10.1. ZAKON O KRETANJU SREDIŠTA MASA MATERIJALNOG SISTEMA Pretpostavimo da imamo materijalni sistem koji se sastoji od n materijalnih tačaka M1, M2,...., Mn čije su mase m1, m2,....mn, a čiji je položaj određen radijus vektorima položaja nrrr
rrr,..., 21 u odnosu na referentni koordinatni sistem Oxyz, kao što je prikazano na
slici 10.1. Označimo sa
sn
ss FFFrrr
,..., 21 rezultatnte spoljašnjih sila (tu se ubrajaju aktivne sile - koje izazivaju kretanja i reakcije spoljašnjih veza), a sa u
nuu FFF
rrr,..., 21 rezultante
unutrašnjih sila koje djeluju na materijalne tačke. Pošto materijalnu tačku Mi možemo smatrati slobodnom, jer smo veze zamijenili reakcijama veza, postavimo za nju diferencijalnu jednačinu kretanja koja će glasiti:
Slika 10.1. Materijalni sistem
Opći zakoni kretanja materijalnog sistema
x
y
z
yi
yC xC
xi
zi
zC
Mi(mi)
M1(m1)
M2(m2)
uF1
r
sF1
r
uF2
r
sF2
r
siF
ru
iFr
1ar
2ar
iar ir
r Crr
Car
0
C
ui
si
iiii FF
dtrd
mamrrrr
+== 2
2
(10.1.)
Ako s naaarrr
,..., 21 obilježimo ubrzanja tačaka, onda diferencijalnih jednačina oblika (10.1.) možemo postaviti onoliko koliko je tačaka
+=Σ+Σ=
+=Σ+Σ=
+=Σ+Σ=
un
sn
uin
sinnn
usui
si
usui
si
FFFFam
FFFFam
FFFFam
rrrrrM
rrrrr
rrrrr
222221
111111
(10.2.)
Sabiranjem jednačina (10.2.) dobija se vektorska jednačina:
un
uusn
ssnn FFFFFFamamam
rrrrrrrrr+++++++=+++ ......... 21212211
odnosno, u
is
iii FFamrrr
Σ+Σ=Σ (10.3.)
Vektorski zbor uiF
rΣ je, na osnovu osobine unutrašnjih sila, jednačina (9.1.)
0=Σ=Σ uR
ui FF
rr
pa se jednačina (10.3.) svvodi na s
Rs
iii FFamrrr
=Σ=Σ (10.4.)
gdje je faktor −sRF
rglavni vektor spoljašnjih sila.
Ovdje je bitno napomenuti da smo glavni vektor spoljašnjih sila s
RFr
dobili
vektorskim sabiranjem rezultanti siF
r koje djeluju na materijalne tačke sistema, odnosno
tijela. Međutim, tako dobijeni vektor je jednak geometrijskom zbiru svih stvarnih spoljašnjih sila koje na sistem djeluju, a kojih može biti k, pri čemu je nk ≠ , zato možemo pisati
sp
k
p
si
n
i
sR FFF
rrr11 ==
Σ=Σ= (10.5.)
gdje su spF
r- strane spoljašnje sile sistema.
Lijeva strana jednačine (10.4.) može se, koristeći se jednačinom (9.20.) za vektor položaja središta masa iiCC rmrmr
rrrΣ= sistema , napisati u obliku
ii
n
iC
ii
n
iC
ii
n
i
C
amam
rmrm
dtrd
mdt
rdm
rr
&r&&r
rr
1
1
2
2
12
2
=
=
=
Σ=
Σ=
Σ=
(10.6.)
Uvrštavanjem u navedenu jednačinu, dobijamo s
Rs
iC FFamrrr
=Σ= (10.7.) gdje je m - masa cijelog sistema. Jednačina (10.7.) izražava zakon o kretanju središta masa sistema koji glasi: Proizvod mase sistema i ubrzanja središta masa jednak je vektorskom zbiru (glavnom vektoru) spoljašnjih sila sistema.
Vidimo da se središte masa C (centar inercije) materijalnog sistema kreće kao materijalna tačka sa masom svih tačaka sistema na koju djeluje glavni vektor svih spoljašnjih sila. Ubrzanja središta masa je vektor kolinearan sa glavnim vektorom spoljašnjih sila
sRF
r, kao što je na slici (10.1.) prikazano. Znajući spoljašnje sile (ne ulazeći u analizu
kretanja svake tačke), možemo da utvrdimo zakone kretanja središta masa C (centra inercije). Projektovanjem vektorske jednačine (10.7.) na ose nepokretnog Descartesovog sistema referencije, dobijamo
s
Rzs
ziC
sRy
syiC
sRx
sxiC
FFzm
FFym
FFxm
=Σ=
=Σ=
=Σ=
&&
&&&&
(10.8.)
Jednačine (10.8.) su diferencijalne jednačine kretanja središta masa materijalnog sistema u odnosu na Descartesov koordinatni sistem. Vidimo da u jednačine (10.7.) i (10.8.) ne ulaze unutrašnje sile sistema, pa slijedi da unutrašnje sile materijalnog sistema ne utiču na kretanje središta masa materijalnog sistema. Diferencijalnim jednačinama (10.8) moguće je odrediti translatorno kretanje krutoga tijela jer se kretanje slobodnog krutog tijela pri njegovom proizvoljnom kretanju može rastaviti na translatorno kretanje zajedno sa središtem masa, i na obrtno kretanje oko trenutne ose koja prolazi kroz težište tijela. Obrtno kretanje ćemo odrediti pomoću drugih teorema dinamike. 10.2. ZAKON O ODRŽANJU SREDIŠTA MASA MATERIJALNOG SISTEMA Pretpostavimo da na materijalni sistem djeluje takav sistem spoljašnjih sila da je za sve vrijeme kretanja vektorski zbir svih spoljašnjih sila jednak nuli, odnosno glavni vektor spoljašnjih sila jednak nuli. 0==Σ s
Rs
i FFrr
(10.9.) tada na osnovu jednačine (10.7.) slijedi
0
0=
=Σ=
C
siC
aFam
r
rr
odnosno .0 constvv CC ==
rr (10.10.)
Jednačinom (10.10.) definisan je zakon o održanju kretanja središta masa materijalnog sistema koji glasi: Ukoliko je glavni vektor svih spoljašnjih sila koje djeluju na materijalni sistem za sve vrijeme kretanja jednak nuli, onda je brzina središta masa konstantna, središte masa se kreće pravolinijski konstantnom brzinom 0Cv
r, ili miruje ukoliko je 0Cv
r= 0 (kretanje
središta masa se mijenja ''održava se''). Poseban slučaj zakona o održanju kretanja središta masa je kada je glavni vektor spoljašnjih sila različit od nule 0≠s
RFr
, ali je zbir projekcija spoljašnjih sila, recimo samo na osu y, jednak nuli. Tada, na osnovu diferencijalnih jednačina (10.8.), slijedi da je projekcija brzine središta., masa na osu y konstantna, tj.
0
0
=
==
C
sRyC
yFym
&&&&
pa je .0 constvvy yCCyC ===& (10.11.) Ukoliko je u početnom trenutku 00 =yCv , onda yC = const, tj. koordinata yC središta masa za vrijeme kretanja ostaje konstantna. 10.3. ZAKON O PROMJENI KOLIČINE KRETANJA MATERIJALNE TAČKE Pri definisanju zakona dinamike materijalne tačke količina kretanja jedne materijalne tačke definisana je jednačinom (5.10.) u poglavlju 5.2. Slično ovom izrazu možemo reći: Količina kretanja sistema materijalnih tačaka je vektor koji je jednak vektorskom zbiru količina kretanja pojedinih materijalnih tačaka sistema (slika 10.2.).
ii
n
ii
n
ivmKKrr
11 ==Σ=Σ= (10.12.)
Jednačinu (10.12.) možemo napisati u nešto drugačijem obliku
ii
n
i
ii
n
irm
dtd
dtrd
mKrrr
11 ==Σ=Σ= (10.13.)
S obzirom na jednačinu (9.20.) možemo reći da je Cii
n
irmrmrr
=Σ=1
gdje je m - masa
sistema, a Crr
- vektor položaja središta masa. Možemo napisati
CC
Cii
n
i
vmdtrd
mK
rmdtdrm
dtdK
rrr
rrr
==
=Σ==
)(1
(10.14.)
Na osnovu (10.14.) možemo reći: Vektor količine kretanja materijalnog sistema jednak je proizvodu mase sistema i vektora brzine središta masa materijalnog sistema, a ima pravac i smjer vektora brzine središta masa sistema. Diferenciranjem vektorske jednačine (10.14.) po vremenu dobijamo:
Slika 10.2. Količina kretanja materijalnog sistema
C
CC
amdtKd
dtvd
mvmdtd
dtKd
rr
rrr
=
== )( (10.15.)
x
y
z M1
Crr
Cvr
0
C
CvmKr
=
1vr 1K
rM2
2vr
2Kr
Mn
nvr
nKr
Mi iv
r iK
r
Vodeći računa o jednačini (10.7.) kretanja središta masa s
Rs
iC FFamrrr
=Σ= možemo napisati
sR
si FF
dtKd rrr
=Σ= (10.16.)
Jednačinom (10.16.) izražen je zakon o promjeni količine kretanja materijalnog sistema koji glasi: Izvod po vremenu vektora količine kretanja materijalnog sistema, jednak je glavnom vektoru spoljašnjih sila koje djeluju na sistem. Vektorskoj jednačini (10.16.) odgovaraju tri skalarne jednačine koje dobijamo njenim projektovanjem na ose Descartesovog koordinatnog sistema
sRziz
z
sRyiy
y
sRxix
x
FFdt
dK
FFdt
dK
FFdt
dK
=Σ=
=Σ=
=Σ=
(10.17.)
gdje su sa sRxF , s
RyF i sRzF označene projekcije glavnog vektora spoljašnjih sila na ose x, y,
z. U slučaju da je glavni vektor spoljašnjih sila jednak nuli, tj.
0==Σ sR
si FF
rr (10.18.)
iz jednačine (10.16.) dobijamo zakon o održanju kioličine kretanja koji glasi: Ako je u nekom vremenskom intervalu glavni vektor spoljašnjih sila sistema jednak nuli, onda je količina kretanja sistema, u tom intervalu, konstantna
.constK =r
(10.19) Analogno slijedi iz jednačine (10.17.), recimo, u odnosu na osu y, s
RyF = 0
0== sRy
y Fdt
dK
Ky = const. odnosno .constvy CyC ==& (10.20.) Projekcija brzine na pravac ose je konstantna, tj. koordinata središta masa se ne mijenja u odnosu na osu y. 10.4. DINAMIKA MATERIJALNE TAČKE PROMJENJIVE MASE U dosadašnjim razmatranjima masa tijela bila je uvijek konstantna. Međutim, postoje mnogi primjeri kretanja tijela, odnosno materijalne tačke kod kojih se masa mijenja tokom vremena. promjena mase može biti odvajanjem čestica od osnovne mase ili pripajanjem čestica osnovnoj masi. Takav primjer je santa leda koja povećava svoju masu novim zamrzavanjem ili se topi, te joj se masa smanjuje. Drugi primjer je raketa koja pri kretanju, usljed sagorijevanja goriva mijenja svoju masu.
U ovom slučaju, za ovakvo tijelo kaže se da je tijelo promjenjive mase. Ukoliko su dimenzije tijela promjenjive mase zanemarive u poređenju sa pređenim rastojanjem, onda takvo tijelo smatramo kao materijalnu tačku promjenjive mase. Osnovna prepostavka mehanike promjenjive mase je da se smanjenje ili povećanje mase vrši neprekidno, odnosno da je masa funkcija vremena m = m(t), i to neprekidna i diferencijabilna. Osnivači dinamike tijela promjenjive mase su; I.V.Meščerski (1859.-1935.) i K. E. Ciolkovski (1857.-1935.). Pretpostavimo da se materijalna tačka konačne mase m(t) kreće apsolutnom brzinom vr u nekom trenutku t, a elementarna masa dm(t) kreće se apsolutnom brzinom 1vr (slika 10.3.). Količina kretanja razmatranog materijalnog sistema je u tom slučaju:
1vdmvmKrrr
+− (10.21.)
