacă 3RH > nu avem puncte de simetrie sferică ( )02 <z . Figurăm
(fig.5.14) elipsoizii de inerţie în cazurile ;RH 3= ;RH 3>
3RH < .
6.16. Să se construiască elipsoizii de inerţie pentru următoarele
corpuri: a) cub, sferă, tetraedru regulat, b) cilindru, paralelipiped
dreptunghic cu două muchii egale, c) bară, faţă de sisteme de referinţă
plasate în centrul de masă,.
Soluţie:
a) Cubul, sfera, tetraedrul regulat au simetrie sferică faţă de centrul
de masă deci momentele de inerţie principale egale. Matricea
momentelor de inerţie este:
[ ]
=
J
J
J
JC
00
00
00
deci elipsoidul de inerţie va fi o sferă
Fig. 6.16.a. Cub, sferă, tetraedru regulat
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
187
( ) 2222 kzyxJ =++
b) Cele două corpuri au simetrie cilindrică, deci matricea momentelor
de inerţie va fi:
[ ]
=
2
1
1
00
00
00
J
J
J
JC
Elipsoidul de inerţie va fi un elipsoid de
rotaţie.
c) Plasând axa Oz de-a lungul barei, avem:
[ ]
=
000
00
00
J
J
JC
deci elipsoidul de inerţie degenerează într-un cilindru:
( ) 222 kyxJ =+
Fig. 6.16.b. Elipsoizii de inerţie pentru corpuri cu simetrie
cilindrică
Fig.6.16.c
Culegere de probleme
188
6.17. Să se determine punctele de simetrie sferică pentru conul
circular drept.
Soluţie: În centrul de masă C al conului
400
H,,C matricea
momentelor de inerţie este:
[ ] [ ] [ ]
=
−
+
+
=
=−=
000
016
0
0016
10
300
01020
30
001020
3
2
2
2
22
22
2
H
H
M
R
HR
HR
M
DMJJ OC
+
+
=
200
04
10
004
1
20
32
2
2
2
2
R
HR
H
MR .
Rezultă axa Oz ca fiind axă de simetrie cilindrică. Punctele de simetrie
sferică sunt date de relaţia:
−±=
−±=
2
2213
21 41
20
3
44 R
HRH
M
JJHz ,
Astfel:
• dacă 04
12
2
>−R
H , adică RH 2< avem două puncte de simetrie
sferică;
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
189
• dacă 04
12
2
=−R
H , adică RH 2= centrul de masă este punct de
simetrie sferică;
• dacă ;R
H0
41
2
2
<− , adică RH 2> nu avem puncte de simetrie
sferică.
6.18. Să se calculeze momentele axiale de inerţie pentru paraboloidul
de rotaţie 2y=z2 +x2 , mărginit de planul y=2. Corpul are masa m.
Fig.6.18
6.19. Pentru prisma din figura 6.19, de masă m, să se determine
momentele axiale de inerţie şi momentul centrifugal Jxy.
Culegere de probleme
190
Fig.6.19
6.20. Să se determine momentul de inerţie mecanic, ,xJ al triunghiului
din figura 6.20 utilizându-se teorema lui Steiner şi momentul de
inerţie al dreptunghiului.
Rezolvare: Expresia momentelor de inerţie
faţă de axa 22 xG este:
( ) 12
3
2
bhJ x ρ= ;
( ) 24122
1 33
2
bhbhJ x
ρρ==
Pentru determinarea momentului de inerţie faţă de axa Ox trebuie
făcută următoarea observaţie:
- translaţia axelor din poziţia Ox , pentru triunghi, se face în
două etape:
Fig. 6.20
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
191
a) translaţia axei 22 xG în poziţia 11xG , se face prin apropierea de
centrul de greutate al triunghiului, deci momentul de inerţie scade;
b) translaţia din poziţia 11xG în poziţia Ox are loc prin îndepărtarea
de centrul de masă al triunghiului, deci momentul de inerţie creşte.
( ) ( )
12187224
23263333
22
2
bhbhbhbh
bhhbhhJJ xx
ρρ
ρρ
=
+−=
=
+
−=
Observaţie: Momentul de inerţie al triunghiului faţă de axa 22 xG este
jumătate ca valoare din cel al dreptunghiului, deoarece repartizarea
maselor celor două triunghiuri, obţinute ducând diagonala pătratului,
faţă de axa 22 xG este aceeaşi.
6.21. Un disc omogen de masă m şi rază r este montat înclinat cu
unghiul α faţă de planul normal la axa de rotaţie AB ce trece prin
centrul său de greutate G. Să se determine momentul de inerţie
centrifugal xzJ .
Rezolvare: Dacă se mai alege un
sistem de referinţă zyxG ′′′ , orientat
după axele de simetrie ale discului,
momentele de inerţie raportate la
Fig. 6.21
Culegere de probleme
192
sistemul faţă de sistemul Gxyz se vor exprima, în funcţie de
momentele de inerţie faţă de sistemul zyxG ′′′ , prin relaţia
[ ] [ ][ ] [ ] == T
zyOxOxyz RJRJ '''
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]
=
332313
322212
312111
'''
'''
'''
eJeeJeeJe
eJeeJeeJe
eJeeJeeJe
TTT
TTT
TTT
.
Dacă:
[ ] [ ] [ ][ ] [ ]ETRReee
eee
eee
eee
R ==
= ;321
333231
232221
131211
se poate scrie
[ ] eJeJT '113 =
Pentru cazul nostru particular avem:
[ ]
′
′
′
=
′′−′−
′−′′−
′−′−′
=
z
y
x
zyzzx
yzyxy
zxxyx
zyOx
J
J
J
JJJ
JJJ
JJJ
J
00
00
00
''' .
În cazul de faţă cosinuşii directori vor avea valorile:
αcos11 =e , ( ) αα sin90cos31 −=+= oe ,
090cos12 == oe , 090cos32 == oe ,
( ) αα sin90cos13 =−= oe , αcos33 =e .
Prin urmare:
( ).cossin
cossinsincos
xz
zxxz
JJ
JJJ
′−′⋅=
=⋅′+⋅′−=
αα
αααα
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
193
Ţinând seama că:
4
2rmJ x =′ ,
2
2rmJ z =′ ,
rezultă
ααα 2sin8
cossin4
22 rm
rmJ xz =⋅= .
6.22. Tija 1, de lungime l şi masă 1m , este articulată în A de piesa 2,
de masă 2m , în mişcare de translaţie cu viteza u (fig.6.22). Când tija 1
face un unghi α , cu verticala dusă prin A, are viteza unghiulară ω . Să
se determine energia cinetică a ansamblului.
Rezolvare: Tija 1 are o mişcare
plan–paralelă, deci energia cinetică
este:
2211 2
1
2
1ω⋅+= GG JvmE .
Viteza punctului G se compune din
viteza de transport u şi viteza
relativă2
lvr ω= . Din triunghiul vitezelor (fig.12.8) se obţine:
αcos2222rrG uvvuv ++= . α
Pe de altă parte
Fig. 6.22
Culegere de probleme
194
.12
1
4342
1
21
21
2
1 lmlmlml
mJJ AG =+=+=
Înlocuind aceste date obţinem
.cos6
1
2
1
24
1cos
42
1
12
1
221
222
11
αω
ωαωω
ulmum
lmlul
umE
+=
=+
++=
Piesa 2 are mişcare de translaţie, deci energia cinetică a ei este:
.2
1 222 umE =
Energia cinetică a ansamblului va fi : 21 EEE += ,
( ) .cos2
1
6
1
2
11
221
221 αωω ulmlmummE +++=
6.23. Să se determine energia cinetică a sistemului format din piston,
bielă şi manivelă (fig.6.23).
Rezolvare: Energia cinetică a
pistonului este:
2111 2
1vME = , 1M fiind masa
pistonului.
Energia cinetică a manivelei OB, de
moment de inerţie oJ , faţă de axa Fig. 6.23
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
195
ei de rotaţie ce trece prin 0, având viteza unghiulară ω , este:
202 2
1ωJE = , deoarece manivela are o mişcare de rotaţie cu axă
fixă.
Biela având o mişcare plan- paralelă, energia cinetică a bielei este:
202 2
1ωJE = ,
IJ fiind momentul de inerţie al bielei în raport cu axa paralelă cu axa
de rotaţie şi care trece prin centrul instantaneu de rotaţie I , iar Iω -
viteza unghiulară a bielei în jurul punctului I.
Energia cinetică totală va fi:
.2
1
2
1
2
1 220
211
3
1II
i
i JJvMEE ωω ++==∑=
1v şi Iω se pot exprima în funcţie de ω ; pentru punctul A se poate
scrie:
AIvv IA ⋅== ω1 ,
Viteza butonului manivelei (punctul B) este:
BIBOv IB ⋅=⋅= ωω ;
rezultă: ωωIB
BOI = , şi AI
IB
BOvI ⋅=ω .
Cu acestea se obţine:
.2 2
2
2
22
1
++
⋅=
BI
BOJJ
BI
AIBOME Io
ω
Culegere de probleme
196
6.24. O placă dreptunghiulară de masă m = 3kg, având grosime
constantă (mică în raport cu celelalte dimensiuni), este sudată la o45
pe un ax vertical care se roteşte cu o viteză unghiulară
./20 sradπω = Să se determine energia cinetică.
Rezolvare: Pentru a putea calcula energia
cinetică, vom determina momentul de
inerţie al plăcii în raport cu axa de rotaţie
(respectiv cu axa z-z) şi unghiurile pe
care aceasta le formează cu axele
,0,0,0 111 zyx astfel:
1212
23
1111
Maba
ab
MJ
A
MJ xxxx ===
1212
23
1111
Mbab
ab
MJ
A
MJ yyyy ===
( ) ( )
[ ]( )12
222/
2/
2/
2/
2/
2/
2/
2/
2
22
2222
11
baMdydxdydxx
A
M
dxdyydxdyxA
M
dAyxA
MdmyxJ
b
b
b
a
b
b
a
a
zz
+=
+=
=+=
=+=+=
∫ ∫ ∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫
− − − −
în care ma 4,0= şi mb 2,0= (fig.6.24), iar 0111111=== xzzyyx JJJ
( ) 0,cos 1 == xzα
( )2
2,cos 1 == yzβ
Fig. 6.24.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
197
( )2
2,cos 1 == zzγ
Astfel încât relaţia:
zxyzxyzzyyxxzz JJJJJJJJ γαβγαβγβα 222222 −−−++== ∆
devine
( ) ( )22
222
224122
1
122
1ba
mbammbJ +=
++=∆
iar
( ) ( )
( ) .22,592,024,048
4003
248
2242
1
2
1
222
222
2222
J
bam
bam
JEc
=⋅+⋅
=
=+=+== ∆
π
ωωω
6.25. Sistemul de bare sudate din figura 6.25 se roteşte cu viteza
unghiulară ω în jurul axei Ox. Dacă fiecare tronson este de lungime a
şi masă m, determinaţi energia sa cinetică.
Rezolvare: Energia cinetică totală va fi
o sumă de energii:
∑=
=4
1i
cc iEE ; 2
2
1ωxxc JE = ;
( ) ( ) ( ) ( )4321 xxxxxxxxxx JJJJJ +++=
Fig. 6.25.
Culegere de probleme
198
( )
( )( )
⋅+=
⋅=
maam
J
amJ
xx
xx
212
22
2
22
2
21
( )
( )
=
+
+=
3
2
3
12
3
4
222
3
maJ
maama
J
xx
xx
222 33,812
100
3
11
4
9
12
12
12
82 mamamaJ xx ==
++++++=
2222 166,433,82
1
2
1mamaJE xxc =⋅== ωω
.166,4 22ωmaEc =
6.26. Un disc rigid circular de masă m =2kg şi o rază r = 100mm,
rulează într-un cerc de rază b=200mm pe un plan orizontal, fără
alunecare. Dacă axa de
rotaţie proprie a discului OC
se roteşte în jurul axei
verticale 10z cu viteza
unghiulară ,/41 sradπω =
calculaţi energia cinetică a
discului.
Fig. 6.26
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
199
Rezolvare: Mişcarea discului este o rotaţie cu punct fix, energia
cinetică în acest caz va avea expresia:
[ ] .2
1ωω o
T
c JE =
Viteza unghiulară ω , în cazul acestei mişcări, are drept suport axa
instantanee de rotaţie A.I.R.- care trece prin 0 şi I (punctul de contact
dintre roată şi plan). Mişcarea discului se face cu viteza unghiulară 1ω ,
în cazul mişcării de precesie şi cu 2ω în cazul mişcării de rotaţie
proprie.
−
−=
2
1
0
ωωω ,
expresia lui 2ω în funcţie de 1ω se obţine cu ajutorul αtg :
212
1 ωωωω
αr
b
b
rtg =⇒==
Expresia matricei momentelor de inerţie faţă de axele ce trec prin
centrul discului este
[ ]
=
=
′
′
′
400
04
0
004
00
00
00
2
2
2
0
Mr
Mr
Mr
J
J
J
J
zz
yy
xx
Pentru determinarea matricei momentelor de inerţie faţă de 0 se aplică
relaţia lui Steiner
Culegere de probleme
200
[ ]
+
+
=
200
04
0
004
2
22
22
0
Mr
MbMr
MbMr
J
Se calculează apoi
[ ] =
−
−
+
+
=
2
1
2
22
22
0
0
200
04
0
004
ωωω
Mr
MbMr
MbMr
J
−
+−=
2
4
0
2
2
22
1
Mr
MbMr
ω
ω
şi rezultă
[ ] =
−
+−−−=
2
4
0
02
1
2
2
22
121
Mr
MbMr
Ec
ω
ωωω
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
201
( ) .87,968
1
242
1 22221
22
221 JbrM
bb
rM ==+=
++= πωω
6.27. Pentru sistemul de bare din
figura 6.27, care se roteşte cu viteza
unghiulară ω în jurul axei Ox, se
cere să se determine vectorul
moment cinetic .0kr
Rezolvare: Momentul cinetic în mişcarea de rotaţie cu axă fixă se
exprimă matriceal:
[ ]
−−
−−
−−
==
0
00
ωω
zzzyzx
yzyyyx
xzxyxx
O
JJJ
JJJ
JJJ
JK ;
Prin urmare:
( )ωkJjJiJK xzxyxx
rrrr−−=0 .
Dintre toate cele patru bare singura care are momentele de inerţie
centrifugale xzJ şi xzJ diferite de zero este bara (1):
( )
( )
=
−=−=−==
====
∫ ∫
∫ ∫
2
23
1
0
23
1
33,822
22
amJ
maaxdxaxydmJ
maaxdxaxzdmJ
xx
xy
d
xz
ρρ
ρρ
Fig. 6.27
Culegere de probleme
202
xxJ - al acestui sistem de bare a fost calculat, pentru determinarea
energiei cinetice, în cadrul problemei nr. 6.25.
( ) .5,05,033,820 ωkjiamk
rrrr−+=
6.28. Roţile motoare ale unui automobil au, la un moment dat,
condiţiile inegale de aderenţă astfel încât una patinează pe loc în timp
ce cealaltă este imobilă. Cunoscând: viteză unghiulară 30ω a roţii care
patinează (fig. 6.28); razele medii ale roţilor planetare 1r , respective a
satelitului 2r ; momentele de inerţie yyxx JJ = şi zzJ ale satelitului în
raport cu un reper solidar cu acesta, să se determine energia cinetică a
unui pinion satelit.
Fig. 6.28
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
203
Rezolvare: Se observă mai întâi că mişcarea absolută a satelitului
superior este o rotaţie cu punct fix (0) şi, prin urmare, energia sa
cinetică se va scrie:
[ ]
=
z
y
x
zz
yy
xx
zyxC
J
J
J
E
ωωω
ωωω00
00
00
2
1
Observând că axa instantanee de rotaţie a satelitului superior 2 ( )2AIR
este tangentă la conul de rulare al roţii planetare mobile şi că mişcarea
satelitului este o precesie regulată compusă dintr–o rotaţie de transport
odată cu coroane diferenţialului 4 şi o rotaţie proprie a satelitului, vom
putea scrie
244020 ωωωrrr
+=
în care
;230
40
ωω
rr
= ;230
40 jrr ω
ω −= ;2 30
224 ωω
rr
r
rl= .2 30
224 k
r
rlrr
ωω =
Deci, viteza unghiulară a satelitului va fi:
+−= k
r
rj l
2
3020 2
rωω
Acum, energia cinetică a satelitului se va scrie
−
−=
302
3030
2
30
2
2
0
00
00
00
220
2
1
ω
ωω
ω
r
rJ
J
J
r
rE
lzz
yy
xx
lc .
Culegere de probleme
204
+
=2
302
2
30
222
1ω
ωr
rJJE l
ZZyyc .
+= zz
lyyc J
r
rJE
22
2230
44
1
2
1ω .
6.29. Să se afle momentul de inerţie al unei linii materiale omogene
frânte care urmăreşte cele trei muchii diferite ale unui cub cu latura l ,
în raport cu axa ∆ care uneşte capetele liniei, dacă masa acesteia este
m.
Răspuns: .3/2mlJ =∆
6.30. Determinaţi momentul de inerţie al jumătăţii de cilindru faţă de
axa aa ′− .
Răspuns: .62
22
+=′
lr
MJ aa
6.31. Bara cotită A0BD, omogenă, de masă M se roteşte cu o viteză
unghiulară ω în jurul axei 0z (fig. 6.31). Se cer să se determine:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
205
a). Momentele de inerţie axiale zzJ şi azzJ ( azz este axă centrală
paralelă cu 0z);
b). Energia cinetică şi impulsul barei A0BD.
Răspuns:
a) ;491,1 2MaJ zz = MaJazz
2820,0= ( )ayax aa 414,0;707,0 == şi
aza 292,0= .
b) MaEc
22745,0 ω= şi .819,0 MaH ω=
a b
Fig.6.32
6.32. Se consideră mecanismul din figura 6.32, alcătuit din manivelele
lC =0 articulată de bara lAB 2= , considerate bare omogene de
greutăţi G respective 2G. Patinele A şi B sunt identice având aceeaşi
greutate Q. Ştiind că AC=CB=l şi că manivela 0C se roteşte cu viteza
constantă ω , se cere să se determine energia cinetică a mecanismului.
Culegere de probleme
206
Răspuns:
( ).432
22
QGg
lEG +=
ω
6.33. Corpul din figura 6.33 este format din bara omogenă OA de
lungime egală cu a8 , de greutate G şi un cerc din material de rază
aR 3= şi greutate G2 . Ştiind că în poziţie iniţială (1) corpul este în
repaus şi se roteşte în plan vertical în jurul articulaţiei din 0, se cer să
se determine:
a). momentul de inerţie polar, 0J , al corpului;
b). energia cinetică în poziţia (2) şi lucrul mecanic efectuat la
deplasarea din poziţia (1) în poziţia (2).
Răspuns:
a) ( ) ;33,281 2
0 ag
GJ =
b) ;665,140 22
2ωa
g
GEG =
.sin2621 αaGL =−
Fig. 6.33. Fig. 6.34
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
207
6.34. Aflaţi expresia energiei mecanice a sistemului de linii materiale
omogene cu configuraţia rigidă din figura 6.34, atunci când sistemul
se roteşte în jurul axei A – B care face cu orizontala unghiul de o60 ,
dacă poziţia de echilibru static stabil este luată ca referinţă, iar masa
întregului sistem este m.
Răspuns: ( ) ( ) ( )[ ] ( ).742/cos13256 2 +−+++= πθπθπ gRmREm
&
6.35. Corpul omogen din figura 6.35 de densitate ρ, este format din
inelul de raze Rr, şi înălţime egală cu
R5,1 şi din conul plin de rază a bazei R
şi înălţime R . Corpul se roteşte faţă de
axă ( )∆ cu viteză ω şi se cer să se
determine energia cinetică, impulsul
total şi momentul kinetic faţă de axa ( )∆ .
Răspuns:
( )[ ];125,175,0916,0425,0 4222242 rrRRrrRRREc −−++= ωπρ
( );5,183,1 22 rRRrH −= ωπρ
( )[ ].25,25,183,185,0 422224 rrRRrrRRRK −−++= ωπρ
Fig. 6.35
Culegere de probleme
208
6.36. Dintr-un cilindru omogen de rază R este scos un alt cilindru de
rază 2/R . Axele cilindrilor sunt paralele, iar distanţa dintre ele este
4/R (vezi figura 6.36).
Să se determine energia mecanică a cilindrului când acesta se
rostogoleşte fără alunecare pe un
plan orizontal, dacă poziţia de
referinţă este cea corespunzătoare
echilibrului stabil, precum şi
torsorul impulsurilor acestui
cilindru în raport cu mijlocul axei
sale 0.
Răspuns:
( ) ( ) ( )[ ];cos18/cos87712/ 2 θθθ −+⋅−⋅= gRmREm&
( ) ( )( )
−=
−==
)cos429(48/
cos2414512/22
111 θθ
θθτ
&r
&r
r
mRK
mRHH
O
O
Fig. 6.36
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
209
Capitolul VII
DIAMICA RIGIDULUI
7.1. Se consideră o bară de lungime egală cu 2L care se aruncă astfel
încât la momentul iniţial centrul de masă al ei se găseşte la înălţimea
H faţă de sol şi are o viteză 0vr
care face unghiul α cu orizontala
(fig.7.1). Dacă la aruncare bara are o viteză unghiulară oω , să se
studieze mişcarea barei după aruncare.
Rezolvare:
Ecuaţiile de mişcare vor fi:
=θ
−=
=
0
0
&&
&&
&&
C
C
C
J
mgym
xm
Fig.7.1. Bară aruncată în câmp gravitaţional
Soluţie: Ecuaţiile de mişcare vor fi:
Culegere de probleme
210
=θ
−=
=
0
0
&&
&&
&&
C
C
C
J
mgym
xm
După integrare, ţinând seama de condiţiile iniţiale:
ω=θ
α+−=
α=
0
0
0
&
&
&
sinvgty
cosvx
C
C
θ+ω=θ
α+−=
α=
00
0
2
0
2t
sintvtg
y
costvx
C
C
Deci bara se va roti cu viteza unghiulară constantă oω , iar centrul se va
mişca la fel ca un punct material aruncat în câmp gravitaţional (dacă
se neglijează rezistenţa aerului).
7.2. Se consideră o bară de lungime egală cu 2L, care se sprijină fără
frecare cu un capăt pe un plan
orizontal iar cu celălalt pe
planul vertical şi căreia i se dă
drumul. Să se studieze
mişcarea acestei bare.
Rezolvare: După ruperea
legăturilor, teorema Fig.7.2.a. Bară în mişcare plan
paralelă
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
211
impulsului şi a momentului cinetic dau:
θθθ cossin 21
1
2
L!L!J
G!ym
!xm
C
C
−=
−=
=
&&
&&
&&
Coordonatele centrului de greutate sunt:
.cos
;sin
θ
θ
Ly
Lx
C
C
=
=
Se obţine, prin derivare:
θθ
θθ
sin
cos
&&
&&
Ly
Lx
C
C
−=
=
şi:
θθθθ
θθθθ
cossin
sincos2
2
&&&&&
&&&&&
LLy
LLx
C
C
−−=
−=
Rezultă:
( )( ).sincos
cossin2
2
21
θθθθ
θθθθ&&&
&&&
LLm!
mgLLm!
−=
+−−=
Introducând !1 şi !2 în ecuaţia a treia, se obţine:
( )( ) θθθθθθ
θθθθθθ
cossincossin
sincossin22
22
&&&
&&&&&
−−+
+−−=
mLmgL
mLJ
sau:
( ) θθ sin2 mgLmLJ =+&&
deci:
2
sin
mLJ
mgL
+=
θθ&& .
Înmulţind egalitatea cu θ& se obţine:
Culegere de probleme
212
( ) θθθθ sin2 &&&& mgLmLJ =+
relaţie care permite determinarea unei integrale prime:
( ) CmgLmLJ +−=+ θθ
cos2
22
&
Constanta C se determină din condiţiile iniţiale. Să presupunem că, la
momentul 0;0,0 θθθ === &t (bara pleacă din repaus, din poziţia
definită de unghiul 0θ ). Atunci:
( ) CmgLmLJ +−=+ 02 cos
2
0θ
de unde: 0cosθmgLC = , iar ecuaţia devine:
( ) ( )0
22 coscos
2θθ
θ−−=+ mgLmLJ
&
care exprimă teorema energiei cinetice. Rezultă:
( )2
02 coscos2
mLJ
mgJ
+−
=θθ
θ&
de unde se poate scoate:
( )2
0 coscos2
mLJ
mgL
dt
d
+−
==θθθ
θ&
Condiţia ca 02 ≥θ& duce la [ ]00 2, θπθθ −∈ .
Ecuaţia obţinută este o ecuaţie diferenţială cu variabile separabile:
( )dt
mLJ
mgL
d=
+−2
0 coscos2 θθθ
care este o integrală eliptică ce nu are soluţie analitică. Prin integrare
numerică, se poate obţine dependenţa ( )tθθ = . Ţinând cont că:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
213
2
sin
mLJ
mgL
+=
θθ&& şi
( )2
02 coscos2
mLJ
mgJ
+−
=θθ
θ&
vom putea determina reacţiunile !1 şi !2 fără a rezolva ecuaţiile de
mişcare:
( )[ ]( )
1
coscos2cos3
coscos2cos3
coscoscos2sinsin
2
022
20
222
02
2
22
1
+
−+
=
=+−+
=
=+−++
−=
mL
J
mL
J
mg
mLJ
mLJmLmg
mgmLJ
Lm!
θθθ
θθθ
θθθθθ
Fig. 7.2.b. Mecanism cu două culise (legătură bilaterală)
( )[ ]
( )02
22
02
22
2
cos2cos3sin
sincoscos2cossin
θθθ
θθθθθ
−+
=
=−−+
=
mLJ
gLm
mLJ
gLm!
Rezultă că, pentru determinarea reacţiunilor, este suficient să
cunoaştem o integrală primă a ecuaţiilor de mişcare.
Dacă se consideră o bară omogenă de secţiune constantă, atunci:
( )312
2 32 mLLmJ ==
Culegere de probleme
214
şi
( )θθωθθ
θε coscos2
;4
sin30
22 −====L
g
L
g &&&
( );
4
1coscos6cos9 02
1
+−=
θθθmg!
( )θθθθ sincos2cossin34
302 −=
mg!
Pentru oθθ cos3
2cos = rezultă !2=0 deci bara se desprinde de perete.
După desprindere ecuaţiile de mişcare se modifică întrucât s-au
modificat legăturile.
Rezultatele rămân valabile şi dacă capetele barei nu se pot desprinde
de cele două drepte pe care alunecă (legăturile sunt bilaterale). Situaţia
poate fi realizată tehnic prin ataşarea a două culise capetelor barei (fig.
7.4) . În acest caz, reacţiunile pot deveni negative iar bara va avea o
mişcare periodică (ca un pendul fizic cu mari oscilaţii). Perioada
acestor oscilaţii, T, se obţine:
( ) 4coscos20
20
T
mLJ
mgL
do
=
+−∫
θ
θθθ
Observaţie. Scrierea matriceală permite o prezentare mai elegantă a
problemei. Astfel, ecuaţiile de mişcare pot fi scrise:
θ−θ
−=
θ
cosL!sinL!
G!
!
y
x
J
m
m
C
C
21
1
2
00
00
00
&&
&&
&&
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
215
Condiţiile cinematice vor lua forma:
22
2
0
cos
sin
1
sin
cos
θθθθ
θθθ
θ
&&&&
&&
&&
&&
−
−
+
−=
L
L
L
L
y
x
C
C
Dacă se înlocuiesc aceste condiţii în ecuaţiile de mişcare se va obţine:
−
−=
=
−
−
+
−
θθ
θθθθ
θθθ
cossin
0
cos
sin
1
sin
cos
00
00
00
21
1
2
22
2
L!L!
G!
!
L
L
L
L
J
m
m
&&&&
Deoarece forţele de legătură sunt ortogonale cu deplasările
determinate de legături, proiectăm ecuaţiile de mişcare pe direcţia
deplasărilor virtuale compatibile cu legăturile (coeficientul lui θ&& ). Se
va obţine:
[ ] =
−
−
+
−
− 22
2
0
cos
sin
1
sin
cos
00
00
00
1sincos θθθθ
θθθ
θθ &&&& L
L
L
L
J
m
m
LL
[ ]
−
−−=
θθθθ
cossin
1sincos
21
1
2
L!L!
G!
!
LL
sau, după efectuarea calculelor:
( ) θθ sin2 mgLmLJ =+&& .
Culegere de probleme
216
7.3. Să considerăm o bară de lungime egală cu 2L , care se sprijină pe
un plan orizontal, fără frecare şi căreia îi dăm drumul. Ne propunem
să studiem mişcarea acestei bare.
Rezolvare: Se alege sistemul de referinţă fix ca în figura 7.3 cu axa
O1y1 trecând prin centrul de masă. Condiţiile iniţiale vor fi:
01 == )tt(C ox& şi 01 == )tt(C o
x , iar unghiul de înclinare al barei este 0θ .
Ecuaţiile de mişcare sunt:
=
−=
=
θθ sin2
0
1
1
L!J
G!ym
xm
C
C
C
&&
&&
&&
Ţinând seama de condiţiile iniţiale, rezultă: 01 =C
x în tot timpul
mişcării, deci bara cade astfel încât centrul său de masă rămâne în tot
timpul mişcării pe aceeaşi verticală. Urmărind figura, se poate scrie:
θcos21
Ly C = ; θθsin
21&&
Ly C −= ; θθθθ cos
2sin
22
1&&&&&
LLy C −−= .
Fig.7.3. Bara care alunecă liberă pe un
plan orizontal, fără frecare
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
217
Rezultă:
GL
mL
mGym! C +−=+= θθθθ cos2
sin2
21
&&&&&
şi înlocuindu-l pe ! se obţine:
θθθθθθ sinsincos4
sin4
22
22
GLmLm
JC
=+
− &&&
care admite integrala:
=
−
2sin
4
22
2 θθ
&LmJ
C CG +− θcos
Ţinând seama de condiţiile iniţiale 0=θ& şi 0θθ = rezultă 0cosθGC =
deci:
( )θθθ
θ coscos2
sin4 0
22
2
−=
− G
LmJ
C
&
Concluziile trase pentru anterior rămân valabile. Dacă legătura cu
solul este bilaterală (se realizează printr-o culisă) mişcarea barei va fi
oscilatorie.
7.4. Să se studieze mişcarea unui corp rotund pe un plan înclinat.
Rezolvare: i) Centrul de masă coincide cu centrul de simetrie. Se
consideră un cilindru de greutate G care se rostogoleşte pe un plan
înclinat ce face unghiul α cu orizontala. Cilindrul va coborî sub
acţiunea greutăţii, pe planul înclinat. Dacă nu ar exista nici un fel de
Culegere de probleme
218
frecare, atunci cilindrul ar
aluneca sub acţiunea
componentei αsinG a greutăţii,
deci va avea acceleraţia
α= singa .
Dacă apare o forţă de aderenţă
între cilindru şi plan, notând cu T
această forţă, ea va micşora pe de
o parte componenta αsinG , iar
pe de altă parte va determina
rostogolirea discului.
Teorema impulsului descrie mişcarea centrului de masă:
amTsinG =−α , iar teorema momentului cinetic, aplicată în
centrul cilindrului dă:
ε= JRT
unde ε este acceleraţia unghiulară a cilindrului, iar J este momentul
de inerţie al corpului faţă de o axă care trece prin centrul de masă,
perpendiculară pe plan.
Pot exista mai multe moduri posibile de mişcare a cilindrului:
a) Cilindrul se rostogoleşte fără alunecare pe planul înclinat
(Fig.7.4,a):
RaRv εω == ; .
Ecuaţiile de mişcare se pot scrie:
Fig.7.4.a. Rostogolirea unui cilindru
omogen pe un plan înclinat
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
219
=
=−α
2R
aJT
amTsinG
de unde prin adunare:
+=α2R
JmasinG
deci:
2R
Jm
singma
+
α= .
Forţa de aderenţă este:
2
2
sin
R
Jm
gm
R
JT
+=
α
Acest mod de mişcare va exista dacă:
αµµ cosG!T =≤
adică atâta timp cât forţa de frecare între cilindru şi plan este inferioară
forţei limită de frecare la alunecare. Înlocuind T se obţine:
a) Rostogolire fără alunecare b) Rostogolire cu alunecare
Fig.7.4.b. Cinematica mişcării unui cilindru pe planul înclinat
Culegere de probleme
220
αµα
cossin
2
2gm
R
Jm
gm
R
J≤
+
de unde:
2
2
R
JR
Jm
tg
+≤ µα .
Dacă se notează cu ϕ unghiul de frecare, condiţia se scrie:
'
2
2
ϕϕα tg
R
JR
Jm
tgtg =+
≤ .
sau: 'ϕα ≤
unde: ϕϕ tg
R
JR
Jm
arctg
+=
2
2
' .
Dacă condiţia este satisfăcută, se realizează rostogolirea pură.
b) Dacă 'ϕα > cilindrul se rostogoleşte cu alunecare (Fig.7.4. b).
Notând cu u viteza de alunecare a cilindrului, viteza centrului de masă
va fi:
Ruv ω+= .
Prin derivare se obţine:
Rua ε+= & .
Deoarece cilindrul alunecă, forţa de frecare va fi, conform legilor
frecării, αµµ cosG!T == . Ecuaţiile de mişcare devin:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
221
−=
=−
uJaJRG
amGG
&2cos
cossin
αµ
αµα
deci acceleraţia centrului de masă este:
( )αµα cossin −= ga
iar acceleraţia de alunecare:
J
Rgmau
αµ cos2
+=&
c) Dacă există frecare de rostogolire, iar aceasta este mare, mai poate
exista un mod de mişcare al corpului şi anume cilindrul poate aluneca
fără să se rostogolească. În acest caz 0=ε , αµµ cosG!T == , iar
legea de mişcare este:
amGG =− αµα cossin
deci:
( )αµα cossin −= ga .
ii) Centrul de masă nu coincide cu
centrul de simetrie.Dacă cilindrul
nu este omogen atunci centrul de
masă se va găsi la distanţa e de
centrul cilindrului (fig.7.4.c). În
acest caz ecuaţia de momente
scrisă în centrul cilindrului, care
nu e centrul de masă, se va
modifica în felul următor:
Fig.7.4.c. Centrul de greutate nu
coincide cu centrul cilindrului
Culegere de probleme
222
RTeGeGJC
++= θαθαε sincoscossin
sau:
( ) RTeGJC
++= θαε sin .
Dacă mişcarea este de rostogolire fără alunecare, atunci ecuaţiile de
mişcare vor fi:
( )
+−=
=−
θαε
α
sin
sin
R
eG
RJT
maTG
C
Cx
.
Acceleraţia centrului de masă se obţine cu relaţia:
OCOCxaaoC
2ωε −+=
cu: )jcosi(sineOC θ+θ= . Componenta după direcţia mişcării este:
θωθεε sincos 2eeRaCx
−−= .
Prin adunare se obţine:
( ) ( ) θωε
θθαα sincossinsin 22em
RJmeRRm
R
eGG C −+−=++
sau:
( ) ( ) θθθααθθ sinsinsincos 22 emeGRGJmeRRmC
&&& +++=+− .
Prin înmulţire cu θ& se obţine:
( )( ) θθθαθαθ
θθθ
sinsinsin
cos3
2
emeGRG
JmeRRm C
&&&
&&&
+++=
=+−
sau:
( )( ) ( )( )dt
eRGd
dt
JmeRRmd C θααθθθ ++=
+− cossincos
2
1 22 &
de unde:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
223
( ) ( )( )θααθθθ ++=++− cossincos2
1 22eRGCJmeRRm C
&
unde C este o constantă de integrare care depinde de condiţiile iniţiale.
Dacă considerăm, spre exemplu, că la momentul iniţial
0; === θωθθ &o , se obţine:
( )( )oo eRGC θααθ ++= cossin
deci:
( )( ) ( ) ( )( )[ ]oo
C
eRG
JmeRRm
θαθααθθ
θθ
+−++−=
=+−
coscossin
cos2
1 22 &
care este o ecuaţie diferenţială de ordinul întâi cu variabile separabile.
Exemplu
În cazul a) am obţinut pentru acceleraţia centrului de masă a unui corp
rotund care se rostogoleşte fără alunecare, expresia:
2R
Jm
sinmga
+
α=
Fig. 7.4.d. Rostogolirea diferitelor figuri geometrice
pe un plan înclinat
Culegere de probleme
224
Să considerăm următoarele cazuri: cilindrul plin, cilindrul gol, sfera
plină, sfera goală, con, care se rostogolesc pe un plan înclinat (fig.
7.4.d).
Ne propunem să vedem care din corpuri ajunge mai repede la baza
planului.
Corpul Momentul de
inerţie
Acceleraţia Raportul
a1/a
Cilindru
plin
2
2
1
mRJ =
3
sin21
αga = 666,0
3
21 ==a
Cilindru
gol
22 mRJ =
2
sin2
αga = 5,0
2
1=
Sferă
plină
5
2 2
3
mRJ =
7
sin53
αga = 714,0
7
5=
Sferă
goală
3
2 2
4
mRJ =
5
sin34
αga = 6,0
5
3=
Con 10
3 2
5
mRJ =
13
sin105
αga = 769,0
13
10=
Acceleraţia unui punct material pe un plan înclinat este: α= singa .
