Dinamika Materijalnih Sistema 2010_djurkovic Vlado

VOJNA AKADEMIJA

Vlado P. urkovi

DINAMIKA MATERIJALNIH SISTEMA- TEORIJA I PRIMERI -

Beograd, 2010. godine

Autor vanredni profesor dr Vlado P. URKOVI, dipl. ing. Dinamika materijalnih sistema teorija i primeri Recenzenti: Prof. dr Dragoljub VUJI, dipl. ing. Prof. dr Sran RUSOV, dipl. ing. Izdava: MINISTARSTVO ODBRANE SEKTOR ZA LJUDSKE RESURSE UPRAVA ZA KOLSTVO VOJNA AKADEMIJA BEOGRAD Za izdavaa: mr Slavia SAVI, pukovnik, dipl. ing. Jeziki urednik: Nada RELI, profesor Tehniki urednik: eljko HREK, potpukovnik Tira: 200 primeraka tampa: Vojna akademija Beograd, Neznanog junaka 3 ISBN 86-xxxx-xxx-x Pretampavanje ili fotokopiranje nije dozvoljeno

Sretanki i Sonji

Predgovor

urkovi Vlado

PREDGOVOR Ovaj udbenik je namenjen studentima Vojne akademije (VA), smera Tehnike slube, kao i studentima tehnikih fakulteta. Pored toga, udbenik treba da korisno poslui i inenjerima u praksi, jer pored temeljno izloenih principa kretanja materijalnog sistema, sadri metode reavanja problema odnosno veliki broj reenih zadataka. Postoji dosta obimna literatura iz mehanike materijalnog sistema na naem jeziku, to se moe zakljuiti i iz literature navedene na kraju knjige. Ipak ukazala se potreba za ubenikom ovog tipa radi obilja primera koji prate teorijska izlaganja. Studentima se u toku predavanja detaljno objanjavaju i dokazuju svi teoretski rezultati, a na vebama se radi veliki broj primera iz prakse. Meutim, i pored toga, veliki je broj studenata koji sa naporom poloe ispit iz Mehanike 3 i na taj nain produe vreme studiranja, dovodei u pitanje konaan uspeh na studijima. Iz ovih razloga sam se odluio napisati ovaj udbenik. U naem obrazovnom sistemu se, tradicionalno, izlae dinamika kretanja take i krutog tela, a zatim se utvruju opti zakoni, teoreme koji imaju opti karakter, da bi se na kraju prelo na sistem materijalnih taaka i analitiku mehaniku. U literaturi iz mehanike nema opte usvojenog tumaenja termina analitika mehanika. Neki autori identifikuju analitiku mehaniku sa teorijskom. Drugi smatraju da u analitiku mehaniku spada izlaganje mehanike u generalisanim koordinatama. Tree stanovite, od kojeg polazi i autor ove knjige, nazvan je Predavanja iz analitike mehanike, sastoje se u tome da analitiku mehaniku karakterie kako sistem izlaganja tako i odreeni krug u njoj razmatranih pitanja. Kao karakteristino za sistem izlaganja analitike mehanike javlja se to da se u njenoj osnovi postavljaju opti principi (diferencijalni i integralni) i iz tih principa analitikim putem dobijaju se osnovne diferencijalne jednaine kretanja. Izlaganje optih principa mehanike, izvoenje iz njih osnovnih diferencijalnih jednaina kretanja, ispitivanje3