Nadalje pretpostavimo, da se elementarna masa dm(t) pripoji za vremenski interval dt osnovnoj masi m(t), tako da ćemo u trenutku t + dt imati masu m(t) + dm(t) koja se kreće brzinom vdv
rr+ kao što je prikazano
na slici 10.3. Slika 10.3. Kretanje materijalne tačke promjenjive mase Količina kretanja u tom trenutku je:
[ ] [ ]vdvtdmtmKrrr
+⋅+= )()(1 (10.22.)
Priraštaj količine kretanja bit će:
[ ][ ] 11 )()( )()( vtdmvtmvdvtdmtmKKKdrrrrrrr
−−++=−=
Kao što je poznato IdKdrr
= , pa predhodnu jednačinu možemo napisati u obliku
[ ][ ] dtFIdvtdmvtmvdvtdmtmrrrrrr
==−−++ 1)()( )()( (10.23.)
Ako u prethodnoj jednačini zanemarimo male veličine višeg reda vdtdmr
)( , te dijeljenjem sa dt imamo
Fdt
tdmvdt
tdmvdtvdtm
rrrr=++
)()()( 1
odnosno
Fdt
tdmvvdtvdtm
rrrr=++
)()()( 1 (10.24.)
Označimo li sa vvvrrrr
−= 1 relativnu brzinu pripajanja elementarne mase osnovnoj masi (ili odvajanje), tada ćemo jednačinu (10.24.) moći napisati u obliku
dtdmvF
dtvdm r
rrr+= (10.25.)
x
y
z
0
1vr
vr
vdvrr
+
t t+dt
m dm
dm+m
Vrijednost
dtdmvr
r=Φ (10.26.)
(gdje je m - promjenljiva masa) nazivamo reaktivna sila nastala usljed pripajanja (odnosno odvajanja) elementarne mase osnovnoj masi. Jednačina (10.25.) se svodi na oblik
Φ+=rrr
Fdtvdm (10.27.)
Jednačina (10.27.) predstavlja diferencijalnu jednačinu kretanja materijalne tačke promjenjive mase, tzv. osnovna jednačina raketne dinamike ili jednačina Meščerskog. Iz jednačine (10.27.) slijedi da diferencijalna jednačina kretanja materijalne tačke promjenjive mase ima oblik osnovne diferencijalne jednačine materijalne tačke konstantne mase, s tim što se svim spoljašnjim silama F
rpridoda još i reaktivna sila Φ
r definisana
jednačinom (10.26.). 10.4.1. FORMULA CIOLKOVSKOG Posmatrajmo kretanje rakete promjenjive mase m(t) koje se vrši samo pod djejstvom reaktivne sile, pretpostavljajući da nema otpora sredine, i kretanje je van polja Zemljine teže (slika 10.4.).
Ako u jednačinu (10.25.) uvrstimo da je Fr
= 0, dobijemo diferencijalnu jednačinu kretanja rakete.
dt
tdmvdtvdm r
)(rr= (10.28.)
gdje je m(t) - masa rakete koja se može izraziti u obliku: m(t) = m0 + m(g)(t) (10.29.) m0 - masa konstrukcije rakete (neizmjenjiva) m(g) - trenutna masa goriva (promjenjiva).
Slika 10.4. Kretanje rakete Projektovanjem vektorske jednačine (10.28.) na pravac ose z, imamo da je
dtdmv
dtdv
tm rzz =)(
Sa slike 10.4. vidimo da je vz = v, a vrz = -vr , pa diferencijalna jednačina kretanja rakete glasi:
[ ]dt
tdmv
dtdvtmm g
rg
)()(0 −=+ (10.30.)
Množeći predhodnu jednačinu sa dt i razdvajajući promjenjive, dobijamo
)(0
)(
)( 00 tmmdm
vdvg
ymg
mgr
v
v
t
+∫−=∫
Nakon integracije imamo
0
z
vr
z
rvr
tg
gr mm
mmnlvvv
)()(
0
000 +
++= (10.31.)
gdje je (mg)0 - promjenjiva masa goriva u početnom trenutku. Kada sagori gorivo mg(t) = 0, te slijedi
++=
0
00max
)(1
mm
nlvvv gr (10.32.)
Jednačina (10.32.) naziva se formula Ciolkovskog kojom se određuje maksimalna brzina rakete na kraju aktivnog kretanja, to jest kada sagori i zadnja kap goriva. Vidimo da maksimalna brzina rakete zavisi (izuzimajući početnu brzinu v0) od relativne brzine isticanja produkata sagorijevanja i od količnika (mg)0/m0 koji se naziva broj Ciolkovskog ili relativna zaliha goriva. Na osnovu jednačine (10.32.) , vidimo da je povećanje granične brzine rakete moguće ostvariti samo povećanjem relativne brzine vr, produkata sagorijevanja ili povećanjem broja Ciolkovskog. Relativna brzina vr zavisi od hemijskih osobina goriva i zasada iznosi vr = 2,5 km/s. Povećanje granične brzine rakete moguće je ostvariti povećanjem mase goriva u odnosu na neizmjenjivu masu rakete. Broj Ciolkovskog se ne može neograničeno povećavati jer tada imamo konstruktivne teškoće. Zbog toga se rade višestepene rakete od kojih, nakon sagorijevanja goriva, otpadaju dijelovi u kojima se ono nalazi i pritom raketa dobija dopunsku brzinu. Za relativnu brzinu vr = 2,4 km/s*, da bi se ostvarila prva kosmička brzina v = 8,0 km/s, pretpostavljajući da je početna brzina v0 = 0, broj Ciolkovskog mora biti:
5,41)(
)(1
0
0
0
075,3
=
+==
mm
mm
ee
g
gvv
r
(1033.)
Možemo zaključiti da masa goriva (mg)0 = 41,5 m0 treba da je 41,5 puta veća od mase neizmjenjivog dijela rakete.
10.5. ZAKON O PROMJENI MOMENTA
KOLIČINE KRETANJA MATERIJALNOG SISTEMA U mnogim slučajevima pri proučavanju kretanja materijalnog sistema pogodno je primijeniti zakon o promjeni momenta količine kretanja. Zakon o promjeni momenta količine kretanja je takve prirode da se može smatrati da spada u red složenijih zakona. Zbog toga ćemo prvo definisati moment količine kretanja sistema, uz tipične primjere, a zatim utvrditi zakon o njegovoj primjeni. 10.5.1. MOMENT KOLIČINE KRETANJA MATERIJALNOG SISTEMA Definirajmo prvo moment količine kretanja mehaničkog sistema za: translatorno kretanje, obrtanje tijela oko nepomične ose, ravno i sferno kretanje tijela, koji je neophodan za izvođenje zakona o promjeni momenta količine kretanja.
______________________ *Podaci preuzeti iz [16] strana 196
Posmatrajmo opći slučaj mehaničkog sistema sa diskretno raspoređenom masom, kao što je prikazano na slici 10.5. Moment količine kretanja i-te tačke Mi mehaničkog sistema s obzirom na stalnu tačku O, kao pol, je
iiiiii vmrKxrLrrrrr
×==0 (10.34.) Slika 10.5. Mehanički sistem sa diskretno raspoređenom masom Moment količine kretanja (kinetički moment) mehaničkog sistema s obzirom na stalnu tačku O, kao pol, bit će jednak vektorskom zbiru kinetičkih momenata svih tačaka materijalnog sistema
iii
n
iii
n
ii
n
ivmrKrLLrrrrrr
×Σ=×Σ=Σ==== 11010 (10.35.)
gdje su: ri - radijus vektor položaja Mi u odnosu na nepokretni pol, mi - masa tačke Mi, vi - brzina tačke Mi. Moment količine kretanja materijalnog sistema u odnosu na nepokretnu osu je skalarna veličina koja je jednaka algebarskom zbiru kinetičkih momenata svih tačaka u odnosu na tu osu, npr. osu z:
iKz
n
iz MLr
010 =Σ= (10.36.)
gdje je iKzMr
0 - moment količine kretanja i-te tačke za osu Oz. U slučaju da imamo mehanički sistem sa kontinualno raspoređenom masom (slika 10.6), naravno, da suma prelazi u određeni integral, pa imamo: dmvrL
m
rrr×∫=0 (10.37.)
Moment količine kretanja za takav sistem za neku osu Oz je dmvrdLL z
mz
mz )(00
rrr×∫=∫= (10.38.)
Slika 10.6. Mehanički sistem (tijelo) sa kontinualno raspoređenom masom
gdje je −−=× )()( xyz yvxvvr
rrprojekcija ovog vektorskog proizvoda na osu Oz.
Možemo zaključiti da je projekcija vektora momenta količine kretanja sistema za tačku O, 0L
r, na osu Oz jednaka momentu količine kretanja sistema za osu x, tj. ( 0L
r) = Lx.
x
y
z M1(m1)
1rr
0
1Kr
2Kr
nKr
iKr
M2(m2)
2rr
Mi(mi)
Mn(mn)
irr
nrr
0Lr
x
y
z
0
rr
vr dmvKd
rr=
y
dm
Izvedimo izraze za momente količine kretanja tijela za neke posebne slučajeve kretanja tijela koje ćemo kasnije vrlo često koristiti. 10.5.2. TRANSLATORNO KRETANJE TIJELA
Vidjeli smo u Tehničkoj mehanici 2 (poglavlje 7. str.98.), ako se kruto tijelo kreće translatorno, onda su brzine svih tačaka tijela iste (slika 10.7.)
vvvv nrrrr
=== ...21 Moment količine kretanja krutog tijela, s obzirom na tačku O kao centar, na osnovu jednačine (10.37.), je:
vdmrdmvrLmm
rrrrr×
∫=×∫=0 (10.39.)
Slika 10.7. Translatorno kretanje krutog tijela gdje je −v
r brzina translatornog kretanja tijela, kao konstanta u odnosu na integraciju po masi, izdvojena van znaka integrala. Kao što je poznato iz definicije središta masa:
Cm
rmdmrrr
=∫
gdje je m - ukupna masa krutog tijela. Moment količine kretanja postaje
K
C
CC
MKrL
vmrvrmLrrrr
rrrrr
00
0
=×=
×=×= (10.40.)
Vidimo da je moment količine kretanja, za ovaj slučaj kretanja tijela jednak momentu vektora K
r za tačku O.
projektovanjem vektorske jednačine (10.40.) na osu z, dobijemo moment količine kretanja tijela na osu z K
zz MLr
= (10.41.)
gdje je KzMr
- moment vektora Kr
za osu z. 10.5.3. OBRTANJE TIJELA OKO NEPOKRETNE OSE Pretpostavimo da se kruto tijelo obrće oko ose Oz ugaonom brzinom ω
r (slika 10.8.).
Uočimo elementarnu masu dm koju ćemo smatrati materijalnom tačkom. Uočena masa dm kreće se po krugu poluprečnika r i ima brzinu vr , čiji je intenzitet zrv ω= . Elementarna masa
ima količinu vdmKd vr= koja ima pravac i
smjer brzine. Elementarni moment količine kretanja mase dm za osu Oz jednak je proizvodu intenziteta vektora količine kretanja Kd
r i kraka
r tog vektora. Slika 10.8. Obrtanje tijela oko stalne ose
x
y
z
0
rr
y
vr
dm Crr
1rr
KMLrrr
00 =y
C Cv
r
y Kr
ivr
Mi
1vr
M1
x
y
z
A
ry
vdmKdrr
= iv
r
dm
ωr
y x
z
0
B
dmrdmvrdKvrdLz ω2=⋅=⋅= (10.42.)