Atunci:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
225
aa;aa;aa;aa;aa13
10
5
3
7
5
2
1
3
254321 =====
Avem:
24135 aaaaaa >>>>> .
Legea spaţiului în acest caz 2
2at
s = dă: a
st
2= deci timpii de
coborâre a planului pot fi ordonaţi în felul următor:
24135 tttttt <<<<< .
7.5. Să se studieze mişcarea unui corp rotund pe un plan înclinat dacă
se consideră frecarea de rostogolite.
Rezolvare: Se constată, în practică, că acceleraţia pe care o capătă un
corp care se rostogoleşte pe un plan înclinat, este mai mică decât cea
calculată prin relaţiile anterioare. Datorită deformării corpului şi a
altor cauze, punctul de contact teoretic al cilindrului nu coincide cu
punctul unde acţionează reacţiunea normală N.
Aceasta va acţiona mai înainte cu distanţa s. În acest caz ecuaţiile de
mişcare vor fi:
ε=−
=−α
Js!RT
amTsinG
dar cum α= cosG! va rezulta:
a) în cazul rostogolirii pure:
Culegere de probleme
226
=α−
=−α
R
aJscosGRT
amTsinG
de unde:
+=α−α
2R
JmacosG
R
ssin
2
cossin
R
Jm
R
sG
a
+
−
=αα
ααα
coscossin
2
2 R
sG
R
Jm
R
sG
R
JT +
+
−
=
Condiţia de rostogolire !T µ≤ dă:
αµααα
coscoscossin
2
2≤+
+
−
R
s
R
Jm
R
s
R
J
Fig.7.5. Frecarea de rostogolire în cazul unui cilindru
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
227
R
s
R
JR
Jm
R
stg +
+
−≤
2
2
µα
b) în cazul rostogolirii cu alunecare:
αµµ cosG!T ==
amGG =− αµα cossin
εααµ JsGRG =− coscos
de unde:
( )αµα cossin −= ga
J
R
sGR
−
=µα
εcos
şi acceleraţia de alunecare este:
( )
−−−=−=
R
s
J
RGgRau µαµαε
2
cossin&
c) în cazul când rostogolirea este împiedicată, iar corpul va aluneca se
poate scrie:
amGG =− αµα cossin
cu:
( )αµα cossin −= ga
Pentru aceasta vor trebui îndeplinite condiţiile:
J
R
sRG
−
=µα
εcos
Culegere de probleme
228
deci:
α≤ cosGsRT
α≤αµ cosGsRcosG
sau: R
s≤µ
7.6. Să se studieze mişcarea roţii trase.
Rezolvare: Se consideră un cilindru de masă m, moment de inerţie J şi
raza R tras, în centru, de o forţă orizontală constantă F. Ecuaţiile de
mişcare vor fi:
=
=−
εJRT
amTF
unde a este acceleraţia centrului de masă al cilindrului, ε acceleraţia
unghiulară, T forţa de aderenţă. Şi în acest caz trebuie studiate, dacă
nu există frecare de rostogolire, două situaţii:
a) Rostogolire fără alunecare: Ra ε= .
Ecuaţiile de mişcare devin:
=
=−
2R
aJT
amTF
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
229
Fig.7.6. Roata trasă
Ecuaţiile de mişcare devin:
=
=−
2R
aJT
amTF
de unde prin adunare:
+=
2R
JmaF
deci:
2R
Jm
Fa
+=
şi:
+
=
2
2
R
JmR
FJT
Rostogolirea fără alunecare are loc atâta timp cât !T µ≤ , adică:
G
R
JmR
FJµ≤
+
2
2
sau: J
RG
R
JmF
2
2
+µ≤ .
Culegere de probleme
230
Cu alte cuvinte, roata trasă se va rostogoli, fără a aluneca, atâta timp
cât forţa F nu depăşeşte valoarea calculată mai sus. În momentul în
care această valoare este depaşită, este valabil cazul următor.
b) Rostogolire cu alunecare
Dacă condiţia scrisă nu este îndeplinită, atunci odată cu rostogolirea
roţii are loc şi alunecarea. În acest caz GT µ= , iar ecuaţiile de
mişcare devin:
=
=−
εµµ
JRG
amGF .
Condiţiile cinematice dau Ruv ω+= unde v este viteza centrului, ω
viteza unghiulară a cilindrului, u viteza de alunecare. Prin derivare
rezultă: Rua ε+= & . Atunci acceleraţia centrului de masă este:
gm
F
m
GFa µ
µ−=
−=
iar acceleraţia de alunecare:
02
>−−=−=J
RGg
m
FRau µµε& ,
condiţie care este îndeplinită dacă forţa F nu satisface anterioară.
7.7. Să se studieze mişcarea roţii motoare
Rezolvare: Roata este supusă unui moment motor ce face să apară o
forţă T între roată şi planul orizontal, care va propulsa roata spre
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
231
înainte. În cazul mişcării uniforme, momentul acestei forţe calculat în
centrul roţii O, va trebui să echilibreze momentul motor Mm. Dacă
mişcarea este accelerată ecuaţiile de mişcare vor fi:
ε=−
=
.JRTM
amT
m
La fel ca la roata trasă, cinematica mişcării impune studierea a două
cazuri:
a) Rostogolire fără alunecare: Ra ε= , de unde:
=−
=
.R
aJT
R
M
amT
m
2
Rezultă:
+=
2R
Jma
R
M m
deci:
+
=
2R
JmR
Ma m
+
=
2R
JmR
MmT m
Acest mod de mişcare are loc dacă !T µ≤ , adică:
gRR
JmMm
+≤
2µ
adică atâta timp cât forţa de reacţiune T este inferioară forţei limită de
alunecare.
Fig.7.7.a. Roata motoare
Culegere de probleme
232
b) Rostogolire cu alunecare
În acest caz aderenţa este ruptă, forţa T devine egală cu forţa limită de
frecare GT µ= (şi indiferent de valoarea momentului nu poate depăşi
această valoare) iar ecuaţiile de mişcare devin:
amG =µ
εµ JGRMm =− .
Dacă se notează cu u viteza de alunecare, atunci condiţia cinematică
rămâne Rua ε+= & , de unde:
ga µ=
0>−+−=+−= RJ
G
J
MgRau m µµε&
Acest caz va avea loc atunci când momentul motor va depăşi valoarea:
RgR
JmMm
+≥
2µ .
Rezultă că, în absenţa diferenţialului, oricât de mică ar fi frecarea, un
autovehicul va trebui să înainteze (în realitate mai există forţa care se
opune deplasării vehiculului, provenind de la contactul celorlalte roţi
Fig.7.7.b. Graficul acceleraţiei centrului de masă şi al
acceleraţiei de alunecare
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
233
cu solul şi care ar putea anula această forţă mică gmµ ). La
autovehiculele ce trebuie să se deplaseze în condiţii grele de teren,
sunt utilizate diferenţiale cu blocare, care fac ca problema mişcării
roţilor motoare (independente) să se reducă, după blocarea
diferenţialului, la problema studiată. Studiul mişcării unui diferenţial
(sistem cu două grade de libertate) este mai complicat iar în acest caz
poate exista situaţia în care o roată va patina în timp ce cealaltă se va
opri complet şi autovehiculul nu se va putea deplasa.
Problemă propusă. Un cilindru de rază R care se roteşte în jurul axei
cu o viteză unghiulară oω , este pus pe un plan orizontal, coeficientul
de frecare la alunecare fiind µ. Să se determine momentul în care
cilindrul se va rostogoli fără alunecare pe planul orizontal şi distanţa
parcursă de centrul de greutate al cilindrului până în acel moment.
7.8. Un cilindru de rază R , masă m şi înălţime H se roteşte în jurul
axei AB cu viteză constantă ω (fig. 7.8) . Să se determine reacţiunile
dinamice ZA şi ZB .
Rezolvare: În poziţia iniţială sistemul de referinţă mobil Oxzy coincide
cu sistemul de referinţă fix Ox1z1y1. Faţă de sistemul de referinţă
OXYZ matricea momentelor de inerţie pentru un cilindru a fost
calculată şi are forma:
Culegere de probleme
234
[ ]
+
+
=′
12400
02
0
00124
22
2
22
mHmR
mR
mHmR
JC
În sistemul Oxyz matricea momentelor de inerţie va fi:
[ ] [ ][ ][ ]TCC RJRJ ′=
unde:
[ ] [ ]
−==
cs
sckjiR
0
0
001
S-a notat:
Fig.7.8.a. Rotaţia unui cilindru în jurul unei diagonale
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
235
2222 44
2
HR
Hsins;
HR
Rcosc
+=α=
+=α= .
Atunci:
[ ]
++
−
−
++
+
=
=
−
+
+
−=
222
2222
222
222
2
22
22
2
22
12424120
41212420
00124
0
0
001
12400
02
0
00124
0
0
001
cmHmR
cmRmRmH
sc
mRmHscs
mHmRc
mR
mHmR
cs
sc
mHmR
mR
mHmR
cs
scJC
Întrucât am ales centrul de masă pe axa de rotaţie, teorema impulsului
ne va da ecuaţiile de echilibru:
00
0
0
=
=−
=−
BA
BA
XX
ZZ
Am neglijat greutatea cilindrului. Teorema momentului cinetic ne va
da:
( ) ( )
++=−ω
2212 b
aZZJJsc BA
( )
( ) ( )
+−=−
=+
2
0
21
21
22
baXXJJsc
sJcJ
BAε
ε
unde s-a notat:
Culegere de probleme
236
2124
2
2
22
1
mRJ;
mHmRJ =+= .
Ecuaţia a doua ne dă ε = 0 , ω= ct, lucru pe care l-am presupus de la
început, adică momentul care face să rotească cilindrul este egal cu
momentul rezistent. Ecuaţia a treia ne dă:
0=+ BA XX
care împreuna cu 0=− BA XX obţinută din teorema impulsului ne dă:
0== BA XX .
Din prima ecuaţie de la teorema impulsului rezultă BA ZZ = şi
introducând în prima ecuaţie de la teorema momentului cinetic, se
obţine:
( )ba
mRmH
ba
JJscZZBA +
ω
−=
+
ω−==
24122
2
2222
21 .
Deci reacţiunile ZA şi ZB obţinute în sistemul de referinţă mobil, legat
de cilindru, sunt egale şi de sens opus. Acestea se vor roti, odată cu
sistemul de referinţă. Lagărele A şi B vor fi încărcate cu aceste
reacţiuni, dar la fiecare moment de timp vor face alt unghi cu
verticala. Dacă θ este unghiul de rotaţie al sistemului de referinţă
Fig.7.8.b. Reacţiunile rotitoare
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
237
mobil faţă de sistemul de referinţă fix, vom avea componentele
reacţiunii în sistemul de referinţă fix:
θθ
θθ
cos;sin
cos;sin
11
11
ABAB
AAAA
ZZZX
ZZZX
−==
−=−=
Se observă ca dacă 21 JJ = , deci 3RH = , adică dacă cilindrul
prezintă simetrie sferică, atunci reacţiunile dinamice ZA şi ZB sunt
egale cu zero. Lagărele nu vor fi solicitate în acest caz.
Dacă se consideră şi greutatea cilindrului G , aceasta va acţiona
suplimentar, încărcând în mod egal cele două lagăre. Atunci:
θθ
θθ
cos2
;sin
;cos2
;sin
11
11
ABAB
AAAA
ZG
ZZX
ZG
ZZX
+==
−=−=
7.9. O placă triunghiulară de
dimensiuni a şi b şi de densitate
superficială ρ se roteşte în jurul
unei laturi cu viteza unghiulară
constanta ω (fig.7.9). Să se
determine reacţiunile care apar în
lagărele A şi B.
Solutie:
Fig.7.9. Placă triunghiulară în
mişcare de rotaţie
Culegere de probleme
238
+−
−=
A
BA
C
C
C
ZG
YY
z
y
x
m
0
&&
&&
&&
ε3
bxC=&& ; 2
3ω
byC −=&& ; 0=Cz&& .
Tωω 00=
Se scrie teorema momentului cinetic:
( )
++−
=
=
−
−
−
+
−
−
0
0
23
0
0
0
0
00
000
00
00
0
0
0
0
00
B
zzyz
yzyy
xx
zzyz
yzyy
xx
Ycab
G
JJ
JJ
J
JJ
JJ
J
ωω
ω
ε
sau:
( )
++−
=
=
−
+
−
−
0
0
23
0
0
000
00
0
0
0
0
0
00
B
xx
yzyy
zzyz
yzyy
xx
Ycab
G
J
JJ
JJ
JJ
J
ωω
ωω
ε
de unde:
( )Byz Yca
bGJ 2
32 ++−=ω
0=εzzJ .
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
239
Rezultă: ca
bGJ
Yyz
B 23
2
+
+ω= ;
323
22
ω−
+
+ω=−=
bm
ca
bGJ
ymYYyz
CBA&&
7.10. Să se studieze mişcarea pendulului fizic. Se numeşte pendul fizic
un rigid care se poate roti în jurul unei axe orizontale Oz şi este supus
acţiunii greutăţii proprii (fig.7.10).
Rezolvare: Ecuaţia care dă legea de
mişcare a unui rigid cu axa fixă:
Ozz MJ =θ&& ,
devine în cazul acesta:
θθ sinlGJ zz −=&&
unde G = mg este greutatea corpului, l
distanţa între punctul de suspensie şi
centrul de greutate (în planul xOy).
Ecuaţia se mai poate scrie:
0sin'
=+ θθl
g&&
unde lm
J'l zz= . Ecuaţia obţinută este identică cu ecuaţia de mişcare a
pendulului matematic de lungime l’. Din această cauză, pendulul
Fig.7.10.a. Pendulul fizic
Culegere de probleme
240
matematic de lungime l’ se numeşte pendulul simplu sincron al
pendulului fizic considerat. Pentru oscilaţii mici θθ ≈sin , deci
ecuaţia de mişcare devine:
0'
=+ θθl
g&& ,
cu perioada:
zzJg
lm
g
lT ππ 2
'2 == .
Pentru oscilaţii mari e valabilă teoria dezvoltată la pendulul
matematic. Dacă JC este momentul de inerţie faţă de centrul de masă,
teorema lui Steiner dă:
2lmJJ Czz +=
de unde:
ll"lllm
J
lm
Jl Czz >+=+== unde s-a notat:
lm
J"l C= .
Deoarece l’ > l se poate lua pe
dreapta OG un punct O’, astfel încât
G să se găsească între O şi O’.
Punctul O’ fiind situat la distanţa l’
egală cu lungimea pendulului
sincron faţă de punctul O, va avea
aceeaşi mişcare ca şi pendulul
matematic de lungime l’. Punctul
Fig.7.10.b. Dependenţa lui l’
de l
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
241
O’ se numeşte centru de oscilaţie, iar punctul O centru de suspensie.
Cele două drepte paralele cu Oz trecând prin O şi prin O’ se numesc
respectiv axa de suspensie şi axa de oscilaţie. Expresia lui
2
20il
lm
Jl'l C +=+= poate fi reprezentată grafic. Lungimea pendulului
sincron prezintă un minim egal cu 2i0 pentru l = i0.
7.11. Să se determine timpul în care cilindrul plin din figura 8de rază
R, greutate G şi moment de inerţie în raport cu axa sa J∆ se opreşte
dacă în momentul în care rolele A şi B se blocheaeză viteza unghiulară
a cilindrului este ωo. Se mai cunoaşte coeficientul de frecare la
alunecare dintre cilindru şi role µ.
Fig.7.11
Culegere de probleme
242
Rezolvare:
Asupra cilindrului acţionează următoarele: G – greutatea proprie; N1 şi
N2 – reacţiunile rolelor; T1 şi T2 - forţele de frecare dintre cilindru şi
role.
Momentul cinetic al cilindrului în raport cu O este ω∆= JoK ;
unde: g
GR
2J
2
=∆ .
Momentul forţelor exterioare în raport cu O este
( )2121 !!RRTRTM o +−=−−= µ .
Aplicând teorema momentului cinetic rezultă
( )21J !!rdt
d+−=∆ µ
ω
Din teorema de mişcare a centrul de masă rezultă:
( ) ααα sinsincos 1221 TT!!Gxm o +−+−=&& ;
αααα coscossinsin 1221 TT!!ym o −−−=&& .
0== yxo &&&& deoarece centrul O este fix (rotaţie cu axă fixă).
( ) ( ) G!!!! =−++ αµα sincos 2121 ;
( ) ( ) 0cossin 2121 =+−− αµα !!!! .
Eliminând expresia ( )21 !! − rezultă
( ) αµ cos1 221+
=+G
!! ;
şi înlocuind în teorema momentului cinetic avem
( ) αµµω
cos1J 2+
−=∆RG
dt
d;
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
243
( ) αµµω
cos12 2
2
+−=
RG
dt
d
g
GR;
( ) αµµω
cos1
22 R
g
dt
d
+−= .
Integrând expresia rezultă
( ) αµµ
ωωcos1
22 R
gof
+−=−
şi deoarece 0=fω obţinem:
( )µ
αµωg
Rt o
2
cos1 2+= .
7.12. În capătul D al unui fir inextensibil, înfăşurat pe discul (A) de
rază r, acţioaează forţa Pr sub unghiul α, faţă de orizontală. Discul (A)
de rază r este solidar cu discul B de rază R=2r, care se rostogoleşte pe
un plan orizontal. Întregul ansamblu are masa gPm = şi raza de
inerţie rR ⋅=ρ (fig. 7.12).
Determinaţi unghiul α maxim pentru care corpul se roatogoleşte fără
alunecare, dacă coeficientul de frecare de alunecare este 1,0=µ .
Rezolvare: Se aplică teoremele impulsului şi momentului cinetic,
după ce se reprezintă forţele de legătură !r
şiTr
(la limita !T µ= ).
∑= xx FH& ; !Pvm o µα += cos& (1)
∑= yy FH& ; αsin0 PP! +−= (2)
Culegere de probleme
244
∑= ioo MK& ; rTrPJo 2⋅−⋅=ω& (3)
Din relaţia (2) rezultă )sin1(sin αα −=−= PPP! , care înlocuită în (1)
ne dă acceleraţia centrului de masă.
Fig.7.12
gac )sin(cos αµµα −+= (4)
Relaţia(3) se mai scrie:
r!rPm 22 ⋅⋅−⋅=⋅⋅ µερ (5)
Înlocuind în (5) rR ⋅=ρ , gPm = , rac 2=ε şi N,
αµµαµµα sin221sincos +−=−+ ,
ααµ cos)sin1(31 =−− . (6)
sau
Înlociund 21
2sin
t
t
+=α şi
2
2
1
2cos
t
t
+
−=α , unde
2
αtgt = ,
rezultă
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
245
µ3
212
=
−
t
t
de unde
µ
α
3
2
1
2== tgt (7)
Pentru:
1,0=µ ; 279,02
=α
tg ; iar 2131 ′= oα .
7.13. O emisfera de greutate G şi rază r este lăsată liberă din repaus în
poziţia indicată în figura 7.13.a. Admiţând ca ea se rostogoleşte fără să
alunece pe plan orizontal, se cere să se determine:
a. viteza unghiulară a emisferei după ce aceasta s-a rotit cu 90°;
b. reacţiunea normală a suprafeţei în acest moment.
a) b)
Fig.7.13
Culegere de probleme
246
Rezolvare:
1) Observând că frecările se neglijează este preferabil să se aplice
teorema energiei cinetice. Avem atunci:
2,112 LEE =− ; 01 =E ;
222 2
1
2
1oo vJE =+= ω
şi
rGL ⋅=8
32,1 ;
22
8
3
5
2
−= r
g
Gr
g
GJG
Dacă se ţine cont că 22
5
2OCmmrJo ⋅−=
şi viteza centrului de masă este
ωωω rrrICvc 8
5
8
3=
−=⋅= ;
teorema energiei cinetice se va scrie:
rGrg
Gr
g
Gr
g
G⋅−+
−
8
3
64
25
2
1
64
9
5
2
2
1 22222 ωω ;
de unde: r
g
13
15=ω .
După introducerea forţelor exterioare date de legatură şi de inerţie, se
scrie echilibrul acestora conform principiului lui d’Alembert (fig.
7.13). Se observă ca în poziţia a doua acceleraţia unghiulară ε este
nulă, astfel încât torsorul forţelor de inerţie în centrul de masă se
reduce la rezultanta acestora
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
247
ci a
g
GF = cu cocooc aaaa τν rrrr
++= în care 0=oar
0=coaτr ; din
acelaşi motiv ( )0=ε . Avem aşadar:
gr
grOC
OC
vaa ococ 104
45
13
15
8
322
==⋅=== ων ;
şi din ecuaţia de echilibru:
0=−− iFG!
rezultă
GGG!104
149
104
45=+= .
7.14. Aparatul POR-55 pentru tratarea pe cale uscată a seminţelor
constă dintr-o tobă cilindrică, care se roteşte excentric cu ajutorul unei
manivele. Cunoscând dimensiunile (fig. 7.14) şi greutatea tobei
încărcate precum şi faptul că rotaţia se face cu n rot/min, să se
calculeze reacţiunile dinamice din legăturile A şi B.
Rezolvare:Se stabileşte sistemul de coordonate din figură invariabil
legat cu toba şi se figurează reacţiunile. Aplicăm ecuaţiile scalare ale
mişcării rigidului cu axă fixă.
BAoo XXXxmym ++=−− 2ωε
BAoo YYYymxm ++=− 2ωε
BA ZZZ ++=0
Axyzxz lYMJJ −=⋅+− 2ωε
Culegere de probleme
248
Ayxzyz lXMJJ +=⋅−− 2ωε
zz MJ =ε .
În acest sistem, ţinând seama de datele din problemă şi de poziţia tobei
din figură, facem următoaree înlocuiri:
0=ε ; 0=ox ; GX = ; 0=Y
0=Z ; 0=yzJ (simetrie faţă de planul xOy)
0=xM ; 2lGM y ⋅= ; 0=zM .
Fig.7.14
Se obţine:
GXX BA ++=0 ;
lXl
GJ Axz +=⋅−2
2ω ,
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
249
de unde:
⋅+−=
⋅−−=
lJ
GX
lJ
GX
xzB
xzA
2
2
2
2
ω
ω
;
Se vede că AX este orientat în sens contrar celui din figură şi AX > BX
ceea ce este correct ţinând seama că reacţiunea statică ( 2ε ) şi
reacţiunea dinamică
=
lJ xz
2ω au acelaşi sens(se adună) în A şi
sensuri contrare (se scad) în B.
Este deasemenea evident că după o rotaţie cu 180°a tobei situaţia se
inversează şi avem BX > AX .
Pentru calculul momentului de inerţie centrifugal xzJ se foloseşte
relaţia:
α2sin2
21 ∆∆ −=
JJJ xz ;
unde 1∆J şi 2∆J sunt momentele principale (centrale în cazul nostru)
faţă de axele principale centrale ∆1 şi ∆2.
( )221 3
12
1hr
g
GJ +=∆ ;
22 2
1r
g
GJ =∆ ;
( ) α2sin324
1 22 rhg
GJ xz −= ;
( ) αω
2sin3242
222
rhgl
GGX A −−−= ;
Culegere de probleme
250
( ) αω
2sin3242
222
rhgl
GGX B −+−= .
7.15. Pentru corpurile omogene din figura 7.15, determinaţi perioada
micilor oscilaţii.
Fig.7.15
Rezolvare:
a) Pentru bara de lungime a din figura 7.15.a, determinaţi perioada
micilor oscilaţii este:
g
a
ga
M
ma
gOCM
J
g
lT o
3
22
2
3222
2
ππππ =⋅
=⋅⋅
=′′
=
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
251
b) Placa pătrată de latură a, (fig. 7.15.b) oscilează în jurul axei
perpendiculare în O pe planul ei. Va avea perioada micilor oscilaţii
g
a
gaM
aM
gOCM
J
g
lT z
3
222
2
23
2
222
2
ππππ =
⋅
⋅
=⋅⋅
=′′
=
c) Pentru placa din figura 7.15.c având forma unui triunghi
echilateral de latură a, se obţine:
g
a
gma
ma
gOCM
J
g
lT z ⋅=
⋅
=⋅⋅
=′′
=34
52
3
312
5
222
2
ππππ
7.16. Arborele cotit al unui motor monocilindric cu ardere iaternă are
doi volanţi inedtici A şi B de rază r =0,5 m. Considerând că greutatea
manetonului arborelui p=210 N este concentrată la distanţa h=0,2 m
faţă de axa de rotaţie Oz, să se determine greutăţile PA şi PB ale masele
care trebuiec montate la periferia volanţilor pentru a echilibra sistemul
dacă a=0,6 m şi b=1,4 m.
Rezolvare:
Triedrul de referinţă se alege în aşa fel încât cotul arborelui să fie
conţinut în planul xOz. Acest plan va fi plan de simetrie, prin urmare,
yo= 0 şi Jxz=0.
Culegere de probleme
252
Fig.7.16
Dacă notăm greutatea întregului sistem cu P avem:
P
hpPxG
⋅= ; ha
g
PJ xz ⋅= .
Greutăţile pentru echilibrare PA şi PB, fiind montate în planul xOz, au
ordonatele nule: 0== BA yy .
Pot fi scrise condiţiile pentru echilibrarea dinamică a maselor:
0=++ BBAAG PxPxPx ;
0=+= BBB
AAA
xz zxg
Pzx
g
PJ .
Tinând seama că masele suplimentare pentru echilibrare sunt montate
la periferia volanţilor, rezultă: 0=Az , 0=Bz şi rxx BA −== (pentru
semnul plus ecuaţiile nu au soluţie). Rezolvând sistemul celor două
ecuaţii de mai sus obţinem:
( )!P
br
habPA 48=
⋅−
= ,
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
253
!Pbr
haPB 36=
⋅⋅
= .
Prin adăugarea acestor mase se obţine echilibrarea dinamică a
arborelui şi axa Oz devine axa principală centrală de inerţie, fără a fi.
axă de simetrie a sistemului.
7.17. O sferă omogenă plină, de masă m şi rază r este montată pe axul
OA şi se reazemă pe un plan orizontal, ca în figura 14. Centrul de
masă C al sferei se deplasează pe un cerc de rază R=3r cu viteza
unghiulară constantă ω1, în timp ce sfera se rostogoleşte fără alunecare
pe planul orizontal. Axul OA este articulat sferic în punctul O.
Frecarea de rostogolire se neglijează. Să se determine reacţiunile din
articulaţia O şi din reazemul B.
Fig.7.17
Culegere de probleme
254
Rezolvare:
Se aplică teorema torsorului:
( ) '''RRvm
dt
do
rrr+= ;
( ) '''ooo MMJ
dt
d rrrr+=ω ;
În care: 'Rr
- rezultanta forţelor efectiv aplicate GRrr
=' ;
''Rr
- rezultanta forţelor de legătură, Booo !ZYXRrrrrr
+++='' ;
'oM
r - momentul rezultant în O al forţelor efectiv aplicate
iGRM o
rr−=' ;
''oM
r - momentul rezultant în O al forţelor de legătură,
iR!M Bo
rr='' ;
iRvorr
1ω−= ;
kjkj o
rrrrr111 3ωωωωω −−=−−= ;
oJr
- tensorul momentelor de inerţie faţă de punctul O are matricea
asociată
[ ]
( )
( )
+
+
=
=
=
2
22
22
5
200
035
20
0035
2
00
00
00
mr
rmmr
rmmr
J
J
J
J
zz
yy
xx
o
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
255
[ ]
=
2
2
2
5
200
05
470
005
47
mr
mr
mr
Jo .
Acum se calculează momentul cinetic ωrrr
⋅= oo JK ;
−
−=
−
−
=
5
65
470
3
0
5
200
05
470
005
47
2
1
1
2
2
2
ωωω mr
mr
mr
mr
Ko .
Derivata momentului cinetic în raport cu timpul va fi
)()( ωωεωrrrrrrr&r ⋅×+=⋅= oooo JJJ
dt
dK
în care:
io
rrrr 211 3ωωωε =×=
Avem aşadar:
[ ]
=
0
0
3
.
5
200
05
470
005
472
1
2
2
2
ωε
mr
mr
mr
Jo ;
−−
−−=⋅×
12
12
11
5
6
5
470
30)(
ωω
ωωωω
mrmr
kji
Jo
rrr
rrr;
Culegere de probleme
256
=
−
+
=
0
05
6
0
05
135
0
05
141 21
221
221
2 ωωω mrmrmr
KO& .
Revenind la ecuaţiile (O) şi proiectându-le pe axele reperului mobil
Oxyz solidar cu sfera, obţinem sistemul de ecuaţii
( )
−=
=−
−+=
=
.35
6
,3
,0
,0
21
2
21
2
G!rmr
Zmr
!GY
X
B
o
Bo
o
ω
ω
Cu soluţiile
0=oX ; 21
2
5
2ωmrYo = ;
21
2
5
2ωmrG!B += ; 2
123 ωmrZo −= .
7.18. O roată de greutate 2P şi rază R situată într-un plan vertical,
roteşte în jurul axei AB cu viteza unghiulară constantă ω. În acelaşi
timp, axa AB se roteşte în jurul verticalei cu viteza unghiulară
constantă ω1.
Se cere să se determine reacţiunile din lagărele A şi B, dacă AB=2a
(fig. 7.18).
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
257
Fig.7.18
Rezolvare:
Formula momentului forţelor din legături:
⋅
−+×= θ
ωω
ωω cos1)( 11
z
xzzo
J
JJJM
rrr
Devine, ţinând seama de faptul că ωωrr
⊥1 şi θ=90°,
)( 1 ωωrrr
×= zo JM ;
prin urmare
ωω ⋅= 1zo JM .
Cuplul giroscopic este egal cu momentul oM , rezultă deci:
ωω ⋅=== 122 zBAo Ja!a!M ;
de unde:
a
J!! z
BA 21 ωω ⋅
== ;
22
2R
g
PmRJ z −= .
Reacţiunile din lagărele A şi B produse de cuplul giroscopic vor avea
expresiile:
Culegere de probleme
258
⋅⋅
+=⋅
⋅+=+=
ga
Rp
ga
pRp!p! AA 2
12
12
12
' ωωωω;
⋅⋅
+=⋅
⋅+=+=
ga
Rp
ga
pRp!p! BB 2
12
12
12
' ωωωω.
7.19. Corpul din figură este alcătuit din două bare omogene OA şi BD
sudate în A având fiecare masa, m, egală cu 8 kg. Corpul se roteşte în
plan vertical în jurul articulaţiei O. Stiind că în momentul când bara
OA trece prin poziţia orizontală corpul are e viteză unghiulară ω=4
rad/s, se cere să se determine reacţiunea din O în această poziţie (fig.
7.19.a).
a b
Fig.7.19
În figura 7.19.b s-au reprezentat forţele ce acţionează asupra corpului
şi torsorul forţelor de inerţie în centrul de masă (C) al corpului.
Ecuaţiile scalare de echilibru dinamic sunt:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
259
( )
=−⋅+=
=−⋅⋅+=
=⋅+−=
∑∑∑
.022;0
,022;0
,02;0
2)(
2
oooozi
ooi
ooi
mgrrmJM
mgrmYy
rmXx
ε
ε
ω
( )( )( )3
2
1
Din ecuaţia (3) se obţine:
o
o
oo
o
J
mgr
rmJ
mgr 2
2
22=
⋅+=ε ,
în care 4
3lro = şi
12
17
123
22
22 mlml
mlmlJo =++=
Atunci l
g
17
18=ε .
Din ecuaţia (1) rezultă: !rmX oo 962 2 =⋅= ω .
Din ecuaţia (2) rezultă: ( ) mgrgmY oo 22 −⋅⋅−= ε
( ) mgggmrgmY oo 17
7
34
2722 =
−=⋅−= ε ,
adică !Yo 315,32= .
Rezultă în final reacţiunea totală din articulaţia O:
!YXR ooo 293,10122 =+= .
7.20. O bară de greutate G şi lungime l este lăsată să oscileze liber din
poziţie iniţială de repaus (fig. 7.20). Se cer legile mişcării şi reacţiunile
dinamice din articulaţie.
Culegere de probleme
260
Fig.7.20
Rezolvare:
Se aplică teorema momentului cinetic faţă de axa de rotaţie care trece
prin articulaţie
oo MKr&r = .
Momentul cinetic este
ωωrrrr
⋅=⋅= zoo JJK .
derivata sa în raport cu timpul este
kg
GlmlJK zo
rrr&r εεε33
22
=== .
Momentul forţelor faţă de aceeaşi axă este
kl
GM o
rrϕcos
2= .
Expresia teoremei devine:
kl
Gkg
Gl rrϕε cos
23
2
= şi se obţine legea acceleraţiei unghiulare
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
261
ϕε cos2
3
l
g= .
Legea vitezei unghiulare se obţine prin integrare:
ϕϕ
ϕωω
ε cos2
3
l
g
dt
d
d
d
dt
d=== ,
ϕϕωϕ
dl
gd
dt
dcos
2
3= ,
∫∫ =ϕω
ϕϕωω00
cos2
3d
l
gd ,
ϕω
sin2
3
2
2
l
g= ,
deci ϕω sin32
l
g= .
Pentru daterminarea reacţiunilor din articulaţie la fel se aplică teorema
impulsului faţă de centrul de masă al barei FHr&r = .
Impulsul rigidulul este GvmHr&r = , iar derivata sa în raport cu timpul
)( τνGGG aamamHrrr&r +== .
Rezultanta forţelor este ooo YXGRGFrrrrrr
++=+= .
Expresia teoremei devine: ooGG YXGaamrrrrr
++=+ )( τν .
Pentru exprimarea reacţiunii se proiectează această relaţie pe axele
sistemului de referinţă:
oXll
m =+⋅ )sin2
cos2
( 2 ϕεϕω
GYll
m o −=−⋅ )cos2
sin2
( 2 ϕεϕω .
Culegere de probleme
262
Înlocuind expresiile vitezei şi acceleraţiei unghiulare se obţin
reacţiunile dinamice:
ϕ2sin2
9GX o =
şi
)cossin2(4
3 22 ϕϕ −+= GGYo .
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
263
CAPITOLUL VIII
DIAMICA SISTEMELOR DE RIGIDE
8.1. Se dă sistemul din fig. 8.1 în care se cunosc: masa corpului 1, 1m ,
momentul de inerţie al cilindrului 2, 2J şi raza lui 2R , masa 3m ,
momentul de inerţie 3J şi razele 3r , 3R , ale mosorului cilindric 3. Se
cere să se analizeze mişcarea acestui sistem. Se neglijează frecarea de
rostogolire.
Rezolvare: Teoretic pot exista două cazuri de mişcare ale sistemului:
rostogolirea roţii 3 pe bară sau rostogolirea roţii 3 combinată cu
alunecare.
a) Rostogolire pură. În acest caz mosorelul 3 se va rostogoli, fără a
luneca, pe bara orizontală şi ţinând seama de firul care asigură
legătură dintre corpuri şi care are aceeaşi viteză lineară de-a lungul lui
la un moment dat, se vor putea scrie condiţiile cinematice, care leagă
vitezele:
22Rv1 ω= ; )r-(Rv331 3ω= ; r v
333ω=
sau, sub forma compactă:
1
33
3
33
2
3
3
2
1
1
11
v
rR
r
rR
R
v
v
−
−=
ωω
Culegere de probleme
264
Fig.8.1.a. Sistemul de corpuri Fig.8.1.b. Legături
cinematice
Cu 1v s-a notat viteza masei 1m , cu 2ω viteza unghiulară a cilindrului
2, cu 3v viteza centrului de masă a mosorelului 3 iar cu 3ω viteza
unghiulară a lui. Dacă relaţiile scrise se derivează în raport cu timpul
se vor obţine legăturile dintre acceleraţii:
1
33
3
33
2
3
3
2
1
1
11
a
rR
r
rR
R
a
a
−
−=
εε
unde notaţiile sunt evidente.
Problema se poate rezolva prin mai multe metode:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
265
i) Utilizând teoremele fundamentale ale dinamicii, se vor putea scrie
relaţiile:
111 amSG1 =−
22221 )( εJRSS =−
33332 εJTrRS =−
332 amST =−
sau:
−
−
−
=
2
2
1
3
3
3
3
2
1
S-T
TrRS
RS(S
SG
a
a
m000
0J00
00J0
000m
33
22
11
2
1
)
εε
Fig.8.1.c. Separarea sistemului în părţi componente
Dacă se ţine seama de condiţiile cinematice se obţine:
Culegere de probleme
266
−
−
−
=
−
−
2
2
1
3
3
2
1
S-T
TrRS
RS(S
SG
a
rR
r
rR
R
m000
0J00
00J0
000m
33
22
11
1
33
3
33
2 )1
11
.