Pretpostavljajući da je masa neprekidno raspoređena po cijeloj zapremini tijela, integracijom po zapremini dobija se
dmrdLLV
zV
z2∫=∫= ω
Pošto je dmrV
2∫ = Iz - aksijalni moment inercije tijela za osu z, imamo
Lz = Jz ⋅ ω (10.43.) Moment količine kretanja homogenog tijela koje se obrće oko nepokretne ose, u odnosu na tu osu, jednak je proizvodu momenta inercije tijela u odnosu na tu osu i projekcije vektora ugaone brzine tijela na tu osu. Moment količine kretanja mase dm za osu Oy je
dmyzdL
dmzrdmzvzdmxdL
y
y
sinsin
ω
ωββ
−=
⋅⋅−=⋅⋅−=−= & (10.44.)
gdje je
ββ
sinsin
⋅=⋅=
ryvx&
Integracijom jednačine (10.44.) dobijamo
ωω ⋅−=∫=∫= yzV
yV
y JyzdmdLL (10.45.)
Na potpuno isti način se odredi moment količine kretanja s obzirom na osu Ox, tako da imamo
ωω
⋅−=⋅−=
yzy
xzx
JLJL
(10.46.)
Slika 10.9. Slika uz izračunavanje gdje su: Jxz, Jyz - centrifugalni momenti inercije momenta količine kretanja za osu Oy tijela za nepomične ose x,y i z. 10.5.3. RAVNO KRETANJE TIJELA
Iz Tehničke mehanike 2, Kinematika poglavlje 9, strana 120 poznato je da je za ravno kretanje tijela dovoljno proučiti kretanje ravne figure (S) u ravni kretanja (slika 10.10.)
Izračunajmo moment količine kretanja tijela u odnosu na osu, npr. z koja je okomita na ravan kretanja. Kako položaj, brzina i ubrzanje neke tačke ravne figure (S), npr. tačke B, definišu položaj, brzinu i ubrzanje svih tačaka (B1,B2,...Bn) koje se nalaze na pravoj koja prolazi kroz tačku B, a okomita je na ravnu figuru (S), to moment količine kretanja navedenih tačaka može zamijeniti se momentom količine kretanja tačke B, čija je masa jednaka ukupnoj masi tačaka dm = dm1 + dm2 +....+ dmn. Elementarni moment količine kretanja za osu z tačke B
Slika 10.10. Ravno kretanje tijela (S)
β
β
dm
vr
x&β
y&
x
x
y
y
r
0 z
x
y
z
0
dm
Crr
0LLz
rr=
C Kr
Cvr
Bvr
CBv
r
rr
Kdr
ρr
B (S)
ωr
dmvrdmvrdmvrdL i
n
ii
n
izrrrrrr
×=Σ×=×Σ=== 11
)( (10.47.)
Moment količine kretanja tijela za osu z, jednak je momentu količine kretanja ravne figure čija je masa u ravni kretanja i jednaka je ukupnoj masi tijela, a za istu osu. Pošto se masa ravne figure nalazi u ravni, moment količine kretanja za osu z je istovremeno moment količine kretanja za tačku O (slika 10.10.). Moment količine kretanja tačke B za tačku O je
dmvvrdmvrLd cBCC ))((0
rrrrrrr++=×= ρ (10.48.)
gdje su: ρ
rrr+= Crr
ρωrrrrrr
×=
+=cB
cBC
v
vvv
korištene relacije.
)()()()(0 ρωρρρωρωρrrrrrrrrrrrrrrrr
××+×+××+×=××××= dmvdmdmrdmvrdmvrLd CCCCCC
Nakon sređivanja izraza a imajući u vidu cbabcacbarrrrrrrrr
)()( ⋅−⋅=×× imamo
dmdmvdm
dmrdmrdmvrLd
C
CCCC
ρρωωρρρρωωρ
rrrrrrrrrrrrrrrrr
)()()()(0
⋅−⋅+×++⋅−⋅+×=
Integracijom predhodnog izraza, te imajući u vidu da je 0=⋅ yrr
ω , dobijamo
dmvdmdmrdmvrLV
CVV
CV
CC2
0 )()( ρωρωρ ∫+×∫+∫⋅+∫×=rrrrrrrrr
Kako je 0 jejer 0 ===∫ CCV
mdm ρρρrrr
vektor položaja središta u odnosu na središte, to je:
ω
ωωrrrr
rrrrrrrr
CC
CCCCCC
JKrL
JvmrJmvrL
+×=
+×=+×=
0
0 )(
odnosno
ωrrr r
CK JML += 00 (10.49.)
gdje je: KMrr
0 - moment vektora količine kretanja Kr
ravne figure za tačku O, a IC - moment inercije ravne figure za tačku C - središte. Najjednostavniji oblik momenta količine kretanja imamo za središte gdje je
KMrr
0 = 0 LC = JC ⋅ω (10.50.)
10.5.4. OBRTANJE TIJELA OKO NEPOMIČNE TAČKE
Pretpostavimo da se tijelo obrće oko tačke 0, kao što je na slici 10.11. pokazano. Elementarni moment količine kretanja tijela za tačku O je
KdrLdrrr
×=0 (10.51.)
gdje je:
dmvKdrr
= - elementarna količina kretanja mase dm.
rvrrr
×= ω - brzine elementarne mase dm
Slika 10.11. Obrtanje tijela oko nepomične ose Jednačina (10.51.) može se napisati u obliku
dmrrdmrdmrrLdrrrrrrrr
)(20 ⋅−=××= ωωω
odnosno
dmkzjyixzyxdmkjizyxdL zyxzyx ))(())(( 2220
rrrrrr++++−++++= ωωωωωω
nakon sređivanja jednačine elementarnog momenta, količina kretanja postaje
[ ][ ][ ] ++++−−−
++++−−−
++++−−−=
kdmzyxzyzxz
jdmyzxyzyxy
idmzyxxzxyxLd
zzzyx
yyzyx
xxzyx
r
r
rr
ωωωωω
ωωωωω
ωωωωω
2222
2222
22220
)(
)(
)(
(10.52.)
Ukoliko izvršimo integraciju po čitavom volumenu tijela, dobijamo ukupnu količinu kretanja tijela za tačku O.
kyzdmxzdmdmyx
jyzdmxydmdmzx
vxzdmxydmdmzyLd
Vy
Vx
Vz
Vz
Vx
Vy
Vz
Vy
Vx
r
r
rr
∫−∫−+∫
+
∫−∫−+∫
+
∫−∫−+∫=
ωωω
ωωω
ωωω
)(
)(
)(
22
22
220
(10.53.)
Kako integrali u jednačini (10.53.) predstavljaju aksijalne i centrifugalne momente inercije, projekcije vektora momenta količine kretanja tijela za tačku O su:
yyzxxzzzz
zyzxxyyyy
zxzyxyxxx
JJJLJJJLJJJL
ωωω
ωωω
ωωω
−−=
−−=
−−=
(10.54.)
a istovremeno predstavljaju i momente količine kretanja za ose x, y i z. Konačno moment količine kretanja tijela koje rotira oko nepomične tačke A je
x
y
z
0
dm
0Lr
Ω
vr
rr
Kdr
ωr
ir
jr
kr
β
kLjLiLL zyx
rrrr++=0 (10.55.)
Ukoliko se tijelo obrće oko stalne ose, npr. ose z, tada je ω = ωz, ωx = ωy = 0 te imamo
ωω
ω
yzy
xzx
zz
JLJL
JL
−=−=
= (10.56.)
što smo upravo i dobili u poglavlju 10.5.3. 10.5.5. ZAKON O PROMJENI MOMENTA
KOLIČINE KRETANJA SISTEMA Da bismo izveli zakon o promjeni momenta količine kretanja mehaničkog sistema, poći ćemo od zakona o primjeni momenta količine kretanja pojedinih tačaka sistema smatrajući ih slobodnim (slika 10.12.). Zakon o promjeni momenta količine kretanja tačke Mi(mi) za stalnu tačku 0 glasi:
ui
si FFi MM
dtLd rr rrr
000 += (10.57.)
gdje su ui
si FF
rr i rezultante
spoljašnjih i unutrašnjih sila koje djeluju na materijalnu tačku Mi(mi). Ako za svaku materijalnu tačku (sl. 10.12.) postavimo jednačinu oblika (10.57.) pa ih sumiramo, dobijamo
ui
si F
n
i
Fn
i
in
iMM
dtLd rr rrr
0101
0
1 ===Σ+Σ=Σ (10.58.)
Kao što je poznato uiF
n
iM
rr01=
Σ = 0, jer se radi o uravnoteženom sistemu sila, to na osnovu
(10.35.) možemo napisati
=dtLd 0
rsF
n
imM
si
001=Σ
=
rr (10.59.)
Jednačina (10.59.) predstavlja traženi zakon o promjeni momenta količine kretanja materijalnog sistema za stalnu tačku koja glasi: Izvod momenta količine kretanja materijalnog sistema za neku tačku O, jednak je vektorskom zbiru momenata svih spoljašnjih sila koje djeluju na materijalni sistem, za tu istu tačku O. Projektovanjem vektorske jednačine (10.59.) na ose koordinatnog sistema Oxyz, dobijamo skalarne jednačine oblika
x
y
z
1rr
0
M1(m1)
uF1
r
sF1
r
1Kr
M2(m2)
uF2
r
sF2
r
2Kr
Mi(mi) s
iFr
u
iFr
iKr
2rr
irr
Mn(mn)
snF
r
unF
r
nKr
nrr
SMrr
0 dtLd 0
r
Slika 10.12. Slobodne materijalne tačke mehaničkog sistema
si
si
si
Fz
n
i
z
Fy
n
i
y
Fx
n
i
x
MdtLd
MdtLd
MdtLd
r
r
r
rr
rr
rr
1
1
1
=
=
=
Σ=
Σ=
Σ=
(10.60.)
koje predstavljaju zakone o promjeni momenata količine kretanja za ose x, y, z, iz kojih vidimo da je: Izvod momenta količina kretanja materijalnog sistema za neku osu jednak je algebarskom zbiru momenata svih spoljnih sila za tu istu osu. Ukoliko je desna strana jednačina (10.59.) i (10.60.) jednaka nuli,
0 i 0101
=Σ=Σ==
si
si F
x
n
i
Fn
iMM
rr rr, tada vrijedi zakon o održanju momenta količine kretanja za tačku
o, odnosno za osu x . ,0 constLCL x ==
rrr (10.61.)
10.6. ZAKON O PROMJENI KINETIČKE
ENERGIJE MEHANIČKOG SISTEMA U ovom poglavlju izvest ćemo izraze za kinetičku energiju materijalnog sistema, i to u slučaju najopštijeg kretanja mehaničkog sistema. Razmatrat ćemo posebne slučajeve kretanja tijela, a zatim izvesti zakon o promjeni kinetičke energije sistema. 10.6.1. KINETIČKA ENERGIJA MATERIJALNOG SISTEMA Posmatrajmo materijalni sistem koji je sastavljen od materijalnih tačaka koje se kreću na proizvoljan način u odnosu na inercijalni koordinatni sistem Oxyz. Za proučavanje kretanja materijalnog sistema uvedimo još i pokretni koordinatni sistem Ax1, y1, z1, koji se kreće translatorno u odnosu na nepokretni koordinatni sistem (slika 10.13.). Kinetička energija materijalnog sistema jednaka je zbiru kinetičkih energija svih materijalnih tačaka tog sistema
2
11 21
ii
n
iki
n
ik vmEE==Σ=Σ= (10.62.)
gdje je vi - apsolutna brzina tačaka materijalnog sistema.
Iz slike 10.13. vidimo da je radijus vektor Slika 10.13. Uz izračunavanje kinetičke položaja proizvoljne tačke Mi energije mehaničkog sistema ρ
rrr+= Ai rr (10.63.)
Diferenciranjem prethodne jednačine po vremenu, dobijamo apsolutnu brzinu tačke Mi kao zbir brzine pola A i relativne brzine tačke Mi u odnosu na pol A.
x
y
z
x1
y1
z1
0
Mi
siFr
uiFr
iv
rirv
r
avr
irr ρ
r
Mi+1
uiF 1+
r
siF 1+
r
1+irr
A
C
Crr
Arr
Avr
Mn-1 unF 1−
r
snF 1−
rMn
unF
r
snF
r
1−nrr
nrr
dtd
dtrd
dtrd Ai ρ
rrr+= , irAi vvv
rrr+= (10.64.)
Zamjenom u jednačinu (10.62.), imamo
iriri
n
iirAi
n
iAAi
n
ik
iii
n
iii
n
ik
vvmvvmvvmE
vvmvmE
rrrrrr
rr
⋅Σ+⋅Σ+⋅Σ==
⋅Σ==Σ=
===
==
111
1
2
1
21
21
21
21
Kako je
rCACA
i
n
iAiri
n
iAirAi
n
i
Ai
n
iAAi
n
iAAi
n
i
vvmmdtdv
mdtdvvmvvvm
mvmvvmvvm
111
2
1
22
11
)(
)(
21
21
21
21
rrrr
rrrrrr
rr
⋅=⋅=
Σ⋅=Σ⋅=⋅Σ
=Σ=Σ=⋅Σ
===
===
ρ
ρ
to izraz za kinetičku energiju postaje
2
1 2
21
21
iri
n
irCAAk vmvvmmvE=Σ+⋅+=
rr (10.65.)
Pretpostavimo da smo koordinatni početak pokretnog koordinatnog sistema postavili u C, središte materijalnog sistema, CA vv
rr= , a relativna brzina središta jednaka je
nuli 0=Crvr
, pa je
2
1
2
21
21
iri
n
iCk vmmvE=Σ+= (10.66.)
Jednačina (10.66.) predstavlja izraz za kinetičku energiju materijalnog sistema a poznata je još kao Kenigova teorema (König, 1712-1757) koja glasi: Kinetička energija materijalnog sistema pri njegovom proizvoljnom apsolutnom kretanju jednaka je zbiru kinetičke energije 1/2 mvC
2 središta masa materijalnog sistema i
kinetičke energije 1/2 2
1 iri
n
ivm
=Σ relativnog kretanja materijalnog sistema u odnosu na pokretni
sistem referencije Cx1, y1, z1. 10.6.2. KINETIČKA ENERGIJA TRANSLATORNOG KRETANJA KRUTOG TIJELA
Pretpostavimo da se kruto tijelo kreće translatorno. Tada su brzine svih tačaka tijela iste vvv
rrr...21 == , kao što je
prikazano na slici 10.14. pošto su brzine svih tačaka iste, relativna brzina bilo koje tačke u odnosu na središte C jednaka je nuli .0=irv
r Na
osnovu jednačine (10.66.), dobijamo izraz za kinetičku energiju pri translatornom kretanju tijela
22
21
21 mvmvE Ck += (10.67.)
x
y
z
0
nrr nv
rVrr
1rr
2vr
vvCrr
=
1vr
ivr
Slika 10.14. Translatorno kretanje tijela
10.6.3. KINETIČKA ENERGIJA TIJELA PRI OBRTANJU OKO STALNE OSE Pretpostavimo da se kruto tijelo obrće oko stalne ose AB konstantnom ugaonom brzinom. Sve tačke krutog tijela kreću se po kružnim putanjama sa centrom na osi obrtanja, osim tačaka na samoj osi. Intenziteti brzina tačaka su v = r ω gdje je r - rastojanje tačke (npr. M(dm) od ose obrtanja, ω - ugaona brzina. Kinetičku energiju tijela odredit ćemo na osnovu jednačine: Slika 10.15. Obrtanje tijela oko stalne ose
∫∫ ==VV
k dmrdmvE 222
21
21
ω (10.68.)
Kako je ∫V
dmr 2 = Jz - aksijalni moment inercije tijela za osu z, to jednačina (10.68.) postaje
2
21
ωzk JE = (10.69.)
Vidimo da je kinetička energija krutog tijela koja se obrće oko stalne ose jednaka polovini proizvoda momenta inercije tijela u odnosu na osu oko koje se obrće i kvadrata ugaone brzine. 10.6.4. KINETIČKA ENERGIJA PRI RAVNOM KRETANJU TIJELA Na osnovu analize date u vezi sa ravnim kretanjem u Tehničkoj mehanici 2, Kinematici, slijedi da je za ravno kretanje tijela dovoljno proučiti kretanje ravne figure (S) koja predstavlja projekciju tijela na ravan kretanja (slika 10.16.). Relativno kretanje ravne figure (S) (a samim tim i tijela) možemo razložiti na translatorno kretanje zajedno sa središtem i na relativno obrtanje oko ose kroz tačku C. Slika 10.16. Ravno kretanje tijela Relativna brzina tačke M oko ose kroz tačku C je
ρω=CMv (10.70.)
x
y
z
A
ry
vr
M (dm)
ωr
0
B
η ξ y
x 0
M(dm)
C
Pv
(S)
Cvr
CMv
r
ρr
ω
Crr
Slika 10.17. Obrtanje tijela oko nepomične tačke Kvadrat brzine izrazimo u obliku
222
2
22 )()()()( yxxzzyzyx xyzxyzzyx
kjirv ωωωωωωωωωω −+−+−==×=
rrrr
Nakon sređivanja dobijamo
xzyzxyyxzxzyv zxzyyxzyx ωωωωωωωωω 222)()()( 2222222222 −−−+++++=
gdje su ωx, ωy i ωz - projekcije vektora ugaone brzine ωr
na ose koordinatnog sistema Axyz koji je nepokretan ili čvrsto vezan za tijelo. Zamjenom izraza za brzinu u izraz za kinetičku energiju (10.75.), dobijamo
∫∫ ∫
∫∫∫
−−−
−+++++=
VV Vzxzyyx
VVz
Vyxk
xzdmyzdmxydm
dmyxdmzxdmzyE
ωωωωωω
ωωω )(21)(
21)(
21 222222222
odnosno, znajući da integrali predstavljaju odgovarajuće aksijalne i centrifugalne momente inercije tijela za ose xy i z, možemo napisati da je
[ ]zxxzzyyzyxxyzzyyxxk JJJJJJE ωωωωωωωωω 22221 222 −−−++= (10.76.)
Ako predstavimo obrtanje tijela oko nepokretne tačke kao obrtanje oko trenutne ose obrtanja Ω, koja prolazi kroz nepokretnu tačku A(slika 10.17.) tijela i mijenja svoj pravac, kinetička energija može se napisati u obliku
2
21
ωΩ= JEk (10.77.)
gdje je JΩ - moment inercije tijela u odnosu na trenutnu osu obrtanja, ω - trenutna ugaona brzina, pa se može odrediti kinetička energija relativnog kretanja
∫ ∫==V V
kr dmdmE 2222
21
21
ρωωρ (10.71.)
x
y
z
A
dm
Ω
vr
rr
ωr
Kako je ∫=V
dmJ 2ρρ - moment inercije ravne figure (S) (tijela) u odnosu na osu koja je
okomita na ravnu figuru (S), to izraz za kinetičku energiju postaje
2
21
ωCkr JE = (10.72.)
Na osnovu jednačine (10.66.), dobijamo
22
21
21
ωCCk JmvE += (10.73.)
gdje je: 22/1 Cmv - kinetička energija tijela uslijed translatornog kretanja tijela, a
22/1 ωCJ - kinetička energija tijela uslijed obrtanja tijela oko ose C koja ne mijenja svoj položaj u odnosu na tijelo.
Korištenjem pojma trenutnog pola brzine Pv i primjenom Steinerove teoreme 2
CPmJJ vCPv += ,gornji izraz za kinetičku energiju može se napisati u obliku
2
2222
21
)(21
21)(
21
ω
ωωω
vPk
CvCvk
JE
JCPmJCPmE
=
+=+= (10.74.)
gdje je ωCPv vc = , a JPv - moment inercije tijela za osu okomitu na ravan kretanja kroz tačku Pv. 10.6.5. KINETIČKA ENERGIJA PRI OBRTANJU TIJELA OKO NEPOKRETNE TAČKE Pretpostavimo da kruto tijelo vrši obrtanje oko nepomične tačke kao što je na slici 10.16. prikazano. Izraz za kinetičku energiju izvest ćemo na osnovu jednačine
∫=V
k dmvE 2
21 (10.75.)
Brzinu vr izrazit ćemo pomoću vektorskog proizvoda radijus vektora položaja r
r i vektora
ugaone brzine .rvrrr
×= ω Opće kretanje tijela možemo prikazati kao kretanje složeno od prenosnog translatornog kretanja zajedno sa središtem C tijela i relativnog obrtanja oko trenutne obrtne ose koja prolazi kroz središte C tijela (slika 10.18.) i koja mijenja pravac tokom kretanja. Kinetička energija u ovom slučaju je
22
21
21
ωΩ+= JmvE Ck (10.78.)
gdje je vC - brzina središta tijela, JΩ - moment inercije tijela u odnosu na trenutnu obrtnu osu Ω.
x
y
z
0
C
Ω
Cvr
rr
ωr
Slika 10.18. Opće kretanje krutog tijela
10.6.6. ZAKON O PROMJENI KINETIČKE ENERGIJE SISTEMA Da bismo izveli zakon o promjeni kinetičke energije materijalnog sistema, pretpostavimo da imamo materijalni sistem (slika (10.12.) oslobođen od veza spoljašnjih i unutrašnjih. Posmatrajmo kretanje tačke Mi. Neka je tačka Mi u trenutku t0 = 0 imala brzinu
iv0r
, a u trenutku t brzinu ivr
. Napišimo zakon o promjeni kinetičke energije za tačku Mi
u
i
s
iiiii AAvmvm +=− 20
2
21
21 (10.79.)
gdje je: s
iA - rad svih s
iFr
spoljnih sila
u
iA - rad svih u
iFr
unutrašnjih sila koje djeluju na tačku Mi. Ako za sve materijalne tačke (M1, M2,...Mn) materijalnog sistema postavimo jednačinu oblika (10.79.) te ih saberemo, dobit ćemo
u
i
n
i
s
i
n
iii
n
iii
n
iAAvmvm
11
201
2
1 21
21
====Σ+Σ=Σ−Σ (10.80.)
Kako prvi izraz na lijevoj strani jednačine (10.80.) predstavlja kinetičku energiju sistema u proizvoljnom trenutku vremena, a drugi kinetičku energiju sistema u početnom položaju t = 0, to predhodnu jednačinu možemo napisati u obliku
u
i
n
i
s
i
n
ikk AAEE110 ==
Σ+Σ== (10.81.)
Jednačina (10.81.) predstavlja zakon o promjeni kinetičke energije izmijenjivog materijalnog sistema u konačnom obliku: Primjena kinetičke energije (priraštaj) izmjenjivog materijalnog sistema pri konačnom pomjeranju, jednaka je sumi radova svih spoljašnjih i unutrašnjih sila koje djeluju na izmjenjivi sistem na tom istom pomjeranju. Ukoliko se radi o neizmjenjivom materijalnom sistemu tada je rad unutrašnjih sila jednak nuli te je
s
i
n
ikk AEE10 =
Σ=− (10.82.)
Vidimo da je u tom slučaju promjena kinetičke energije neizmjenjivog sistema na nekom konačnom pomjeranju jednaka sumi radova spoljašnjih sila na tom istom konačnom pomjeranju. Zakon o promjeni kinetičke energije možemo izvesti i u diferencijalnom obliku. Napišimo zakon o promjeni kinetičke energije za materijalnu tačku Mi (slika (10.12.) u diferencijalnom obliku:
u
ni
u
i
u
i
s
i
s
iki AdAdAdAdAddE ......2121
+++++= (10.83.) gdje je: s
iAd - elementarni radovi spoljašnjih sila,
u
iAd - elementarni radovi unutrašnjih sila.
Postavljanjem za svaku tačku sistema jednačine oblika (10.83.) te sumiranjem dobit ćemo
us
k
u
ki
n
i
s
ki
n
iki
n
i
AdAddE
AAdE
+=
Σ+Σ=Σ=== 111 (10.84.)
Za izmjenjivi sistem 01
=Σ=
u
ki
n
kiAd i
sk AddE = (10.85.)