Preînmulţind relaţia matriceală obţinută cu:
]11
1[33
3
332 rR
r
rRR −−
se obţine:
=
−
−
−− 1
33
3
33
2
33
3
332
1
11
]11
1[ a
rR
r
rR
R
m000
0J00
00J0
000m
rR
r
rRR
3
3
2
1
−
−
−
−−=
2
2
1
S-T
TrRS
RS(S
SG
rR
r
rRR 33
22
11
33
3
332
)]
111[ .
După efectuarea înmulţirilor matriceale se va obţine:
11233
233
233
322
21 ]
)()([ Ga
rR
rm
rR
J
R
Jm =
−+
−++
forţele de legătură reducându-se. Se notează cu:
])()(
[2
33
233
233
322
21
rR
rm
rR
J
R
Jmmred −
+−
++=
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
267
masa redusă a întregului sistem la modul de mişcare al primului corp.
De aici relaţia anterioară devine:
11 Gam 1red =
de unde:
red
1m
Ga
1
1= .
Corpul de masă 1m va avea o mişcare uniform accelerată.
b) Rostogolire şi alunecare. În acest caz corpul 3 se va rostogoli şi în
acelaşi timp va aluneca de-a lungul barei. Sistemul va avea două grade
de libertate. În acest caz condiţiile cinematice vor fi:
22Rv1 ω= ; )( 3331 rRuv 1
−=− ω ; 33ruv 3
ω=+ .
Facând calculele se obţine:
Fig.8.1.d. Rostogolire cu alunecare
Culegere de probleme
268
2
1
R
v2 =ω ;
rR
u
rR
v3 −
−−
=333
1ω ; 33
3
33
31
rR
Ru
rR
rvv 3 −
−−
= ,
sau, concentrat:
−−
−
−−
−=
u
v
rR
R
rR
r
rRrR
1
R
v
v
3
3
3
3
33
3
3
2
1
&
1
33
33
2
1
01
01
ωω
Derivând relaţia scrisă în raport cu timpul se obţine:
−−
−
−−
−=
u
a
rR
R
rR
r
rRrR
1
R
a
a
3
3
3
3
33
3
3
2
1
&&
1
33
33
2
1
01
01
εε
Ecuaţiile de mişcare rămân cele stabilite anterior cu singura observaţie
că în acest caz forţa de aderenţă T atinge valoarea maximă 3GT µ= .
Înlocuind acceleraţiile în funcţie de acceleraţiile celor două
coordonate independente alese se obţine:
−
−
−
=
−−
−
−−
−
2
2
1
3
3
3
3
33
3
3
2
1
S-T
TrRS
RS(S
SG
u
a
rR
R
rR
r
rRrR
1
R
m000
0J00
00J0
000m
33
22
11
1
33
33
2 )1
01
01
&&
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
269
Preînmulţind sistemul de ecuaţii cu matricea:
−−
−−
−−
33
332
100
11
rR
R
rR
rR
r
rR
1
R
3
3
3
3
3
3
se va obţine:
=
−−
−
−−
−
−−
−−
−−u
a
rR
R
rR
r
rRrR
1
R
m000
0J00
00J0
000m
rR
R
rR
rR
r
rR
1
R
3
3
3
3
33
3
3
2
1
3
3
3
3
3
3
&&
1
33
33
2
33
332 1
01
01
100
11
−
−
−
−−
−−
−−=
2
2
1
3
3
3
3
3
3
S-T
TrRS
RS(S
SG
rR
R
rR
rR
r
rR
1
R
33
22
11
33
332)
100
11
Făcând calculele se obţine:
−
=
−+
−−−
−−
−−
−−
−+
−++
3
1
23
233
23
32
3
3332
3
3
23
3332
3
32
3
332
3
322
2
))))
))))
G
G
u
a
r(R
Rm
r(R
J
r(R
rRm
r(R
J
r(R
rRm
r(R
J
r(R
rm
r(R
J
R
Jm
1
3333
3333
1
µ&&
care reprezintă un sistem de două ecuaţii cu două necunoscute,
acceleraţii şi a cărui rezolvare nu implică probleme deosebite.
ii) Dacă se utilizează principiul lui D'Alembert ecuaţiile de mişcare
devin ecuaţii de echilibru static, după introducerea forţelor şi
momentelor de inerţie (fig.10.5):
Culegere de probleme
270
Fig.8.1.e. Analiza cinetostatică a sistemului
0111 =−− iFSG
0)( 2221 =−− iMRSS
0 M-Tr-RS i3332 =
032 =−− iFST
Dacă se introduc expresiile forţelor şi momentelor de inerţie:
111 amF i = ; 222 εJM i = ; 333 εJM i = ; 333 amF i = ,
se va obţine:
01111 =−− amSG
0)( 22221 =−− εJRSS
0 J-Tr-RS 33332 =ε
0332 =−− amST
relaţii care coincid cu cele obţinute la pct. i). Din acest punct
rezolvarea devine identică cu cazul i).
iii) Dacă nu interesează forţele de legătură se poate aplica teorema
energiei cinetice:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
271
dLdEc =
sub forma mai utilă pentru calcule:
dt
dL
dt
dEc = .
Metoda este valabilă numai în cazul sistemelor cu un singur grad de
libertate întrucât dispunem de o singură relaţie. Energia cinetică a
sistemului este:
=+++= 233
233
222
211 2
1
2
1
2
1
2
1vmJJvmEc ωω
=
3
3
2
11
3321 ][2
1
v
v
m000
0J00
00J0
000m
vv
3
3
2
ωω
ωω .
Dacă se ţine seama de condiţiile cinematice se obţine:
=
−
−
−−= 2
1
33
3
33
2
1
33
3
332
1
11
]11
1[2
1v
rR
r
rR
R
m000
0J00
00J0
000m
rR
r
rRRE
3
3
2
c
2112
1vm red= .
Se obţine:
111 vamdt
dEred
c = .
Lucrul mecanic elementar al forţelor exterioare este 11dxGdL = , de
unde:
Culegere de probleme
272
11vGdt
dL= .
Rezultă 1111 vGvam 1red = de unde se obţine cu uşurinţă acceleraţia:
redm
Ga
1
11 = .
iv) În cazul sistemelor cu un singur grad de libertate se poate utiliza
şi principiul lucrului mecanic virtual. Astfel lucrul mecanic virtual al
forţelor exterioare şi de inerţie la o deplasare compatibilă cu legăturile
va fi:
3333212111 )( dxFdMdMdxFGdL iii −−−−= θθ
Relaţiile dintre deplasările elementare sunt:
Fig.8.1.f
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
273
1
33
3
33
2
3
3
2
1
1
11
dx
rR
r
rR
R
dx
d
d
dx
−
−=
ωω
.
Înlocuind în aceste relaţii forţele şi momentele de inerţie cu expresiile
lor se va obţine:
1
33
3331
33
3331222111 ) dx
rR
ramdx
rR
rJdxRJdxam(G 1 −
−−
−−− εε
Deplasarea 1dx fiind arbitrară se poate simplifica şi ţinând seama de
legăturile dintre acceleraţii se va obţine în final expresia acceleraţiei
corpului de masă 1m care a fost deja calculată prin alte metode.
8.2. Se dă sistemul din fig. 8.2.a în care se cunosc: masa corpului 1,
1m , momentul de inerţie 1J şi raza lui 1R , momentul de inerţie 2J al
cilindrului 2 şi raza sa 2R , masa 3m , momentul de inerţie 3J şi raza 3R
ale cilindrului 3. Se cere să se analizeze mişcarea sistemului.
Rezolvare: Se vor considera cele două moduri de mişcare pe care le
poate avea sistemul:
a) Rostogolire pură. În acest caz cilindrul 3 se va rostogoli, fără a
luneca, pe planul orizontal şi ţinând seama de firul care asigură
Culegere de probleme
274
legătură dintre corpuri şi care are aceeaşi viteză lineară de-a lungul lui
la un moment dat, se vor putea scrie condiţiile cinematice, care leagă
vitezele:
111 Rv ω= ; 221 R2v ω= ; 331 2R2v ω= ; 333 Rv ω= ,
sau, sub forma compactă:
1
1
11
v
1
R
1
R
2
R
v
v
3
2
3
3
2
1
1
=
ωωω
Cu 1v s-a notat viteza masei 1m , cu 1ω viteza unghiulară a cilindrului
1, cu 2ω viteza unghiulară a cilindrului 2, cu 3v viteza centrului de
masă a cilindrului 3 iar cu 3ω viteza unghiulară a lui. Dacă relaţiile
Fig.8.2.a. Sistemul de corpuri
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
275
scrise se derivează în raport cu timpul se vor obţine legăturile dintre
acceleraţii: 1
1
11
a
1
R
1
R
2
R
a
a
3
2
3
3
2
1
1
=
εεε
unde notaţiile sunt evidente.
i) Utilizând teoremele fundamentale ale dinamicii, se vor putea scrie
relaţiile:
1121 amSSG1 =−−
111211 εJRSRS =−
222332 εJRSRS =−
3333 εJTRRS3 =+
Fig.8.2.b. Legături cinematice
Culegere de probleme
276
333 amTS =−
sau:
−
+
−
−
−−
=
TS
TRRS
RSRS
RSRS
SSG
a
a
m
J
J
J
m
3
11
3
33
2332
1211
21
3
3
2
1
3
3
2
1
1
0000
0000
0000
0000
0000
εεε
Daca se ţine seama de condiţiile cinematice se obţine:
TS
TRRS
RSRS
RSRS
SSG
a
1
R
1
R
2
R
m
J
J
J
m
3
1
3
2
−
+
−
−
−−
=
3
33
2332
1211
21
1
1
3
3
2
1
111
0000
0000
0000
0000
0000
Fig.8.2.c. Analiza cinetostatică a sistemului
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
277
Preînmulţind relaţia matriceală obţinută cu ]1121
1[321 RRR
se obţine:
a
1
R
1
R
2
R
m
J
J
J
m
RRR
3
2
=
1
1
3
3
2
1
1
321
11
0000
0000
0000
0000
0000
]1121
1[
−
+
−
−
−−
=
TS
TRRS
RSRS
RSRS
SSG
RRR3
1
3
33
2332
1211
21
321
]1121
1[
După efectuarea înmulţirilor matriceale se va obţine:
11323
322
221
11 ]
4[ Gam
R
J
R
J
R
Jm =++++
forţele de legătură reducându-se. Se notează cu:
323
322
221
111
4m
R
J
R
J
R
Jmm red ++++=
masa redusă a întregului sistem la modul de mişcare al primului corp.
De aici relaţia anterioară devine:
111 Gam red =
de unde:
redm
Ga
1
11 = .
Culegere de probleme
278
b) Rostogolire şi alunecare. În acest caz corpul 3 se va rostogoli şi în
acelaşi timp va aluneca de-a lungul planului orizontal. Condiţiile
cinematice vor fi:
În acest caz condiţiile cinematice vor fi:
11Rv1 ω= ; 2212 Rv ω= ; 331 22 Ruv ω=− & ; 333 Ruv ω=− & .
Făcând calculele se obţine:
−
=
u
v
1
2R
1-
R
1
0R
2
0R
1
v
v
33
2
1
1
1
&
1
3
3
2
2
1
01
ωωω
Derivând relaţia scrisă în raport cu timpul se obţine:
Fig.8.2.d
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
279
−
=
u
a
1
2R
1-
R
1
0R
2
0R
1
a
a
33
2
1
1
1
&&
1
3
3
2
2
1
01
εεε
Ecuaţiile de mişcare rămân cele stabilite anterior cu singura observaţie
că în acest caz forţa de aderenţă T atinge valoarea maximă
3GT µ= .
Înlocuind acceleraţiile în funcţie de acceleraţiile celor două
coordonate independente alese se obţine:
−
+
−
−
−−
=
−
TS
TRRS
RSRS
RSRS
SSG
u
a
1
2R
1-
R
1
0R
2
0R
1
m
J
J
J
m
3
1
33
2
1
3
33
2332
1211
21
1
3
3
2
1
1
2
1
01
0000
0000
0000
0000
0000
&&
Preînmulţind sistemul de ecuaţii cu matricea:
−−2
1
2
1000
1121
1
3
321
R
RRR,
se va obţine:
Culegere de probleme
280
=
−
−− u
a
1
2R
1-
R
1
0R
2
0R
1
m
J
J
J
m
R
RRR
33
2
1
&&
1
3
3
2
1
1
3
321
2
1
01
0000
0000
0000
0000
0000
2
1
2
1000
1121
1
−
+
−
−
−−
−−=
TS
TRRS
RSRS
RSRS
SSG
R
RRR
3
1
3
33
2332
1211
21
3
321
2
1
2
1000
1121
1
Făcând calculele se obţine:
−
=
++−
+−++++
3
11
323
3323
3
323
332
3
322
221
11
442
2
4
G
G
u
a
m
R
Jm
R
J
m
R
Jm
R
J
R
J
R
Jm
µ&&
de unde:
−
++++−
−+=
3
1
323
322
221
11
323
3
323
3323
3
1
4
2
2441
G
G
mR
J
R
J
R
Jm
m
R
J
m
R
Jm
R
J
u
a
µ∆&&
cu:
2
323
3323
332
3
322
221
11 244
4
+−−
+
++++=
m
R
Jm
R
Jm
R
J
R
J
R
Jm∆
Notaţiile sunt cele de la capitolul precedent.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
281
ii) Dacă se utilizează principiul lui D'Alembert ecuaţiile de mişcare
devin ecuaţii de echilibru static, după introducerea forţelor şi
momentelor de inerţie (fig.8.2.e):
0
0
0
0
0
33
333
22332
11211
121
=−−
=−+
=−−
=−−
=−−−
i
i
3
i
i
i
1
FTS
MTRRS
MRSRS
MRSRS
FSSG
Dacă se introduc expresiile forţelor şi momentelor de inerţie:
111 amFi = ; 111 εJM
i = ; 222 εJMi = ; 333 εJM i = ; 333 amF i = , se
va obţine:
0
0
0
0
0
333
3333
222332
111211
1121
=−−
=−+
=−−
=−−
=−−−
amTS
JTRRS
JRSRS
JRSRS
amSSG
3
1
ε
ε
ε
Fig.8.2.e
Culegere de probleme
282
Din acest punct rezolvarea devine identică cu cazul precedent.
iii) Dacă nu interesează forţele de legătură se poate aplica teorema
energiei cinetice:
dLdEc =
sub forma mai utilă pentru calcule:
dt
dL
dt
dEc = .
Energia cinetică a sistemului este:
=++++= 233
233
222
211
211 2
1
2
1
2
1
2
1
2
1vmJJJvmEc ωωω
=
3
3
2
1
3
3
2
1
1
33211
0000
0000
0000
0000
0000
][2
1
v
v
m
J
J
J
m
vv
1
ωωω
ωωω .
Dacă se ţine seama de relaţiile cinematice se obţine:
211
21
1
3
3
2
1
1
321 2
1
11
0000
0000
0000
0000
0000
]1121
1[2
1vmv
1
R
1
R
2
R
m
J
J
J
m
RRRE red
3
2c =
=
Se obţine:
111 avmdt
dEred
c = .
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
283
Lucrul mecanic elementar al forţelor exterioare este 11dxGdL = de
unde:
11vGdt
dL= .
Rezultă: 11111 vGa vm red = de unde se obţine cu uşurinţă acceleraţia:
redm
Ga
1
11 = .
iv) Să rezolvăm problema utilizând principiul lucrului mecanic virtual.
Lucrul mecanic virtual al forţelor exterioare şi de inerţie la o deplasare
compatibilă cu legăturile va fi:
0) 3333221111 =−−−−−= dxFdMdMdMdxF(GdL iiiii
1 θθθ
Legăturile dintre deplasările elementare sunt:
1
1
11
dx
1
R
1
R
2
R
xd
d
d
d
xd
3
2
3
3
2
1
1
=
θθθ
Înlocuind aceste relaţii forţele şi momentele de inerţie cu expresiile lor
se va obţine:
02
) 133
3
133
2
122
1
111111 =−−−−− dxam
R
dxJ
R
dxJ
R
dxJdxam(G1 εεε .
Culegere de probleme
284
Deplasarea 1dx fiind arbitrară se poate simplifica şi ţinând seama de
legăturile dintre acceleraţii se va obţine în final expresia acceleraţiei
corpului de masă 1m care a fost deja calculată prin alte metode.
8.3. Se dă sistemul din fig. 8.3.a în care se cunosc: masa corpului 1,
1m ; momentul de inerţie 2J al mosorului 2 şi razele sale 2R , 2r ;
masa 3m , momentul de inerţie 3J şi razele 3R , 3r ale mosorului 3. Se
cere să se analizeze mişcarea sistemului.
Rezolvare: Dacă se ţine seama de firele care asigură legăturile dintre
corpuri se pot scrie relaţiile dintre vitezele lineare şi unghiulare ale
diferitelor corpuri:
221 Rv ω= ; )( 33 rR r 322 +=ωω ; 333 Rv ω= ,
Fig.8.3.a Fig.8.3.b
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
285
sau, sub forma compactă:
1
33
3
33
2
3
3
2
1
)(
)(
11
v
rRR
Rr
rRR
r
R
v
v
2
2
2
2
+
+=
ωω
.
Cu 1v s-a notat viteza masei 1m , cu 2ω viteza unghiulară a
cilindrului 2, cu 3v viteza centrului de masă a cilindrului 3 iar cu 3ω
viteza unghiulară a lui. Dacă relaţiile scrise se derivează în raport cu
timpul se vor obţine legăturile dintre acceleraţii:
1
33
3
33
2
3
3
2
1
)(
)(
11
a
rRR
Rr
rRR
r
R
a
a
2
2
2
2
+
+=
εε
,
unde notaţiile sunt evidente.
La fel ca la celelalte două
probleme studiate anterior se vor
utiliza mai multe metode de
analiză:
i) Utilizând teoremele fundamentale ale dinamicii, se vor putea scrie
relaţiile:
1111 amSG =−
Fig.8.3.c. Separarea sistemului
în componente
Culegere de probleme
286
222221 εJrSRS =−
333332 εJRSrS =−
33323 amGSS =−+ ,
sau:
−+
−
−
−
=
332
3332
2221
11
3
3
2
11
GSS
RSrS
rSRS
SG
a
a
m000
0J00
00J0
000m
3
3
2
εε
Dacă se ţine seama de condiţiile cinematice se obţine:
−+
−
−
−
=
+
+
332
3332
2221
11
1
33
3
33
2
1
)(
)(
11
GSS
RSrS
rSRS
SG
a
rRR
Rr
rRR
r
R
m000
0J00
00J0
000m
2
2
2
2
3
3
2
Preînmulţind relaţia matriceală obţinută cu:
])()(
11[
33
3
332 rRR
Rr
rRR
r
R 2
2
2
2
++
se obţine:
=
+
+
++ 1
33
3
33
2
1
33
3
332
)(
)(
11
)()(
11[ a
rRR
Rr
rRR
r
R
m000
0J00
00J0
000m
rRR
Rr
rRR
r
R
2
2
2
2
3
3
2
2
2
2
2
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
287
−+
−
−
−
++=
332
3332
2221
11
33
3
332 )()(
11[
GSS
RSrS
rSRS
SG
rRR
Rr
rRR
r
R 2
2
2
2
După efectuarea înmulţirilor matriceale se va obţine:
)()()( 332
323112
3322
23
22
3233
22
223
1rRR
RrGGa
rRR
Rrm
rRR
rJ
R
Jm
2
2
2
+−=
++
+++ ,
forţele de legătură reducându-se. Se notează cu:
233
22
23
22
3233
22
223
1 )()( rRR
Rrm
rRR
rJ
R
Jmm
2
2
21red +
++
++=
masa redusă a întregului sistem la modul de mişcare al primului corp.
De aici se obţine:
rRR
RrGGam
2
211red1 )( 33
33 +
−=
de unde:
m
rRR
RrGG
a red1
2
21
1
)( 33
33 +
−=
Condiţia ca sistemul să se mişte în sensul considerat de noi în
problemă şi nu în sens invers este ca:
0)( 33
33 ≥
+−
rRR
RrGG
2
21 .
Dacă relaţia nu este respectată atunci roata 3 va coborî iar corpul 1 va
urca.
Culegere de probleme
288
ii) Dacă se utilizează principiul lui D'Alembert ecuaţiile de mişcare
devin ecuaţii de echilibru static, după introducerea forţelor şi
momentelor de inerţie (fig. 8.3.d):
0111 =−− iFSG
022221 =−− iMrSRS
033332 =−− iMRSrS
03323 =−−+ iFGSS .
Dacă se introduc expresiile forţelor şi momentelor de inerţie:
111 amFi = ; 222 εJM
i = ; 333 εJM i = ; 333 amF i = ,
se va obţine:
01111 =−− amSG
0222221 =−− εJrSRS
0333332 =−− εJRSrS
033323 =−−+ amGSS ,
relaţii care coincid cu cele obţinute
anterior. Din acest punct rezolvarea
devine identică cu cazul precedent.
iii) Dacă nu interesează forţele de
legătură se poate aplica teorema
energiei cinetice:
dLdEc =
sub forma mai utilă pentru calcule:
Fig.8.3.d. Analiza cinetostatică
a sistemului
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
289
dt
dL
dt
dEc = .
Energia cinetică a sistemului este:
=+++= 233
233
222
211 2
1
2
1
2
1
2
1vmJJvmEc ωω
=
3
3
2
11
3321 ][2
1
v
v
m000
0J00
00J0
000m
vv
3
3
2
ωω
ωω .
Dacă se ţine seama de condiţiile cinematice se obţine:
=
+
+
++= 2
1
332
32
332
2
2
3
3
2
1
332
32
332
2
2
)(R
r)(R
r
11
m000
0J00
00J0
000
])(R
r
)(R
r11[
2
1v
rR
R
rR
Rm
rR
R
rRREc
2112
1vm red= .
Se obţine:
vamdt
dE 11red
c1= .
Lucrul mecanic elementar al forţelor exterioare este:
331 dxGdxGdL 1 −= ,
de unde:
vrRR
RrGvGvGvG
dt
dL 1
2
211 )( 33
331331 +
−=−= .
Rezultă:
Culegere de probleme
290
v rRR
RrGvGvam 1
2
211red1 )( 33
3311 +
−=
de unde se obţine cu uşurinţă acceleraţia:
m
rRR
RrGG
a red1
2
21
1
)( 33
33 +
−=
iv) Să rezolvăm problema utilizând principiul lucrului mecanic virtual.
Lucrul mecanic virtual al forţelor exterioare şi de inerţie la o deplasare
compatibilă cu legăturile va fi:
3333212111 )( dxFdMdMdxFGdL iii −−−−= θθ .
Relaţiile dintre deplasările elementare este:
dx
rRR
Rr
rRR
r
R
dx
d
d
dx
1
2
2
2
2
3
3
2
1
+
+=
)(
)(
11
33
3
33
2
θθ
Înlocuind în aceste relaţii forţele şi momentele de inerţie cu
expresiile lor se va obţine:
0)()(
)332
12333
332
1233
2
122111 =
+−
+−−−
rRR
dxrRam
rRR
dxrJ
R
dxJdxam(G1 εε
Deplasarea 1dx fiind arbitrară se poate simplifica şi ţinând seama de
legăturile dintre acceleraţii se va obţine în final expresia acceleraţiei
corpului de masă 1m care a fost deja calculată prin alte metode.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
291
8.4. Să se determine acceleraţia cilindrului care se rostogoleşte şi
alunecă pe planul înclinat din fig.8.4.a.
Fig.8.4.a
Cilindrul, fiind ţinut de către fir, va aluneca pe suprafaţa planului
înclinat. Asupra cilindrului vor acţiona forţele din fig.8.4.a. Scriem
teoremele fundamentale:
εα
JTRSR
maTSG
=−
=−−sin
sau:
−
−−=
TRSR
TSGa
J
m αε
sin
0
0.
Condiţiile cinematice se scriu: Rv ω= , deci Ra ε= sau:
aR
a
=
/1
1
ε
Dacă înlocuim aceste condiţii în ecuaţiile de mişcare se obţine:
Culegere de probleme
292
−
−−=
TRSR
TSGa
RJ
m αsin
/1
1
0
0
şi dacă le preînmulţim cu [ ]R/11 se obţine:
Fig.8.4.b. Condiţiile cinematice
[ ] [ ]
−
−−=
TRSR
TSGRa
RJ
mR
αsin/11
/1
1
0
0/11
sau:
TRGaR
Jm 2sin
2−=
+ α ,
unde: αµ cosGT = . Rezultă acceleraţia:
+
−=
2
2sin
R
Jm
TRGa
α .
8.5. Să se determine acceleraţia corpului de masă m1 din fig. 8.5.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
293
Fig.8.5.a şi b
Fig.8.5.c
Se vor aplica teoremele fundamentale pentru fiecare din corpuri:
1111 GSam −=
111211 RSRSJ −=ε
αµα cossin 222322 GSGSam −−−=
2322 RSMJ m −=ε
sau:
Culegere de probleme
294
−
−−−
+−
+−
=
23
2223
1211
11
2
2
1
1
2
2
1
1
cossin
000
000
000
000
RSM
GSGS
RSRS
SG
a
a
J
m
J
m
m
αµαε
ε
Legăturile dau relaţiile între viteze:
221121 RRvv ωω ===
sau:
1
2
1
2
2
1
1
/1
1
/1
1
v
R
R
v
v
=
ω
ωşi 1
2
1
2
2
1
1
/1
1
/1
1
a
R
R
a
a
=
ε
ε
Rezultă:
−
−−−
+−
+−
=
23
2223
1211
11
1
2
1
2
2
1
1
cossin
/1
1
/1
1
000
000
000
000
RSM
GSGS
RSRS
SG
a
R
R
J
m
J
m
m
αµα
Prin preînmulţire cu: [ ]21 /11/11 RR se obţine:
[ ] =
1
2
1
2
2
1
1
21
/1
1
/1
1
000
000
000
000
/11/11 a
R
R
J
m
J
m
RR
[ ]
−
−−−
+−
+−
=
23
2223
1211
11
21 cossin/11/11
RSM
GSGS
RSRS
SG
RR
m
αµα.
Dacă se fac înmulţirile, se obţine:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
295
αµα cossin 221122
222
1
11 GGGMa
R
Jm
R
Jm m −−−=
+++
deci:
22
222
1
11
2211
cossin
R
Jm
R
Jm
GGGMa m
+++
−−−=
αµα
8.6. Să se determine acceleraţia corpului de masă m1 din fig.8.6.a.
Fig.8.6.a şi b
Fig.8.6.c
Culegere de probleme
296
Se vor aplica teoremele fundamentale pentru fiecare din corpuri:
1111 SGam −=
121111 RSRSJ −=ε
232222 RSRSJ −=ε
343333 RSRSJ −=ε
2422 GSam −=
sau:
−
−
−
−
−
=
24
3433
2322
1211
11
2
3
2
1
1
2
3
2
1
1
0000
0000
0000
0000
0000
GS
RSRS
RSRS
RSRS
SG
a
a
m
J
J
J
m
εεε
.
Legăturile dau relaţiile între viteze:
221121 RRvv ωω ===
sau:
1
3
2
1
2
3
2
1
1
1
/1
/1
/1
1
v
R
R
R
v
v
=
ωωω
şi 1
3
2
1
2
3
2
1
1
1
/1
/1
/1
1
a
R
R
R
a
a
=
εεε
Rezultă:
−
−
−
−
−
=
24
3433
2322
1211
11
1
3
2
1
2
3
2
1
1
1
/1
/1
/1
1
0000
0000
0000
0000
0000
GS
RSRS
RSRS
RSRS
SG
a
R
R
R
m
J
J
J
m
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
297
Prin preînmulţire cu: [ ]1/1/1/11 321 RRR se obţine:
[ ] =
1
3
2
1
2
3
2
1
1
321
1
/1
/1
/1
1
0000
0000
0000
0000
0000
1/1/1/11 a
R
R
R
m
J
J
J
m
RRR
[ ]
−
−
−
−
−
=
24
3433
2322
1211
11
321 1/1/1/11
GS
RSRS
RSRS
RSRS
SG
RRR .
Dacă se fac înmulţirile, se obţine:
211222
222
221
11 GGam
R
J
R
J
R
Jm −=
++++
deci:
++++
−=
222
222
221
11
211
mR
J
R
J
R
Jm
GGa
8.7. Să se determine acceleraţia corpului de masă m1 din fig.8.7.a.
Se vor aplica teoremele fundamentale pentru fiecare din corpuri:
1111 sin SGam −= α
111 TRJ =ε
222122 RSrSJ −=ε
Culegere de probleme
298
3233 GSam −=
sau:
−
−
−
=
32
2221
1
1
3
2
1
1
3
2
1
1 sin
000
000
000
000
GS
RSrS
TR
SG
a
a
m
J
J
m α
εε
Fig.8.7.a şi b
Fig.8.7.c
Legăturile dau relaţiile între viteze:
221121 RRvv ωω ===
sau:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
299
1
3
2
1
2
3
2
1
1
1
/1
/1
/1
1
v
R
R
R
v
v
=
ωωω
şi 1
3
2
1
2
3
2
1
1
1
/1
/1
/1
1
a
R
R
R
a
a
=
εεε
Rezultă:
−
−
−
−
−
=
24
3433
2322
1211
11
1
3
2
1
2
3
2
1
1
1
/1
/1
/1
1
0000
0000
0000
0000
0000
GS
RSRS
RSRS
RSRS
SG
a
R
R
R
m
J
J
J
m
Prin preînmulţire cu: [ ]1/1/1/11 321 RRR se obţine:
[ ] =
1
3
2
1
2
3
2
1
1
321
1
/1
/1
/1
1
0000
0000
0000
0000
0000
1/1/1/11 a
R
R
R
m
J
J
J
m
RRR
[ ]
−
−
−
−
−
=
24
3433
2322
1211
11
321 1/1/1/11
GS
RSRS
RSRS
RSRS
SG
RRR .
Dacă se fac înmulţirile, se obţine:
211222
222
221
11 GGam
R
J
R
J
R
Jm −=
++++
deci:
Culegere de probleme
300
++++
−=
222
222
221
11
211
mR
J
R
J
R
Jm
GGa
8.8. Mecanismul bielă-manivelă. Ne propunem să determinăm
ecuaţiile de mişcare pentru un mecanism bielă manivelă.
Fig.8.8. Mecanismul bielă manivelă
Se dau: r - raza manivelei; l – lungimea bielei; a – poziţia centrului
de masă al manivelei faţă de punctul A; b – poziţia centrului de
masă al bielei faţă de punctul B.
Condiţii cinematice (legături olonome):
;sin
;cos
1
1
α
α
ay
ax
C
C
=
=
;sinsin
;coscos
2
2
βα
βα
bry
brx
C
C
−=
+=
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
301
;sinsin
;coscos
βα
βα
lr
lrxC
=
+=
Dacă se derivează ultima relaţie se obţine:
ββαα sincos && lr =
sau, dacă se ţine seama că:
221121 ;;; εωεωωβωα ==−== &&&&
rezultă:
βωαω coscos 21 lr −=
sau: 112 cos
cosωω
βα
ω tl
r=−=
şi:
βωβεαωαε sincossincos 222
211 llrr −−=−
de unde:
211
21
212 cos
sin
cos
sin
cos
cosωεω
ββ
βα
εβα
ε uttl
r
l
r+=
−+−=
Atunci primele relaţii, derivate, vor da:
;sin11 αωaxC −=&
;cos11 αωayC =&
( ) ;sinsinsinsin 1212 βαωβωαω btrbrxC +−=+−=&
( )βαωβωαω coscoscoscos 1212 btrbryC +=+=& ;
( )βαωβωαω sinsinsinsin 121 ltrlrxC +−=+−=&
sau, într-o scriere convenabilă pentru calculele următoare:
Culegere de probleme
302
111
1
1
2
2
2
1
1
1
sinsin
coscos
sinsin
1
cos
sin
ωω
βα
βαβα
αωαω
ω
ωA
ltr
t
btr
btr
a
a
x
y
x
y
x
C
C
C
C
C
=
+−
+
+−
−
=
&
&
&
&
&
Dacă se derivează încă o dată condiţiile cinematice, se va obţine:
;cossin 2111 αωαε aaxC −−=&&
;sincos 2111 αωαε aayC −=&&
( ) ( ) ;sinsincossinsin
cossincossin21
21
222
2112
ωββαεβα
βωβεαωαε
bubtrbtr
bbrrxC
+−−++−=
=−+−−=&&
( ) ( ) ;cossinsincoscos
sincossincos21
21
222
2112
ωββαεβα
βωβεαωαε
bubtrbtr
bbrryC
++−++=
=++−=&&
( ) ( ) ;cossinsincoscos
sincossincos21
21
222
211
ωββαεβα
βωβεαωαε
lultrltr
llrryC
++−++=
=++−=&&
sau:
21
2
2
21
2
2
2
1
1
1
cossinsin
cossinsin
sinsincos
0
sin
cos
sinsin
coscos
sinsin
1
cos
sin
ω
ββα
ββαββα
α
α
ε
βα
βαβα
α
α
ε
ε
++−
++−
+−−
−
−
+
+−
+
+−
−
=
lultr
u
bubtr
bubtr
a
a
ltr
t
btr
btr
a
a
x
y
x
y
x
C
C
C
C
C
&&
&&
&&
&&
&&
sau în scriere compactă:
21211 ωε AAa +=
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
303
Ecuaţiile de mişcare
Pot fi obţinute în mai multe moduri. Dacă se aplică teoremele
fundamentale pentru rigid, considerându-se mecanismul ca fiind
compus din trei rigide, se va putea scrie:
Pentru bara AB se obţin două ecuaţii din teorema impulsului şi
una considerând teorema momentului cinetic;
BAC
BAC
YYym
XXxm
+=
+=
11
11
&&
&&
ααααε cos2
sin2
cos2
sin211
rY
rX
rY
rXMJ BBAAmC +−−+=
Pentru bara BC se obţine analog:
CBC
CBC
YYym
XXxm
+−=
+−=
22
22
&&
&&
ββββε cos2
sin2
cos2
sin222
lY
lX
lY
lXJ BBCCC +++=
Culisa C va avea o mişcare de translaţie rectilinie, deci se va
putea scrie:
CrCXFxm −=&&3 .
Dacă se scriu toate ecuaţiile grupate se obţine:
=
C
C
C
C
C
C
C
x
y
x
y
x
m
J
m
m
J
m
m
&&
&&
&&
&&
&&
2
2
2
1
1
1
3
2
2
2
1
1
1
000000
000000
000000
000000
000000
000000
000000
ε
ε
Culegere de probleme
304
−
++−+−
+−
+−
−+−−−+
+
+
Cr
BBCC
CB
CB
BBAAm
BA
BA
XF
bYbXblYblX
YY
XX
arYarXaYaXM
YY
XX
ββββ
αααα
cossincos)(sin)(
cos)(sin)(cossin
Fig.8.8.b. Separarea sistemului în părţile componente
sau, dacă se ţine seama de condiţiile cinematice:
=
++−
++−
+−−
−
−
+
+−
+
+−
−
)
cossinsin
cossinsin
sinsincos
0
sin
cos
sinsin
coscos
sinsin
1
cos
sin
(
000000
000000
000000
000000
000000
000000
000000
2
2
21
3
2
2
2
1
1
1
ββα
ββαββα
αα
ε
βα
βαβα
αα
lultr
u
bubtr
bubtr
a
a
ltr
t
btr
btr
a
a
m
J
m
m
J
m
m
C
C
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
305
−
−−
−
−
−−−−
+
=
C
C
B
B
A
A
r
m
Y
X
Y
X
Y
X
blblbb
araraa
F
M
010000
cos)(sin)(cossin00
101000
010100
00cos)(sin)(cossin
001010
000101
0
0
0
0
0
ββββ
αααα
Dacă ţinem seama de notaţiile anterioare, se poate scrie sub formă
grupată:
[ ] ( ) [ ] R6QQQAAmextlegext +=+=+ 2
1211 ωε
unde notaţiile sunt evidente.