Jednačine (10.84.) i (10.85.) izražavaju zakon o promjeni kinetičke energije materijalnog sistema u diferencijalnom obliku koji glasi: Diferencijal kinetičke energije materijalnog sistema jednak je algebarskom zbiru elementarnih radova svih spoljašnjih i unutrašnjih sila.
us
k
u
ki
n
i
s
ki
n
iki
n
i
AdAddE
AAdE
+=
Σ+Σ=Σ=== 111 (10.84.)
Za izmjenjivi sistem 01
=Σ=
u
ki
n
kiAd i
sk AddE = (10.85.)
Jednačine (10.84.) i (10.85.) izražavaju zakon o promjeni kinetičke energije materijalnog sistema u diferencijalnom obliku koji glasi: Diferencijal kinetičke energije materijalnog sistema jednak je algebarskom zbiru elementarnih radova svih spoljašnjih i unutrašnjih sila. 10.7. D'ALAMBEROV PRINCIP ZA MATERIJALNI SISTEM S obzirom na to da je D'Alamberov princip jedan od važnijih principa mehanike i koji ima veliku primjenu u rješavanju konkretnih zadataka, u ovom poglavlju će biti proučen. Postoji više principa (koji se djele na diferencijalne i integralne), npr. D'Alamberov princip, princip virtualnih pomjeranja, Lagrangeov princip, Hamiltonov princip, itd. U ovoj knjizi biće izložena prva dva principa, kao najčešće primijenjeni, dok ostali principi izlaze iz okvira programa predmeta Dinamika na Tehničkom fakultetu u Bihaću. Pri izvođenju D'Alamberovog principa za materijalni sistem, postupit ćemo analogno definiciji tog principa za jednu materijalnu tačku što je proučeno u poglavlju 4.8. Posmatrajmo materijalni sistem diskretno raspoređenih masa koga čini n materijalnih tačaka na koje djeluje sistem spoljašnjih sila
,,...,, 21 nFFFrrr
gdje svaka od sila predstavlja rezultantu spoljašnjih sila za datu materijalnu tačku. Oslobađanjem od veza i zamjenom veza odgovarajućim silama, pri čemu u
nuu FFF
rrv,...,, 21 predstavljaju
rezultante unutrašnjih sila za odgovarajuću materijalnu tačku (slika 10.19.). Slika 10.19. Materijalni sistem uz
objašnjenje D'Alamberovog principa
x
y
z
0
1rr
inF2
r
sF2
r
uF2
r
2ar
inF1
r sF1
r
uF1
r 1a
r m1 m2
2rr
iniF
r
siFr
uiFr
ia
r mi
irr
innF
r snF
r
unF
r na
r mn
nrr
SRFM
rr0
iuRFM
rr0
C in
RFr
sRF
r Ca
r
D'Alamberov princip primijenimo na i-tu materijalnu tačku:
0=++ ini
ui
si FFF
rrv (10.86.)
gdje je iiin
i amFrr
= inercijalna sila i-te materijalne tačke. Za svaku tačku razmatranog sistema moguće je napisati vektorsku jednačinu oblika (10.86.). Kada saberemo sve te jednačine, dobit ćemo
0111
=Σ+Σ+Σ===
ini
n
i
ui
n
i
si
n
iFFFrrr
(10.87.)
odnosno 0=++ in
Ru
Rs
R FFFrrr
(10.88.) gdje su:
si
n
i
sR FF
rr1=
Σ= - glavni vektor svih spoljašnjih sila koje djeluju na sistem
(aktivne sile i reakcije veze),
ini
n
i
inR FF
rr1=
Σ= - glavni vektor svih unutrašnjih veza sistema,
si
n
i
sR FF
rr1=
Σ= - glavni vektor sila inercije svih tačaka sistema.
Jednačina (10.88.) izražava D'Alamberov princip za vezani materijalni sistem: Pri kretanju vezanog materijalnog sistema, u svakom trenutku vektorski zbir glavnih vektora spoljašnjih sila (aktivne sile i reakcije veza), unutrašnjih sila i sila inercije, jednak je nuli. Na osnovu osobine unutrašnjih sila, vektorski zbir unutrašnjih sila 0=u
RFr
. Tada se gornja jednačina svodi na oblik
0=+ inR
sR FF
rr (10.89.)
Vektorska jednačina (10.89.) izražava D'Alamberov princip o ravnoteži sila koje djeluju na sistem. Rezultanta svih spoljašnjih sila (aktivnih sila i reakcija veza) i rezultanta inercijalnih sila čine sistem sila u ravnoteži. Glavni vektor inercijalnih sila in
RFr
, može se izraziti pomoću ubrzanja središta masa sistema
ii
n
i
ini
n
i
inR amFF
rrr11 ==
Σ−=Σ=
Iskoristimo jednačinu
Cii
n
irmrm &&r&&r =Σ
=1
Cii
n
iamamrr
=Σ=1
(10.90.)
i dobijamo C
inR amF
rr−= (10.91.)
Glavni vektor inercije je vektor kolinearan sa ubrzanjem središta Car
. Do tog rezultata dolazimo i u slučaju kada se radi o kontinuumu (slika 10.20.).
Za elementarnu masu dm na kontinuumu napišimo D'Alamberov princip u obliku
0=++ inusV FdFdFd
rrr (10.92.)
gdje je:
sVFdr
- elementarna zapreminska spoljašnja sila,
uFdr
- elementarna unutrašnja sila,
inFdr
- elementarna inercijalna sila,
dmaFd in rr−=
Slika 10.20. Kontinuum uz definiciju D'Alamberovog principa Integracijom po cjelokupnoj masi m kontinuuma dolazimo do jednačine
0=+ inR
sR FF
rr
pri čemu je
∫ −=−=
Σ+==
mC
inR
si
n
i
sRV
sR
amdmaF
FFFrrr
rrr1 (10.93.)
gdje je: s
RFr
- glavni vektor spoljašnjih zapreminskih sila,
siF
r- koncentrisane spoljašnje sile,
inRF
r- glavni vektor inercijalnih sila predstavljen kao vektor u središtu masa.
Na osnovu analiza mnogih autora koji su pisali o inercijalnoj sili, složit ćemo se sa zaključkom da je inercijalna sila realna sila, da djeluje na tačke ili tijela koja daju ubrzanje uočenoj materijalnoj tački. Pri kretanju homogenog krutog tijela, djelovanje sile inercije prenosi se na samo tijelo, bez obzira da li pri tome za silu inercije, kao realnu silu, pretpostavljamo da djeluje u uočenoj tački ili u tački koja je beskonačno bliska uočenoj tački. Ovo nije u protivrječnosti sa sonovnom činjenicom da, saglasno drugom Newtonovom zakonu, sila inercije amF in
irr
−= ne djeluje na tačku već na tijelo koje tački saopštava ubrzanje. Pomnožimo sada vektorski jednačinu (10.87.) sa vektorima položaja tačaka materijalnog sistema ir
r koje mjerimo od proizvoljne nepokretne tačke 0.
0111
=×Σ+×Σ+×Σ===
iuii
n
i
uii
n
i
sii
n
iFrFrFrrrrrrr (10.94.)
gdje je druga suma jednaka nuli (jer se radi o unutrašnjim silama). Svaki od sabiraka prve i posljednje sume predstavlja moment odgovarajuće spoljašnje sile i inercijalne sile za tačku O, pa slijedi
000 =+inR
sR FF MM
rr rr (10.95.)
gdje su:
x
y
z
0
SRFM
rr0
iuRFM
rr0
sF1
r
sF2
r
sF3
r
snF
r
inFdr
s
vFdr
ωFdr
ar
inRF
rCar s
RFr
rr
Crr
C
dm
0
sRFs
ii
n
iMFr
rrrr01
=×Σ=
- glavni moment svih spoljašnjih sila za tačku,
inRFin
ii
n
iMFr
rrrr01
=×Σ=
- glavni moment sila inercije tačaka materijalnog sistema u
odnosu na nepokretni pol O. Na osnovu jednačine (10.95.), možemo reći: Pri kretanju vezanog materijalnog sistema u svakom trenutku je vektorski zbir glavnih momenata spoljašnjih sila (aktivne sile i reakcije veze) i sila inercije tačaka materijalnog sistema, u odnosu na nepokretni pol, jednak nuli. U slučaju da se radi o kontinuumu, D'Alamberov princip ravnoteže momenata ostaje nepromijenjen (10.95.).
Projektovanjem vektorskih jednačina (10.89.) i (10.95.) na ose Descartesovog pravouglog sistema referencije Oxyz, dobijamo
0
0
0
0
0
0
=+
=+
=+
=+
=+
=+
inz
sz
iny
sy
inx
sx
inz
sz
iny
sy
inx
sx
MM
MMMMFF
FFFF
(10.96.)
D'Alamberov princip izražen skalarnim jednačinama (10.96.) pogodan je za rješavanje konkretnih zadataka kretanja vezanog materijalnog sistema, odnosno krutog tijela. Da bismo to ostvarili, potrebno je znati, za slučaj kretanja krutog tijela, izračunati glavni vektor i glavni moment sila inercije za različite oblike kretanja. 10.7.1. GLAVNI VEKTOR I GLAVNI MOMENT SILA INERCIJE U SLUČAJU
TRANSLATORNOG I RAVNOG KRETANJA KRUTOG TIJELA Ovdje ćemo pokazati određivanje glavnog vektora i glavnog momenta inercijalnih sila pri translatornom i ravnom kretanju krutog tijela, dok će njihovo određivanje za slučaj obrtanja tijela oko nepomične ose biti izloženo u slijedećem poglavlju. Svođenje sila inercije tačaka krutog tijela na glavni vektor i glavni moment sila inercije vrši se na isti način kao u statici. Izabere se proizvoljna tačka (centar) u koju se (u mislima) paralelno prenesu sve sile inercije, pridodajući svakoj odgovarajući spreg sila inercije. Obično se za centar uzme težište krutog tijela. Rezultat paralelnog prenošenja jeste glavni vektor sila inercije
ii
n
i
ini
n
i
inR amFF
rrr11 ==
Σ−=Σ= (10.97.)
i glavni moment sila inercije u odnosu na izabrani pol
inCiii
n
i
FC
n
i
FC MamrMM
ini
inR
rrrrr rr=×Σ−=Σ=
== 11 (10.98.)
gdje je: ir
r- vektor položaja tačaka krutog tijela u odnosu na njegovo težište.
Glavni vektor ne zavisi od izbora tačke u koju se (u mislima) paralelno prenesu sile inercije, dok glavni moment sila inercije in
CMr
zavisi od izbora tačke u koju se paralelno prenose sile inercije. Polazeći od poznate jednačine
Cii
n
irmrmrr
=Σ=1
odnosno
Cii
n
iamamrr
=Σ=1
i vodeći računa da je kruto tijelo specijalni slučaj materijalnog sistema, glavni vektor sila inercije možemo napisati u obliku
Cii
n
i
inR amamF
rrr=Σ−=
=1 (10.99.)
gdje je m - masa krutog tijela, a Car
- ubrzanje središta (težišta) krutog tijela. Zaključujemo da je glavni vektor sila inercije krutog tijela pri proizvoljnom kretanju tijela, jednak proizvodu mase tijela i ubrzanja težišta krutog tijela, a usmjeren je u suprotnom smjeru od smjera ubrzanja težišta tijela. 10.7.1.1. TRANSLATORNO KRETANJE KRUTOG TIJELA Ubrzanje svih tačaka tijela pri translatornom kretanju su ista i označena sa a
r (slika 10.21.). Moment elementarne
inercijalne sile inFdr
(elementarne mase dm) za tačku O je
dmarFdrMd iin
iin rrrrr
×−=×=0 ,
te ako izvršimo integriranje po masi, dobit ćemo
Slika 10.21. Translatorno kretanje krutog tijela
inRFin
RCin
CCin
m mi
in
MFrM
amxrarmM
admrdmarM
rrrrrrrrrr
rrrrr
00
0
0
)(
)(
=×−=
−−=×−=
×−=×−= ∫ ∫
(10.100.)
Ako za centar uzmemo težište krutog tijela C, tada je
011
=×−=×Σ−=×Σ−=== CCiCi
n
iCii
n
i
inC armarmamrM
rrrrrrr (10.101.)
gdje je Cr
r- vektor položaja težišta tijela u odnosu na samo težište C jednak nuli.
x
y
z
0
inM 0
r
inFdr
ar
irr Cr
r
dm ar
ar
inRF
r aaC
rr= C
Možemo zaključiti da se pri translatornom kretanju tijela, sile inercije tačaka krutog tijela svode na rezultantu sa napadnom tačkom u težištu tijela koja je jednaka proizvodu mase tijela i ubrzanja težišta tijela, a usmjerena je suprotno tom ubrzanju. 10.7.1.2. RAVNO KRETANJE KRUTOG TIJELA
Posmatrajmo ravno kretanje krutog tijela koje ima tavan materijalne simetrije (slika 10.22.). Uzmimo proizvoljnu tačku O za redukcionu tačku. Tada je glavni moment sila inercije tačaka tijela u odnosu na redukcionu tačku O jednak
Slika 10. 22. Ravno kretanje krutog tijela
iii
n
i
inii
n
i
Fn
i
in amrFrMMini
rrrrrr r
×Σ−=×Σ=Σ==== 11010 (10.102.)
gdje je: 1rr
- vektor položaja proizvoljne tačke tijela u odnosu na O, ii am
r i - su masa, odnosno ubrzanje te tačke.
Kako nam je iz Tehničke mehanike 2 - Kinematike poznato, ubrzanje bilo koje tačke ravne figure je iii rraa
rrrrr 20 ωε −×+=
gdje je:
0ar
- ubrzanje tačke koju smo uzeli za pol, ii rrrrr 2ωε −× , obrtno tangencijalno i
obrtno normalno ubrzanje tačke Mi u odnosu na pol O, a ωεrr
i ugaono ubrzanje i ugaona brzina tijela.
Moment sile inercije tačke Mi tijela u odnosu na pol O, vodeći računa o predhodnoj jednačini, je
2
02
0
200 )(
iiiiiiii
iiiiiiiF
rmrmarmarm
rramramrMini
εε
ωεrrrrrr
rrrrrrrr
−×=−×−=
=−×+×−=×−= (10.103.)
jer je 22 )()( 0 iiiiiiii rrrrrrrr εεεε =⋅⋅−=××=×
rrrrrrrrr
Pošto je εrr
⊥ir slijedi ra je 0=εrr
ir Jednačinu oblika (10.103.) možemo postaviti za svaku česticu (tačku) krutog tijela, te ih sve sabrati i dobit ćemo
zCiii
n
iii
n
i
in
iiii
n
i
Fn
i
in
JrmarmrmaM
rmrmaMMin
i
002
1100
201010 )(
εε
ε
rrrrrrr
rrrrr r
−×=Σ−Σ×=
−×Σ=Σ=
==
== (10.104.)
x
y
z
0
ωr
inM 0
r Cr
r
irr
z'
εr
Car
Cvr
iar
inRF
r
iniF
r
inCM
r
(S)
Mi
gdje su 2
10 ii
n
iz rmJ=Σ= - aksijalni moment inercije za osu Oz koja prolazi kroz pol O, a
okomita je na ravan kretanja, Crr
- vektor položaja težišta C, krutog tijela ui odnosu na O. Ukoliko je usvojeno da centar redukcije bude težište C tada je Cr
r= 0, pa je
εrr
CzinC JM −= (10.105.)
Projektovanjem iste jednačine na osu z, dobijamo
ϕε &&rr⋅−=⋅−= CzCz
inC JJM (10.106.)
Predznak minus ukazuje na to da je vektor glavnog momenta sile inercije usmjeren suprotno vektoru ugaonog ubrzanja ε
r.
RJEŠENI ZADACI IZ POGLAVLJA 10. Zadatak 10.1. Materijalni sistem sastoji se od prizme ABED mase m4 i tri tereta mase m1, m2 i m3, koji leže na glatkoj prizmi, a povezani su međusobno neistegljivim užetom.
Neka su početne koordinate središta masa x1, x2, x3 i x4, s tim da je tačka A u koordinatnom početku nepomičnog koordinatnog sistema Oxy. Ako se iz stanja mirovanja teret mase m1 pusti niz kosinu prizme za veličinu s, on će povući i ostala dva tereta. Odrediti za koliko će se pomjeriti prizma po horizontalnoj idealno glatkoj podlozi.
Slika uz zadatak 10.1.
Rješenje: Pri pomjeranju mase m1 za s, pretpostavimo da se prizma pomjeri udesno za veličinu u. Tada su nove koordinate središta masa
uxxusxx
usxx
usxx
+=
+⋅−=
+−=
+⋅−=
4*4
3*3
2*2
1*1
cos
cos
β
α
U položaju 1, kada materijalni sistem miruje, rezultanta vanjskih sila u pravcu kretanja prizme jednaka je nuli, pa vrijedi zakon o održanju kretanja središta masa materijalnog sistema
0
.==
=
CC
C
xxconstmx
&&&
Primijenimo li ovaj zakon za položaj 1 i položaj 2, kada sistem napravi pomak, imat ćemo (na osnovu jednačine (10.6.). 1 44332211 xmxmxmxmmxC +++=
2 *44
*33
*22
*11 xmxmxmxmmxC +++=
Izjednačavanjem gornjih jednačina dobijamo
44332211 xmxmxmxmmxC +++= *44
*33
*22
*11 xmxmxmxm +++=
Zamjenom vrijednosti za *44
*33
*22
*11 ,,, xmxmxmxm , dobijamo pomak prizme
4321
231 )coscos(mmmm
mmmsu
+++++
=βα
.
A 0
B
D
E m1
m2
m3
m4 α β
y
x
Zadatak 10.2. U tijelu prikazanom na slici napravljeno je polusferično udubljenje poluprečnika R. Tijelo stoji na idealno glatkoj podlozi. U polusferično udubljenje pusti se kugla mase m2 poluprečnika r. Odrediti za koju će se veličinu pomjeriti tijelo mase m1 ako kugla pređe iz položaja A1 u A2. Slika uz zadatak 10.2. Rješenje: Neka je u položaju 1 kugla mase m2 bila u tački A1, a u položaju 2, prešla u položaj A2. Za to vrijeme, pretpostavimo, da se tijelo ,mase m1 pomjerilo za a. Pošto se tijelo mase m1 nalazi na idealno glatkoj podlozi, pri kretanju u pravcu pomjeranja ne djeluju spoljašnje sile, te vrijedi zakon o održanju središta masa .constmxC =
Središte ovog sistema ne pomjera se, znači, u pravcu x ose. Kugla se kotrlja po unutrašnjoj hrapavoj strani sfere. Sila koja uspostavlja to kotrljanje je unutrašnja sila sistema i ne utiče ne promjenu kretanja središta. Koordinate masa u položaju 1 su: x1 = R x2 = r a u položaju 2 su:
)2(*
2
*1
rRax
Rax
−+=
+=
Na osnovu jednačine (10.6.), kojom je definisano središte masa je:
)2()( 21
*22
*11
212211
arRmRamxmxmmx
rmRmxmxmmx
C
C
+−++=+=
+=+=
gdje je ukupna masa m = m1 + m2 Izjednačavanjem gornjih jednačina, dobijamo
21
22mmrRma
+−
−=
Tijelo mase m1 pomjerilo se ulijevo za veličinu a, a ne udesno kako smo pretpostavili.
y
x m1
m1
x1
x2
a
0
A1 A2
A1 A2
R
r
1
2
Zadatak 10.3.
Odrediti horizontalnu komponentu sile kojom vodeni mlaz udara o ukočenu lopaticu kola Peltonove turbine ako je protok vode koja ističe iz mlaznika Q, γ - specifična težina vode. Brzina kojom voda dolazi na lopaticu je 1v
r, a kojom voda
otiče sa lopatice je 2vr
, kao što je na slici prikazano.
Slika uz zadatak 10.3. Rješenje: Primijenimo zakon o promjeni količine kretanja
∫=−t
dtFKK0
12
rrr (1)
gdje je: 2K
r- količina kretanja kojom voda napušta lopaticu,
1Kr
- količina kretanja vode prije udaranja o lopaticu.
Projektovanjem jednačine (1) na pravac horizontale x, dobijamo
tvvmF
dtFmvvmvm
H
t
H
)cos(
cos)22
(
12
0122
+=
=+⋅+ ∫
α
α
Kako je gV
gGm ⋅
==γ , a zapreminski protok
tVQ = , to je horizontalna sila
).cos( 12 vvQgVFH +
⋅= α
γ
α
α 1vr
2vr
2vr
HFr
AA
Zadatak 10.4. Čamac dužine L mase m1 nije privezan i miruje na vodi. U čamcu se nalazi čovjek mase m2 i pređe sa krme čamca na njegov pramac. Otpor vode zanemariti. Potrebno je odrediti:
a) dužinu l za koju se pomjeri čamac kada čovjek pređe sa jedne na drugu stranu čamca,
b) odnos apsolutne brzine čamca avr prema relativnoj brzini čamca.
Slika uz zadatak 10.4
Rješenje: Primijenimo zakon o promjeni količine kretanja projektovan na pravac ose x
0)( 221 =+ vmvmdtd
a
gdje je: av - apsolutna brzina čamca
2v - apsolutna brzina čovjeka.
U samom početku i čamac i čovjek su mirovali ( 2v = av =0), te je
ra
a
vvvvmvm
−==+
2
221 0
Nakon sređivanja
21
2
221 )(
mmm
vv
vmvmm
r
a
ra
+=
=+
Kako je
dtdv
dtdsv ra
ξ== a ,
to pomjeranje čamca dobijamo integriranjem prethodne jednačine
L
mmm
l
dmm
mdsx l
⋅+
=
+=∫ ∫
21
2
0 021
2 ξ
y
x
2vr
rvr
avr
y
x
ξ
s
Zadatak 10.5.
Raketa se kreće sa površine Zemlje vertikalno uvis iz stanja mirovanja, tako da se njena masa mijenja po zakonu m = m0e-αt , gdje je α- konstanta. Brzina isticanja gasova je konstantna, v1 = const. Odrediti zavisnost brzine od rastojanja z između rakete i centra Zemlje, uzimajući u obzir promjenu sile privlačenja sa promjenom visine i zanemarujući otpor vazduha. (Saglasno Newtonovom zakonu, opće gravitacije).
Rješenje: Na raketu djeluju dvije sile, reaktivna sila Φ
r i Newtonova sila gravitacije koju kad
projektujemo na pravac ose z, dobijamo
2zMmfF ⋅
−=
gdje je: f - gravitaciona konstanta, m - masa rakete, M - masa Zemlje, z - rastojanje rakete od centra Zemlje. Na površini Zemlje je: m = m0, z = R, F = m0g, gdje je g - ubrzanje Zemljine teže na površini Zemlje. Odatle slijedi
MgRf
RmM
fgm2
20
0 =⇒⋅
=
pa intenzitet sile F možemo napisati u obliku
2
2
zmgRF −=
primjenom jednačine Meščerskog (10.27.), odnosno njenim projektovanjem na pravac kretanja, dobijamo
dtdmv
zgmR
dtdvm r−−= 2
2
Kako je vr = const. m = m0e-αt , α = const. to je
mmdtdm t e0 αα α −=−= −
pa se diferencijalna jednačina svodi na oblik
mvz
mgRdtdvm rα+−= 2
2
Zamjenom dzdvv
dtdz
dzdv
dtdv
== i manjim sređivanjem, dobijamo
z
R
vr
Slika uz zadatak 10.6
)( 2
2
dzz
gRvvdv r −= α ∫
Integriranjem prethodne jednačine, dobit ćemo
)( 2 2
2
0
2
zgRzvv
rv −= α
z
R
Izraz za brzinu rakete je
).11(2)(2 2
RzgRRzvv r −+−= α
Zadatak 10.6. Odrediti zakon promjene mase raketnog automobila koji se kreće po horizontalnom putu, polazeći iz stanja mirovanja, da bi se kretao konstantnim ubrzanjem a, ako na njega djeluje sila otpora proporcionalna kvadratu brzine (koeficijent proporcionalnosti je k). Brzina isticanja gasova je vr = const. a početna masa automobila m0.