Lucrul mecanic al forţelor de legătură
Lucrul mecanic al forţelor de legătură poate fi scris:
[ ] dtQAdtQAq
dtQQdL
leglegTT
legTlegT
111 ω
∆∆δ
==
===
&
&
Dar, avem relaţia:
=legTQA1
[ ]xltrtbtrbtraa βαβαβααα sinsincoscossinsin1cossin +−++−−=
=
−
−−
−
−
−−−−
C
C
B
B
A
A
Y
X
Y
X
Y
X
blblbb
araraa
x
010000
cos)(sin)(cossin00
101000
010100
00cos)(sin)(cossin
001010
000101
ββββ
αααα
Culegere de probleme
306
=
−++
−+−++−
+−−−+
+−+−−−
−
+−
=
C
C
B
B
A
A
T
Y
X
Y
X
Y
X
bltbtr
ltrbltbtr
btbtrara
btbtrara
aa
aa
ββαβαββαββαααββααα
αααα
cos)(coscos
sinsinsin)(sinsin
coscoscoscos)(cos
sinsinsinsin)(sin
coscos
sinsin
[ ]
βα
βα
cos
cos
0000000
coscos
0
0
0
0
0
l
rt
Y
X
Y
X
Y
X
Y
X
Y
X
Y
X
tlr C
C
B
B
A
A
C
C
B
B
A
A
T
−=
=
=
+
=
Vectorul legQ reprezintă torsorul forţelor de legătură generalizate,
corespunzătoare coordonatelor generalizate considerate. Rezultă
ecuaţia de mişcare:
=++−+−++
+++−++
++−−+−+
+−+
++−++++
++−+++
21
232
22
22
21
21
12
32
22
2
221
221
221
)]cossinsin)(sinsin(
)cossinsin)(coscos(
)sinsincos)(sinsin(
cossincossin[
])sinsin()coscos(
)sinsin(cossin[
ωββαβα
ββαβα
ββαβα
αααα
εβαβα
βααα
lultrltrmtuJ
bubtrbtrm
bubtrbtrm
amam
ltrmtJbtrm
btrmJamam
C
C
C
)sinsin( βα ltrFM rm +−+=
Dacă se efectuază calculele, se obţine:
+++++++ 222
222
221
21 )cos(2[ tJrbtmtbmrmJam CC βα
−++−++−+ )cos()cos(([])sinsin( 221
23 βαβαεβα rburbtmltrm
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
307
+++−+− tuJtubtbrbt C 2232 )2cos)sin( ββα
=++−+−+ 21
23 )]cossinsin)(sinsin( ωββαβα lultrltrm
)sinsin( βα ltrFM rm +−+=
Dacă se notează:
[ ] ;])sinsin()cos(2
[)(2
32
22
222
221
2111
βαβα
α
ltrmtJrbtm
tbmrmJamAmAJ
C
C
T
+−++++
++++==
[ ] == 21)(' AmAJTα
)]cossinsin)(sinsin(
2cos)sin()cos()cos(([2
322
3222
ββαβα
ββαβαβα
lultrltrmtuJtub
tbrbtrburbtm
C ++−+−+++
+−+−++−=
( )βαα sinsin)( ltrFMM rm +−+=
se obţine ecuaţia de mişcare sub forma:
)()(')( 2 ααααα MJJ =+ &&&
Reacţiunile se pot determina în acest caz cu uşurinţă.
Teorema energiei cinetice
Fiind un sistem cu un grad de libertate se poate aplica teorema
energiei cinetice şi se obţine:
21
3
2
2
2
1
1
1
sinsin
coscos
sinsin
1
cos
sin
000000
000000
000000
000000
000000
000000
000000
sinsin
coscos
sinsin
1
cos
sin
2
1ω
βα
βαβα
αα
βα
βαβα
αα
+−
+
+−
−
+−
+
+−
−
=
ltr
t
btr
btr
a
a
m
J
m
m
J
m
m
ltr
t
btr
btr
a
a
E
C
C
T
c
Culegere de probleme
308
221
23
22
222
221
21
)(2
1))sinsin(
)cos(2(2
1
ααωβα
βα
&JltrmtJ
rbttbmrmJamE
C
Cc
=+−++
++++++=
Lucrul mecanic virtual al forţelor exterioare este:
( )[ ] αααβαα dMdltrFMdxFdMdL rmCrm )(sinsin =+−+=+=Avem:
+
+−
+
+−
−
+−
+
+−
−
= 11
3
2
2
2
1
1
1
sinsin
coscos
sinsin
1
cos
sin
000000
000000
000000
000000
000000
000000
000000
sinsin
coscos
sinsin
1
cos
sin
εω
βα
βαβα
αα
βα
βαβα
αα
ltr
t
btr
btr
a
a
m
J
m
m
J
m
m
ltr
t
btr
btr
a
a
dt
dE
C
C
T
c
31
2
2
2
3
2
2
2
1
1
1
cossinsin
cossinsin
sinsincos
0
sin
cos
000000
000000
000000
000000
000000
000000
000000
sinsin
coscos
sinsin
1
cos
sin
2
1ω
ββα
ββαββα
αα
βα
βαβα
αα
++−
++−
+−−
−
−
+−
+
+−
−
+
lultr
u
bubtr
bubtr
a
a
m
J
m
m
J
m
m
ltr
t
btr
btr
a
a
C
C
T
31
23
2232
2211
23
222
222
221
21
)]cossinsin)(sinsin(
)2cos)sin(
)cos()cos(([])sinsin(
)cos(2[
ωββαβα
ββα
βαβαεωβα
βα
lultrltrm
tuJtubtbrbt
rburbtmltrm
tJrbtmtbmrmJamdt
dE
C
CCc
++−+−+
+++−+−
−++−++−+
+++++++=
şi dacă ţinem seama de teorema energiei cinetice pusă sub forma:
dt
dL
dt
dEc = ,
după simplificare cu 1ω rezultă relaţia obţinută anterior când am
utilizat teoremele fundamentale ale dinamicii.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
309
Principiul lucrului mecanic virtual
Fig.8.8.c
3322222
111113
C
ii
C
i
yC
i
x
i
C
i
yC
i
xCRm
xFMyFxF
MyFxFxFML
δδβδδ
δαδδδδαδ
−+−−
−−−−+= ;
δαβαδ ⋅+−= )sinsin(3 ltrxC
; δααωδ ⋅−= sin11 axC
;
δααωδ ⋅= cos11 ayC ; ( ) δαβαδ ⋅+−= sinsin2 btrx
C ;
( ) δαβαδ ⋅+= coscos2 btryC
; δαδβ ⋅= t ;
111 C
i
xxmF &&= ; 111 C
i
y ymF &&= ; 222 C
i
x xmF &&= ; 222 C
i
y xmF &&= ;
1011 εJM i = ; 222 εC
i JM = ; 333 C
i xmF &&= ;
( )( ) ( )( ) δαβαδαεδαβα
δαβαδαεδααω
δααωδαβαδαδ
⋅+−−++−
−+−−−−
−−−⋅+−+=
)sinsin(coscos
sinsincos
sin)sinsin(
332222
2211111
111
ltrxmtJbtrym
btrxmJaym
axmltrFML
CC
CC
CRm
&&&&
&&&&
&&
( )( )( )( ) −−−−
−−−−−
−+−+=
1112111
12111
cossincos
sincossin
)sinsin([
εαωαωαε
αωαωαε
βαδ
Jaaam
aaam
ltrFML Rm
( ) ( )[ ]( )−+−+−−++−− βαωββαεβα sinsinsinsincossinsin 21
212 btrbubtrbtrm
( ) ( )[ ]( )++++−++− βαωββαεβα coscoscossinsincoscos 21
212 btrbubtrbtrm
Culegere de probleme
310
( ) ( )[ ] 0)]sinsin(cossinsincoscos 21
21322 =⋅+−++−++−+ δαβαωββαεβαε ltrlultrltrmtJ
Se obţin, în final, relaţiile determinate anterior prin alte metode.
8.9. Să se scrie, utilizând ecuaţiile lui Lagrange, ecuaţiile de mişcare
ale unui punct material de masă m, care alunecă, fără frecare, în
interiorul unui arc de cicloidă.
Fig.8.9
Rezolvare: Ecuaţiile parametrice ale cicloidei sunt, pentru sistemul de
coordonate din figură:
( )θθ sin−= ax ; ( )θcos1+= ay .
Componentele vitezei sunt:
( )θθ cos1−= && ax ; θθ sin&& ay −= .
De unde se obţine energia cinetică:
( )θθ cos122 −= &maT .
Energia potenţială este:
( )θcos1+== mgamgyV ,
iar lagrangeanul L = T – V rezultă:
( ) ( )θθθ cos1cos122 +−−= mgamaL & .
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
311
Pentru determinarea ecuaţiilor de mişcare se aplică ecuaţiile lui
Lagrange. Se obţine:
( )θθθ
cos12 2 −=∂∂
&&
maL
; θθθθ
sinsin2mgama
L+=
∂∂
& ,
iar ecuaţiile de mişcare devin:
( ) 0sin2
sin2
1cos1 2 =−+− θθθθθ
a
g&&& .
Dacă facem schimbarea de funcţie:
2cos
θ=u
se obţine:
2sin
2
1 θθ&−=
dt
du ;
2cos
4
1
2sin
2
1 22
2 θθ
θθ &&& −−=
dt
ud .
Ecuaţia de mişcare devine, în noua variabilă:
022
2
=+ udt
udω
unde s-a notat: a
g
42 =ω .
Perioada mişcării este:
g
aT
42
2π
ωπ== .
Punctul material oscilează în jurul poziţiei de echilibru static cu
perioada cu care un pendul simplu matematic de lungime l=4a
oscilează în jurul verticalei (pendulul cicloidal).
Culegere de probleme
312
8.10. Să de determine ecuaţiile de mişcare a două corpuri de mase m1
şi m2, legate prin resoarte având aceeasi constanta elastica k.
Fig.8.10
Energia cinetică a sistemului este:
22
222
211 xmxm
T&&
+= .
Energia potenţială, acumulată în resoarte, este:
22
)(
2
22
212
21 kxxxkkx
V +−
+= .
Lagrangeanul devine:
+
−+−+=−=
22
)(
222
22
212
21
222
211 kxxxkkxxmxm
VTL&&
)( 1211
xxkkxx
L−+−=
∂∂
; 2122
)( kxxxkx
L−−−=
∂∂
;
111
xmx
L&
&=
∂∂
; 222
xmx
L&
&=
∂∂
.
Ecuaţiile de mişcare devin:
02 2111 =−+ kxkxxm &&
02 1222 =−+ kxkxxm &&
sau:
=
−
−+
0
0
2
2
0
0
2
1
2
1
2
1
x
x
kk
kk
x
x
m
m
&&
&&
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
313
CAPITOLUL IX
VIBRAŢIILE SISTEMELOR MECAICE
9.1. Să se determine pulsaţia proprie ale sistemului mecanic din
fig. 9.1.
Fig.9.1
Rezolvare: La deformarea resortului cu lungimea 3xδ scripetele se
roteşte cu unghiul 2δθ iar masa m1 va coborî cu distanţa 1xδ .
Avem relaţiile cinematice:
.; 221223 δθδδθδ rxRx ==
Dacă le derivăm în raport cu timpul obţinem relaţiile între viteze:
.; 221223 ωω rvRv ==
şi între acceleraţii:
Culegere de probleme
314
.; 221223 εε raRa ==
Vom putea scrie teoremele fundamentale pentru scripete şi pentru
masa care coboară. Pentru scripete, teorema momentului cinetic
dă:
322222 SRSrJ −=ε
unde forţa 3S este egală cu forţa elastică care apare în resort:
33 kxFS e ==
Pentru masa m1 teorema impulsului ne dă:
2111 SGam −=
Cele două ecuaţii pot fi scrise împreună:
−
−=
3222
21
2
1
2
1
0
0
kxRSr
SGa
J
m
ε;
sau:
−
=
+
22
21
2
1222
1
2
1
0
00
0
0
Sr
SGx
kR
a
J
m
θε
2
12
r
a=ε ;
2
12
r
xδδθ =
deci:
12
122
1
/1
1
/1
1x
ra
r
a&&
=
=
ε
; 122
1
/1
1x
r
xδ
δθδ
=
.
Ecuaţiile de mişcare devin:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
315
−
=
+
22
211
222
122
1
/1
1
0
00
/1
1
0
0
Sr
SGx
rkRx
rJ
m&& .
Dacă se preînmulţeşte sistemul cu: [ ]2/11 r se elimină tensiunea
în fir S2 şi se obţine ecuaţia:
[ ] [ ] 112
22
2122
12 /1
1
0
00/11
/1
1
0
0/11 Gx
rkRrx
rJ
mr =
+
&&
sau:
11
2
2
212
2
21 Gx
r
Rkx
r
Jm =
+
+ && ,
cu pulsaţia proprie:
+
=
22
21
2
2
2
2
r
Jm
r
Rk
p .
9.2. Să se determine pulsaţia proprie a sistemului mecanic din
fig.9.2.
Rezolvare: Cilindrul 1 are o mişcare plan-paralelă (de rotaţie şi de
translaţie a centrului). Ecuaţiile de mişcare vor fi:
21111 SSGam −−=
121111 RSRSJ −=ε
Culegere de probleme
316
Fig.9.2.a
Pentru cilindrul 2 vom avea:
232222 RSRSJ −=ε
Pentru cilindrul legat de resort vom putea scrie:
TFSam e −−= 333
333333 RFTRrSJ e−+=ε
unde ''3kxFe = .
Ecuaţiile de mişcare se pot scrie grupat:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
317
+
−
−
−
−−
=
+
333
3
2322
1211
211
3''3
''3
3
3
2
1
1
3
3
2
1
1
0
0
0
0000
0000
0000
0000
0000
TRrS
TS
RSRS
RSRS
SSG
Rkx
kxa
a
J
m
J
J
m
ε
εε
Condiţiile cinematice pot fi scrise sub forma:
;)(2;2; 333'31221111 δθδδδθδδθδ rRxxRxRx +==== .
333''3333 22; xRxRx δδθδδθδ ===
Fig.9.2.b
de unde:
Culegere de probleme
318
1
33
333
2
1
3
3
2
1
1
)/(2
)/(2
/2
/1
1
x
rR
rRR
R
R
x
x
δ
δθδδθδθδ
+
+
=
Prin derivare se obţin vitezele şi acceleraţiile:
1
33
333
2
1
3
3
2
1
1
)/(2
)/(2
/2
/1
1
v
rR
rRR
R
R
v
v
+
+
=
ω
ωω
; 1
33
333
2
1
3
3
2
1
1
)/(2
)/(2
/2
/1
1
a
rR
rRR
R
R
a
a
+
+
=
ε
εε
Ecuaţiile de mişcare devin:
=
+
+
+
+
+
1
3323
333
1
33
333
2
1
3
3
2
1
1
)/(4
)/(4
0
0
0
)/(2
)/(2
/2
/1
1
0000
0000
0000
0000
0000
x
rRkR
rRkR
a
rR
rRR
R
R
J
m
J
J
m
+
−
−
−
−−
=
333
3
2322
1211
211
TRrS
TS
RSRS
RSRS
SSG
.
Prin preînmulţire cu
++ 3333
3
21
22211
rRrR
R
RR se obţine:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
319
11233
23
1233
32
33
233
22
221
11
)(16
)(
4
)(
44Gx
rR
Rkx
rR
J
rR
Rm
R
J
R
Jm =
++
++
++++ &&
Rezultă pulsaţia proprie:
233
32
33
233
22
221
11
233
23
2
)(
4
)(
44
)(16
rR
J
rR
Rm
R
J
R
Jm
rR
Rk
p
++
++++
+= .
9.3. Să se analizeze o transmisie (spre exemplu o cutie de viteze)
schematizată în fig. 9.3.a.
Soluţie: Întrucât se consideră legătura dintre volantul 3’ şi 3”
rigidă (k3 = inf ), transmisia poate fi redusă la trei volanţi, deci la
Fig.9.3.a. Sistem elastic cu trei grade de libertate
Culegere de probleme
320
un sistem cu trei grade de libertate. Analiza acestui sistem se va
face gradat.
i) Ecuaţiile de mişcare
În fig.9.3.a este prezentat sistemul elastic şi împărţirea lui în
subsisteme cu un singur grad de libertate. Vom face notaţiile:
'2
22
R
Ri = ;
'2
2'3
33
R
R
R
Ri ⋅= ; (
3
'3
23R
Rii = )
unde 2i şi 3i sunt rapoartele de transmitere determinate de cele
două angrenări exterioare. Atunci, utilizând ecuaţiile lui
d’Alembert, ecuaţia de mişcare pentru volantul din subsistemul 1
este:
0111 =−− ie MMM (9.3.a )
unde 1M este momentul motor, care antrenează sistemul în
mişcare, ( ) ( )2211'2111 ϕϕϕϕ ikkM e −=−= este momentul elastic
care apare în elementul de legătură între volantul 1 şi volantuţii 2 şi
2’ iar 111 ϕ&&JM i = este momentul datoar inerţiei la rotaţie al
volantului 1. În acest caz ecuaţia (9.3.a ) se mai poate scrie:
( ) 1221111 MikJ =−+ ϕϕϕ&&
Unghiul '2ϕ al volantului cu raza '
2R devine, prin demultiplicare,
unghiul 2'2
222
'2 ϕϕϕ
R
Ri == . Pentru a nu complica formulele am
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
321
considerat că momentul de inerţie al volantului cu raza '2R este
zero, deci acest volant nu va juca nici un rol în ecuaţiile de
mişcare, având doar o semnificaţie cinematică.
Ecuaţia de mişcare pentru volantul cu raza 2R (fig.9.3.b) este:
02212 =−− iee MMMi
sau:
( ) 032
3221221222 =
−+−− ϕϕϕϕϕ
i
ikkiiJ &&
Momentul 1eM a devenit, în virtutea faptului că forţa tangenţială în
angrenare se păstrează ( 21 tt FF = ), i 1eM :
21 tt FF =
2
'1
'2
1
R
M
R
M ee =
Fig.9.3.b. Transmiterea mişcării prin
angrenare
Culegere de probleme
322
11'2
2'1 eee iMM
R
RM ==
Pentru volantul al treilea se poate scrie:
03222
3 =−− ie MMM
i
i
sau:
2232
32
2
333 Mk
i
i
i
iJ −=
−− ϕϕϕ&&
Cele trei ecuaţii formează sistemul de ecuaţii diferenţiale:
232
32
2
3233
32
3222211222
1221111
)(
0)()(
)(
Mi
i
i
ikJ
i
ikikiJ
MikJ
−=−−
=−+−−
=−+
ϕϕϕ
ϕϕϕϕϕ
ϕϕϕ
&&
&&
&&
sau, în formă matriceală:
−
=
−
−+−
−
+
2
1
3
2
1
222
23
22
3
22
321
2212
121
3
2
1
3
2
1
0
0
0
00
00
00
M
M
ki
ik
i
i
ki
ikkiki
kik
J
J
J
ϕϕϕ
ϕϕϕ
&&
&&
&&
ii) Model echivalent
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
323
Pe baza fig.9.3.a şi a analizei făcute anterior pentru sistemul elastic
dat se poate face figura sistemului echivalent (fig.9.3.c), alcătuit
din trei volanţi legaţi prin elemente elastice.
iii) Modul de mişcare rigidă
Dacă sistemul se comportă ca un rigid, atunci modul de mişcare
rigid este:
1
3
23
2
1
1
1
1
ϕϕϕϕ
=
i
i
Este natural să raportăm mişcarea tuturor volanţilor la mişcarea
primului volant prin noile funcţii:
Fig.9.3.c
Culegere de probleme
324
=
3
2
1
3
2
3
2
1
00
00
001
ϕϕϕ
θθθ
i
i
de unde rezultă şi dependenţa:
=
3
2
1
3
23
2
1
100
01
0
001
θθθ
ϕϕϕ
i
i
În acest caz ecuaţiile de mişcare devin:
+
3
2
1
3
23
2
1
100
01
0
001
00
00
00
θθθ
&&
&&
&&
i
iJ
J
J
−
=
−
−+−
−
+
2
1
3
2
1
3
2
222
23
22
3
22
321
2212
121
0
100
01
0
001
0
0
M
M
i
i
ki
ik
i
i
ki
ikkiki
kik
θθθ
Pentru a transforma şi forţele şi momentele în spaţiul determinat de
noile coordonate independente [ ]321 θθθ se preînmulţesc
ecuaţiile cu:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
325
T
i
i
3
21
00
01
0
001
se obţin noile ecuaţii:
−
=
−
−+−
−
+
3
2
1
3
2
1
22
222
2
22
232
211
11
3
2
1
23
3
22
2
1
0
0
0
00
00
00
i
M
M
i
k
i
k
i
k
i
kkk
kk
i
J
i
J
J
θθθ
θθθ
&&
&&
&&
Modelul matematic echivalent este prezentat în fig.9.3.d.
iv) Simulare numerică
Fig.9.3.d
Culegere de probleme
326
Pentru un calcul numeric să alegem următoarele valori pentru
elementele care definesc sistemul:
ki
kkkJ
i
JJ
i
JJJ 2;3;2;2;3
22
212
3
322
21 =====
Cu aceste valori ecuaţiile de mişcare capătă forma:
−
=
−
−−
−
+
3
2
1
3
2
1
3
2
1
0
220
253
033
200
020
003
i
M
M
kJ
θθθ
θθθ
&&
&&
&&
Matricea dinamică este:
[ ] [ ] [ ]
−
−−
−
== −
220
253
022
212
J
kKJp
v) Valori proprii
Ecuaţia caracteristică este:
[ ] [ ] 0)det( 22 =− Ep ω (sau [ ] [ ] 0)det( 2 =− JK ω ).
Rezultă:
0
220
253
022
=
−−
−−−
−−
λλ
λ
unde s-a notat: k
J22ωλ = . Rezultă ecuaţia:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
327
0149 23 =+− λλλ
cu soluţiile:
7;2;0 321 === λλλ
De aici rezultă pulsaţiile proprii:
=
7
2
0
23
2
1
J
k
ωωω
vi) Vectorii proprii (modurile proprii de vibraţie)
Pentru prima valoare proprie 021 =ω va rezulta modul de mişcare
rigidă din sistemul linear omogen:
0220
253
022
3
2
1
=
−
−−
−
e
e
e
Dacă se alege 11 =e se obţine pentru primul mod de mişcare:
=Φ
1
1
1
1
Pentru a doua pulsaţie proprie J
k=2
2ω rezultă sistemul:
0020
233
020
3
2
1
=
−
−−
−
e
e
e
Culegere de probleme
328
Dacă se alege 11 =e se obţine al doilea mod de mişcare:
−
=Φ
5,1
0
1
2
În sfârşit, pentru a treia valoare proprie J
k
2
722 =ω rezultă sistemul:
0520
223
025
3
2
1
=
−−
−−−
−−
e
e
e
din care rezultă al treilea mod de mişcare:
−=Φ
1
5,2
1
3
Matricea modală va fi:
[ ]
−
−=Φ
15,11
5,201
111
vii) Coordonate canonice
Să facem trecerea la coordonatele canonice prin transformarea:
[ ]
−
−=
Φ=
3
2
1
3
2
1
3
2
1
15,11
5,201
111
q
q
q
q
q
q
θθθ
Fig.9.3.e.Modurile de mişcare
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
329
Coeficienţii matriceali ai sistemului de ecuaţii în coordonate
canonice sunt:
[ ] [ ] [ ][ ]
=ΦΦ=
700
5,7
07
\\ JMMT ;
[ ] [ ] [ ][ ]
=ΦΦ=
2450
5,7
00
\\ kKKT ;
[ ]
−
Φ=
3
2
1
0
i
M
M
QT .
În noile coordonate canonice ecuaţiile de mişcare vor avea forma:
+
+
−
=
+
'21
'21
'21
3
2
1
3
2
1
5,2
245
5,7
0
70
5,7
7
MM
MM
MM
q
q
q
k
q
q
q
J
&&
&&
&&
unde: 3
2'2
i
MM = . Sistemul poate fi scris în forma alternativă:
;5,2
;7
'21
22
'21
1J
MMq
J
kq
J
MMq
+=+
−= &&&&
J
MMq
J
kq
702
7 '21
33+
=+&&
viii) -ormare inerţială
Culegere de probleme
330
Dacă punem condiţia ca matricea modală normată să respecte
relaţia:
[ ] [ ][ ] [ ]EM MT
M =ΦΦ
rezultă pentru matricea modală normată inerţial:
[ ] [ ][ ] =
−
−=Φ=Φ −
70
100
05,7
10
007
1
15,11
5,201
111
2
1MM
−
−=
239,0548,03785,0
597,003785,0
239,0365,03785,0
ix) Matricea spectrală
Ecuaţiile de mişcare în spaţiul coordonatelor canonice, cu norma
inerţială, devin:
+
+
−
=
+
)(239,0
548,0365,0
)(3785,01
700
020
000
2 '21
'21
'21
3
2
1
3
2
1
MM
MM
MM
jq
q
q
J
k
q
q
q
&&
&&
&&
sau:
[ ] QJ
qq1
\\ 2 =Ω+&&
unde [ ]\\ 2Ω este matricea spectrală.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
331
x) O soluţie numerică
Să alegem spre exemplificare 22 1002
−== sJ
kp . Rezultă pentru
matricea spectrală:
[ ]
=Ω
45,2600
014,140
000
\\ 2
Soluţia sistemului în coordonate canonice este:
+
+
+
=
)45,26cos(
)14,14cos(
3030
2020
1010
3
2
1
ϕϕ
tq
tq
qtq
q
q
q &
Soluţia sistemului în coordonatele modelului echivalent este:
=Φ=
qM ][
3
2
1
θθθ
( )
+
+
+
−+
++
−
++
=
)45,26cos(
)14,14cos(
239,0
597,0
239,0
)14,14cos(
548,0
0
365,0
3785,0
3785,0
3785,0
3030
2020
1010
30
20201010
ϕϕ
ϕ
tq
tq
qtq
q
tqqtq
&
&
Cele şase constante de integrare se determină din condiţiile iniţiale:
.;
30
20
10
03
2
1
30
20
10
03
2
1
=
=
==θθθ
θθθ
θθθ
θθθ
&
&
&
&
&
&
tt
Culegere de probleme
332
Rezultă sistemul:
303020201030
30301020
303020201010
cos239,0cos548,03785,0
cos597,03785,0
cos239,0cos365,03785,0
ϕϕθ
ϕθ
ϕϕθ
qqq
qqq
+−=
−=
++=
şi:
303020201030
30301020
303020201010
sin322,6sin749,73785,0
sin791,153785,0
sin322,6sin161,53785,0
ϕϕθ
ϕθ
ϕϕθ
qqq
qqq
&&&&
&&&
&&&&
++=
+=
+−=
Din acest sistem de şase ecuaţii cu şase necunoscute rezultă
302030201010 ,,,,, ϕϕqqqq & .
xi) Sistem perturbat
Dacă sistemul este perturbat de un cuplu motor constant
m-M ⋅= 1001 cu 21 mkgJ ⋅= dar fără cuplu rezistent, ecuaţia
de mişcare devine:
=
+
239,0
365,0
3785,0
100
700
020
000
100 qq&&
Trecând la noua funcţie vectorială:
−=
−=
0341,0
1875,0
0
239,0
365,0
3785,0
7
100
02
10
000
ˆ qqq
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
333
sistemul devine din nou neperturbat:
=
+
0
0
85,37
ˆ
700
020
000
100ˆ qq&&
cu soluţia:
)cos(ˆ
)cos(ˆ2
85,37ˆ
303303
202202
1010
2
1
ϕω
ϕω
+=
+=
++=
tqq
tqq
qtqt
q &
.
Prima soluţie reprezintă mişcarea de rigid care, în lipsa unui
moment rezistent, este uniform accelerată, iar celelalte două
reprezintă oscilaţii armonice a căror suprapunere oferă mişcarea
volanţilor. Se va putea deci scrie:
[ ]
0341,0)cos(
1875,0)cos(2
85,37
30330
20220
1010
2
M
3
2
1
++
++
++
Φ=
ϕωϕω
θθθ
tq
tq
qtqt
&
xi) Transmiterea perturbaţiilor
Să considerăm transmiterea unei perturbaţii de la motor, de forma:
tM 50cos
0
0
100
1
=
şi a unei perturbaţii de la maşina de lucru de forma:
Culegere de probleme
334
tM 10cos
100
0
0'2
=
Să considerăm sistemul de ecuaţii normat inerţial:
tt
10cos
239,0
548,0
3785,0
10050cos
239,0
365,0
3785,0
100
700
020
000
100
−+
=
=
+&&
cu soluţia particulară forţată:
tt
q
q
q
p
10cos
239,0
548,0
3785,0
6
100
010
001
50cos
239,0
365,0
3785,0
18
100
023
10
0025
1
3
2
1
−
−
−
+
−
−
=
=
Această soluţie se va suprapune peste soluţia sistemului omogen
determinată anterior. Constantele de integrare se vor determina
pentru soluţia compusă din soluţia omogenă şi soluţia particulară.
xii) Câtul Rayleigh
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
335
Se vor aproxima valorile proprii utilizând câtul Razleigh. Pentru
primul mod de mişcare se alege vectorul propriu sub forma:
]111[1 =Φ T
Rezultă prima valoare proprie:
[ ] [ ]
011
1121 =
ΦΦ
ΦΦ=
M
KT
T
ω
Al doilea mod propriu îl alegem sub forma:
]101[2 −=Φ T
iar valoarea proprie rezultă din relaţia:
[ ] [ ]
[ ]
[ ]
200
1
0
1
200
020
003
101
1
0
1
220
253
033
101
22
2222
==
−
−
−
−
−−
−
−
=
=ΦΦ
ΦΦ=
J
k
J
k
M
KT
T
ω
de unde 12 14,14 −= sω care coincide cu valoarea obţinută
calculând exact rezultatul. Pentru a calcula aproximativ a treia
valoare proprie se va alege vectorul propriu sub forma:
]121[3 −=Φ T
Rezultă:
Culegere de probleme
336
[ ] [ ]
[ ]
[ ]
69213
45
1
2
1
200
020
003
121
1
2
1
220
253
033
121
33
3323
≅=
−
−
−
−
−−
−
−
=
=ΦΦ
ΦΦ=
J
k
J
k
M
KT
T
ω
deci:
13 31,26 −= sω
faţă de rezultatul exact 26,45, deci şi în acest caz o aproximare
deosebit de bună.
xiii) Raportarea la mişcarea rigidă
Este natural ca în studiul sistemului să introducem o coordonată
1α care să descrie mişcarea rigidă a sistemului. Vom impune ca
această coordonată să respecte condiţia ca momentul cinetic total al
sistemului să fie egal cu momentul cinetic al transmisiei
considerate rigidă şi rotindu-se cu unghiul 1α . Deci:
133
32
2
211 αϕϕϕ &&&& J
i
J
i
JJ =++
de unde: 23
322
21
i
J
i
JJJ ++=
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
337
De asemenea se vor introduce coordonatele 2α şi 3α care să
reprezinte mişcarea relativă a volanţilor în raport cu mişcarea
rigidă:
2212 ϕϕα i−=
32
323 ϕϕα
i
i−=
deci:
−
−=
3
2
1
2
3
2
3
'3
2
'2'
1
3
2
1
10
01
ϕϕϕ
ααα
i
i
i
i
J
i
JJ
cu: J
JJ
J
JJ
J
JJ 3'
32'
21'
1 ;; === . Rezultă:
=
−−−
−
+
=
3
2
1
3
2
1
32
'3
23
2'1
3
'1
3
23
'3
2
'1
2
23
2'3
23
'3
22
'2
3
2
1
][
1
1
1
ααα
ααα
ϕϕϕ
L
ii
J
i
iJ
i
J
i
i
J
i
J
i
i
iJ
i
J
i
J
Dacă se fac calculele se obţine:
Culegere de probleme
338
+
+=
J
JJJ
J
JJ
J
JJ
J
JJJ
J
LJL T
)(0
)(0
00
]][[][
*2
*13
*31
*31
*3
*21
cu 22
2*2
i
JJ = ,
23
3*3
i
JJ = şi:
=
*2
1
00
00
000
]][[][
k
kLKL T
unde: 22
2*2
i
kk = .
Ecuaţiile de mişcare devin:
01 =α&&J
00
0
)(
)(1
3
2*2
1
3
2*2
*1
*3
*31
*31
*3
*21 =
+
+
+αα
αα
k
k
JJJJJ
JJJJJ
J &&
&&
Ultimile două ecuaţii sunt cuplate inerţial (dinamic) şi decuplate
elastic (static).
9.4. Se consideră un arbore cotit, care are la unul din capete un
amortizor, ce poate fi modelat într-un sistem cu mase concentrate
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
339
ca în fig.9.4.a. Ecuaţiile vibraţiilor libere neamortizate ale
sistemului sunt:
[ ] 0][ =+ ϕϕ KJ &&
unde:
=
9
8
7
6
5
4
3
2
1
][
J
J
J
J
J
J
J
J
J
J
Fig.9.4.a. Modelul unui arbore cotit
Culegere de probleme
340
−
−+−
−+−
−+−
−+−
−+−
−+−
−
=
77
7766
6655
5544
4433
3322
2211
11
0
0
0
][
kk
kkkk
kkkk
kkkk
kkkk
kkkk
kkkk
kk
K
][ 987654321 ϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕ =T
Dacă se consideră şi influenţa amortizorului de vibraţii, ecuaţiile
de mişcare ale vibraţiilor libere sunt:
[ ] 0][][ =++ ϕϕϕ KCJ &&&
cu:
−
−
=
0
0
00
0
0
0
00
][
cc
cc
C
Sistemul:
0])[]([ 2 =Φ− ii MK ω
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
341
oferă modurile proprii de mişcare reprezentate în fig. 9.4.b. Se
observă că modurile de vibraţie ale arborelui sunt decuplate cu
modul de mişcare al amortizorului (al doilea mod de mişcare
rigidă).
Ecuaţia:
[ ] [ ] 0)det( 2 =− MK ω
oferă pulsaţiile proprii în absenţa amortizării. Pentru autocamionul
ROMAN cu motor D215 vectorul pulsaţiilor proprii, calculat, este:
]10866104458091659649382828107600[ 22222222 =ω
Fig.9.4.b. Modurile de vibraţie ale arborelui cotit
Culegere de probleme
342
9.5. Fenomenul de bătăi. Să considerăm două pendule cuplate
elastic (fig.9.5.a). Ecuaţiile de mişcare vor fi:
)(sin 122
1111 θθθθ −+−= kagLmJ &&
)(sin 122
1222 θθθθ −−−= kagLmJ &&
Pentru oscilaţii mici se poate considera: 11sin θθ ≅ , 22sin θθ ≅ .
Neglijând masa barelor avem şi: 222
211 ; LmJLmJ == . În
aceste ipoteze ecuaţiile de mişcare devin:
=
+−
−++
0
0
0
0
2
1
222
21
2
2
1
2
12
θθ
θθ
gLmkaka
kagLmka
m
mL
&&
&&
Pentru simplificarea calculelor să considerăm: mmm == 21 .
Rezultă:
=
+−
−++
0
0
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
θθ
θθ
L
g
mL
ka
mL
kamL
ka
L
g
mL
ka
&&
&&
Fig.9.5.a. Pendule cuplate
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
343
Să notăm mai departe:
2
221
2 ;mL
kap
L
gpo == .
Cu această notaţie ecuaţiile de mişcare vor putea fi scrise:
021
221
21
21
2
=
+−
−++ θθ
ppp
ppp
o
o&&
Ecuaţia caracteristică:
022
122
1
21
221
2
=−+−
−−+
ωω
ppp
ppp
o
o
oferă imediat pulsaţiile proprii ale sistemului:
21
222
221 2; ppp oo +== ωω .
Pentru prima valoare proprie primul vector propriu este dat de
sistemul omogen:
=
−
−0
0
2
121
21
21
21
e
e
pp
pp
de unde, dacă se alege 11 =e se obţine:
=
1
1
2
1
e
e
Această mişcare proprie reprezintă o oscilaţie a sistemului ca şi
cum cele două pendule ar fi legate printr-o bară rigidă articulată la
capete şi ar oscila cu pulsaţia proprie Lgpo /= (ar fi un singur
pendul).
Culegere de probleme
344
Pentru a doua valoare proprie se
obţine:
=
−−
−−0
0
2
121
21
21
21
e
e
pp
pp
cu soluţia:
−
=
1
1
2
1
e
e.
Este un mod de mişcare “simetric”
adică cele două pendule vor oscila, cu aceeaşi pulsaţie, dar în
contrafază (poziţia unuia se obţine din poziţia celuilalt prin
oglindire).
Soluţia generală devine:
( ) )cos(1
1cos
1
1222111
2
1 ϕωϕωθθ
+
−
++
=
tAtA
Constantele de integrare 2121 ,,, ϕϕAA rezultă din condiţiile
iniţiale:
=
= 20
10
02
1
θθ
θθ
t
;
=
=
= 20
10
20
10
02
1
ωω
θθ
θθ
&
&
&
&
t
care duc la sistemul linear:
=
−
+
20
102211 cos
1
1cos
1
1
θθ
ϕϕ AA
Fig.9.5.b. Condiţii iniţiale
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
345
−=
−
+
20
102222111 sin
1
1sinsin
1
1
ωω
ϕϕωϕω AA
Pentru simplificarea calculelor să luăm:
=
0
2
20
10 a
θθ
şi
=
0
0
20
10
ωω
(sistemul porneşte din repaus din poziţia din fig.9.5.b). Se va
obţine: aAA == 21 şi 021 == ϕϕ . În aceste condiţii răspunsul
sistemului este:
=
−
+
=
)cos1
1cos
1
1( 21
2
1tta ωω
θθ
−+
−+
=tt
tta
2sin
2sin
2cos
2cos
21221
1221
ωωωω
ωωωω
Fenomenul de bătăi.
În cazul în care L
g
mL
ka<<
2
2
apare fenomenul de bătăi. Atunci când
1θ are amplitudinea maximă pe caracteristica de modulare 2θ are
amplitudinea nulă şi reciproc.
Dacă se notează:
ooo
pppp
≅++
=+
=2
2
2
21
221 ωω
σ
Culegere de probleme
346
( ) ooo
oooo
p
p
ppp
pppppp
222
2
2
2
2
21
21
2
21
2221
221 ≅
++
++−=
++−=
−=
ωωδ
se poate scrie:
=
=
ttB
ttA
tta
tta
σσ
δσδσ
θθ
sin)(
cos)(
sinsin2
coscos2*
*
2
1
unde tatBtatA δδ sin2)(;cos2)( ** == sunt amplitudini
variabile în timp (modulare) ale oscilaţiilor cu pulsaţia σ .
Pseudopulsaţia fenomenului oscilant este: op
Tπ
σ2
= şi 21
4
p
pT oπδ =
perioada celui modulator. Perioadele vor fi în raportul:
2
1
2
1
=
op
p
T
T
δ
σ
Fig.9.5.c.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
347
ceea ce face ca cele două caracteristici să se separe foarte bine.
Prin urmare cuplajul elastic slab realizează un transfer de energie
între cele două pendule, energia sistemului conservându-se pe
ansamblu.
9.6. În cele ce urmează se prezintă un sistem cu volanţi cu ramuri
simetrice (fig.9.6.a)
şi subsistemul care va avea aceleaşi moduri proprii ca întregul
sistem:
Fig.9.6.a. Sistem cu volanţi cu ramuri simetrice
Fig.9.6.b. Subsistemul cu vibraţii proprii egale
cu ale sistemului simetric
Culegere de probleme
348
Dacă se calculează valorile proprii pentru subsistemul (S1) se
constată că acestea se regăsesc prin pulsaţiile proprii ale sistemului
ramificat simetric. Sugestiv pentru prezentarea rezultatelor este
reprezentarea modurilor proprii de vibraţie pentru sistemul
ramificat şi unde se pot identificare cazurile în care vibraţiile
proprii ale subsistemului (S1) coincid cu cele ale sistemului (S). În
aceste cazuri modurile de mişcare ale celor două subsisteme (S1)
vor egale şi de sens contrar iar celelalte mase concentrate vor fi în
repaus.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
349
Culegere de probleme
350
Fig.9.6.c. Modurile proprii de vibraţie pentru sistemul ramificat
simetric din fig. 4.9.a
Fig.9.6.d. Modurile proprii de vibraţie pentru sistemul (S1)
simetric din fig. 9.6.b
9.7. Modelul unui autocamion. Gradul de simetrie al unui astfel de
sistem este destul de redus şi din această cauză o singură pulsaţie
proprie pentru sistemul simetric va coincide cu una din pulsaţiile
sistemului general. Dimensiunile sistemului sunt date în fig. 9.7.a.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
351
Fig.9.7.a. Modelul matematic al unui autovehicul
cu două punţi (autocamion)
Se vor considera coordonatele independente generalizate
Tqqqq ][ 721 K= definite după cum urmează:
'';';
;;'';';
765
4321
βββ
α
===
====
qqq
qxqxqxq
Cinematica sistemul ne va da relaţiile care există între coordonatele
punctelor principale, scrise în funcţie de coordonatele generalizate
independente:
;2
;22 6255411 q
Eqxq
Eq
Aqx +=++=
Culegere de probleme
352
;2
;22 6265412 q
Eqxq
Eq
Aqx −=−+=
7375413 2;
22q
Eqxq
Eq
Aqx +=+−=
7385414 2;
22q
Eqxq
Eq
Aqx −=−−=
Forţele care apar în arcurile care asigură suspensia şi în pneuri
sunt:
;)( 51'
1 xxkf −−=
;)( 62'2 xxkf −−=
;)( 73'3 xxkf −−=
;)(' 84'4 xxkf −−=
;)( 015'5 xxkf −−=
;)( 026'6 xxkf −−=
;)( 037'
7 xxkf −−=
;)( 048'
8 xxkf −−=
Se poate scrie:
qAx ][ =
unde matricea ][A este dată de:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
353
−
−
−
−−
−
=
2000100
2000100
02
00010
02
00010
0022
001
0022
001
0022
001
0022
001
][
E
E
E
E
EA
EA
EA
EA
A
Ecuaţiile de mişcare pentru părţile componente ale sistemului sunt
date de:
0)()()()( 84736251 =−+−+−+−+ xxkxxkxxkxxkxm C&&
0'')()('' 656251 =++−−−− xkxkxxkxxkxm &&
0'')()('''' 878473 =++−−−− xkxkxxkxxkxm &&
02
)(2
)(2
)(2
)( 84736251 =−−−−−+−+A
xxkA
xxkA
xxkA
xxkJ αα &&
02
)(2
)(2
)(2
)( 84736251 =−+−−−−−+E
xxkE
xxkE
xxkE
xxkJ ββ &&
02
]')([2
]')([' 626515' =−−−−−+E
xkxxkE
xkxxkJ ββ&&
02
]')([2
]')(['' 737848'' =−−−−−+E
xkxxkE
xkxxkJ ββ&&
Culegere de probleme
354
Fig.9.7.b. Descompunerea sistemului în părţile componente
Dacă se va ţine seama de condiţiile cinematice scrise anterior se va
obţine:
0''2'24 =−−+ kxkxkxxm cC&&
0)2(')'(2'' =++++ αAxkxkkxm c&&
0)2('')'(2''' =−+++ αAxkxkkxm c&&
0)'''( =+−+ xxAkAJ ααα &&
0)'''( =−−+ βββββ EEEkEJ &&
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
355
02
'2
)'('2
' =−++ ββββE
kEE
kkJ &&
02
)2(''2
)'('''' =++++E
AxkEE
kkJ C αβββ&&
Dacă, în continuare, se vor face notaţiile:
=
''
'
000000
000000
000000
000000
0000''00
00000'0
000000
][
β
β
β
α
J
J
J
J
m
m
m
M
+−
+−
−−
−
++−
−+−
−−
=
2)'(0
20000
02
)'(2
0000
220000
0000
000)'(202
0000)'(22
0000224
][
22
22
222
2
Ekk
Ek
Ekk
Ek
Ek
EkkE
kAkAkA
kAkkk
kAkkk
kkk
K
ecuaţiile diferenţiale ale vibraţiilor libere ale sistemului sunt date
de:
0][][ =+ qKqM && .
Dacă se ţin seama de valorile reale ale parametrilor care apar în
ecuaţii pentru autocamionul ROMAN 8135, se pot calcula valorile
Culegere de probleme
356
proprii şi modurile propii de vibraţie. După efectuarea calculelor
cu programul de calcul MATLAB se obţine pentru matricea
modală forma:
=Φ
0.7071 0.7037 0.49560000
0.7071- 0.7037 0.49560000
0 0.0978- 0.71320000
0000.35720.118000
000 0.6605-0.70220.7037 0,4956
000 0.6605 0.7022-0.7037 0,4956
00000 0.0978-0,7132
][
În continuare se vor reprezentate modurile proprii de vibraţie ale
maselor suspendate şi nesuspendate ale autovehicului. În acest caz
gradul de simetrie este scăzut şi se manifestă numai în cazul
ultimului mod de vibraţie care este identic cu cel al masei
nesuspendate (puntea rigidă), dacă este studiat separate.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
357
Fig.9.7.c. Modurile proprii de vibraţie pentru un sistem simetric
Culegere de probleme
358
9.8. Să considerăm acum sistemul cu simetrii din fig.9.8.a. După
cum se vede pe figură pot fi izolate două ramuri identice. Luăm
pentru momentele de inerţie valorile ;4;2; 321 JJJJJJ ===
5;7;3; 7654 ==== JJJJJJJ şi pentru constantele elastice
kkkkkkkk
kkkkkkkk
3;;7;4
;3;5;3;
8765
4321
====
====.
Se notează Jkp /2 = . Se obţin pentru pulsaţiile proprii valorile:
2853 p, 2754 p, 2438 p, 2415 p, 2181 p, 1691 p, 1667 p, 1212 p,
917 p, 780 p, 659 p, 194 p.
Fig.9.8.a. Un sistem cu simetrii
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
359
Matricea modală rezultă, după efectuarea calculului:
−−−−−−−−
−−−−−
−−−−−−−−−
−−−
−−
−−−−−−−
−−−−
−−−−
−−−−−
−−−−
−−−−
−−−
33,022,032,058,034,007,002,004,003,002,001,001,0
30,040,028,012,029,023,022,012,063,066,025,018,0
29,041,039,027,017,014,012,002,013,015,016,014,0
32,000,020,000,048,015,000,022,000,003,000,005,0
30,000,003,000,048,008,000,060,000,015,000,030,0
33,022,032,058,034,007,002,004,003,002,001,001,0
30,040,028,012,029,023,022,012,063,066,025,018,0
29,041,039,027,017,014,012,002,013,015,016,014,0
27,027,029,021,013,024,023,013,015,008,049,051,0
27,027,029,021,013,024,023,013,015,008,049,051,0
21,022,025,020,015,059,062,051,024,013,041,037,0
21,022,025,020,015,059,062,051,024,013,041,037,0
Cu aceste valori se pot reprezenta vectorii proprii (fig.9.8.c.-h.)
Fig.9.8.b. Descompunerea în subsisteme
Culegere de probleme
360
Fig.9.8.c
Fig.9.8.d
Fig.9.8.e
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
361
Fig.9.8.f
Fig.9.8.g
Fig.9.8.h
Culegere de probleme
362
Dacă se face calculul valorilor proprii se obţine se obţine spectrul
2754 p, 2415 p, 1691 p, 917 p, 659 p iar matricea modală
corespunzătoare va fi:
−−
−
−−−−
−−
−−
=Φ
07,091,009,005,001,0
56,022,030,090,036,0
62,007,018,018,023,0
41,018,033,021,069,0
36,030,087,034,058,0
][ 1
Modurile proprii de vibraţie în acest caz sunt reprezentate în fig.
9.8.i.
Fig.9.8.i
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
363
Să considerăm acum sistemul din fig.9.8.j, care modelează
sistemul dat iniţial, lucrând cu un sistem simplificat, care nu mai
prezintă simetrii, dar care va avea aceleaşi pulsaţii propii şi aceiaşi
vectori proprii ca şi sistemul iniţial.
Dacă se calculează pulsaţiile proprii pentru acest sistem se obţine:
2853 p, 2438 p, 2181 p, 1667 p, 1212 p, 780 p, 194 p. Matricea
modurilor propii este date de:
−−−
−−
−−−
−−−−
−−−−−−
−−
−−−
42,027,056,021,026,004,007,0
39,004,056,011,072,021,041,0
43,045,040,010,005,003,001,0
39,039,034,031,014,093,024,0
37,054,020,020,002,021,019,0
35,040,015,034,015,012,069,0
27,035,018,083,061,018,050,0
Fig.9.8.j. Sistemul simplificat
Culegere de probleme
364
Fig.9.8.k
Fig.9.8.l
Fig.9.8.m.
Fig.9.8.n.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
365
Exemplul prezentat ilustrează proprietăţile prezentate şi
demonstrate anterior.
9.9. Să se determine matricea de inerţie pentru sistemul din fig.9.9.
Fig.9.9
Vom porni de la expresia energiei cinetice a sistemului, care este:
[ ]
=
3
3
1
3
2
1
321
0
0
2
1
x
x
x
m
m
m
xxxEc
&
&
&
&&&
Condiţiile cinematice dau relaţia: ( )1213 3
2xxxx −+= deci
213 3
2
3
1xxx += .
Se poate scrie:
Culegere de probleme
366
=
2
1
3
3
1
3
2
3
110
01
x
x
x
x
x
;
=
2
1
3
3
1
3
2
3
110
01
x
x
x
x
x
&
&
&
&
&
[ ] =
=2
1
3
2
1
21
3
2
3
110
01
0
0
3
210
3
101
2
1
x
x
m
m
m
xxEc &
&&&
[ ]
+
+=
2
1
323
331
21
9
4
9
29
2
9
1
2
1
x
x
mmm
mmmxx
&
&&& .
deci matricea inerţială este:
[ ]
+
+=
323
331
9
4
9
29
2
9
1
mmm
mmmM
9.10. Să se determine matricea inerţială pentru sistemul de roţi
dinţate în agrenare din fig. 9.10.
Soluţie: Roţile dinţate 1 şi 2 angrenează prin dantura considerată
elastică ( )∞≠2k . Notând cu 321 ,, ωωω vitezele unghiulare ale
roţilor 1, 2 şi 3 avem:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
367
[ ]
=
3
3
1
3
2
1
3212
1
ωωω
ωωωJ
J
J
Ec
Fig.9.10.a
Putem considera mai multe cazuri:
a) Dacă considerăm dantura şi bara care leagă volanta 2 şi 3
perfect rigide ( )∞== 32 kk sistemul are un grad de libertate,
intrucât: 2211 RR ωω = ; 32 ωω = , deci:
1
2
1
2
1
3
3
1 1
ωωωω
=
R
R
R
R
Culegere de probleme
368
=
=
2
1
2
1
3
2
1
2
1
2
121
1
12
R
R
R
R
J
J
J
R
R
R
REc ω
( )
++=
2
2
1321
21
R
RJJJω
( )2
2
1321
++=
R
RJJJJ red
Matricea maselor reprezintă în acest caz un moment de inerţie
redus al sistemului.
b) Considerăm dantura perfect rigidă ( )∞=2k . Sistemul va avea
în acest caz două grade de libertate. Vom avea o singură condiţie
pentru viteze: 2211 RR ωω =
=
3
1
2
1
3
3
1
10
0
01
ωω
ωωω
R
R
Raportăm mişcarea volantului trei la mişcarea volantului 1 prin
necunoscuta ∗3ϕ la data de:
*3232 ϕϕ RR = deci 3
1
2*3 ϕϕ
R
R=
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
369
*3ϕ reprezintă unghiul cu care s-ar roti volantul 1 la o rotaţie 3ϕ a
lui 3, dacă am presupune cuplajul dintre roţile 2 şi 3 rigid. Avem
şi:
31
2*3 ωω
R
R=
Deci:
=
*3
1
2
1
2
1
3
3
1
0
0
01
ωω
ωωω
R
R
R
R
Rezultă:
[ ] =
= *3
1
2
1
2
1
3
2
1
2
1
2
1
*31
0
0
01
00
01
2
1
ωω
ωω
R
R
R
R
J
J
J
R
R
R
R
Ec
[ ]
+
= *3
12
2
13
2
2
121
*31
0
0
ωω
ωω
R
RJ
R
RJJ
Matricea de inerţie este în acest caz:
Culegere de probleme
370
[ ]
+
= 2
2
13
2
2
121
0
0
R
RJ
R
RJJ
J
c) Dacă vom considera şi dantura elastică, atunci relaţia
2211 RR ωω = nu se mai păstrează, iar 21,ωω şi 3ω devin
independente. Raportăm mişcarea volanţilor 2 şi 3 la volantul 1 cu
relaţiile:
22*21 ϕϕ RR = şi 32
*31 ϕϕ RR =
Rezultă noile coordonate independente:
21
2*2 ϕϕ
R
R= ; 3
1
2*3 ϕϕ
R
R= ;
Deci: 21
2*2 ωω
R
R= ; 3
1
2*3 ωω
R
R= .
Avem:
=
*3
*2
1
2
1
2
1
3
3
1
0
01
ωωω
ωωω
R
R
R
R
Rezultă:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
371
[ ]
=
2
2
13
2
2
12
1
0
0
R
RJ
R
RJ
J
J
Sistemele echivalente pentru cazurile a), b), c) sunt reprezentate
mai jos.
Fig.9.10.b
9.11. Să se determine matricea de inerţie pentru sistemul din figura
9.11.
Fig.9.11
Culegere de probleme
372
Soluţie: Sistemul are patru grade de mobilitate, fiecare grad având
posibilitatea de translaţie şi rotaţie independente. Avem:
[ ]
=
2
2
1
1
22112
1
ω
ωωω
v
v
J
m
J
m
vvEc
Dacă sistemul se rostogoleşte pur avem legături între vitezele
unghiulare şi cele liniare: 1
11
R
v=ω ;
2
22
R
v=ω deci:
=
2
1
2
2
1
1
10
10
01
01
v
v
R
Rv
v
ω
ω.
Matricea maselor devine:
[ ]
=
R
R
J
m
J
m
R
RM
10
10
01
01
1100
001
1
Deci:
[ ]
+
+=
2
2
0
0
R
Jm
R
Jm
M .
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
373
Dacă cele două corpuri au pe lângă rostogolire şi alunecare putem
lua ca necunoscute vitezele liniare şi alunecările în locul vitezelor
unghiulare. Avem:
R
a
R
vRav −=⇔+= ωω
Deci:
−
−=
2
2
1
1
2
2
1
1
1100
0100
0011
0001
a
v
a
v
RR
RRv
v
ω
ω
[ ]
−
−
−
−=
RR
RR
J
m
J
m
R
R
R
R
M
1100
0100
0011
0001
1000
1100
001
0
001
1
[ ]
−
−+
−
−+
=
22
22
22
22
00
00
00
00
R
J
R
JR
J
R
Jm
R
J
R
JR
J
R
Jm
M
Culegere de probleme
374
9.12. Să se determine matricea de elasticitate pentru sistem alcătuit
din trei volanţi din fig.9.12.
Fig.9.12
( )torsiunel
IG p⋅=κ ; el
jielij MM =
( )121121 ϕϕκ −==MM el
( ) ( )23212123212 ϕϕκϕϕκ −+−−=+= MMM el
( ) 3323230323 ϕκϕϕκ −−−=+= MMM el
[ ]
+−
−+−
−
=
3
2
1
322
2211
11
321
3
2
1
0
0
2
1
ϕϕϕ
κκκκκκκ
κκϕϕϕ
el
el
el
M
M
M
9.13. Să se determine matricea de elasticitate pentru placa din
figura 9.13.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
375
Rezolvare: Placa are masa m şi momentele de inerţie yx JJ , faţă
de axele yx CC , ce trec prin punctul C şi sunt paralele cu lanturile
b şi a ( C - centrul de masă)
43214321 xxxxFFFFF eeeeel κκκκ −−−−=−−−−=
( ) ( ) ( ) ( )( )3241
32413241
xxxxa
axxaxxaFFaFFM eeeeelx
−−+=
=+−+=+−+=
κ
κκκκ
( ) ( ) ( ) ( )( )4321
43214321
xxxxb
bxxbxxbFFbFFM eeeeely
−−+=
=+−+=+−+=
κ
κκκκ
Coordonatele 4321 ,,, xxxx nu sunt independente, placa rigida
impunând o legătură între ele. Le exprimăm în funcţie de
21,, θθCx . Avem:
221*
1xx
x+
= ; 2
43*2
xxx
+=
2
*2
*1 xx
xC
+=⇒
44321 xxxx
xC
+++=
Invers:
2*1 θbxx C −= ; 2
*2 θbxx C += ;
211*11 θθθ baxaxx C −−=−= ;
211*12 θθθ baxaxx C −+=+= ;
211*23 θθθ baxaxx C +−=−= ;
211*24 θθθ baxaxx C ++=+= .
Rezultă:
Culegere de probleme
376
Cel xkF 4−= ;
124 θakM elx −= ;
224 θbkM ely −= .
−=
2
12
2
4
4
4
θθC
ely
elx
el x
bk
ak
k
M
M
F
;
[ ]
−=
2
2
4
4
4
bk
ak
k
K .
9.14. Să se determine ecuaţiile de mişcare pentru următoarea
transmisie cu trei volanţi:
Fig.9.14
a) Utilizând ecuaţiile lui d’Alembert:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
377
=+−
=−+−
=−−
0
0
0
33
212
11
ei
eei
ei
MM
MMM
MM
cu
;
;
;
333
222
111
ϕϕϕ
&&
&&
&&
JM
JM
JM
i
i
i
=
=
=
( )( )3222
2111
ϕϕϕϕ−=
−=
kM
kM
e
e
Rezultă:
( )( ) ( )
( )
=−−
=−+−−
=−+
0
;0
;0
32233
32221122
21111
ϕϕϕϕϕϕϕϕ
ϕϕϕ
kJ
kkJ
kJ
&&
&&
&&
sau:
=
−
−+−
−
+
0
0
0
0
0
3
2
1
22
2211
11
3
2
1
3
2
1
ϕϕϕ
ϕϕϕ
kk
kkkk
kk
J
J
J
&&
&&
&&
b) Energia cinetică asistemului este:
( ) [ ]
=++=
3
2
1
3
2
1
321233
222
2112
1
ϕϕϕ
ϕϕϕϕϕϕ&
&
&
&&&&&&
J
J
J
JJJEC
Energia potenţială va fi:
( ) ( ) =−+−= 2322
22112 ϕϕκϕϕκPE
( ) =−−+++= 322211232
2221
212 22 ϕϕκϕϕκϕκϕκκϕκ
[ ]
−
−+−
−
=
3
2
1
22
2211
11
321
0
0
ϕϕϕ
κκκκκκ
κκϕϕϕ .
Utilizând ecuaţiile lui Lagrange se obţine:
Culegere de probleme
378
=
∂∂
3
2
1
3
2
1
ϕϕϕ
ϕ&&
&&
&&
&J
J
JE
dt
d C ; 0=
∂∂ϕ&PE
dt
d;
şi:
−
−+−
−
=
∂∂
3
2
1
22
2211
11
0
0
ϕϕϕ
ϕkk
kkkk
kkEP
&; 0=
∂
∂
ϕ&CE
.
Am utilizat rezultatul: dacă [ ]A este simetrică şi [ ] XAXUT
2
1=
atunci [ ] XAX
U=
∂∂
.
Rezultă aceleaşi ecuaţii de mişcare ca la punctul a).
c) Pentru acest exemplu este convenabil să trecem la alte
coordonate independente. Transmisia va efectua o mişcare de
ansamblu, „de rigid”, iar volanţii vor executa mişcări relative unul
faţă de celălalt.
Pentru mişcarea de rigid ste natural să alegem un unghi 1θ astfel
încât momentul cinetic al transmisiei considerată rigidă, să
coincidă cu momentul cinetic al volanţilor în mişcare, deci:
1332211 θϕϕϕ &&&& IJJJ =++
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
379
În acest caz putem lua şi: 1332211 θϕϕϕ JJJJ =++ abstracţie
făcând de o constantă arbitrară care va reprezenta unghiul 1θ la
momentul iniţial şi pe care o luăm egală cu zero.
Roţiile relative este natural să le exprimă prin noile coordonatele
32 ,θθ astfel încât:
332
221
θϕϕ
θϕϕ
=−
=−
Deci avem schimbarea de funcţie:
−
−=
3
2
1'3
'2
'1
3
2
1
110
011
ϕϕϕ
θθθ JJJ
unde
J
JJ
J
JJ
J
JJ
3'3
2'2
1'1
=
=
=
Şi invers:
[ ]
=
−−−
−
+
=
3
2
1
3
2
1
'3
'1
'1
'3
'1
'3
'3
'2
3
2
1
1
1
1
θθθ
θθθ
ϕϕϕ
L
III
II
III
Avem:
[ ] [ ][ ]=LJLT
=
−−−
−
+
−−
−−+='2
'1
'1
'3
'1
'3
'3
'2
3
2
1
'2
'1
'3
'3
'1
'1
'3
'2
'3
1
1
111
III
II
III
I
I
I
IIII
IIII
I
Culegere de probleme
380
( )
( )
+
+=
J
JJJ
J
JJI
JJ
J
JJJJ
21331
31321
0
0
00
şi
[ ] [ ][ ]
=
3
2
0
K
KLKLT
În noile coordonatre sistemul devine:
[ ] [ ][ ]=LJLT
( )
( ) 0
0
0
0
00
3
2
1
3
2
3
2
1
21331
31321 =
+
+
+=
θθθ
θθθ
K
K
J
JJJ
J
JJI
JJ
I
JJJJ
&&
&&
&&
şi se decuplează în:
01 =θ&&J
care indică o mişcare uniformă 1011 θωθ += t şi în sistemul:
( )( )
=
+
+
+
0
0
0
01
2
1
2
1
3
2
21331
31321
θθ
θθ
K
K
JJJJJ
JJJJJ
J &&
&&
Sistemul este cuplat inerţial şi decuplat elastic (static).
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
381
9.15. Ne propunem să determinăm ecuaţia de mişcare pentru masa
m prinsă prin resorturi identice cu constanta elastică k/2 (Modelul
creierului).
Soluţie: Utilizăm ecuaţiile lui d’Alembert:
=ey
ex
a F
Fam .
Fig.9.15
+
−
+
−+
−
+
=++=v
ul
ul
v
u
v
v
uaaaa rcta
22 ωεω&&
&
&&
&&
−=
v
uk
F
F
ey
ex
10
01
Rezultă:
Culegere de probleme
382
+
−+
v
u
m
m
v
u
m
m
&
&
&&
&&
0
02
0
0ω
=
−
−+
+
v
u
m
m
m
m
0
0
0
0
10
01 2ωεκ
+
−−=
00
00
0
0 2 l
m
m
lm
mωε
9.16. Bara AB execută o mişcare plan paralelă. Punctul O are
coordonatele ( )YX , . YjiXvo += . Viteza unghiulara ω este
considerată constantă, deci 0=ε .
Fig.9.16
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
383
[ ]
+
+
=++=s
cu
c
su
Y
Xuuvv 111101
~ &&
&& ωω
cu: θθ
sin
cos
=
=
s
c
[ ] ( )( )
+
+
+−+
=+++=s
cu
cuL
suL
Y
XuuLvv 2
2
22202
~ &&
&& ωω
( ) ( )2112
111121 sucuYcusuXvvv
T&&&& ++++−== ωω
( )[ ] ( )[ ]2222
222222 suuLYcuuLXvvv
T&&&& ++++++−== ωω
( )ωω cYsXsYucXmu
E
dt
d C &&&&&&&&&
+−++=
∂∂
1112
1
( )ωω cYsXsYucXmu
E
dt
d C &&&&&&&&&
+−++=
∂∂
2222
1
( )12
11
ucYsXmu
EC ωωω ++−=∂
∂ &&&
( )( )22
22
uLcYsXmu
EC +++−=∂
∂ωωω &&
&
( )2
221 uu
EP
−=κ
; ( )211
uuu
EP −=∂
∂κ ; ( )12
2
uuu
EP −=∂∂
κ .
Rezultă ecuaţiile de mişcare:
=
−
−
−+
2
1
2
12
2
11
0
0
11
11
0
0
v
u
m
mk
v
u
m
mω
&&
&&
+
−=
Lm
m
Y
X
sc
sc
m
m 0
0
0
0
0
2
12
2
1 ω&&
&&
Culegere de probleme
384
9.17. Vom determina matricea de flexibilitate utilizând metoda
coeficienţilor de influenţă:
Fig.9.17
∑∫ ==IE
ldx
IE
M 321
11 9
4δ
∑∫ ==IE
ldx
IE
MM 321
12 18
7δ
∑∫ ==IE
ldx
IE
M 322
22 9
4δ
[ ]
=
87
78
18
3
IE
lH
[ ][ ]
−
−=−
87
78
25
183
1
l
IEHK
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
385
[ ]
−
−=
−=87
78
25
183
2
1
l
IE
y
yKF el ;
−=
2
1
20
0
y
y
m
mF i
&&
&&
0=+ FF i
Deci:
=
−
−+
0
0
87
78
25
18
20
01
2
13
2
1
y
y
l
IE
y
ym
&&
&&
9.18. Să se studieze vibraţiile transversale ale unui autovehicul.
Fig.9.18.a
Culegere de probleme
386
Soluţie:
i. Într-o primă aproximaţie se pot considera numai vibraţiile
transversale ale masei autovehiculului. Autovehiculul urmăreşte,
cu ajutorul motor, prin intermediul roţilor, profilul drumului
( )( )tx0 . Ecuaţia de mişcare va fi:
( ) ( ) 000 =−+−+ xxcxxxm &&&& κ
sau:
( )43421&&&&
tF
xcxxxcxm 00 +=++ κκ
Sistemul are pulsaţia proprie: m
κω =2 şi soluţia ecuaţiei
omogene: ( )ϕω +=−
teAxt
m
c
cos20 .
Soluţia 0x „se stinge” rapid în timp datorită amortizoarelor şi
răspunsul sistemului poate fi bine aproximat prin soluţia
particulara px .
ii. Un model mai bun, careia în considerare mişcarea de
„tangaj” a autovehiculului se obţine considerând ambele punţi
suspendate pe elemente elastice. Ecuaţiile de mişcare scrise în
centrul de masă, vor fi:
( ) ( ) ( ) ( ) 00222011102220111 =−+−+−+−+ xxcxxcxxxxxm &&&&&& κκ
( ) ( ) ( ) ( ) 00222011102220111 =−+−+−+−− xxbcxxacxxbxxaJ &&&&&& κκθ
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
387
L
xabxx 21 += ;
L
xx 21 −=θ .
Cele două ecuaţii pot fi scrise grupat:
+−+−
+++=
++−
+−++
+
++−
+−++
022011022011
0220110220112
22
121
2121
22
2121
2121
0
0
xbcxacxbxa
xcxcxxx
bcacbcac
bcaccc
x
baba
bax
I
m
&&
&&
&
&
&&
&&
κκκκ
θ
θκκκκκκκκ
θ
iii. Cuplarea şi decuplarea coordonatelor
În cele ce urmează vom ilustra importanţa alegerii coordonatelor în
scrierea ecuaţiilor de mişcare. Pentru simplificarea prezentării vom
neglija amortizările c.
a. Pentru cazul ii. dacă 021 == cc rezultă ecuaţiile de mişcare:
+−
+=
++−
+−++
022011
0220112
22
121
2121
0
0
xbxa
xxx
baba
bax
I
m
κκκκ
θκκκκκκκκ
θ&&&&
.
Cuplarea coordonatelor se face prin elemetele nediagonale ale
matricei de rigiditate 021 ≠+− ba κκ . Cuplajul se numeşte static
sau elastic.
b. Caz particular.
Dacă 021 =+− ba κκ atunci sistemul devine:
Culegere de probleme
388
+−
+=
+
++
022011
0220112
22
1
21
0
0
0
0
xbkxak
xkxkx
bkak
kkx
J
m
θθ&&&&
Ecuaţiile sunt decuplate atât static câ şi dinamic; sistemul „se
sparge” în două ecuaţii independente.
c. Alegem un punct P astfel încât o forţă verticală aplicată în
acest punct produce numai o mişcare de translaţie. Din condiţia ca
momentul rezultant în P să fie nul în cazul static, obţiem:
( ) ( )ebxkeaxk +=− 21 ( )ekkbkak 2121 +=−⇒ şi 21
21
kk
bkake
+−
=
( )θeaxx P −−=1 ; ( )θebxx P ++=2
Ecuaţiile de mişcare scrise în centrul de masă sunt:
( ) ( ) ( )( ) ( )
=+−−−+
=−+−++
0
0
01120222
02220111
xxaxxbJ
xxxxexm
C
P
κκθκκθ
&&
&&&&
Sau
0220112211 xkxkxkxkemxm P +=+++ θ&&&&
0110221122 xakxbkxakxbkJC +=−+θ&&
Dar: 2emJJ PC −= şi înlocuind pe 1x şi 2x obţinem:
( )( ) ( )
−=−+++−+−
+=+++
01102212122
02201121
xaxbeaaebbxaxbemI
xxxemxm
PPP
PP
κκθκθκκκθθκκκκθ
&&&&
&&&&
Scoţând din prima ecuaţie θ&&2em şi introducând în a doua,
obţinem:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
389
( )( ) ( )[ ]
−=++−+−
+=+++
0110222
22
1
02201121
xaxbebeaxemJ
xxxemxm
PP
PP
κκθκκθκκκκθ
&&&&
&&&&
Sau:
( ) ( )
−
+=
=
++−
++
011022
022011
22
21
21
0
0
xaxb
xx
x
ebea
x
Ime
mem PP
P
κκκκ
θκκκκ
θ&&&&
Cuplarea coordonatelor se face prin matricea de inerţie.
d. Cuplaj static şi dinamic.
Alegând punctul pentru care scriem deplasarea x diferit de P şi C
ecuaţiile sunt cuplate atât static şi dinamic.
iv. Pentru un studiu mai complet trebuie luate în considerare
rigidităţile pneurilor. Sistemul va avea patru grade de libertate.
Ecuaţiile de mişcare devin:
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 0
0
0
0
212434212434
434212434212
4340233434023333
2120111212011111
=−+−+−+−−
=−−−−−−−−
=−+−+−+−+
=−+−+−+−+
xxacxxbcxxaxxbJ
xxcxxcxxxxxm
xxcxxcxxxxxm
xxcxxcxxxxxm
&&&&&&
&&&&&&
&&&&&&
&&&&&&
κκθ
κκ
κκ
κκ
Ţinem seama că:
L
xabxx 42 += ;
L
xx 24 −=θ .
Obţinem ecuaţia de mişcare:
Culegere de probleme
390
+
−−
−−
−+
−+
+
− 4
3
2
1
4422
4422
443
221
4
3
2
13
1
00
00
00
00
000
000
x
x
x
x
bbaax
x
x
x
L
I
L
IL
ma
L
mb
m
m
κκκκκκκκκκκ
κκκ
&&
&&
&&
&&
+
+
=
−−
−−
−+
−+
+
0
0
00
00
023023
011011
4
3
2
1
4422
4422
443
221
xcx
xcx
x
x
x
x
bcbcacac
cccc
ccc
ccc
&
&
&
&
&
&
κκ
Înmulţind a doua ecuaţie cu a , respectiv b− şi adunîndu-le la a
patra, obţinem două ecuaţii care vor înlocui ecuaţiile trei şi patru.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
=+++++−+++−++−
=+++−+++−++−
0
0
22122212422
44344434422
xbacxbacxbaxbaL
xImab
L
xImb
xbacxbacxbaxbaL
xIma
L
xImab
κκ
κκ
&&&&
&&&&
Sistemul devine:
+
−
−
−+
−+
+
+
−+
+−
4
3
2
1
22
44
443
221
4
3
2
1
2
23
1
00
00
00
00
00
00
000
000
x
x
x
x
LL
LL
x
x
x
x
L
Imab
L
ImbL
Ima
L
Imab
m
m
κκκκκκκ
κκκ
&&
&&
&&
&&
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
391
+
+
=
−
−
−+
−+
+
0
0
00
00
00
00
023023
011011
4
3
2
1
22
44
443
221
xcx
xcx
x
x
x
x
LcLc
LcLc
ccc
ccc
&
&
&
&
&
&
κκ
Se observă că dacă Jmab = sistemul se decuplează în două
sisteme independente (am împărţit ec. 3 ş 4 cu L şi am reordonat
ecuaţiile în succesiunea 1, 4, 2,3).
+
+
+
4
3
2
1
23
21
0
00
00
0
x
x
x
x
L
Ima
m
L
Imb
m
&&
&&
&&
&&
M
LLLLLL
M
+
−
−+
−
−+
+
4
3
2
1
44
443
22
221
0
0
x
x
x
x
κκκκκ
κκκκκ
M
LLLLLL
M
+
+
=
−
−+
−
−+
+
0
00
0023023
011011
4
3
2
1
44
443
22
221
LLL&
&
&
&
&
&
M
LLLLLL
Mxcx
xcx
x
x
x
x
cc
ccc
cc
ccc
κκ
Raportul mab
J=ε se numeşte coeficient de repartizare a masei
suspendate şi are importanţă asupra vibraţiilor automobilului. Dacă
1≈ε atunci vibraţiile automobilului, după cum am vazut, pot fi
Culegere de probleme
392
reduse la vibraţii verticale, fără mişcări unghiulare de tangaj,
putând fi studiate pe modele simplificate, cu două grade de
libertate.
v. Un model care studiază mişcările de ruliu (rotaţie în jurul
axei longitudinale) e prezentat în figură. Pot fi imaginate modele
care să studieze mişcări mai complexe ca:
- oscilaţii pe direcţia longitudinală (oscilaţii axiale sau
zvâcniri);
- oscilaţii în jurul axei verticale (giraţii sau rotiri).
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
393
ANEXA I
CALCUL VECTORIAL ŞI MATRICEAL
1.1. Vectori. oţiuni fundamentale
În mecanică apar mărimi care nu pot fi caracterizate numai prin măsura
lor (mărimi scalare) ci au nevoie şi de alte atribute pentru a le defini şi
anume direcţie, sens sau punct de aplicaţie (fix sau mobil). Acestea
reprezintă o multitudine de mărimi ca: forţele care acţionează asupra
unui punct material sau asupra unui solid, vitezele, acceleraţiile,
momentul forţei, etc. Aceste mărimi sunt numite mărimi vectoriale.
O mărime vectorială este definită de un element nou, vectorul, care
conţine măsura acelei mărimi (element aritmetic)
la care se adaugă direcţia şi sensul (elemente
geometrice). Direcţia şi sensul sunt definite cu un
singur cuvânt ca fiind orientarea vectorului.
Rezultă deci că vectorul se reprezintă geometric
printr-un segment, orientat. Direcţia pe care va
acţiona mărimea vectorială este dată de dreapta
suport a segmentului, sensul este o mărime binară
indicată geometric printr-o săgeată la extremitatea segmentului iar
măsura (valoarea numerică pozitivă) este dată de lungimea segmentului,
care se reprezintă la o anumită scară convenabil aleasă.
otaţia vectorilor: notaţiile pentru vectori sunt diferite, în funcţie de
abordările (geometrică sau algebrică) precum şi în funcţie de autori.