Slika uz zadatak 10.6.
Rješenje: Diferencijalnu jednačinu kretanja automobila promjenljive mase
dtdmvF
dtvdm r
rrr+=
projektovat ćemo na pravac kretanja automobila y
.2
dtdmvkv
dtdvm r−−=
Kako je . i . constvatvconstdtdva r ==== prethodna jednačina dobija oblik
mt
vka
va
dtdm
m rr
221−=+
Integraciju prethodne jednačine izvest ćemo pomoću smjene
dtdz
zva
dtdm
m r
11=+
odakle neposredno slijedi da je t
va
rzm e = Funkciju z odredit ćemo iz jednačine
atv
rr
r
zt
vka
mt
vka
dtdz
ze 1 2222
⋅−=⋅−=
tako da je
∫−= dttv
kadz rvat
r
e 22
Parcijalna integracija prethodne jednačine daje
12
222
2
ee2e Cav
tav
av
tav
vkaz rrr v
atrv
atrrv
atr
r
+
−−−=
za t = 0, m = m0, te zamjenom u jednačinu za masu dobijamo
akv
ktvkatakv
mm rr
vat
r r2
22
0 22e2
−+−
+=
zakon promjene mase raketnog automobila. Zadatak 10.7.
Na kraju užeta dužine l0 ovješena je masa m kojoj je saopštena početna brzina v0, kao što je na slici pokazano. Uže je zanemarive težine i namotava se na disk poluprečnika R. Ako je u početnom trenutku t = 0 bilo l = l0 i v = v0, potrebno je odrediti dužinu užeta u funkciji vremena l = l(t), moment količine kretanja L0(t) i silu u užetu Fu(t).
Slika uz zadatak 10.7. Rješenje:
Prilikom mjerenja mase m uže će se namotavati na disk, tako da će mu se dužina l smanjivati u toku vremena. Dužina užeta
dtdR
dtdl
dtdRll
ϕ
ϕϕ
−=
⋅−= / )( 0
l0 m
R
0
0vr
l0 m
R
0
l φ
Rφ
Kako je brzina
dtdlv ϕ
=0
to je
.0
lRv
dtdl ⋅
−=
Ako rastavimo promjenjive i izvršimo integraciju, dobijamo
102
0
21
CRtvl
dtRvdll
+−=
⋅−= ∫
za 2010 2
1 0 lCllt =⇒== .
Uvrštavanjem u prethodnu jednačinu, vrijednosti integracione konstante i sređivanjem, dobijamo
tRvll 020 2−=
Moment količine kretanja vmrL
rr×=0
Sa slike je
vmlvmRvmlRL
lRrrrrrrrrr
rrr
×+×=×+=
+=
)(0
Kako je 0 slijedi , =× vmRvR
rrrr
0lmvvmlvl =×⇒⊥rrrr
te je intenzitet momenta količine kretanja
tRvlmvlmvL 020000 2−==
Primijenimo zakon o promjeni momenta količine kretanja
RtFdt
tdlmvmvtldtdvmtl
dtdM
dtLd
u ⋅−==×== )()())(())(( 00000 rrrr
Sila u užetu
dtdl
Rvm
tFu0)(
⋅−= .
Kako je l
Rvdtdl ⋅
−= 0 , sila u užetu će biti jednaka
.2
)(0
20
20
20
tRvt
vmlvm
tFu−
⋅=
⋅−=
Rr
0 l
r
rr
Zadatak 10.8. Homogeni cilindar, prikazan na slici, poluprečnika r težine G može se obrtati oko ose AB. Na cilindar je namotano nerastegljivo uže za čije su krajeve vezani tereti M1 i M2, težina G1 i G2, respektivno. Odrediti zakon promjene ugaone brzine i ugla obrtanja cilindra kao funkcije vremena, ako je cilindar u početku kretanja mirovao (tereti također). Trenje u ležištima i težinu užeta zanemariti. Pretpostaviti G2 > G1. Slika uz zadatak 10.8. Rješenje: Primijenimo zakon o promjeni momenta količine kretanja za osu obrtanja y
yy M
dtdL
=
gdje je: Ly - moment količine kretanja sistema za osu obrtanja
rvg
Grvg
GJL yy ⋅−+= 11
22ϕ&
My - moment spoljašnjih sila za osu y rGrGM y ⋅−⋅= 12
Kako je
21
12
2r
gG
J
vrv
y =
=⋅= ω
to je gGGGGG )(2)22( 1221 −=++ ϕ&&
odnosno, ugaono ubrzanje cilindra
)2()(2
21
12
GGGrGGg++
−=ϕ&&
Ako izvršimo integraciju ove diferencijalne jednačine dobijamo zakon promjene ugaone brzine sa vremenom
)2()(2
21
12
GGGrtGGg
++−
=ω
i zakon obrtanja cilindra
)2()(
21
212
GGGrtGGg
++−
=ϕ .
z y
x A
B
M1 M2
Zadatak 10.9.
Uže vezano jednim krajem za teret A mase m, prebačeno preko kotura C, obavijeno oko koturaB, mase m1 i poluprečnika r, vezano je drugim krajem za nepokretnu tačku O. Izračunati brzinu vA tereta A u funkciji visine h, za koju se kotur B spusti, ako je moment inercije kotura u odnosu na njegovu geometrijsku osu J. Odrediti također i ubrzanje tereta A, ako je koeficijent trenja klizanja tereta A po podlozi µ.
Slika uz zadatak 10.9. Rješenje:
Da bismo našli ubrzanje tereta A, primijenimo zakon o promjeni kinetičke energije na konačnom pomjeranju. Kinetička energija sistema je
)()( BkAkk mEmEE +=
Ako se teret A kreće ulijevo a kotur B spušta naniže, odnos brzina tereta A i kotura B je
BAB
A vvrvrv
22
=⇒
⋅=⋅=ϕϕ&
)4((8
2212
2
Jmrrmr
vE Ak ++= .
Rad sila sistema na konačnom pomjeranju je
hmghgmA
mgF
AAAFgm
21
)()( 1
⋅−⋅=
⋅=
+=
µ
µµ
µrr
Primjenom zakona o promjeni kinetičke energije, neposredno dobijamo kvadrat brzine tereta A, tj.
hrJrm
mmrvA 221
12
4)2(8
++−
=µ
Diferenciranjem lijeve i desne strane ove jednačine, dobijamo neposredno i ubrzanje toga tereta
.4
)2(222
1
1
rJrmmmraA ++
−=
µ
0
B
Ch
xB
xA nFr
µFr
gmr
r
R B Bv
r
Avr
Zadatak 10.10. Na prizmi mase 2m koja može da se kreće po horizontalnoj ravni, nalazi se disk B, poluprečnika R i mase m, vezan za prizmu osovinom B. Preko diska B prebačeno je nerastegljivo uže, zanemarljive težine, koje jednim krajem vezano za teret A mase m, a drugim krajem je omotano oko kotura C poluprečnika R i mase m. Kotur se kotrlja bez klizanja, a teret A klizi po prizmi. Zanemarujući trenja između prizme i podloge, između tereta A i prizme kao i otpor kotrljanju kotura po prizmi, napisati diferencijalne jednačine kretanja sistema u vertikalnoj ravni pod dejstvom težine.
Slika uz zadatak 10.10 Rješenje: Da bismo riješili zadatak primijenimo zakon o promjeni kinetičke energije u diferencijalnom obliku
sk AddE =
Položaj sistema određen je s dvije koordinate x i y. Kinetička energija sistema
)()()()( CkBkAkPkk EEEEE +++=
gdje je: Ek(P)- kinetička energija prizme, koja se kreće translatorno brzinom x&
22)( 2
21 xmxmE Pk && −=
Ek(A) - kinetička energija tereta A, koji se kreće translatorno brzinom Av
r koja se dobija slaganjem brzina
translacija .2 i yx &&
2222)(
22222
)cos44(21
21
cos44)cos()2(2)2(
α
ααπ
yxyxmmvE
yxyxyxyxv
AAk
A
&&&&
&&&&&&&&
++==
++=−−+=
Ek(B) - kinetička energija diska B koji vrši ravno kretanje. Brzina središta diska B je brzina prizme x& , a ugaona brzina ωB obrtanja diska
22)(
2
22222
)(
2
21
421
21
21
21
21 2
ymxmE
RymRxmJxmE
mRJRy
Bk
BBBk
BB
&&
&&&
&
+=
+=+=
==
ω
ω
α α P
nFr
gmr
2
gmr
gmr
x&
x& x&
y& y&2
y&2 y&2
R y B
A
x&
C
α A
x&
Avr
y&2
Ek(C) - kinetička energija diska C, koji vrši ravno kretanje. Brzina središta diska C se dobije slaganjem prenosne i relativne brzine tačke C.
2
222
222
21
cos2
)cos(2
mRJRy
yxyxv
yxyxv
CC
C
C
==
++=
−−+=
&&&&&&&&&
ω
α
απ
α
αω
cos43
21
241)cos2(
21
21
21
22)(
2
222222
)(
yxmymxmE
RymRyxyxmJmvE
Ck
CCCCk
&&&&
&&&&&
++=
+++===
Ukupna kinetička energija sistema
αcos34
1525 22 yxmymxmEk &&&& ++= .
Diferencijal kinetičke energije
yxdydmxydxdmdE
ydxmxdymydymxdxmdE
k
k
&&&&&&
&&&&&&&&
) cos32
15() cos35(
cos3cos32
155
αα
αα
+++=
+++=
Rad na elementarnom pomjeranju sistema, koje podrazumjeva priraštaje koordinata dx i dy, je
dymgdymgdymgAd
sdgmsdgmAds
CAs
ααα sinsin2sin −=+⋅−=
⋅+⋅=rrrr
Rad sila gmr
2 i težine diska mg kao i rad normalne sile nFr
jednaki su nuli pošto su pomjeranja napadnih tačaka ovih sila okomita na pravce njihovog djelovanja. Zamjenom dobivenih izraza u jednačinu
sk AddE =
dobijamo
ymgyxymxyxm
dtddymgyxdydmxydxdm
&&&&&&&&&&&
&&&&&&
ααα
ααα
sin)cos32
15()cos35(
/sin)cos32
15()cos35(
−=+++
−=+++
Da bi gornja jednačina bila zadovoljena u svakom trenutku za svaku vrijednost yx && i , moraju koeficijenti uz yx && i biti isti.
C
P α
π-α
y&2 x& y& Cv
r
0cos35
sincos32
15
=+
−=+
yx
gxy
&&&&
&&&&
α
αα
Navedene jednačine predstavljaju diferencijalne jednačine kretanja.
αα
αα
2
2
cos1875sin10cos1875
2sin3
−−
=
−=
gy
gx
&&
&&
Ubrzanja su konstantna. Zadatak 10.11. Mehanički sistem koji se nalazi u vertikalnoj ravni, sastoji se od homogenog diska A mase mA i poluprečnika r, cilindra B, mase mB, i poluprečnika r, te poluprečnika inercije iB = r, tereta C, mase mC i užeta zanemarive težine. Naći ubrzanje tereta niz strmu ravan i ugaono ubrzanje cilindra B ako je dato: ugao α, koeficijent trenja klizanja tereta C po strmoj ravni µ, mA = 2m, mB = m i mC = 4m (vidi sliku).
Slika uz zadatak 10.11. Rješenje: Dati mehanički sistem ima dva stepena slobode kretanja, definisana sa dvije koordinate, tj. koordinate x, definiše translatorno kretanje cilindra B, odnosno pravolinijsko kretanje tačke O1 i koordinate y, definiše translatorno kretanje tereta C po strmoj ravni. Analiza sile data je na slici.