Fig. 1.1
Culegere de probleme
394
Câteva notaţii s-au încetăţenit şi sunt prezentate în continuare. Pentru că
vectorul este reprezentat geometric printr-un segment orientat, el are o
origine să o numim A şi o extremitate, să o numim B. În acest caz
vectorul se notează: AB cu o săgeată. Prima literă va indica originea iar
cea de-a doua cealaltă extremitate. Dacă nu sunt numite extremităţile,
vectorii se pot nota printr-o literă cu săgeată: Rubarrrr
,,, sau printr-o
literă cu bară: Ruba ,,, . Uneori se renunţă la bară şi se notează cu
literă îngroşată: a , b , u , R . Dacă se utilizează reprezentările algebrice
se mai notează vectorii sub forma: Ruba ,,, .
otaţia pentru modulul vectorilor (mărimea sau intensitatea): modulul
se notează ca în cazul algebrei. Astfel modulul vectorului AB este AB ,
pentru vectorii Rubarrrr
,,, modulele vor fi, respective: Rubarrrr
,,,
sau, mai simplu Ruba ,,, . Uneori, pentru scrierea a , b , u , R se
utilizează ||a|| , ||b|| , ||u|| , ||R||.
O clasificare a vectorilor: în mecanică, pentru a
caracteriza un vector care apare într-un anumit
tip de probleme, sunt necesare date
suplimentare. Astfel s-a ajuns la clasificarea
vectorilor în următoarele trei clase:
- vectori legaţi sunt vectorii pentru care
poziţia punctului de aplicaţie este determinată.
Fig. 1.2. Versorul
unui vector
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
395
Punctul de aplicaţie poate fi fix (momentul unei forţe faţă de un punct)
sau mobil (viteza unui punct pe traiectorie);
- vectori alunecători sunt vectorii al căror punct de aplicaţie poate
să se găsească oriunde pe dreapta suport a vectorului, fără ca efectul
mecanic asupra corpului să se schimbe. Vectorii alunecători sunt forţele
care acţionează asupra unui rigid, vectorii viteză unghiulară.
- vectorii liberi sunt vectorii al căror punct de aplicaţie nu este
supus nici unei restricţii, deci poate fi considerat orice punct al spaţiului.
Un exemplu este cuplul de forţe, deoarece punctul său de aplicaţie poate
fi luat oriunde în spaţiu iar mărimea, direcţia şi sensul rămân
neschimbate.
Egalitatea vectorilor: Definiţie. Doi vectori sunt egali dacă au acelaşi
modul, direcţie şi sens, ei putând fi aşezaţi pe aceeaşi dreaptă sau pe
drepte paralele.
Egalitatea se exprimă prin semnul algebric = . Spre exemplu: barr
= sau
ba = sau ba = .
Vectorii egali situaţi pe drepte paralele se numesc vectori echipolenţi iar
operaţia prin care un vector este mutat printr-o translaţie pe o dreaptă
paralelă cu suportul vectorului se numeşte operaţie de echipolenţă.
Dacă doi vectori au acelaşi modul, aceeaşi direcţie şi sensuri diferite, ei
se numesc de sens contrar sau opuşi iar acest lucru se exprimă prin
relaţia: ba −= .
Doi vectori care nu au acelaşi modul dar au aceeaşi direcţie se numesc
vectori colineari, indiferent de sens.
Culegere de probleme
396
Versorul unui vector: Dacă se dă un vector oarecare a , construim un alt
vector u de aceeaşi direcţie şi sens cu a , a cărui mărime să fie egală cu
unitatea: 1=u . Vectorul u se numeşte vectorul unitate sau versorul
vectorului a . Dacă s-a făcut această alegere, orice vector colinear cu a
se poate exprima cu ajutorul lui ub λ= .
Axă: Dacă pe o dreaptă oarecare am ales un sens pozitiv, o origine şi o
unitate de lungime spunem că am definit o axă. Vectorul axei este
vectorul unitate situat pe ea, al cărui sens coincide cu sensul pozitiv al
axei.
1.2. Operaţii cu vectori
1.2.1. Adunarea vectorilor
1.2.1.1. Suma a doi vectori.
Se consideră doi vectori a şi b în
spaţiu. Se transportă printr-o
echipolenţă vectorii într-un punct O
oarecare al spaţiului şi se construieşte
paralelogramul format cu aceşti doi
vectori. Diagonala acestui paralelorgram
se numeşte suma vectorilor a şi b .
Vectorii a şi b se numesc componente ale lui c iar vectorul bac +=
se numeşte vector rezultant (sau rezultanta) al vectorilor daţi. Operaţia
geometrică prin care se construieşte vectorul sumă poartă numele de
regula paralelogramului. Regula de adunare are bază experimentală şi
este considerată o axiomă în cazul în care vectorii sunt forţe. Din punct
Fig.1.3. Adunarea a doi
vectori
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
397
de vedere geometric vectorul c se poate obţine şi punând la
extremitatea vectorului a , vectorul b , vectorul c rezultând ca a treia
latură a triunghiului astfel format. Dacă se consideră regula de adunare
arătată se constată imediat că se poate scrie: abba +=+ adică
adunarea a doi vectori este o operaţie comutativă.
1.2.1.2. Suma mai multor vectori
Operaţia de sumă se poate
generaliza în mod natural în cazul
în care avem de–a face cu mai
mulţi vectori. Să considerăm
vectorii naaa ,,, 21 K . Cu vectorii
21, aa construim vectorul sumă
212 aas += , transportându-l pe 2a
la extremitatea lui 1a , apoi
construim vectorul sumă
321323 aaaass ++=+= ,
transportându-l pe 3a la extremitatea lui 2s (fig.A.4). Prin inducţie
matematică se poate obţine vectorul ns ca fiind suma:
nn aaas +++= K21 .
În consecinţă rezultă că vectorul sumă se obţine construind poligonul
strâmb alcătuit din vectorii naaa ,,, 21 K , segmentul orientat cu originea
în originea lui 1a şi extremitatea în extremitatea lui na fiind vectorul
Fig. 1.4. Suma mai multor vectori
Culegere de probleme
398
rezultant nn aaass +++== K21 . Procedeul se numeşte regula
conturului poligonal.
Pentru ca n vectori să aibă sumă nulă va trebui deci ca poligonul
construit cu aceştia să fie închis. În particular, în cazul a trei vectori
condiţia ca aceştia să aibă sumă nulă este ca, punând fiecare vector cu
originea în extremitatea celui precedent, să se formeze un triunghi.
Deoarece triunghiul este o figură plană, trebuie ca cei trei vectori să fie
coplanari.
În cazul sumei a doi vectori bac += , întrucât cei trei vectori formează
un triunghi, se poate scrie inegalitatea triunghiului sub forma cunoscută:
bac +≤ (1.1)
În cazul unui contur poligonal strâmb generat de n vectori aşezaţi unul la
extremitatea celuilalt, inegalitatea poate fi generalizată sub forma:
nn aaaaaas +++≤+++= KK 2121 (1.2)
Avem egalitate numai dacă vectorii sunt colineari şi au acelaşi sens.
1.2.1.3. Proprietăţile sumei vectoriale
Suma vectorilor are următoarele proprietăţi:
Adunarea vectorilor este comutativă. Acest lucru a fost arătat
atunci când a fost definită suma. Rezultă că ordinea în care se face
însumarea mai multor vectori este indiferentă, adică avem:
abcabcacbcabcba ++=++=++=++=++ (1.3)
Adunarea vectorilor este asociativă. Dacă se reprezintă grafic, se
constată imediat că avem:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
399
( ) ( )cbacba ++=++ (1.4)
Suma vectorială este distributivă faţă
de înmulţirea cu un scalar.
Se vor considera vectorii dcbarrrr
,,, , suma lor
dcbasrrrrr
+++= (fig.1.6) şi suma vectorilor
dmcmbmamsrrrrr
+++=' . Suma sr se obţine
construind linia poligonală OABCD cu
vectorii daţi, suma fiindOD .
Se construiesc vectorii:
amOAmOAr
⋅=⋅=' ,
bmOBmOBr
⋅=⋅='
cmOCmOCr
⋅=⋅=' ,
dmODmODr
⋅=⋅='
Poligoanele OABCD şi O’A’B’C’D’ sunt asemenea având laturile
paralele şi raportul laturilor omoloage acelaşi,
deci şi
)(' dcbamODmODrrrr
+++=⋅= .
Dar:
dmcmbmam
DCCBBAOAODrrrr
⋅+⋅+⋅+⋅=
=+++= ''''''''
Comparând cele două expresii pentru 'OD
rezultă:
dmcmbmamdcbamrrrrrrrr
⋅+⋅+⋅+⋅=+++ )( (1.5)
Raţionamentul rămâne valabil şi dacă poligonul din fig. 1.6 este strâmb.
Fig.1.5. Asociativitatea
adunării
Fig.1.6
Culegere de probleme
400
1.2.1.4. Descompunerea unui vector
a) Descompunerea după două direcţii care determină un plan paralel cu
vectorul.
Să considerăm două drepte )( 1∆ şi )( 2∆ .
Fie O originea vectorului ar iar A
extremitatea lui. Mutăm prin paralelism
cele două drepte în punctul O. În acest
caz, în ipotezele din enunţ, cele două
drepte şi vectorul dat se vor găsi în
acelaşi plan (fig. 1.7). Rezultă că
problema se va reduce în acest caz la aceea de a găsi doi vectori cu
originea în O, 1ar
de-a lungul dreptei )( 1∆ şi 2ar
de-a lungul dreptei )( 2∆
astfel încât suma lor să fie vectorul dat ar. Ţinând seama că regula de
adunare a doi vectori este dată de regula paralelogramului, va trebui să
construim un paralelogram, cu laturile pe dreptele )( 1∆ şi )( 2∆ , şi care
să aibă diagonala chiar vectorul ar. Pentru aceasta prin punctul A care
reprezintă extremitatea vectorului ar se vor duce paralele la cele două
drepte )( 1∆ şi )( 2∆ . Se obţine paralelogramul OA1AA2 ale cărui laturi
OA1 şi OA2 reprezintă tocmai vectorii căutaţi 1ar
şi 2ar
.
Dacă cele două drepte )( 1∆ şi )( 2∆ sunt perpendiculare atunci 1ar
şi 2ar
reprezintă proiecţiile ortogonalele ale lui ar pe cele două drepte (după
cele două direcţii).
Descompunerea unui vector după mai mult de două direcţii care se
găsesc în acelaşi plan este nedeterminată (adică există o infinitate de
descompuneri ale unui vector după trei direcţii în plan). Acest lucru se
Fig. 1.7
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
401
poate demonstra foarte simplu dacă se ia pe una din direcţii o
componentă arbritară şi dacă se descompune vectorul dat din care se
scade componenta arbitrară după celelalte două direcţii.
b) Descompunerea unui vector după trei direcţii neparalele în spaţiu
Se notează cu Ox, Oy şi Oz cele trei direcţii concurente după care dorim
să descompunem vectorul ar cu originea în O. Dacă cele trei direcţii sunt
oarecare în soaţiu, le putem muta, printr-un paralelism, în O.
Pentru a face descompunerea se
procedează în modul următor:
Dreptele OA şi OA3 determină un
plan a cărui intersecţie cu planul Oxy
este dreapta Ot. Se poate
descompune acum vectorul ar după
direcţiile Oz şi Ot astfel încât:
OBaOBOAa +=+= 33
rr. Mai departe,
vectorul OB care se găseşte în planul Oxy poate fi descompus după
direcţiile Ox şi Oy astfel încât: 2121 aaOAOAOBrr
+=+= . Rezultă atunci
că vectorul ar poate fi descompus în mod unic după cele trei direcţii date
astfel încât:
321213213 aaaaaaOAOAOAarrrrrrr
++=++=++=
Dacă cele trei direcţii sunt axele de coordonate ale triedru ortogonal cele
trei proiecţii se numesc proiecţiile ortogonale ale vectorului pe cele trei
axe.
Fig.1.8. Descompunerea unui
vector după trei direcţii
Culegere de probleme
402
Dacă componentele 321 ,, aaarrr
sunt considerate laturile unui paralelipiped
atunci vectorul dat este diagonala acestui paralelipiped.
Descompunerea unui vector după mai mult de trei direcţii care nu se
găsesc în acelaşi plan este nedeterminată.
c) Reprezentarea algebrică a vectorilor
În cele ce urmează vor fi prezentate noţiunile de calcul vectorial atât în
reprezentare geometrică cât şi în cea algebrică întrucât aplicaţiile pot fi
abordate mai simplu uneori în reprezentarea geometrică iar alteori în cea
algebrică.
Astfel, dacă se vor considera trei
versori kji ,, cu aceeaşi origine,
perpendiculari doi câte doi, care
indică direcţia şi sensul axelor
Ox,Oy, Oz, aceştia vor forma un
sistem de coordonate ortogonal. (fig.
1.9). Dacă se consideră un vector
oarecare a , acesta poate fi
descompus după cei trei versori,
putându-se scrie:
kajaiaa zyx ++= (1.6)
Mărimile zyx aaa ,, poartă numele de componentele vectorului a în
raport cu sistemul de coordonate ortogonal Oxyz. Menţionăm că se
poate considera şi un sistem de coordonate care să nu fie ortogonal
pentru a face descompunerea vectorului dat dar, în cele ce urmează,
Fig.1.9. Componentele unui
vector în raport cu un sistem
de coordonate ortogonal drept
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
403
deoarece în aplicaţii este utilizat aproape exclusiv sistemul ortogonal,
referirea se va face la acesta, dacă nu se specifică altceva.
În acest caz vectorul dat se poate scrie şi sub forma ),,( zyx aaaa sau:
=
z
y
x
a
a
a
a (1.7)
prin indicarea componentelor sale. În acest caz suma a doi vectori poate
fi definită în felul următor: dacă bac += unde ),,( zyx aaaa şi
),,( zyx bbbb atunci vectorul c va fi vectorul care are componentele:
.;; zzzyyyxxx bacbacbac +=+=+=
În scriere matriceală:
+
+
+
=
+
=+=
=
zz
yy
xx
z
y
x
z
y
x
z
y
x
ba
ba
ba
b
b
b
a
a
a
ba
c
c
c
c (1.8)
Cu această definiţie a sumei a doi vectori, care se va reduce la mai multe
sume de numere reale, toate proprietăţile sumei arătate anterior se
demonstrează uşor.
1.2.1.5. Scăderea a doi vectori
Definiţie. A scădea vectorul br din vectorul a
r înseamnă a găsi vectorul
cr care adunat la b
rsă dea a
r: acb
rrr=+ .
Scăderea vectorilor se notează cu semnul - :
bacrrr
−= (1.9).
Geometric, operaţia de scădere poate fi executată în două moduri:
Culegere de probleme
404
- pentru paralelorgramul cu
diagonala a şi o latură b la care se
cunoaşte unghiul dintre a şi b va
trebui să construim latura c a
paralelorgramului, construcţie care
se obţine imediat, unind
extremităţile vectorilor b şi a şi
apoi ducând prin vârful lui a o paralelă la b şi prin extremitatea lui
a o paralelă la c. Direcţia lui c se obţine din condiţia ca b însumat
cu c să dea a. Se poate scrie: OBOABAc −==r
, (relaţia lui
Chasles), adică vectorul diferenţă are ca origine extremitatea
vectorului scăzător şi ca extremitate, extremitatea vectorului
descăzut.
- se poate scrie )( babacrrrrr
−+=−= adică se adună ar cu vectorul
)( br
− , (fig.1.10).
Algebric, scăderea se poate scrie:
−
−
−
=
−
=−=
=
zz
yy
xx
z
y
x
z
y
x
z
y
x
ba
ba
ba
b
b
b
a
a
a
ba
c
c
c
c (1.10)
adică componentele diferenţei sunt egale cu diferenţa componentelor
celor doi vectori.
1.2.1.6. Proprietăţi ale egalităţilor vectoriale în care apar sume şi
diferenţe
Fig.1.10. Scăderea a doi
vectori
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
405
Dacă este dată egalitatea ba = , se poate aduna un vector c în
ambele părţi şi se obţine tot o egalitate vectorială.
Fiind dată egalitatea ba = , se pot scădea în ambele părţi ale ei
acelaşi vector c şi se obţine tot o egalitate. Din cele două
proprietăţi rezultă că într-o egalitate vectorială se pot trece unii
termeni dintr-o parte a egalităţii în cealaltă, cu semn schimbat, ca
în orice egalitate algebrică.
Dacă avem egalităţile vectoriale 11 ba = şi 22 ba = , acestea pot fi
adunate sau scăzute termen cu termen şi se obţin tot egalităţi
vectoriale.
1.2.1.7. Descompunerea unui vector după doi vectori coplanari cu el
A descompune un vector cunoscut ar după doi vectori b
r şi c
r revine la a
descompune vectorul ar după direcţiile definite de vectorii b
r şi c
r
putându-se scrie:
21 OAOAOA += .
Aceste componente pot fi exprimate
funcţie de vectorii br şi c
r (fig. 1.11)
după relaţii de forma:
cnOAbmOArr
== 21 ; întrucât
componentele sunt vectori colineari cu
vectorii br şi c
r. Rezultă:
cnbmarrr
+= (1.11)
Fig. 1.11. Descompunerea
unui vector după doi vectori
Culegere de probleme
406
Rezultă că orice vector se poate descompune după doi vectori coplanari
cu el. Dacă cei doi vectori nu sunt colineari, descompunerea este unică.
Dacă vectorii sunt colineari descompunerea este nedeterminată.
Relaţia scrisă se poate aduce la o formă omogenă dacă se ia:
αγ
αβ
−=−= nm ; .
În acest caz relaţia ( 1.11 ) poate fi scrisă sub forma:
0=++ cbarrr
γβα (1.12)
care reprezintă condiţia ca trei vectori să se găsească în acelaşi plan.
Relaţiile scrise arată că, dacă sunt daţi trei vectori coplanari, oricare din
ei poate fi exprimat ca o combinaţie lineară a celorlalţi doi.
Algebric, relaţia (1.12 ) se poate scrie:
0
0
0
=++
=++
=++
yyy
yyy
xxx
cba
cba
cba
γβα
γβα
γβα
(1.13)
Conform teoriei sistemelor lineare omogene, există γβα ,, nenuli care
verifică sistemul, dacă şi numai dacă determinantul sistemului se
anulează:
0=
zzz
yyy
xxx
cba
cba
cba
(1.14)
care reprezintă condiţia ca trei vectori să se găsească în acelaşi plan (O
coloană a determinantului este o combinaţie lineară de celelalte două).
Teoremă. Descompunerea unui vector dat după alţi doi vectori,
coplanari cu el, este unică.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
407
Dacă se presupune că ar exista două descompuneri am avea:
cnbma += şi cnbma '' += cu ';' nnmm ≠≠ . Dacă se scad aceste
două relaţii se obţine: ( ) ( ) 0'' =−+− cnnbmm sau: ( )( )
ccmm
nnb λ=
−−
−='
'
cu ( )( )'
'
mm
nn
−−
−=λ , adică b şi c sunt colineari, ceea ce contrazice
ipoteza. Se poate arăta foarte uşor că şi cazurile ';' nnmm ≠= şi
';' nnmm =≠ contrazic ipoteza, de unde rămâne doar: ';' nnmm ==
adică descompunerea este unică.
Teoremă. Condiţia necesară şi suficientă pentru ca trei vectori să fie
coplanari este ca între ei să existe relaţia (1.11) sau (1.12).
Dacă se consideră vectorii ba , şi c coplanari atunci a se poate
descompune după ceilalţi doi vectori şi se poate scrie: cnbma +=
(condiţia este necesară).
Reciproc, relaţia scrisă anterior arată că a este suma a doi vectori
colineari cu b , respectiv c , adică este un vector coplanar cu aceştia
(condiţia este suficientă).
1.2.1.8. Înmulţirea unui vector cu un scalar
Să considerăm un vector a şi scalarul λ. Prin definiţie produsul dintre
un vector a şi un scalar λ este un vector b , colinear cu a , are acelaşi
sens cu a dacă λ este pozitiv şi sens contrar dacă λ este negativ şi are
modulul egal cu aλ . Se scrie:
Culegere de probleme
408
ab λ=r
(1.15)
1.2.1.9. Vectori coplanari linear independenţi şi linear dependenţi
Deoarece între doi vectori necolineari a şi b nu poate exista o relaţie
lineară (dacă ba λ= sau 0=β+α ba vectorii ar fi colineari, contrar
ipotezei), se spune că doi vectori necolineari sunt linear independenţi.
Să considerăm acum trei vectori care se găsesc în acelaşi plan. Deoarece
între ei există relaţia (1.11) sau (1.12) rezultă că între ei există o
dependenţă lineară. Din acest motiv ei se numesc linear dependenţi.
Dacă se consideră doi vectori necolineari, b şi c , orice vector coplanar
cu ei se poate exprima sub forma (1.11) sau (1.12). Deci cu ajutorul
acestor doi vectori se poate exprima orice alt vector coplanar cu ei.
Aceşti vectori se numesc vectori fundamentali.
1.2.1.10. Descompunerea unui vector după trei vectori necoplanari
Se consideră dat un vector a şi ne propunem să-l scriem ca suma a trei
vectori colineari respectiv cu vectorii dcb ,, , care nu sunt coplanari.
Pentru aceasta se duc cei trei vectori, printr-o echipolenţă, într-un punct
O al spaţiului, care este extremitatea vectorului a . Se descompune a
după direcţiile OB, OC, OD şi se obţin componentele ,, 21 OAOA ,3OA
deci:
.321 OAOAOAa ++=r
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
409
Întrucât ,,, 321 OAOAOA sunt colineari respectv cu dcb ,, , se poate
scrie: .,, 321 dpOAcnOAbmOArrr
===
Atunci rezultă:
dpcnbmarrrr
++= (1.16)
Dacă se face notaţia:
αδαγαβ /,/,/ −=−=−= pnm
se obţine:
0=+++ dcbarrrr
δγβα (1.17)
Teoremă. Descompunerea unui
vector după trei vectori necoplanari
este unică.
Se presupune că există două
descompuneri distincte:
dpcnbmarrrr
++=
şi dpcnbmarrrr
''' ++= .
Prin scădere rezultă:
( ) ( ) ( )dppcnnbmmrrr
'''0 −+−+−= (1.18)
Dacă ',',' ppnnmm ≠≠≠ rezultă, conform relaţiei precedente, că cei
trei vectori dcb ,, sunt coplanari, ceea ce contrazice ipoteza. Dacă
,',' nnmm ≠= 'pp ≠ , conform rel. (1.17) va rezulta:
( ) ( )dppcnnrr
''0 −+−=
Fig. 1.12. Descompunerea
unui vectori după trei vectori
Culegere de probleme
410
adică cr şi d
r sunt colineari, ceea ce de asemenea este contrar ipotezei.
Cazurile în care numai 'nn = sau numai 'pp = se tratează analog şi duc
la violarea ipotezelor. Rezultă că rămâne doar cazul în care
',',' ppnnmm === adică descompunerea este unică.
1.2.1.11. Vectori necoplanari linear independenţi şi linear
dependenţi
Dacă avem trei vectori necoplanari dcb ,, între ei nu poate exista o
relaţie lineară de forma: 0=++ dcbrrr
δγβ căci această relaţie
caracterizează trei vectori coplanari. Se spune că cei trei vectori
necoplanari sunt lineari independendenţi. Dacă avem un ansamblu de
patru vectori, între ei va exista relaţia (1.15) sau (1.16) care arată că unul
dintre ei este o combinaţie lineară a celorlalţi trei. Din acest motiv ei se
numesc linear dependenţi.
Dacă se alege un grup de trei vectori necoplanari (lineari independenţi),
cu ajutorul lor se poate exprima orice alt vector din spaţiul cu trei
dimensiuni. De aceea aceşti vectori se numesc vectori fundamentali.
1.2.1.12. Condiţiile în care trei vectori au extremităţile în linie
dreaptă sau patru vectori au extremităţile în acelaşi plan
Dăm, fără demonstarţie, două teoreme care definesc condiţiile în care
trei vectori au extremităţile în linie dreaptă sau patru vectori au
extremităţile în acelaşi plan.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
411
Teorema I. Condiţia necesară şi suficientă pentru ca extremitatea
vectorului cOCr
= să se găsească pe dreapta AB este ca în relaţia de
dependenţă cpbnamdrrrr
++= să avem 1=++ pnm .
Teorema II. Condiţia necesară şi suficientă pentru ca extremitatea
vectorului dODr
= să se găsească în planul ABC este ca în relaţia de
dependenţă bnamcrrr
+= să avem 1=+ nm .
1.2.2. Produsul scalar a doi vectori
1.2.2.1. Definiţie şi proprietăţi
Se consideră doi vectori a şi b şi se defineşte o operaţie între cei doi
vectori cu rezultat în mulţimea numerelor reale astfel:
Definiţie. Se numeşte produs scalar a doi vectori a şi b numărul care
rezultă din produsul modulelor celor doi vectori, înmulţit cu cosinusul
unghiului dintre ei.
Produsul scalar se notează cu un punct: ),cos( baabbac =⋅= . Produsul
scalar are următoarele proprietăţi:
Produsul scalar este nul dacă: a) unul din vectori este nul sau b)
dacă cei doi vectori sunt perpendiculari. Demonstraţia primei
proprietăţi este imediată. Pentru demonstraţia celei de-a doua, dacă
se consideră formula în care apare cosinusul unghiului dintre cei
doi vectori, deoarece vectorii sunt perpendiculari, acest cosinus
este zero şi deci şi rezultatul este zero;
Culegere de probleme
412
Pătratul unui vector în raport cu operaţia produs scalar este egal cu
modulul pătratului. Dacă se aplică formula şi se ţine seama că
unghiul dintre cei doi factori ai produsului este, în acest caz, zero,
rezultă imediat:
)(0cos222 aaaaaaa ==⋅=⋅= (1.19)
Produsul scalar este comutativ. Demonstraţia decurge imediat din
formula de definiţie a produsului scalar.
Produsul scalar este distributiv la
înmulţirea unui vector cu un scalar.
Demonstraţia decurge simplu dacă se
ţine seama că a şi aλ sunt colineari şi
de asemenea b şi bλ sunt colineari,
deci:
),cos(),cos(),cos( bababa λλ ==
Atunci, din formulele de definiţie, rezultă simplu:
( ) ( ) ( )bababa λλλ ⋅=⋅=⋅ (1.20)
Produsul scalar a doi vectori este egal cu modulul unuia dintre ei,
înmulţit cu proiecţia celuilalt pe direcţia primului vector.
Proprietatea rezultă dacă se urmăreşte fig. 1.13. Avem:
( ) ( )[ ] bprabababaabba a=== ,cos,cos (1.21)
deoarece: ( )babbpra ,cos= . În mod analog:
aprbbab
= (1.22)
Dăm, fără demonstraţie, următorul rezultat: produsul scalar este
distributiv faţă de adunarea vectorilor. Avem:
cabacba +=+ )( (1.23)
Fig. 1.13. Proiecţia unui
vector pe un al doilea
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
413
Dacă se ţine seama de proprietatea precedentă, se poate scrie
imediat:
dbdacbcadcba +++=+⋅+ )()(
adică regula de înmulţire a două polinoame se păstrează. Se poate
scoate, de asemenea, factor comun.
Produsul scalar a doi vectori nu se schimbă dacă unuia dintre
vectori i se adaugă un vector perpendicular pe celălalt. Să
considerăm doi vectori a şi b şi un al treilea vector
u perpendicular pe a . Avem deci: 0=ua . Atunci:
bauabauba =+=+ )( ceea ce demonstrează proprietatea.
În continuare să considerăm un triedru ortogonal Oxyz care are
versorii axelor kji ,, . Există relaţiile, deosebit de importante în
reprezentarea algebrică a vectorilor:
0,0,02
cos =⋅=⋅=⋅=⋅==⋅=⋅ kiikjkkjijjiπ
( ) ( ) ( ) 10cos222 ==== kji (1.24)
1.2.2.2. Reprezentări algebrice
Dacă se consideră reprezentarea (1.6) a vectorilor a şi b atunci se
poate scrie:
Culegere de probleme
414
( )zzyyxx
zzyzxzzy
yyxyzxyxxx
zyxzyx
bababa
kbajkbaikbakjba
jbaijbakibajibaiba
kbjbibkajaiaba
++=
=+⋅+⋅+⋅+
++⋅+⋅+⋅+=
=++++=⋅
2
22
)()()(
)()()()()(
))((r
(1.25)
adică produsul scalar este dat de suma produselor componentelor celor
doi vectori. În scriere matriceală avem:
[ ] zzyyxx
z
y
x
zyx
Tbababa
b
b
b
aaababa ++=
==⋅ .
Condiţia ca doi vectori să fie perpendiculari se va scrie, dacă se adoptă
această reprezentare:
0=++ zzyyxx bababa (1.26)
Mărimea unui vector se obţine, dacă se consideră înmulţirea unui vector
cu el însuşi, din relaţia:
( ) 22222zyx aaaaaaa ++===⋅ (1.27)
de unde:
222zyx aaaa ++= (1.28)
În scriere matriceală:
2222zyx
Taaaaaa ++==
Unghiul dintre doi vectori se obţine din relaţia:
222222),cos(
zyxzyx
zzyyxx
bbbaaa
bababa
ab
baba
++++
++=
⋅= (1.29)
Versorul unei direcţii. Se consideră o dreaptă )(∆ care face cu cele trei
axe ale unui sistem de coordonate ortogonal unghiurile βα , şi γ şi să
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
415
considerăm un vector u orientat de-a lungul acestei drepte.
Componetele lui după cele trei axe vor fi egale cu proiecţiile lui pe cele
trei axe, respectiv:
.cos,cos,cos γβα uuuuuu zyx ===
Să considerăm acum versorul dreptei date, fie ou . Acest versor se obţine
împărţind vectorul u la mărimea lui, deci:
γβα coscoscos kjiu
uuo ++== (1.30)
În scriere matriceală avem:
=
γβα
cos
cos
cos
ou (1.31)
Deoarece ou este versor, rezultă imediat:
1coscoscos 222 =++ γβα (1.32)
1.2.3. Produsul vectorial a doi vectori
1.2.3.1. Definiţie şi proprietăţi
Se consideră doi vectori a şi b şi se defineşte o operaţie între cei doi
vectori cu rezultat în mulţimea vectorilor, numită produs vectorial.
Definiţie. Fiind daţi vectorii OBbOAa == , se defineşte operaţia,
numită produs vectorial al celor doi vectori, care le asociază un vector
OCc = determinat în felul următor:
a) este perpendicular pe planul determinat de vectorii daţi (acest lucru îi
determină direcţia);
Culegere de probleme
416
b) pe normala la plan se alege un sens astfel ca un observator, care ar
sta cu capul în acest sens, să vadă rotaţia de la OA la OB în sens
trigonometric direct (invers acelor de ceasornic). Metoda de determinare
a sensului se mai numeşte
şi regula burghiului drept:
dacă se consideră un
burghiu cu elice dreaptă, şi
se roteşte acesta astfel încât
să ducem OA peste OB pe drumul cel mai scurt, sensul este determinat
de sensul mişcării de translaţie a burghiului.
c) mărimea vectorului este egală cu aria paralelogramului construit pe
vectorii OA şi OB .
Rezultă deci ( ) )(2,sin OABariabaabc == . Produsul vectorial se
notează cu semnul x : bxac = .
În continuare sunt enumerate câteva din proprietăţile produsului
vectorial.
Produsul vectorial este nul dacă unul dintre cei doi vectori este nul
sau dacă cei doi vectori au aceeaşi direcţie. Într-adevăr, dacă în
expresia modulului produsului vectorial se consideră că unghiul
dintre cei doi vectori este zero, atunci sinusul acestui unghi este
zero, deci şi modulul produsului vectorial este zero. În particular
produsul vectorial al unui vector cu el însuşi este zero.
Paralelismul a doi vectori. Doi vectori vor fi paraleli dacă
produsul lor vectorial este egal cu zero. Acest lucru este evident
dacă se va ţine seama că unghiul dintre cei doi vectori paraleli este
Fig. 1.14. Definirea produsului vectorial
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
417
zero, deci şi sinusul acestui unghi, care apare în formula modulului
produsului vectorial, este zero. Acestă proprietate permite testarea
situaţiilor în care doi vectori sunt paraleli.
Produsul vectorial nu este comutativ. Să considerăm produsele
bxa şi axb . Vectorul rezultant în cele două cazuri are aceeaşi
direcţie, fiind orientat după o dreaptă perpendiculară pe cei doi
vectori dar sensurile vor fi diferite. Dacă ducem pe a peste b pe
drumul cel mai scurt obţinem un sens iar dacă îl ducem pe b peste
a pe drumul cel mai scurt obţinem un sens contrar. Întrucât
modulii celor doi vectori sunt egali rezultă că se poate scrie:
axbbxa −= sau 0=+ axbbxa (1.33).
Produsul vectorial este distributiv faţă de înmulţirea cu un scalar.
Demonstraţia decurge simplu dacă se ţine seama că a şi aλ sunt
colineari şi de asemenea b şi bλ sunt colineari. În acest caz
unghiul dintre a şi b ca şi unghiul dintre λa şi b sau a şi λb este
acelaşi deci şi sinusul acestui unghi va fi acelaşi în toate cele trei
cazuri. Rezultă:
( ) ( ) ( )bxabxabxa λλλ == (1.34).
Produsul vectorial dintre doi vectori rămâne neschimbat atunci
când vârful unui vector se mişcă pe o dreaptă paralelă la celălalt
vector (fig.1.15). Să considerăm paralelogramul OABM generat de
vectorii a şi b şi paralelogramul OApBpMp generat de vectorii a şi
b p. Vectorul b p s-a obţinut mutând vârful lui b după o dreaptă
paralelă cua . Cele două paraleograme au aceeaşi arie întrucât au
aceeaşi bază, a şi aceeaşi înălţime. Rezultă că modulul produsului
Culegere de probleme
418
vectorial în cele două cazuri este acelaşi. Întrucât direcţia şi sensul
nu se modifică prin deplasarea
vârfului lui b după o dreaptă
paralelă cu a rezultă că
vectorul produs vectorial este
acelaşi în cele două cazuri, deci
nu se modifică la deplasarea
vârfului unuia din vectori după
o dreaptă paralelă cu celălalt.
Produsul vectorial este distributiv faţă de adunarea vectorială.
Deoarece demonstraţia, fără a fi dificilă, este mai lungă, nu o dăm.
Se va putea deci scrie:
( ) cxabxacbxa +=+ (1.35).
Folosind proprietatea precedentă se poate scrie produsul vectorial a
două sume de vectori. Avem:
( ) ( )=++ dcxba dxbcxbdxacxa +++ .
Regula de înmulţire rămâne aceeaşi ca la polinoame cu deosebirea
că ordinea factorilor în produs nu este arbitrară ci în fiecare termen
al dezvoltării primul factor trebuie să aparţină primei paranteze iar
al doilea factor trebuie să aparţină celei de-a doua paranteze.
Produsul vectorial nu se schimbă dacă la unul din vectori adunăm
un alt vector paralel cu al doilea vector al produsului. Într-adevăr
adunarea la unul din vectori a unui alt vector paralel cu celălalt
duce la obţinerea unui vector a cărei extremitate se găseşte pe
paralela la primul vector rezultă atunci conform unei proprietăţi
Fig.1.15. Invarianţa produsul
vectorial la deplasarea
extremităţii unui vector după o
dreaptă
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
419
anterioare (dacă plimbăm vârful unui vector pe o dreaptă paralelă
cu celălalt) că produsul vectorial nu se schimbă.
Dacă se consideră un triedru ortogonal cu versorii kji ,, , dacă se
ţine seama de unghiurile dintre axele de coordonate şi de direcţia şi
sensul vectorilor rezultanţi, se poate scrie:
0=== kxkjxjixi şi:
jixkikxjkjxi === ,, (1.36)
Un triedru ortogonal pentru care sunt valabile relaţiile de mai sus poartă
numele de triedru ortogonal drept. Dacă pe cea de-a treia axă sensul este
definit de relaţia kjxi −= spunem că avem un triedru ortogonal stâng.
În general, în continuare se vor utiliza triedre ortogonale drepte dacă nu
se specifică altceva.
1.2.3.2. Reprezentări algebrice
Să considerăm acum doi vectori a şi b definiţi prin componentele lor:
kbjbibbkajaiaa zyxzyx ++=++= ,
Ţinând seama de regulile de înmulţire a versorilor axelor, se poate scrie:
( ) ( )=++++== kbjbibxkajaiabxac zyxzyx
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )=++++
+++++=
kxkbajxkbaixkbakxjba
jxjbaixjbakxibajxibaixiba
zzyzxzzy
yyxyzxyxxx
( ) ( ) ( )kbabajbabaibaba xyyxzxxzyzzy −+−+−=
deci componentele vectorului c vor fi date de expresiile:
xyyxzzxxzyyzzyx babacbabacbabac −=−=−= ;; (1.37)
Simbolic, produsul vectorial poate fi reprezentat prin determinantul:
Culegere de probleme
420
zyx
zyx
bbb
aaa
kji
bxac == .
Matriceal, pentru reprezentarea unui produs vectorial, se introduce
matricea antisimetrică 3x3 asociată vectorului a :
−
−
−
=
0
0
0
][
xy
xz
yz
aa
aa
aa
a
şi atunci produsul vectorial este reprezentat de produsul matriceal:
−
−
−
=
−
−
−
=
xyyx
zxxz
yzzy
z
y
x
xy
xz
yz
baba
baba
baba
b
b
b
aa
aa
aa
ba
0
0
0
][ (1.38)
1.2.4. Produsul mixt a trei vectori
1.2.4.1. Definiţia produsului mixt şi proprietăţi
Se consideră trei vectori a ,b şi c . Produsul mixt al acestor trei vectori
este un scalar d , definit de combinaţia:
)( cxbad ⋅= (1.39)
Produsul mixt are o semnificaţie geometrică interesantă. Să considerăm
cei trei vectori a ,b şi c . Ei vor forma un paralelipiped
OBDCA’B’D’C’.Modulul produsului vectorial )( cxb , aşa cum s-a
arătat anterior, reprezintă aria paralelogramului OBDC, iar vectorul
produs vectorial este vectorul OM, perpendicular pe planul determinat
de vectorii b şi c . Să ducem acum perpendiculara din A’ pe OM.
A’A’’ este perpendiculară pe OM şi va rezulta că OA’’ este înălţimea
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
421
paralelipipedului. Atunci produsul scalar dintre OM şi a va avea o
valoare egală cu produsul dintre OM şi proiecţia lui a pe OM adică OA’’
adică o valoare egală cu produsul dintre aria paralelogramului bazei şi
înălţimea paralelipipedului, deci va fi egal cu volumul paralelipipedului.
Produsul mixt poate fi pozitiv sau negativ în funcţie de orientarea
triedrului format cu cei trei vectori daţi. Dacă orientarea acestui triedru
este pozitivă produsul mixt este pozitiv
şi dacă orientarea este negativă,
produsul mixt este negativ.
Rezultă: produsul mixt a trei vectori
reprezintă, în valoare absolută,
volumul paralelipipedului construit pe
aceşti vectori consideraţi drept muchii.
Proprietăţi ale produsului mixt:
Produsul mixt a trei vectori rămâne nechimbat dacă se permută
circular factorii săi, adică avem:
)()()( bxacaxcbcxba == (1.40)
Rezultatul se poate demonstra uşor dacă se ţine seamă că cele trei
produse reprezintă volumul paralelipipedului construit cu cei trei
vectori ca muchii, iar semnul este acelaşi în cele trei cazuri întrucât
orientarea triedrelor se menţine.
Produsul mixt nu se schimbă dacă se permută între ele semnele •
şi x, adică:
cbxacxba )()( = (1.41)
Fig. 1.16. Produsul mixt a
trei vectori
Culegere de probleme
422
Rezultatul se demonstrează simplu, dacă se ţine seama că produsul
scalar este comutativ şi dacă se foloseşte proprietatea menţionată
anterior prin care se spune că produsul mixt nu se schimbă dacă se
permută circular între ei factorii. Deoarece valoarea produsului
mixt depinde numai de cei trei vectori şi de orientarea triedrului
definit de ei, indiferent de semnul care se pune între ei • sau x, s-a
convenit să se noteze produsul mixt şi sub forma:
][)()()( cbacbacbxacxba === (1.42)
Dacă se schimbă între ei doi factori ai produsului mixt, acesta îşi
schimbă semnul:
( )()()() abcbcacabcba −=−=−= (1.43)
Produsul mixt este nul dacă unul dintre factori este nul sau dacă cei
trei vectori sunt coplanari. Primul caz este evident. Pentru al doilea
caz se va observa că dacă cei trei sunt coplanari, paralelipipedul
construit cu ei are volumul nul, deci şi produsul mixt este nul. Un
caz particular,des întâlnit în practică este când doi vectori ai
produsului sunt colineari, deci cei trei vectori sunt coplanari. Deci,
dacă oricare doi vectori ai produsului mixt sunt colineari, produsul
mixt este nul.
1.2.4.2. Reprezentări algebrice
Dacă se consideră vectorii kajaiaa zyx ++= , kbjbibb zyx ++= şi
kcjcicc zyx ++= şi se efectuează calculele se obţine pentru expresia
produsului mixt:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
423
yzxzxyxyzyxzxzyzyx cbacbacbacbacbacbacba −−−++=)( (1.44)
Această expresie este tocmai determinantul matricei având drept linii
componentele vectorilor a ,b şi c deci se poate scrie:
zyx
zyx
zyx
ccc
bbb
aaa
cba =)( (1.45)
Dacă scriem produsul mixt sub această formă toate proprietăţile enunţate
anterior se demonstrează imediat dacă se ţine seama de proprietăţile
determinanţilor.
1.2.5. Dublul produs vectorial a trei vectori
Dacă se consideră vectorii a ,b şi c , dublul produs vectorial al acestor
trei vectori este vectorul d :
)( cxbxad = (1.46)
În cele ce urmează dăm, fără demonstraţie (care nu pune probleme dar
este mai laborioasă), principalul rezultat referitor la dublul produs
vectorial. Astfel, dublul produs vectorial d poate fi descompus după
direcţiile vectorilor b şi c sub forma:
( ) ( )cbabcacxbxad −== )( (1.47)
Dublul produs vectorial este nul dacă unul dintre factori este nul, dacă
vectorii b şi c sunt colineari sau dacă vectorul a este perpendicular pe
planul determinat de vectorii b şi c . Demonstraţia este imediată.
Culegere de probleme
424
1.2.6. Aplicaţii ale calculului vectorial
1.2.6.1. Vectorul de poziţie al unui punct
Să considerăm un punct M în spaţiu şi să alegem un punct fix O ca fiind
origine a spaţiului. Să construim vectorul OMr =r
. Poziţia punctului M
este complet determinată de vectorul astfel construit. Vectorul OMr =r
se numeşte vectorul de poziţie al punctului M. Poziţia punctului M este
determinată deci dacă se cunoaşte direcţia axei OM, mărimea
segmentului OM şi orientarea acestuia pe dreapta considerată. În
aplicaţii, pentru determinarea vectorilor se pot utiliza diferite sisteme de
coordonate (carteziene, cilindrice, polare, sferice, naturale, etc) în care
vectorii sunt definiţi prin componente scalare. Aceste componente
definesc în mod univoc vectorul de poziţie, deci şi poziţia punctului M.
1.2.6.2. Determinarea dreptei suport a unei forţe
Să considerăm cunoscute forţa Fr şi momentul ei faţă de un punct OM
r
(fig. 1.17), (avem Fr
OMr
=0). Ne propunem să determinăm suportul
forţei. Pentru aceasta, din ecuaţia vectorială OMFxrrrr
= , trebuie să
determinăm soluţia rr.
Pe componente, relaţia se va scrie:
;
;
;
Oz
Oy
Ox
MyXxY
MxZzX
MzYyZ
=−
=−
=−
sau:
Fig.1.17. Suportul unei forţe
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
425
=
−
−
−
Oz
Oy
Ox
M
M
M
z
y
x
ZY
XX
YZ
0
0
0
Se constată uşor că determinantul sistemului este zero:
0
0
0
0
=
−
−
−
ZY
XX
YZ
(1.48)
deci sistemul nu are o soluţie unică. Dacă considerăm primele două
ecuaţii ca ecuaţii principale, se obţine că determinantul caracteristic este
egal cu zero:
( ) 0)(0
0
==++=
−
−=∆ OOzOyOx
Oz
Oy
Ox
c MRZZMYMXMZ
MZY
MX
MZrr
în virtutea faptului că momentul şi forţa sunt doi vectori perpendiculari.
Rezultă că avem un sistem nedeterminat de două ecuaţii cu trei
necunoscute. Geometric, cele două ecuaţii reprezintă plane a căror
intersecţie ne va da o dreaptă, care este suportul forţei.
O altă metodă de determinare a suportului forţei este cea vectorială.
Astfel dacă ecuaţia vectorială:
OMFxrrrr
= (1.49)
o înmulţim vectorial, la stânga, cu Fr se obţine:
( ) OMxFFxrxFrrrrr
= ,
de unde ţinând seama de regula de dezvoltare a dublului produs
vectorial, avem:
( ) OMxFFrFrFrrrrrr
=−2 .
Rezultă:
Culegere de probleme
426
( )
FF
rF
F
MxFr O
rrrrr
r22
+= (1.50)
Întrucât în baza consideraţiilor anterioare am văzut că nu toate
componentele vectorului rr sunt independente, se poate alege ca
parametru expresia:
( )2F
rFrr
=λ
şi obţinem:
FF
MxFr O
rrr
rλ+=
2 (1.51)
Ecuaţia obţinută reprezintă o dreaptă, care are direcţia forţei şi trece prin
punctul de coordonate:
2F
MxFd O
rrr= (1.52)
Vectorul dr reprezintă distanţa de la origine la dreaptă (este
perpendicular pe forţă - provine dintr-un produs vectorial - deci şi pe
dreapta suport şi în plus când λ = 0 va rezulta că extremitatea lui
aparţine dreptei). Deci suportul forţei are ecuaţia:
Fdrrrr
λ+= (1.53)
sau pe componente:
;
;
;
Zdz
Ydy
Xdx
z
y
x
λ
λ
λ
+=
+=
+=
(1.54)
Prin eliminarea parametrului λ dreapta se poate pune şi sub forma:
Z
dz
Y
dy
X
dx zyx −=
−=
− (1.55)
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
427
1.3. Exerciţii
1. Dacă sunt daţi vectorii a ,b şi c să se demonstreze că există relaţia:
0)()()( =++ bxaxcaxcxbcxbxa
2. Dacă avem patru vectori cba ,, şi d să se arate că avem relaţia:
dbcb
dacadxcbxa
⋅⋅
⋅⋅=⋅ )()(
3. Dacă se dau cba ,, şi d să se arate că avem relaţia:
abdcbadcdcbacdbadxcxbxa )()()()()()( −=−=
4. Fie vectorii a ,b şi c necoplanari. Să se arate că dacă:
)()()()( cbbadxcbxa ⋅⋅⋅=⋅
atunci vectorii a şi c sunt perpendiculari.
5. Să se arate că:
bcbacxbxbxa )()()( =
6. Să se arate că:
[ ] 2)())(()( cbaaxccxbbxa =
7. Să se arate că avem descompunerea:
[ ] ( )[ ]abcbaccbaaxcxcxbxbxa )()()()()( −=
8. Dacă )3,2,1(,, =icba iii sunt numere reale să se arate că vectorii:
Culegere de probleme
428
kbajacicbu
kbajacicbu
kbajacicbu
)()()(
)()()(
)()()(
3333333
2222222
1111111
−+−+−=
−+−+−=
−+−+−=
sunt coplanari.
Indicaţie: Dacă se scrie produsul mixt al celor trei vectori sub formă de
determinant se constată că acesta este zero, deci vectorii sunt colineari.
9. Dacă se dau vectorii a ,b şi c necoplanari, să se calculeze produsul
mixt al vectorilor: )(),(),( accbba +++ şi să interpreteze geometric
rezultatul.
Răspuns: ( )cbaP 2=
10. Dacă se dau vectorii a ,b şi c necoplanari, să se calculeze produsul
mixt al vectorilor: )(),(),( accbba −−−
Răspuns: P = 0.
11. Din dezvoltarea în două moduri diferite a produsului ))(( uxcbxa
să se deducă componetele lui u după direcţiile vectorilor a ,b şi c ,
presupuşi necoplanari.
Răspuns: ( )[ ]cubabuacaucbcba
u )()()(
1++=
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
429
12. Dacă se dau vectorii a ,b şi c necoplanari se construiesc cu aceştia
vectorii vu , şi w în felul
următor:
).(
),(
),(
baxcw
acxbv
cbxau
+=
+=
+=
Să se arate că:
a) === uxwwxvvxu
( )( )cbacba ++=
b) 0)( == wvuP
13. Să se scrie ecuaţia dreptei pentru următoarele cazuri:
a) trece prin punctul )( oo rM şi are direcţia dată de vectorul a ;
b) trece prin punctele )( ArA şi )( BrB ;
c) trece prin origine şi are direcţia dată de vectorul a .
Rezolvare:
a) M fiind un punct oarecare pe dreapta ( )∆ căutată, avem (fig.1.18):
aMM o
rλ= cu ∈λ R. Relaţia poate fi scrisă:
arr o λ=− , ∈λ R
sau:
arr o λ+= , ∈λ R
Dacă se consideră vectorii ),,( zyxr , ),,( oooo zyxr şi ),,( zyx aaaa
definiţi prin coordonatele carteziene, ecuaţia dreptei ia forma:
Razzayyaxx zoyoxo ∈λλ+=λ+=λ+= ,;;
Fig.1.18.
Culegere de probleme
430
sau, dacă se elimină parametrul λ :
z
o
y
o
x
o
a
zz
a
yy
a
xx −=
−=
−
Dacă se înmulţeşte relaţia
vectorială a dreptei la dreapta cu
a se obţine:
axraxr o=
Se notează axrb o= (b este un
vector perpendicular pe a deci
0=⋅ba ). Atunci ecuaţia vectorială a dreptei se poate scrie sub forma:
baxr = (cu 0=⋅ba )
b) Vectorul AB rrABrr
−= este colinear cu dreapta (fig.1.19), deci dacă M
este un punct oarecare de pe dreaptă, se poate scrie: ABMM o λ= ,
∈λ R, sau )( ABo rrrr −=− λ sau încă:
)( ABo rrrr −+= λ
Dacă se consideră vectorii ),,( AAAA zyxr , ),,( BBBB zyxr definiţi prin
coordonatele carteziene, ecuaţia dreptei ia forma:
),();();( ABoABoABo zzzzyyyyxxxx −+=−+=−+= λλλ ∈λ R
sau, dacă se elimină λ :
AB
o
AB
o
AB
o
zz
zz
yy
yy
xx
xx
−
−=
−
−=
−
−
Dacă pornim acum de la relaţia vectorială pe care o înmulţim vectorial
la dreapta cu AB rr − se obţine:
BAABAAB rxrrrxrrrxr =−=− )()(
sau:
Fig.1.19.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
431
BAAB rxrrrxr =− )(
c) Se ia la punctul precedent 0=Ar (punctul A coincide cu originea O)
şi se obţine
0=Brxr
În acest caz Br indică direcţia dreptei deci ar B λ= şi atunci:
0=axr .
14. Să se scrie ecuaţia unei drepte paralele cu axa Ox a sistemului de
coordonate.
Răspuns: bixrrrr
= cu kjbrrr
βα += .
15. Să se scrie condiţia ca trei puncte să fie colineare.
Rezolvare: Fie punctele A, B şi C. Condiţia ca ele să fie colineare se
scrie sub forma:
ABAC µ=
sau: )( ABAC rrrr −=− λ . Dacă se înmulţeşte relaţia la stânga vectorial
cu AB rr − se obţine: ( ) 0)( =−− ACAB rrxrr sau într-o formă simetrică:
0=++ ACCBBA rxrrxrrxr
16. a) Să se scrie ecuaţia planului π care trece prin punctele
)(),(),( CBA rCrBrA . Aplicaţie numerică: )5,1,2(,)1,2,3(,)5,3,1( CBA rrrrrr
;
b) Să se scrie ecuaţia planului π care trece prin punctul A iar normala
are direcţia dată de vectorul a ;
Culegere de probleme
432
c) Care este condiţia ca punctele )(),(),(),( DCBA rDrCrBrA să fie
coplanare.
Rezolvare: a) Avem relaţiile (fig.1.20): ;AB rrABrr
−= ArrAMrr
−= . Un
vector perpendicular pe plan va fi perpendicular pe vectorii
AMACAB ;; . Dacă se notează cu nr normala la plan
== ACxABnr
ACCBBA rxrrxrrxrrrrrrr
++=
atunci trebuie să avem:
0=nxAMr
sau:
( ) ( ) ( )[ ] 0=−−− ACABA rrxrrrrrrrrrr
După dezvoltări se obţine:
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]ACABAACAB rrxrrrrrxrrrrrrrrrrrrr
−−=−−sau:
( ) [ ]CBAACCBBA rrrrxrrxrrxrrrrrrrrrrrr
=++
sau:
[ ]CBA rrrnrrrrrr
=
Aplicaţie numerică:
kji
kji
nrrr
rrr
r348
553112
513213 +−−=
−−−
−−−=
[ ] 35
512
123
531
−==CBA rrrrrr
deci ecuaţia planului va fi:
Fig.1.20
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
433
( ) 35348 −=+−− kjirrrrr
sau:
35348 =−+ zyx .
b) Dacă nr este vectorul normal la plan, el este perpendicular pe orice
vector din plan, adică: ( ) 0=− nrr A
rrr sau nrnr A
rrrr= . În cazul nostru
arar A
rrrr= .
c) Fie ACCBBA rxrrxrrxrnrrrrrrr
++= un vector normal la planul definit de
A,B,C (vezi punctul a). Dacă D se află în plan, trebuie să avem:
( ) 0=− nrr AD
rrr
sau:
[ ]CBAD rrrnrrrrrr
=
Avem:
[ ] [ ]CBAACCBBAD rrrrxrrxrrxrrrrrrrrrrrr
=++
sau:
[ ] [ ] [ ] [ ] 0=+++ BADADCDCBCBA rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr
17. Să se rezolve ecuaţia vectorială baxrrrr
= .
Rezolvare: Dacă se preînmulţeşte ecuaţia cu vectorul ar se obţine:
( ) bxaaxrxarrrrr
=
sau, prin dezvoltarea dublului produs vectorial:
( ) bxaarararrrrrr
=−2
Culegere de probleme
434
de unde:
aa
bxar
rrr
rλ+=
2 cu
( )2a
rarr
=λ .
18. Să se arate că a
b
a
bxad ==
2
rr
reprezintă distanţa de la origine la
dreapta baxrrrr
= )0( =barr
.
Rezolvare: Ecuaţia baxrrrr
= are soluţia: aa
bxar
rrr
rλ+=
2. Dacă 0=λ
vectorul :
20 a
bxadr
rrrr==
=λ
uneşte originea cu un punct de pe dreaptă şi este perpendicular pe
dreaptă, întrucât 0=adrr
, deci reprezintă vectorul a cărui modul e distanţa
de la origine la dreaptă.
19. Să se determine ecuaţia planului care trece prin origine şi este
perpendicular pe vectorul ar.
Rezolvare: În problema 15.b se ia 0=Arr
şi se obţine: 0=arrr
. Dacă se
consideră planele de coordonate xOyzOxyOz ,, ele vor avea respectiv,
ecuaţiile: ;0;0 == jrirrrrr
.0=krrr
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
435
20. Să se scrie forma vectorială a ecuaţiei unui plan care intersectează
axele în punctele )1
,0,0(,)0,1
,0(,)0,0,1
(c
Cb
Ba
A .
Rezolvare: Ecuaţia planului prin tăieturi este în acest caz:
1=++ zcybxa
Dacă se consideră vectorii kzjyixrrrrr
++= şi kcjbianrrrr
++= se poate
scrie:
1=nrrr
.
21. Să se scrie ecuaţia planului care conţine dreapta )0(, == babaxrrrrrr
şi punctul orr (fig.1.21).
Rezolvare: Rezolvând ecuaţia dreptei se obţine:
aa
bxar
rrr
rλ+=
2
Fig.1.21
Culegere de probleme
436
Punctul D pentru care 0=λ aparţine planului:
2a
bxarD
rrr
=
Un vector normal la plan va fi dat de:
axrbaxra
bxaraxrrn ooDoD
rrrrrrr
rrrrr−=
−==−=
2)(
Dacă scriem ecuaţia planului sub forma (vezi 15.b):
nrnr o
rrrr=
şi introducem nr se obţine:
( )oo rbaxrbrrrrrrr
=− )(
22. Să se scrie ecuaţia unui plan perpendicular pe axa Oz şi trece prin
punctul Arr
.
Rezolvare: AA zkrkr ==rrrr
23. Să se determine punctul de intersecţie între planul car =⋅ 1 şi
dreapta baxrrrr
=2 ,( 02 =bar
). Aplicaţie: )1,3,1(1ar
, )1,1,2(2 −ar
, )1,1,1( −br
,
1=c .
Rezolvare: Se preînmulţeşte ecuaţia dreptei, vectorial, cu 1a . Se obţine:
( ) bxaaxrxarrrrr
121 =
Dacă se dezvoltă dublul produs vectorial se obţine:
( ) ( ) bxaararaarrrrrrr
12121 =−
de unde:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
437
( )21
21
aa
acbxar rr
rrrr +=
Pentru valorile date se obţine:
kibxarrrr
441 −= ; ( ) 421 =aarr
; kjirIrrrr
4
5
4
1
2
3−+= .
24. Să se determine punctele de intersecţie ale dreptei
)0(, == babaxrrrrrr
cu planele de coordonate. Aplicaţie:
)4,2,2(;)2,3,1( barr
− .
Rezolvare: Pentru intersecţia cu planul yOz ( 0=⋅ irrr
), se preînmulţeşte
ecuaţia dreptei cu ir. Se obţine:
( ) bxiaxrxirrrrr
=
Dacă se dezvoltă dublul produs vectorial, se obţine:
( ) ( ) bxiairriarrrrrrrr
=− ,
( )( )( ) ( )ia
bxia
ia
ir
ia
bxirxOy rr
rrr
rr
rr
rr
rrr
=+= .
În mod analog se obţin celelalte două intersecţii. Pentru valori date se
obţine:
;24;24 kibxjkjbxirrrrrrrr
−=+−=
22 +−= ibxkrrr
; ( ) ( ) ;3;1 == jaiarrrr
( ) 2−=kar
.
Rezultă:
.
;3
2
3
4;24
kir
kirkjr
zOx
yOzxOy
rrr
rrrrrr
−=
−=+−=
Culegere de probleme
438
25. Să se determine dreapta de intersecţie a planelor: ;11 car =⋅rr
22 car =⋅rr
(fig.1.22).
Rezolvare: Dacă se scrie dreapta sub forma: ,baxrrrr
= )0( =barr
,
vectorul ar va aparţine celor două plane.
Dacă 1ar
şi 2ar
sunt perpendiculare pe
cele două plane, se poate scrie:
21 axaarrr
= . Rămâne de determinat br.
Ecuaţia dreptei este, dacă se cunoaşte ar:
baxaxrrrrr
=)( 21 . Dezvoltându-se dublul
produs vectorial, rezultă:
( ) ( ) baaraarrrrrrrr
=− 2112 .
Dacă se ţine seama de relaţiile de definiţie a planelor, se obţine:
2112 acacbrrr
−=
Rezultă ecuaţia dreptei de intersecţie:
211221 )( acacaxaxrrrrrr
−=
26. Să se determine intersecţia planelor 11 car =⋅ , 22 car =⋅ , 33 car =⋅ .
Rezolvare: În conformitate cu problema precedentă, dreapta de
intersecţie a primelor două plane este:
211221 )( acacaxaxrrrrrr
−=
care trebuie intersectată cu planul: 33 car =⋅ .
Fig.1.22
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
439
Se preînmulţeşte vectorial ecuaţia dreptei cu 3ar
. Se obţine, după
dezvoltarea dublului produs vectorial:
[ ] ( ) ( )231132213213 ))(()( axacaxacaxararaxaarrrrrrrrrrrr
−=−
de unde rezultă punctul de intersecţie:
( ) ( ) ( )[ ]321
213132321
aaa
axacaxacaxacrI rrr
rrrrrrr ++
=
27. Să se determine distanţa de la un punct )( BrB la planul car =⋅
(fig.1.23).
Rezolvare: Fie A piciorul perpendicularei din B pe plan. Avem: aABr
λ=
sau: arr AB
rrrλ=− .
Dacă se înmulţeşte această relaţie
scalar cu ar se obţine:
( ) 2aarr AB λ=−rrr
De aici:
22 a
car
a
arar BAB −=
−=
rrrrrr
λ .
Mărimea distanţei este:
a
caraABd B −
===rr
λ .
28 Să se determine distanţa de la punctul )( ArAr
la dreapta baxrrrr
=
(fig.1.24).
Fig.1.23
Culegere de probleme
440
Rezolvare: Fie M( rr) piciorul perpendicularei din A pe dreaptă. Vectorul
AM este perpendicular pe vectorul ar
care indică direcţia dreptei. Se poate
deci scrie:
0=⋅aAMr
sau:
( ) 0=⋅− arr A
rrr
arar A
rrrr⋅=⋅
Dacă forma vectorială a ecuaţiei dreptei se preînmulţeşte vectorial cu ar
se obţine, după dezvoltarea dublului produs vectorial:
( ) bxaarararrrrrr
=−2
sau:
( ) ( )M
A raa
ra
a
bxaa
a
ra
a
bxar
rrrrrr
rrrrr
r=+=+=
2222
care reprezintă vectorul de poziţie a punctului M. Atunci vectorul
distanţă dintre punctul A şi dreaptă este:
( )A
AA ra
a
ra
a
bxarrAM
rrrrrr
rrr−+=−==
22δ
iar modulul lui este:
( )=
−+=
2
2
a
raarabxa AA
rrrrrr
δ
[ ]2
2222 )()(
a
xaaaazayaxababa AzyxzAyAxAxyzzy ++−+++−=
∑
Fig.1.24
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
441
29. Să se determine distanţa dintre dreptele 11 baxrrrr
= şi 22 baxrrrr
=
(fig.1.25).
Rezolvare: Fie AB vectorul distanţă
dintre cele două drepte. Atunci vom
avea relaţiile: 01 =⋅ aABr
şi 02 =⋅aABr
.
Rezultă că trebuie să avem relaţia:
( )21 axarrAB AB
rrrrλ=−= şi 11 baxrA
rrr= ,
22 baxrBrrr
= . Dacă înmulţim scalar vectorul ABcu ( )21 axarr
se obţine:
22121 )()( axaaxaABrrrr
λ=⋅
sau:
( ) 22121 )()( axaaxarr AB
rrrrrrλ=−
2212121 )()()( axaaxaraxar AB
rrrrrrrrλ=−
Dacă se ţine seama de proprietăţile produsului mixt, se poate scrie:
( ) 2
211221 )()( axaaxraaxraAB
rrrrrrrrλ=−−
Introducând în paranteze ecuaţiile dreptelor, rezultă:
2211221 )( axababarrrrrr
λ=−−
de unde:
221
1221
)( axa
babarr
rrrr−−
=λ
Se obţine astfel vectorul distanţă dintre cele două drepte:
)()(
21221
1221 axaaxa
babaAB
rrrr
rrrr−−
=
şi modulul lui:
Fig.1.25
Culegere de probleme
442
)( 21
1221
axa
babaAB rr
rrrr−−
=
30. Să se determine unghiul dintre dreapta baxrrrr
= )0( =barr
şi planul
cmr =⋅rr
.
Rezolvare: Fie π∈'A piciorul perpendicularei dusă din punctul A
aparţinând dreptei pe plan. Avem: π⊥'AA , deci mAAr
λ=' . Rezultă:
mrr AA
rrrλ=−' sau: mrr AA
rrrλ+=' . Dacă se preînmulţeşte ecuaţia dreptei,
vectorial cu mr rezultă: ( ) bxmaxrxm
rrrrr= . Dacă se dezvoltă dublul
produs vectorial, se obţine:
( )( )am
armbxmr rr
rrrrrr −=
şi dacă se pune condiţia ca punctul de intersecţie să aparţină planului
( cmr =⋅rr
), se obţine vectorul de poziţie al punctului de intersecţie al
dreptei cu planul:
( )amacbxm
rI rr
rrrr −
= .
Să aflăm acum direcţia dreptei IA' . Avem:
( ) 21a
bxa
am
acbxmrra AI
rr
rr
rrrrrr
−−
=−= .
Din ecuaţia dreptei sub forma:
aa
bxar
rrr
r12
λ+=
s-a considerat pentru alegerea punctului A cazul particular când 01 =λ ,
deci:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
443
2a
bxarA
rrr
=
Avem: ( ) ( )111 cos aaaaaarrrr
<=
de unde: ( ) ( )1
11cos
aa
aaaa
rrrr
=<
dar:
( ) ( )( )
( ) ( )( )am
caaxbm
a
bxaa
am
cabxmaaa rr
rrrrrr
rr
rrrrr
2
2
2
1
−=−
−=
În acest caz rezultă:
( )
( )( )
( ) 2
2
1cos
a
bxa
am
acbxma
am
caaxbm
aa rr
rr
rrr
rr
rrr
rr
−−
−
=< .
31. Fiind dată dreapta baxrrrr
= pe care se află forţa alunecătoare Fr să
se determine punctele în care vectorul moment este Mr
( 0=⋅MFrr
),
(fig.1.26).
Rezolvare: Fie P un punct de pe
suportul forţei (unde momentul este
nul) şi D un punct în care vectorul
moment este Mr
. Avem:
'rxFMrrr
= .
Dacă preînmulţim vectorial cu Fr se
obţine: Fig.1.26
Culegere de probleme
444
FF
MxFr
rrr
r''
2λ+−= .
Vectorul de poziţie al punctului D este:
FF
MxFa
a
bxarrrD
rrr
rrr
rrr''
22λλ +−+=+= .
Dacă se ţine seama că forţa este colineară cu vectorul ar ( aF
rr⋅= γ ),
rezultă:
aa
cxaa
a
Mbxa
rDr
rrr
rrr
r")'(
22
2
λγλλγγ
+=++
−
=
unde: 2γ
γMbc
rrr−= şi γλλλ '" += adică o dreaptă paralelă cu dreapta
suport a forţei.
1.4. Matrice.
1.4.1. oţiuni fundamentale
O matrice de dimensiune m x n este reprezentată de un tabel cu m linii
şi n coloane:
mnmm
n
n
aaa
aaa
aaa
K
M
K
K
21
22221
11211
,
mnmm
n
n
aaa
aaa
aaa
K
M
K
K
21
22221
11211
,
mnmm
n
n
aaa
aaa
aaa
K
M
K
K
21
22221
11211
.
Am prezentat trei modalităţi diferite de notare ale acestor mărimi care se
întâlnesc în literatură, dar în lucrare vor prefera notaţia cu paranteze
drepte întrucât este uşor de utilizat.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
445
otaţia matricelor: în literatură se întâlnesc notaţii diferite pentru
matrice. Câteva notaţii care s-au încetăţenit sunt prezentate în cele ce
urmează. Mulţimea matricelor cu m linii şi n coloane se notează nxmΜ .
Matricele se notează cu litere mari ale alfabetului, ca de exemplu Am x n ,
Bm x n , Km x n . Uneori se notează cu literă îngroşată Am x n , Bm x n , Km x n.
Se mai obişnuieşte introducerea simbolului între paranteze: [A]m x n ,
[B]m x n , [K]m x n sau reprezentări de forma: ( )ijijij aaa ,,][ . Pentru
matricele care au o singură coloană se utilizează notaţia cu acolade
(aceste matrice reprezintă vectori): XBA ,, .
Matrice pătrată. O matrice la care numărul de linii este egal cu numărul
de coloane se numeşte matrice pătrată de dimensiune n. Spre exemplu:
−
−
−=
2130
1153
2221
4321
][A
Mulţimea matricelor pătrate de dimensiune n se notează nΜ . O matrice
pătrată se notează nA sau dacă dimensiunea este subînţeleasă, se notează
simplu, A. Pentru definirea unei matrice pătrate este necesar să
cunoaştem cele 2n elemente ale ei.
Matrice simetrică. O matrice a cărei elemente au proprietatea jiij aa = se
numeşte matrice simetrică. De exemplu:
Culegere de probleme
446
−
−−
−=
2154
1123
5202
4321
][A
Se observă că elementele matricei sunt simetrice faţă de prima
diagonală. Pentru definirea unei matrice simetrice este necesar să
cunoaştem doar elementele de pe diagonală şi deasupra ei, deci
1+2+3+... ...+ n = 2
)1( +nn elemente.
Matrice antisimetrică. O matrice ale cărei elemente au proprietatea
jiij aa −= se numeşte matrice antisimetrică.
Dacă ji = atunci relaţia de definiţie devine: iiii aa −= sau 0=iia deci
elementele de pe diagonala principală a unei matrice antisimetrice sunt
nule. De exemplu:
−−
−−
−−=
0154
1023
5202
4320
][A
Pentru definirea unei matrice antisimetrice este necesar să cunoaştem
doar elementele de deasupra sau de dedesubtul diagonalei, deci 2
)1( −nn
elemente.
Matrice diagonală. O matrice cu elemente diferite de zero numai pe
diagonală se numeşte matrice diagonală. Relaţia de definiţie a unei
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
447
matrice diagonale este: 0=ija dacă ji ≠ şi 0≠ija dacă ji = . Spre
exemplu:
=
5000
0300
0020
0001
][A
Pentru definirea unei matrice diagonale trebuie să cunoaştem doar
elementele de pe diagonală, deci n elemente.
Matrice triunghiulară. O matrice care are elemente nenule pe diagonală
şi deasupra sau dedesubtul ei poartă numele de matrice diagonală. O
matrice este superior triunghiulară dacă are elemente de sub diagonală
nule:
−
−
=
5000
1300
2320
5241
][ ST
şi inferior triunghiulară dacă are elemente de deasupra diagonalei nule:
−−
=
5125
0332
0024
0001
][ iT
1.4.2. Operaţii cu matrice
1.4.2.1. Suma a două matrice ( mxnmxnmxn x Μ→ΜΜ+ )
Culegere de probleme
448
Să considerăm două matrice mxnBA Μ∈][],[ . Suma acestor două matrice,
notată cu +, este o matrice mxnC Μ∈][ care se scrie:
][][][ BAC += (1.56)
unde elementele matricei ][C sunt definite de relaţiile: ijijij bac += . Spre
exemplu, dacă:
−=
−−
=431
222][;
103
021][ BA
se obţine:
−−
−=
+−++−
−++=
=
−+
−−
=+=
332
243
413013
202221
431
222
103
021][][][ BAC
Pentru operaţia sumă există elementul neutru, pe care-l notăm cu
mxnO Μ∈][ care, dacă mxnA Μ∈][ are proprietatea:
][][][][][ AAOOA =+=+ (1.57)
Elementul neutru pentru operaţia de adunare are toate elementele zero:
=
000
000
000
][
K
M
K
K
O . (1.58)
Adunarea este comutativă, adică:
][][][][ ABBA +=+ (1.59)
şi asociativă:
( ) ( )][][][][][][ CBACBA ++=++ (1.60)
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
449
1.4.2.2. Înmulţirea unei matrice cu un scalar ( mxnpxnxR Μ→Μ )
Să considerăm un număr real, R∈λ , şi o matrice mxpA Μ∈][ . Produsul
matricei ][A cu scalarul λ este o matrice ][C , care se scrie:
][][ AC ⋅λ= (1.61)
unde elementele matricei ][C sunt definite de relaţiile: ijij ac λ= .
Operaţia de înmulţire cu un scalar se poate extinde dacă λ aparţine
corpului numerelor complexe. Spre exemplu, dacă 2=λ şi:
−−
=103
021][A
atunci produsul dintre matrice şi scalarul 2 este matricea:
−−
=
−−
=⋅λ=206
042
103
0212][][ AC
Există proprietatea de distributivitate a înmulţirii cu scalar faţă de
operaţia de adunare:
( ) ][][][][ BABA ⋅λ+⋅λ=+⋅λ (1.62)
1.4.2.3. Produsul a două matrice ( mxnpxnmxp x Μ→ΜΜ )
Să considerăm mxpA Μ∈][ şi pxnB Μ∈][ . Produsul acestor două matrice
este o matrice mxnC Μ∈][ pe care o scriem sub forma:
][][][ BAC ⋅= (1.63)
unde elementele matricei ][C sunt definite de relaţiile: ∑=k
kjikij bac .
În definiţia dată subliniem cerinţa ca numărul de coloane al primei
matrice să fie egal cu numărul de linii a celei de-a doua. Dacă acest
Culegere de probleme
450
lucru nu este îndeplinit nu poate fi efectuat produsul matriceal.Acest
produs este de tipul linii pe coloane. Poate fi definit şi un produs de tipul
coloane pe linii, dar în cele ce urmează vom lucra exclusiv cu această
definiţie pentru produsul a două matrice. Spre exemplu, dacă:
−
=
−−
=
42
32
12
][;103
021][ 2332 xx BA
produsul celor două matrice este o matrice de dimensiune 2 x 2, dată de:
=
−
−−
=⋅=
42
32
12
103
021][][][ 22 BAC x
−−
=
⋅−+⋅+⋅−−⋅−+⋅+⋅−
⋅+⋅+⋅−⋅+⋅+⋅=
74
86
4)1(3013)2()1(2023
403221)2(02221
Dimensiunile matricei rezultante diferă, în general, de dimensiunile
factorilor. Ca urmare a acestui fapt, nu se poate pune problema
elementului neutru pentru operaţia de înmulţire decât pentru matricele
pătrate.