Slika uz rješenje zadatka 10.11. Glavni vektori pojedinih elemenata sistema su
α
gmAr
gmBr
r 0
C B
A
0 r
x
gmCr
α
gmAr
gmBr
0
C
D
A
0gmCr
nFr
µFr
1Fr
inCFr
′1Fr
2Fr
′2F
rin
BFr
0yFr
0xFr
y&
x& P
Aϕ&
Bϕ&
inAM
r
inBM
r
xmFF
ymF
Bin
inC
inC
&&
&&
⋅=
=
⋅=
01
0 0
Da bismo odredili glavni moment inercijalnih sila, potražimo ugaona ubrzanja diska B i diska A, odnosno ugaone brzine
ryx
ry
ryx
DOvv
ry
BA
DBA
&&&&&&&&&&
&&rr&&&
+==
−−=
−==
ϕϕ
ϕϕ
)(
1
01
Glavni momenti inercijalnih sila cilindra B i diska A su
yrmJM
yxrmimM
AAinA
BBBBinB
&&&&
&&&&&&
21
)(
20
2
==
+⋅=⋅=
ϕ
ϕ
Primijenimo li D'Alamberov princip, za svaki element mehaničkog sistema, tj. za teret C imamo
01 =++++ CnC FFFFgmrrrrr
µ (1)
Projektovanjem vektorske jednačine (1) na pravac kretanja tereta i drugi koji je na njega okomit, dobijamo skalarne jednačine
0cos
0sin 1
=+−
=−−−
nC
CC
FgmymFFgm
α
α µ && (2)
gdje je Fµ = µ⋅ Fn Za disk A je 021
00 =++ FFinA MMM
rr rrr
odnosno skalarna jednačina
021
21 =−+ rFrFyrmA && (3)
Za cilindar B je
0
02
01
2
=+
=++Fin
B
Bin
B
MM
FgmFrrr
rrr
odnosno
0)(
0
2
2
=⋅++−=−+−rFyxrm
Fgmxm
B
BB
&&&&&&
(4)
Rješavanjem algebarskog sistema jednačina (2) (3) i (4), dobije se
rg
ggy
B )cossin1(114
11)cos(sin
118
αµαϕ
αµα
−+=
−−=
&&
&&.
Zadatak 10.12. Mehanički sistem prikazan na slici sastoji se iz pokretnog kotura O, koji je pravi kružni cilindar mase m i poluprečnika r, koturova D i E zanemarivih težina, tereta A mase mA = 4m, tereta ovješenog o tačku O mase m3 = 3m i tereta B mase m2 = 2m, koji klizi po horizontalnoj hrapavoj ravni sa koeficijentom trenja µ. Tereti su međusobno povezani nerastegljivim užetom zanemarljive mase. Odrediti ubrzanja tereta i sile u užetu.
Slika uz zadatak 10.12. Rješenje: Rastavimo sistem na sastavne dijelove te primijenimo D'Alamberov princip za svaki element mehaničkog sistema. tako dobijamo sistem od četiri jednačine: Slika uz rješenje zadatka 10.12.
00)(
00
20
3213
222
121
=⋅−−=+++−+−
=+−−=+−−
rFJgmmgFFzmm
FymgmFgmxm
u
uu
u
u
ϕ
µ
&&&&
&&&&
Preko trenutnog pola brzina kotura O priključujemo jednačine veze
ϕ&&&&&& =
−+=
ryxyxz
2
2
0
E
xB
gmr
2 r
B
y
μ
z gmr
3
gmr
x A
D
gmr
1
gmr
1
xm &&r1
1uFr
gmr
2
nFr
2uFr
ym &&r2
gmr
2µ
0 r
gmr
gmr
3
( )zmm &&3+
1uFr
1uFr
ϕ&&0J 0
y&r
x&rz&rPV
odnosno ϕ&&&&&&&&&&&& ryxxyz 2 2 =−+=
Rješavanjem ovog sistema jednačina, dobijamo tražena ubrzanja
gay
gax
B
A
17)1316(
51)329(
µ
µ
−==
−==
&&
&&
kao i sile u užadima
.17
)4(8 51
)919(421
µµ +=
+=
mgFmgF uu
ZADACI ZA RJEŠAVANJE IZ POGLAVLJA 10. Zadatak 10.13. Na prizmi A koja može da se kreće po horizontalnoj nepokretnoj ravni, nalazi se prizma B, kao što je prikazano na slici. Poprečni presjeci prizmi su pravougli trouglovi, a masa prizme A je dva puta veća od mase prizme B.
Odrediti dužinu l za koju se pomjeri prizma A kada prizma B, spuštajući se niz prizmu A, dođe do horizontalne nepokretne ravni. Trenje između prizmi i nepokretne ravni zanemariti. Sistem je kretanje započeo iz stanja mirovanja pod djelovanjem sopstvene mase.
Slika uz zadatak 10.13. Rješenje:
.3
cbal +−
=
a c 0 x
y b
gmr
gmr
2
Zadatak 10.14. Prizma mase m1 nalazi se na horizontalnoj glatkoj ravni a po jednoj strani prizme nagiba α, može da klizi materijalna tačka mase m2. Koeficijent trenja između mase m2 i prizme je µ. Ako je položaj težišta prizme C1 određen sa b i ako je sistem bio u stanju mirovanja u početnom trenutku, odrediti pomjeranje x prizme u zavisnosti od položaja tačke na prizmi. U početnom trenutku je x = y = 0. Odrediti zakon kretanja prizme i silu koja će djelovati na vijak ako se prizma pričvrsti za podlogu i njime spriječi horizontalno pomjeranje prizme.
ααµαα
α
α
cos)cos(sincos
cos21
cos
22
2
21
2
21
2
−==+
−=
+−=
gmymF
tymm
mx
ymm
mx
H &&
&&
Slika uz rješenje zadatka 10.14.
Zadatak 10.15. U cijevi čija se osa nalazi u horizontalnoj ravni, kao što je prikazano na slici, teče voda brzinom vr . Vektor brzine na ulazu u koljeno zatvara sa vektorom brzine na izlazu iz koljena ugao α. Odrediti dopunski pritisak na oslonac cijevi ako je prečnik cijevi D, a specifična težina vode γ.
Slika uz zadatak 10.15.
Rješenje:
83
822
22
vDg
F
vDg
F
y
x
πγ
πγ
=
=
x
z y
A
C1
α
b
gmr
1
gmr
2
0
x
y
α
D
vr
vr
Zadatak 10.16.
Vodeni mlaz izlazi iz mlaznice poprečnog presjeka A brzinom 0vr , kao što je na slici prikazano. Vodeni mlaz udara o zvono mase m i podiže ga na visinu h. Vodeni mlaz udarajući o zvono, dijeli se na dva dijela i, u povratku, sa vertikalom zatvara ugao α. Odrediti visinu h na koju će se podići zvono. Gustina vode je ρ.
Slika uz zadatak 10.16. Rješenje:
+
−=2
0
20 )cos1(2
1Av
mgvg
hρα
Zadatak 10.17. Po horizontalnom putu kreću se kola mase m0. U trenutku t = 0, kada se kola kreću brzinom v0, počinje da pada kiša.
Uslijed toga masa kola počinje jednako da se povećava. Priraštaj mase kola u jedinici vremena jednak k. Odrediti koliko će se vremena kola kretati dok se ne zaustave, ako kiša pada vertikalno, i ako je koeficijent otpora kola jednak C.
Slika uz zadatak 10.17.
Rješenje:
−+=
+=
12
1
21
0
00
0
00
Cgmkv
km
T
Cgmkv
mm
h α A
m
0vr
0 0v
r v
r
v ′r
Fr
nFr
gmr
Zadatak 10.18. Za tijelo težine 0G
r privezan je
lanac, specifične težine γ. Tijelo se baci vertikalno naviše brzinom 0v
r,
kao što je na slici prikazano. Potrebno je odrediti brzinu u funkciji pređenog puta, kao i maksimalnu visinu penjanja. Dužina lanca je L. Slika uz zadatak 10.18. Rješenje:
γ
γγ
03
0
200
23
1 G
gGvG
h
lx
−+=
≤
za x = l
g
xLh2
2&+=
Zadatak 10.19. Na homogeni kružni cilindar mase m i poluprečnika r, koji se može obrtati oko ose koja prolazi kroz težište O cilindra, namotano je uže o čijem kraju visi teret mase m1. Odrediti zakon kretanja tereta mase m1, ako je sistem u početku mirovao i kreće se uslijed djelovanja težine G1 = m1g. Masu užeta i trenje u ležištima zanemariti. Slika uz zadatak 10.19. Rješenje:
2
1
12
2gt
mmm
Rktx
+==
x
x
0Gr
LGr
0 ωr
x gmr
gmr
1
Zadatak 10.20.
Točak A koji se obrće konstantnom ugaonom brzinom ω0, koči se pomoću kočnice s jednom papučom, kao što je prikazano na slici. Odrediti silu F
rkojom treba
djelovati na ručicu da bi se točak zaustavio poslije vremena t(s), ako je koeficijent trenja točka o papučicu µ, dužina ručice a,
bOK = , moment inercije točka J, a poluprečnik r.
Slika uz zadatak 10.10. Rješenje:
tra
bJF
0
µω
=
Zadatak 10.21. Uže bez težine vezano je za osu cilindra C, koji se može kotrljazi bez klizanja po horizontalnoj ravni, zatim prebačeno preko koturova B i D, koji su iste mase, m1, i istog poluprečnika r.
Uže je namotano drugim krajem na doboš A, mase m2. Sistem se dovodi u kretanje konstantnim spregom momenta M, koji djeluje na doboš A. Cilindar C ima masu m i poluprečnik r. Krak otpora kotrljanja cilindra C je f. Osovine koturova B i D, i doboša A su nepokretne. Poluprečnik doboša je r2. Odrediti ubrzanje ose cilindra C. Trenje užeta o točkove, te trenje u ležištima zanemariti.
Slika uz zadatak 10.21. Rješenje:
221
2
)23()(2rrmmm
mgrfrMaC ++⋅−⋅
=
r
ω0
0K
ab F
r
r m C B
DA r2
M
f
m1
m1
gmr
nFr
m2
Zadatak 10.22. U mehanizmu, šematski prikazanom na slici, točak II se kotrlja bez klizanja po unutrašnjoj površini nepokretnog točka III i dovodi u obrtanje točak I oko nepokretne ose O1. Točak II se dovodi u kretanje pomoću krivaje O1O2. Poznato je da se točak I obrće 10 puta brže od krivaje. Odrediti ubrzanje krivaje )(ϕ&& pod pretpostavkom da na nju djeluje obrtni moment M, a na točak I konstantan otporni moment M1. Točkove smatrati homogenim kružnim pločama jednake debljine i istog materijala. Masu krivaje zanemariti. mehanizam se kreće u horizontalnoj ravni. Slika uz zadatak 10.22. Rješenje:
1
1
130010
JMM −
=ϕ&&
Zadatak 10.23. Mehanički sistem, prikazan na slici, sastoji se od dva homogena valjka poluprečnika r, momenta inercije J i tereta A mase m. Valjci se dodiruju tako da nema klizanja tereta A i ugaono ubrzanje valjaka. Rješenje:
Slika uz zadatak 10.23.
22
2
2 ;
2 mrJmgr
mrJmgraA +
=+
= ε
I M1
ω1 ω2 II
III
P 02 01
r1 r2
M
J J
r r
A
gmr
A
Zadatak 10.24.
Na nagnutoj glatkoj strani klina B mase m, može da klizi teret A mase m1. Usljed kretanja tereta A, dolazi do pomjeranja klina po horizontalnoj glatkoj ravni. Odrediti zakone kretanja tereta A i klina B, međusobne pritiske ovih tijela, te pritisak klina na horizntalnu podlogu.
Slika uz zadatak 10.24. Rješenje:
ααα
ααα
α
21
12
1
11
21
1
21
1
sin)(
sincos
sin)sin(
)sin(22sin
mmmmF
mmmF
gmm
mmmy
gmm
mx
nn ++
=+
=
++
=
+=
&&
&&
x
y
B
α gmr
gmr
1
Recommended