Dacă considerăm mulţimea matricelor de dimensiune n, atunci există
elementul neutru pentru operaţia de înmulţire, ][E , definit astfel:
][][][][][ AAEEA =⋅=⋅ (1.64)
Se obţine:
=
1
0
01
1
][
O
OE (1.65)
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
451
Nu se poate pune problema comutativităţii a două matrice de
dimensiune oarecare. Dacă matricele sunt pătrate, în cazul general,
înmulţirea nu este comutativă:
][][][][ ABBA ⋅≠⋅ (1.66)
Matricele comutative reprezintă cazuri speciale şi în cele ce urmează nu
vor fi întâlnite.
1.4.2.4. Inversa unei matrice.
Pentru matricele pătrate de dimensiune n se poate problema matricei
inverse. Astfel matricea 1][ −A care îndeplineşte condiţia:
][][][][][ 11 EAAAA =⋅=⋅ −− (1.67)
se numeşte inversa matricei ][A . A calcula această matrice revine la a
rezolva un set de sisteme lineare. Se obţine:
][1
][ *1 AA∆
=− (1.68)
unde ][ *A este adjuncta matricei ][A iar ∆ determinantul acestei.
Elementei matricei adjuncte sunt ( ) ijji
ija Γ−= +1* iar ijΓ reprezintă
determinanţii de rang n-1 obţinuţi prin eliminarea liniei i şi coloanei j
din matricea transpusă.
Dacă:
−
−=
132
121
031
][A
avem:
Culegere de probleme
452
8−=∆ ,
−
−
=
110
323
211
][ TA , 3;3;5 131211 =Γ−=Γ−=Γ ;
1;1;1 232221 =Γ−=Γ−=Γ ; 5;3;7 333231 =Γ−=Γ−=Γ ;
−
−−
−
=
537
111
335
][ *A ;
Rezultă:
−−
−
−−
=
−−
−
−−
=−
625,0375,0875,0
125,0125,0125,0
375,0375,0625,0
537
111
335
8
1][ 1A
1.4.2.5. Sisteme lineare
Să considerăm sistemul linear:
132
12
203
=−+
−=++−
=++
zyx
zyx
zyx
care poate fi scris şi sub forma:
−=
−
−
1
1
2
132
121
031
z
y
x
.
Soluţia se poate obţine prin inversarea matricei coeficienţilor:
=
−
−
−=
−
1
1
2
132
121
0311
z
y
x
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
453
−=
−
−−
−
−−
=
75,2
25,0
25,1
1
1
2
625,0375,0875,0
125,0125,0125,0
375,0375,0625,0
În general, sistemul:
BXA =][ (1.69)
unde ][A este o matrice pătrată cu determinantul diferit de zero, are
soluţia:
BAX 1][ −= (1.70)
1.4.2.6. Transpusa unei matrice
Dacă ][A este o matrice, transpusa ei, notată TA][ , este matricea definită
de relaţiile:
jiij aa =' (1.71)
Spre exemplu, dacă:
−=
223
211][A avem:
−=
22
21
31
][ TA
În matricea transpusă liniile devin coloane, iar coloanele devin linii.
1.4.2.7. Reprezentarea matriceală a produsului vectorial
Să considerăm doi vectori a şi b şi produsul lor vectorial bxac = .
Ataşăm vectorilor b şi c matricele coloană:
Culegere de probleme
454
=
=
z
y
x
z
y
x
c
c
c
c
b
b
b
b ;
iar vectorului a matricea antisimetrică:
[ ]
−
−
−
=
0
0
0
xy
xz
yz
aa
aa
aa
a
Produsul vectorial poate fi reprezentat matriceal sub forma pordusului
de matrice:
−
−
−
=
−
−
−
==
=
xyyx
zxxz
yzzy
z
y
x
xy
xz
yz
z
y
x
baba
baba
baba
b
b
b
aa
aa
aa
ba
c
c
c
c
0
0
0
][
1.5. Vectori şi valori proprii pentru matrice pătrate
În acestă secţiune sunt introduse noţiunile de vectori şi valori proprii în
afara contextului în care apar în cadrul cursului de mecanică. Pentru
fiecare aplicaţie în parte va fi prezentată separat problema de vectori şi
valori proprii subliniindu-se proprietăţile caracteristice utile aplicaţiei.
Fie [ ]A o matrice pătratică de ordinal n cu elemente reale. Se spune că
un vector v este vector propriu pentru matricea [ ]A dacă avem relaţia:
vvA λ=][ (1.72)
cu alte cuvinte matricea [ ]A transformă vectorul v într-unul colinear cu
el. Valorile λ pentru care acest lucru se întâmplă se numesc valori
proprii. Relaţia (1.72) mai poate fi scrisă:
[ ] 0][ =λ− vEvA
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
455
sau:
[ ]( ) 0][ =λ− vEA (1.73)
Matricea:
][][ EA λ− (1.74)
poartă numele de matrice caracteristică a matricei [ ]A . Avem:
λ−
λ−
λ−
=λ−
nnnn
n
n
aaa
aaa
aaa
EA
21
22221
11211
][][M
K
(1.74’)
Determinantul matricei caracteristice este un polinom de gradul n în λ.
Polinomul ])[]det([ EA λ− se numeşte polinomul caracteristic al
matricei[ ]A . Rădăcinile acestui polinom se numesc rădăcinile
caracteristice ale matricei.
A găsi vectorul v din (1.73) revine la a rezolva sistemul linear omogen
obţinut. Acesta are soluţii nenule dacă şi numai dacă:
[ ]( ) 0][det =λ− EA (1.75)
adică polinomul caracteristic se anulează. Rezolvând ecuaţia (1.75) se
obţin valorile λ pentru care acest lucru se întâmplă. Revenind în sistemul
(1.73) rezultă vectorii proprii. Dacă cele n valori λ sunt distincte vor
exita în general n vectori proprii linear independenţi. În cele ce urmează
se va presupune cazul în care valorile proprii sunt distincte. Cazul
valorilor proprii multiple, introduce unele probleme de calcul din cauză
că sistemul devine multiplu nedeterminat, dar rezultatele rămân în
principiu valabile. Câteva astfel de cazuri vor fi tratate în cadrul
aplicaţiilor.
Fie acum matricea ][B asemenea cu matricea [ ]A , adică:
Culegere de probleme
456
[ ] [ ][ ]QAQB1][ −= (1.76)
cu [ ]Q nesingulară. Matricele asemenea au acelaşi polinom caracteristic
şi aceleaşi rădăcini caracteristice. Într-adevăr cum:
[ ][ ]Q
Qdet
1det 1 =− (1.77)
avem:
[ ] [ ]( ) [ ] [ ][ ] [ ]( ) [ ] [ ] [ ]( )[ ]( )=λ−=λ−=λ− −−QEAQEQAQEB
11 detdetdet
[ ] [ ] [ ]( ) [ ] [ ] [ ]( )EAQEAQ λ−=λ−= − detdetdetdet 1
Cele două matrice au aceiaşi vectori proprii şi aceleaşi valori proprii.
Dacă ][B are forma:
=
nb
b
b
B
0
0
][ 2
1
O
deci cu elemente diferite de zero numai pe diagonală spunem că f are
forma canonică.
1.6. Matrice ortogonale
O matrice pătrată care are proprietatea:
][][][]][[ ERRRR TT == (1.78)
poartă numele de matrice ortogonală. Întrucât inversa unei matrice
verifică relaţia:
][][][]][[ 11 ERRRR == −− (1.79)
rezultă că matricele ortogonale au proprietatea:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
457
TRR ][][ 1 =− (1.80)
foarte importantă atunci când avem de-a face cu probleme numerice,
întrucât transpunerea unei matrice este o operaţie deosebit de simplă, în
timp ce inversarea unei matrice cere calcule numeroase.
Ţinând seama de proprietatea determinanţilor
]det[]det[])][det([ BABA = şi ]det[]det[ RR T = ,
rezultă:
1]det[)]][det([ == ERR T
( ) 1]det[]det[]det[ 2 == RRR T
1]det[ ±=R (1.81)
1.7. Unele proprietăţi ale operaţiilor cu matrice
Enumerăm câteva din principalele proprietăţi ale calculului cu matrice,
care vor fi larg utilizate în dezvoltarea ulterioară a cursului:
• Orice matrice poate fi scrisă ca suma dintre o matrice simetrică şi o
matrice antisimetrică
Demonstraţie. Presupunem că putem scrie matricea ][A ca suma dintre o
matrice simetrică şi o matrice antisimetrică:
][][][ as AAA += (1.82)
Să transpunem relaţia scrisă:
][][][][][ as
T
a
T
s
T AAAAA −=+=
Dacă privim cele două ecuaţii ca un sistem matriceal cu necunoscutele
][ sA şi ][ aA se obţine:
Culegere de probleme
458
( )T
s AAA ][][2
1][ += (1.83’)
( )T
a AAA ][][2
1][ −= (1.83’’)
Relaţiile scrise permit şi degajarea următoarelor două proprietăţi:
- Suma dintre o matrice pătrate şi transpusa ei este o matrice
simetrică;
- Diferenţa dintre o matrice şi transpusa ei este o matrice
antisimetrică;
• Produsul unei matrice pătrate cu transpusa ei este o matrice
simetrică ;
• Dacă ][A este simetrică ][][ AA T = (1.84)
• Dacă ][A este antisimetrică ][][ AA T −= (1.85)
sau: 0][][ =+ TAA
relaţie care poate defini o matrice antisimetrică.
• Dacă ][A este simetrică 1][ −A este de asemenea simetrică.
• ( ) TTTBABA ][][][][ +=+ (1.86)
• ( ) [ ] [ ]TTTABBA =]][[ (1.87)
• ( ) [ ] [ ] 111]][[ −−− = ABBA (1.88)
• ( ) ( )TT AA 11][][ −−
= (1.89)
• ( ) [ ]AATT =][ (1.90)
• ( ) [ ]AA =−− 11][ (1.91)
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
459
1.8. Matrice compuse
Să considerăm matrice ale căror elemente sunt tot matrice. Această
abordare este utilă în cazul în care dorim o scriere compactă pentru
anumite tipuri de ecuaţii sau, dimpotrivă, dorim să partiţionăm matricele
cu care lucrăm în elemente semnificative analizei care se efectuează.
Să considerăm o matrice ][A de forma:
[ ]
=
44434241
34333231
24232221
14131211
aaaa
aaaa
aaaa
aaaa
A
Prezentăm două moduri în care putem partiţiona matricea dată. Avem:
[ ]
=
2221
1211
AA
AAA
cu partiţionarea:
[ ] [ ] ;;2423
141312
2221
121111
=
=
aa
aaA
aa
aaA
[ ] [ ]
=
=
4443
343322
4241
323121 ;
aa
aaA
aa
aaA
sau cu partiţionarea:
[ ] [ ] ;;
34
24
14
12
333231
232221
131211
11
=
=
a
a
a
A
aaa
aaa
aaa
A
[ ] [ ] [ ] [ ]442243424121 ; aAaaaA ==
Suma şi produsul matricelor partiţionate se face după aceleaşi reguli
definite anterior,ca şi cum acestea ar fi elemente scalare, cu condiţia ca
Culegere de probleme
460
produsele matriceale astfel apărute să fie definite (să fie respectate
condiţiile impuse pentru dimensiunile matricelor care se înmulţesc).
1.9.Funcţii de matrice
1.9.1. Consideraţii generale
În cele ce urmează, prin extensii ale definiţiilor funcţiilor uzuale, vor fi
definite funcţii de matrice. Considerarea funcţiilor generale de matrice
reprezintă o problemă mai dificilă, motiv pentru care se vor introduce,
gradat, diferite tipuri de matrice, mai des întâlnite în aplicaţii. Pentru
matricele simetrice, deoarece dispunem de forma canonică diagonală,
introducerea funcţiilor de matrice este mai uşoară. Prin extensii ale
operaţiilor de ridicare la putere, extragere de radicali, exponenţială,
inversă, se vor introduce astfel de funcţii atunci când variabila este o
matrice.
1.9.2. Cazul matricelor simetrice
Funcţii analitice. Orice matrice simetrică reală poate fi reprezentată sub
forma:
T
n
RRA ][
0
0
][][ 2
1
λ
λ
λ
=O
(1.92)
unde ][R este o matrice ortogonală. De aici rezultă imediat, prin inducţie
matematică după k:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
461
T
k
n
k
k
k RRA ][
0
0
][][ 2
1
λ
λ
λ
=O
(1.93)
Rezultatul poate fi demonstrat pentru orice k raţional şi atunci, întrucât
orice funcţie analitică f(z) poate fi scrisă ca serie de puteri, se poate
defini funcţia analitică de matricea simetrică ])([Af sub forma:
T
n
R
f
f
f
RAf ][
)(0
)(
0)(
][])([ 2
1
λ
λ
λ
=O
(1.94)
Funcţia inversă: Utilizând procedeul de descompunere de mai sus este
natura să definim funcţia inversă sub forma:
T
n
RRA ][
0
0
][][
1
12
11
1
λ
λ
λ
=
−
−
−
−
O (1.95)
Se verifică cu uşurinţă că matricea 1][ −A astfel definită verifică relaţiile:
][]][[][][ 11 EAAAA == −−
unde ][E este matricea unitate.
Să verificăm în continuare dacă 1][ −A astfel obţinută este unică. Am
presupus, în descompunerea canonică, că toate valorile iλ sunt nenule.
Această condiţie este echivalentă cu: 0])det([ ≠A .
Într-adevăr, se verifică cu uşurinţă că dacă 0=λ i este o rădăcină a
ecuaţiei caracteristice 0])[]det([ =λ− EA atunci trebuie ca 0])det([ =A ,
Culegere de probleme
462
şi, dacă 0]det[ =A atunci există o rădăcină 0=λ i . Deci în cazul în
care nici o valoare iλ nu este nulă matricea este nesingulară, şi ca atare,
inversabilă. Întrucât descompunerea în forma canonică este unică,
rezultă că şi inversa este unică, adică matricea definită sub forma
canonică pentru inversa unei matrice este aceeaşi cu cea care se obţine
în teoria clasică a matricelor.
Rădăcina pătrată: O matrice pozitiv definită reprezintă o generalizare a
unui număr pozitiv. Ţinând seama de forma obţinută pentru ridicarea
unei matrice la o putere raţională, rezultă că se poate scrie:
( )( )
( )
T
n
RRA ][
0
0
][][
2
1
2
1
2
2
1
1
2
1
λ
λ
λ
=O
(1.96)
Această matrice este pozitiv definită. Într-adevăr, dacă se ţine seama că
valorile sunt pozitive, atunci şi ( )2
1
iλ vor fi pozitive şi deci 2
1
][A va fi o
matrice pozitiv definită. Se poate arăta că rădăcina pătrată a unei matrice
este unică.
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
463
ANEXA II
VECTORI ŞI VALORI PROPRII
2.1 Matricea momentelor de inerţie
În mecanică, dacă se scriu ecuaţiile de mişcare pentru un rigid, se
constantă că intervin în ecuaţii momentele de inerţie axiale şi
momemntele de inerţie centrifugale. Modul în care intervin aceste
matrice în cadrul ecuaţiilor face comodă introducerea unei matrice
numită matricea momentelor de inerţie, care are forma:
−−
−−
−−
=
zzyzxz
yzyyxy
xzxyxx
O
JJJ
JJJ
JJJ
J ][ (2.1)
Matricea momentelor are formă simetrică şi este o matrice care intervine
des atunci când studiem mişcarea unui rigid sau a unui sistem de rigide.
Matricea momentelor de inerţie joacă, pentru rotaţia generală a rigidului,
acelaşi rol pe care-l joacă matricea maselor pentru mişcarea de
translaţie.
2.2. Rotaţia axelor
Se consideră sistemul de referinţă Ox’y’z’, cu aceeaşi origine ca şi
sistemul Oxyz, dar cu alte direcţii ale axelor, definite de versorii:
( )( )( )
( )( )( )
( )( )( )
=
=
=
',cos
',cos
',cos
;
',cos
',cos
',cos
;
',cos
',cos
',cos
321
OzOz
OzOy
OzOx
e
OyOz
OyOy
OyOx
e
OxOz
OxOy
OxOx
e (2.2)
Culegere de probleme
464
Matricea [ ] [ ]
==
333231
232221
131211
321
eee
eee
eee
eeeR , reprezintă matricea
de rotaţie, de componente eij, care reprezintă cosinuşii directori ai noilor
axe.
S-a notat ( )',cos jiij xxe = unde:
;1 xx = ;2 yx = ;3 zx = ';';' '3
'2
'1 zxyxxx === .
Un vector a în sistemul Oxyz va deveni vectorul a’ în sistemul
O’x’y’z’:
=++= 3'32
'21
'1 eaeaeaa [ ] [ ] '
'3
'2
'1
321 aR
a
a
a
eee =
(2.3)
Matricea [R] are proprietatea:
[ ] [ ] [ ]ERRT = , (2.4)
unde [E] este matricea unitate, relaţie care va fi demonstrată în cele ce
urmează (matricea [R] este ortonormală). Versorii e1, e2, e3 sunt
ortonormali,deci:
ijj
T
i ee δ= (2.5)
unde δij sunt simbolurile lui Kronecker, δij = 1 dacă i = j şi δij = 0 dacă i
≠ j. Atunci:
[ ] [ ]
[ ]=
= TTT
T
T
T
Teee
e
e
e
RR 321
3
2
1
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
465
[ ]E
eeeeee
eeeeee
eeeeee
TTT
TTT
TTT
=
=
=
100
010
001
332313
322212
312111
.
Rezultă atunci : [ ] [ ]TRR =−1 deci şi:
[ ] aRaT=' .
Expresia momentului cinetic în noul sistem de coordonate este:
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] =ω+== O
TT
O
T
O JRvSRKRK 0'
[ ] [ ][ ] [ ] [ ][ ] [ ] [ ] [ ][ ] [ ] [ ] [ ] ''
0
'0
ω+=
=ω+=
RJRvRSR
RRJRvRSR
C
TT
T
O
TT
(2.6)
dar:
[ ] [ ] '' ''0
' ω+=T
OO JvSK (2.7)
de unde prin identificare rezultă:
[ ] [ ] [ ] [ ]RJRJ O
T
O =' (2.8)
[ ] [ ] [ ] [ ]RSRST=' (2.9)
Relaţia scrisă indică modul în care se modifică matricea momentelor de
inerţie la rotaţia axelor. Se evidenţiază şi transformarea inversă:
[ ] [ ][ ][ ]TOO RJRJ '= (2.10)
Exemplificăm calculul momentului de inerţie faţă de axa Ox’ dacă se
cunoaşte matricea momentelor de inerţie [ OJ ] :
[ ] ==′ 11 eJeJ C
T
xx
113131211211
2
31
2
21
2
11 222 eeJeeJeeJeJeJeJzzyzxyzzyyxx
−−−++ (2.11)
Culegere de probleme
466
2.3. Momentul de inerţie al unui corp în raport cu o axă
Au fost definite momentele axiale sub forma:
( )( )( ) .
;
;
222
222
222
∫∫∫∫∫∫
δ=+=
δ=+=
δ=+=
dmdmyxJ
dmdmxzJ
dmdmzyJ
zzz
yyy
xxx
unde distanţele δx, δy, δz reprezintă distanţele punctului curent la axele
Ox, respectiv Oy şi Oz.
În cele ce urmează va exprimat momentul faţă de o axă oarecare în
funcţie de momentele faţă de axele unui sistem de coordonate.Momentul
faţă de o axă (∆) a fost definit prin relaţia:
∫δ=∆ dmJ 2 (2.12)
unde δ reprezintă distanţa de la punct la dreaptă. Dacă ( )γβα ,,ur
este
versorul axei ∆, rezultă:
Fig.5.9 Momentul de inerţie în raport cu o axă oarecare
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
467
( ) ( )( ) ( ) ( )−+++++=
=−=−=222222222
222222
yxxzzy
urururr
γβα
δrrrr
[ ]
+−−
−+−
−−+
=
=−−−
γβα
γβα
αγγββα
22
22
22
222
yxzyzx
yzxzyx
xzxyzy
zxzyyx
(2.13)
deci
[ ] uJuJ O
T=∆ (2.14)
adică se poate exprima momentul faţă de o axă printr-o formă pătratică
definită de matricea [JO]. De exemplu, se poate scrie:
[ ] iJiJ o
T
xx = , [ ] jJiJ o
T
xy = , etc. (2.15)
unde: [ ]Ti 001= , [ ] .010 Tj =
2.4. Direcţii de extrem pentru momentele de inerţie
Se pune problema căutării unei axe pentru care J∆ să admită un extrem.
Se va utiliza metoda multiplicatorilor lui Lagrange. Cosinuşii directori
α, β, γ sunt supuşi restricţiilor:
1222 =γ+β+α (2.16)
deci:
( ) ( ) 01,, 222 =γ+β+α−=γβαg (2.17)
Lagrangeanul asociat problemei este:
( ) ( ) =γβαλ+=γβα ∆ ,,,, gJf
Culegere de probleme
468
[ ] [ ] ( ).1 222 γ−β−α−λ+
γ
β
α
γβα= OJ (2.18)
Condiţiile 0=
∂∂
u
f revin la:
[ ] 0=
γ
β
α
λ−
γ
β
α
CJ (2.19)
Am folosit rezultatul: dacă [A] este matrice simetrică şi
[ ] XAXbT
2
1= (2.20)
atunci:
[ ] XAx
b
x
b
x
b
Xd
bd
n
=
∂∂
∂∂
∂∂
=
...21
(2.21)
Condiţiile date se mai pot scrie:
[ ]
γ
β
α
λ=
γ
β
α
OJ (2.22)
care exprimă faptul important că direcţia ( )γβα ,,ur
căutată este direcţie
proprie pentru matricea [ JO ], iar valorile λ sunt valori proprii pentru
[ JO ]. Deci valorile de extrem ale momentelor de inerţie faţă de o axă
sunt valorile proprii ale matricii [ JO ], iar direcţiile pentru care se
întâmplă acest lucru sunt vectorii proprii ai lui [ JO ].
Valorile proprii se mai numesc momente principale de inerţie, iar
vectorii proprii, direcţii principale de inerţie. Relaţia dată se mai poate
scrie:
[ ] uuJO λ= (2.23)
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
469
sau
[ ] [ ] uEuJO λ=
sau încă:
[ ] [ ] 0)( =λ− uEJO , (2.24)
care reprezintă un sistem linear omogen ce are soluţie diferită de cea
banală dacă şi numai dacă:
[ ] [ ]( ) 0det =λ− EJO
(2.25)
Această relaţie este o ecuaţie de gradul trei în λ, numită ecuaţie
caracteristică, care furnizează valorile proprii. Ecuaţia caracteristică se
poate pune sub forma:
0322
13 =−λ+λ−λ III (2.26)
unde I1, I2, I3 reprezintă invarianţii matricei momentelor de inerţie
(indiferent de sistemul de referinţă în care sunt calculaţi, dacă are
aceeaşi origine cu cel iniţial, mărimile acestea vor avea aceeaşi valoare)
şi sunt daţi de:
zzyyxx JJJJJJI ++=++= 3211 ;
zzxz
xzxx
zzyz
yzyy
yyxy
xyxx
JJ
JJ
JJ
JJ
JJ
JJ
JJJJJJI
−
−+
−
−+
−
−=
=++= 1332212
zzyzxz
yzyyxy
xzxyxx
JJJ
JJJ
JJJ
JJJI
−−
−−
−−
== 3213
unde J1, J2 , J3 sunt soluţiile ec. (2.25). Valorile proprii fiind
determinate, se revine la sistemul omogen şi se rezolvă, obţinându-se
vectorii proprii.
Culegere de probleme
470
2.5. Raza de inerţie
Se numeşte rază de inerţie corespunzătoare unei axe ∆, lungimea:
M
Ji ∆∆ = (2.27)
deci
2∆∆ = iMJ . (2.28)
Rezultă că i∆ reprezintă distanţa la care trebuie să se găsească un punct
material fictiv, având aceeaşi masă M şi acelaşi moment de inerţie J∆ ca
şi sistemul de puncte materiale considerat, faţă de axa ∆în raport cu
care se calculează momentul de inerţie.
2.6. Proprietăţi ale direcţiilor principale de inerţie
Direcţiile principale de inerţie sunt ortogonale. Astfel, dacă notăm cu
e1, e2, e3 soluţiile sistemului:
[ ] [ ]( ) 0=λ− eEJ iO (2.29)
pentru i = 1,2,3 atunci ei, i = 1,2,3 dau direcţiile principale de inerţie.
Se notează cu J1, J2, J3 valorile proprii, deci momentele principale de
inerţie. Se obţine:
[ ] iiiO eJeJ =
care prin premultiplicare cu ejT devine:
[ ] i
T
jiiO
T
j eeJeJe =
La fel se obţine:
[ ] j
T
ijjO
T
i eeJeJe = .
Dacă i = j rezultă:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
471
[ ] iiO
T
i JeJe = (2.30)
întrucât 1=i
T
i ee . Dacă i ≠ j, scăzând cele două relaţii, se obţine:
( ) jT
iji eeJJ −=0 (2.31)
de unde, deoarece în general Ji ≠ Jj, rezultă 0=j
T
i ee , deci cele două
direcţii principale sunt ortogonale. S-a ţinut seama de faptul că:
[ ] [ ] iO
T
jjO
T
i eJeeJe = (2.32)
deoarece [ JO ] este matrice simetrică şi:
iT
jj
T
i eeee = (2.33)
(produsul scalar este comutativ). Deci: e1, e2, e3 vor forma un
triedru ortogonal.
Matricea:
[ ] [ ]321 eeeR =
face trecerea de la triedrul Oxyz la triedrul definit de direcţiile principale
de inerţie.
Ţinând seama de relaţia demonstrată anterior, scrisă sub forma:
[ ] ijiiO
T
j JeJe δ= (2.34)
unde δij este simbolul lui Kronecker, rezultă:
[ ] [ ][ ]
[ ] [ ]=
= 321
3
2
1
eeeJ
e
e
e
RJR O
T
T
T
O
T
Culegere de probleme
472
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]
=
=
=
3
2
1
332313
322212
312111
00
00
00
J
J
J
eJeeJeeJe
eJeeJeeJe
eJeeJeeJe
O
T
O
T
O
T
O
T
O
T
O
T
O
T
O
T
O
T
(2.35)
adică faţă de acest sistem de referinţă, matricea momentelor de inerţie
are forma diagonală. Este deci convenabil de a alege sistemul de
referinţă principal în problemele de dinamică, întrucât termenii care vor
interveni în ecuaţii vor fi mai puţin numeroşi.
2.7. Elipsoidul de inerţie
Elipsoidul de inerţie este o reprezentare intuitivă a proprietăţilor de
inerţie la rotaţie ale corpurilor. Se ia pe axa (∆) a cărei direcţie este dată
de versorul [ ]Tu γβα= un segment OQ invers proporţional cu
rădăcina pătrată din J∆:
∆
=J
kOQ (2.36)
(unde k este o constantă arbitrară, ale cărei dimensiuni se aleg astfel
încât OQ să rezulte o lungime), deci:
uJ
kOQr
∆
== . (2.37)
Coordonatele punctului Q vor fi:
.;; γ=β=α=∆∆∆ J
kz
J
ky
J
kx (2.38)
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
473
deci:
γ
β
α
=
∆J
k
z
y
x
(2.39)
de unde
=
γ
β
α
= ∆
z
y
x
k
Ju (2.40)
Presupunând că dreapta (∆) variază, locul geometric al punctului Q este
un elipsoid. Într-adevăr:
[ ] [ ] [ ]
== ∆
∆
z
y
x
Jzyxk
JuJuJ OO
T
2 (2.41)
duce la:
[ ] [ ] 2k
z
y
x
Jzyx O =
(2.42)
Fig.5.1 Elipsoidul de inerţie
Culegere de probleme
474
care reprezintă ecuaţia unei cuadrice cu centru. Cuadrica nu are puncte
la infinit întrucât:
γ
β
α
=
∆Jz
y
x1
(2.43)
J∆ ≠ 0 (exceptând cazul în care toate punctele s-ar afla pe dreapta ∆), iar
α, β, γ sunt finite pentru că sunt cosinuşi directori. Deci este vorba de un
elipsoid, numit elipsoidul de inerţie, corespunzător punctului O.
Faţă de sistemul de referinţă principal, dacă X, Y, Z sunt coordonatele
punctului curent în acest sistem, ecuaţia elipsoidului va avea forma:
[ ] 2
3
2
1
00
00
00
k
Z
Y
X
J
J
J
ZYX =
(2.44)
sau
223
22
21 kZJYJXJ =++ (2.45)
relaţie obţinută din prin operaţia:
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 2k
z
y
x
RRJRRzyxT
O
T =
(2.46)
şi ţinând seama de faptul că:
[ ]
=
z
y
x
R
Z
Y
XT şi [ ] [ ] [ ]RzyxZYX = .
Direcţiile principale de inerţie vor fi direcţiile semiaxelor elipsoidului de
inerţie. În raport cu axele principale de inerţie, momentele centrifugale
sunt nule. Această proprietate permite uneori identificarea axelor
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
475
principale de inerţie. De exemplu, dacă un corp are o axă de simetrie,
atunci momentele centrifugale sunt nule şi axa respectivă este axă
principală de inerţie pentru toate punctele prin care trece.
Caz particular. Se presupune că toate punctele corpului sunt situate pe o
dreaptă (∆) deci J∆ = 0. Se alege această dreaptă ca fiind axa Oz (Jzz =
0). Momentele centrifugale vor fi nule şi Jxx = Jyy = J. Deci elipsoidul de
inerţie va fi:
222 kyJxJ yyxx =+ (2.47)
sau
( ) 222 kyxJ =+ (2.48)
adică un cilindru de rotaţie având axa Oz.
Ecuaţia elipsoidului de inerţie raportată la sistemul principal de axe se
mai poate scrie:
22
3
2
2
2
2
2
1
2
111k
J
Z
J
Y
J
X=
+
+
(2.49)
cu semiaxele a, b, c:
.1
;1
;1
321 Jc
Jb
Ja === (2.50)
iar ecuaţia elipsoidului capătă forma clasică:
22
2
2
2
2
2
kc
Z
b
Y
a
X=++ (2.51)
Relaţiile:
232221
1;
1;
1
cJ
bJ
aJ === (2.52)
Culegere de probleme
476
exprimă faptul că momentele principale de inerţie sunt invers
proporţionale cu pătratul semiaxelor elipsoidului. În continuare se vor
studia diverse cazuri în care se poate afla elipsoidul de inerţie şi
proprietăţile lui.
a) Pentru un rigid (sau sistem de puncte materiale), în orice punct
al spaţiului există un elipsoid de inerţie. Când punctul în care se
calculează matricea momentelor de inerţie coincide cu centrul de masă
al corpului se spune că elipsoidul este elipsoid central de inerţie. Axele
principale ale elipsoidului central de inerţie se numesc axele centrale de
inerţie (sau axe libere), iar planele lui principale sunt plane centrale de
inerţie.
b) După direcţia axei mari a elipsoidului se obţine momentul de
inerţie minim, iar după direcţia axei mici, momentul de inerţie maxim.
Faţă de axa mare a elipsoidului central de inerţie se obţine cel mai mic
moment de inerţie, momentul de inerţie minim minimorum.
c) În cazul în care două momente principale de inerţie sunt egale
(J1 = J2), elipsoidul este un elipsoid de rotaţie:
( ) 222
221 kZJYXJ =++ (2.53)
Momentul de inerţie faţă de orice axă care trece prin punctul considerat,
este cuprins între valorile extreme J1 şi J2. Orice axă situată în planul
ecuatorial (XOY) este axă principală de inerţie, iar momentul de inerţie
faţă de oricare din aceste axe este egal cu J1.
d) Dacă J1 = J2 = J3 atunci elipsoidul de inerţie devine o sferă:
( ) 22221 kzyxJ =++ (2.54)
cu raza:
CINEMATICĂ şi DINAMICĂ
477
1
22
J
kr = (2.55)
În acest caz orice axă ce trece prin O este o axă principală de inerţie, iar
momentul de inerţie faţă de oricare din aceste axe este egal cu J1.
e) Momentul de inerţie faţă de orice axă (∆) care trece prin punctul
considerat şi are versorul ( )γβα ,,ur
, faţă de sistemul format de axele
principale de inerţie este dat de relaţia
32
22
12 JJJJ γ+β+α=∆ (2.56)
Dacă în plus (∆) este o axă centrală, momentul faţă de o axă (∆)
paralelă cu (∆) şi situată la distanţa d de aceasta are expresia:
( )2
32
22
12
1 dMJJJJ +γ+β+α=∆ (2.57)
f) Elipsoidul central de inerţie al unui corp omogen urmăreşte
forma corpului; astfel în cazul unui corp de formă alungită, elipsoidul
central de inerţie este alungit în aceeaşi direcţie ca şi corpul considerat.
g) Dacă sistemul are trei plane de simetrie, perpendiculare între
ele, intersecţiile lor sunt axe principale de inerţie.
h) Dacă un corp omogen are un plan de simetrie, orice
perpendiculară la acest plan este o axă principală de inerţie pentru
punctul unde dreapta înţeapă planul.
i) Dacă un corp omogen are o axă de simetrie, aceasta este o axă
principală pentru toate punctele ei;
j) La un solid de rotaţie, elipsoidul de inerţie este un elipsoid de
rotaţie în jurul aceleiaşi axe;
k) Pentru ca un elipsoid să fie un elipsoid de inerţie trebuie ca:
213132321 ;; JJJJJJJJJ ≥+≥+≥+
Culegere de probleme
478
relaţii justificate anterior. De aici rezultă:
222222222
111;
111;
111
bacacbcba≥+≥+≥+
479
BIBLIOGRAFIE
1. Bălan Şt., - Probleme de mecanică. Editura Didactică şi Pedagogică,
Bucureşti, 1977.
2. Bălan Şt., - Culegere de probleme de mecanică. Editura Didactică şi
Pedagogică, Bucureşti, 1972.
3. Bellman R., - Introducere în analiza matriceală. Editura Tehnică,
Bucureşti, 1969
4. Cândea I., Constantinescu D., Macovei M., - Mecanica -Statica.
Universitatea Transilvania din Braşov, 1992.
5. Constantin Fl., - Mecanica -Statica. Universitatea Transilvania din
Braşov, 1991.
6. Deliu Gh., - Mecanica -Statica. Universitatea Transilvania din
Braşov, 1991.
7. Deliu Gh., - Mecanica. Editura Albastră, Cluj, 2003.
8. Deliu Gh., Vlase S., - Statica. Culegere de probleme. Editura
Albastră, Cluj, 2004.
9. Iacob C., - Mecanica teoretică. Editura Didactică şi Pedagogică,
Bucureşti, 1971.
10. Lugojanu R., - Mecanica. Universitatea Transilvania din Braşov,
1989.
11. Mangeron D., Irimiciuc .., - Mecanica rigidelor cu aplicaţii în
inginerie.Vol.I,II,III, Editura Tehnică Bucureşti, 1978-1982.
12. Pandrea .., - Elemente de mecanica solidului în coordonate
pluckeriene. Editura Academiei, Bucureşti, 2000.
13. Rădoi M., Deciu E., - Mecanica. Editura Didactică şi Pedagogică,
Bucureşti, 1981.
14. Rădoi M., Deciu E., Voiculescu D., - Curs de mecanică. Statică şi
cinematică. Reprografia Institutului Politehnic Bucureşti, 1974.
15. Silaş Gh., Groşanu I., - Mecanica. Editura Didactică şi Pedagogică,
Bucureşti, 1981.
16. Staicu Şt., - Aplicaţii ale calculului matriceal în mecanica solidelor.
Editura Academiei , Bucureşti, 1986.
17. Staicu Şt., - Probleme de mecanică teoretică, statică. Reprografia
Universităţii Tehnice Bucureşti, 1993.
480
18. Stoenescu Al., Silaş Gh., - Mecanica teoretică. Editura Didactică şi
Pedagogică, Bucureşti, 1963.
19. Teodorescu P.P., - Mechanical Systems, Classical Models. Springer
Verlag, 2006.
20. Teodorescu P.P., - Sisteme mecanice. Modele clasice. Editura
Tehnică, 2002.
21. Tofan M., - Mecanica. Cinematica. Universitatea Transilvania, 1983.
22. Ţiţeica G., - Probleme de mecanică. Editura Didactică şi
Pedagogică, Bucureşti, 1977.
23. Vâlcovici V., Bălan Şt., Voinea R., - Mecanica teoretică. Editura
Tehnică, 1963.
24. Vlase S., - Mecanica. Statica. Editura Infomarket, Braşov, 2004.
25. Vlase S., - Mecanica. Cinematica. Editura Infomarket, Braşov, 2006.
26. Vlase S., - Mecanica. Dinamica. Editura Infomarket, Braşov, 2005.
27. Voinea R., - Introducere în mecanica solidului cu aplicaţii în
inginerie. Editura Academică, Bucureşti, 1989.
28. Voinea R., Voiculescu D., Ceauşu V., - Mecanica. Editura
Didactică şi Pedagogică, Bucureşti, 1983.