Predgovor

urkovi Vlado

samih jednaina i metoda njihove integracije sainjavaju osnovni sadraj analitike mehanike. Analitika mehanika ulazi kao deo kursa teorijske mehanike u program kako svih tehnikih fakulteta, tako i u VA. Ovaj udbenik se pojavio iz kursa predavanja koje je autor drao za poslednjih 20 godina na VA. To je odredilo izbor materijala i karakter njegovog izlaganja. Dinamika sistema materijalnih taaka je izloena u est poglavlja: dinamika mehanikog sistema materijalnih taaka, opti zakoni kretanja sistema materijalnih taaka, sferno kretanje mehanikog sistema, priblina teorija iroskopskih pojava, teorija udara i osnovi analitike mehanike. Udbenik sadri 386 stranica teksta, 479 crtea, 179 zadataka, kompletnu Tabelu momenata inercije materijalnih linija, povrina i zapremina i 7 primera. Tekst je pisan i pripreman za tampu u WORD-u, a crtei su uraeni u AutoCAD R14. Tehniku obradu, sve crtee, kucanje i prelom teksta uradio je autor. Iako sam poklonio veliku panju konanom oblikovanju ovog udbenika, svestan sam moguih greaka. Biu zahvalan svima koji mi budu ukazali na propuste i greke kojih, s obzirom na obimnost materije, sigurno ima. elim da se zahvalim Upravi za kolstvo i Vojnoj akademiji na podrci prilikom izdavanja ovog udbenika, kao i radnicima Slube za izdavaku delatnost, na njihovom angaovanju oko konane tehnike obrade i tampanja udbenika. Zahvaljujem se doc. dr V. Batiniu, dipl. ing. i drugim saradnicima koji su pomogli da ova knjiga dobije ba ovakvu formu i sadrinu. Takoe, najlepe se zahvaljujem recenzentima dr Sranu Rusov, dipl. ing., i dr Dragoljubu Vuji, dipl. ing. na primedbama i korisnim sugestijama, koje su doprinele da ovaj udbenik dobije svoj konaan izgled. Posebnu zahvalnost dugujem Nadi Reli, prof., koja je izvrila jeziku redakciju teksta. Beograd, januar 2009. godine Autor

4

Sadraj

urkovi Vlado

SADRAJPredgovor Sadraj ...................................................................................... ....................................................................................... 3 5

DINAMIKA MATERIJALNIH SISTEMA1. DINAMIKA MEHANIKOG SISTEMA MATERIJALNIH TAAKA ................................................................................... 1.1. Definicija mehanikog sistema. Osobine unutranjih sila sistema ....................................................................... 1.2. Masa mehanikog sistema. Centar masa sistema ................ 1.3. Kruto telo .......................................................................... 1.4. Definicija momenta inercije ................................................ 1.5. Hajgenstajnerova teorema . 1.6. Odreivanje momenata inercije za bilo koju osu koja prolazi kroz koordinatni poetak. Centrifugalni momenti inercije ................................................................. 1.7. Elipsoid inercije. Glavne ose inercije. Glavni momenti inercije ................................................................. 1.8. Neki sluajevi kada su centrifugalni momenti jednaki nuli 1.9. Odreivanje momenata inercije krutog tela za proizvoljnu osu preko glavnih momenata inercije ................................. 2. OPTI ZAKONI KRETANJA SISTEMA MATERIJALNIH TAAKA .. 2.1. Diferencijalne jednaine kretanja mehanikog sistema .... 2.2. Zakon o kretanju centra mase sistema ............................. 2.3. Koliina kretanja mehanikog sistema .............................. 2.4. Zakon o promeni koliine kretanja sistema ...................... 2.5. Dinamika take promenljive mase .................................... 2.6. Jednaina Meerskog ....................................................... 2.7. Formula Ciolkovskog ....................................................... 2.8. Definicija momenta koliine kretanja sistema ...................5

9 9 11 13 13 16 17 19 21 23 43 43 44 45 46 47 47 48 50

Sadraj

urkovi Vlado

2.9. Veza izmeu momenta koliine kretanja za proizvoljnu taku i momenta koliine kretanja za nepominu taku ..... 2.10. Neki sluajevi izraunavanja momenta koliine kretanja mehanikog sistema ......................................................... 2.11. Zakon o promeni momenta koliine kretanja mehanikog sistema ......................................................... 2.11.1. Zakon za nepominu taku ................................ 2.11.2. Zakon za pominu taku ................................... 2.12. Kinetika energija mehanikog sistema ............................. 2.12.1. Uvod ................................................................ 2.12.2. Kinetika energija sistema za pojedine vrste kretanja .................................................... 2.13. Zakon o promeni kinetike energije mehanikog sistema . 2.14. Rad sila pri pomeranju mehanikog sistema materijalnih taaka ......................................................... 2.15. Rad sila pri elementarnom pomeranju krutog tela ............ 2.16. Neki sluajevi izraunavanja rada sila koje deluju na sistem materijalnih taaka ........................................... 2.17. Dalamberov princip za sistem .......................................... 2.18. Svoenje sila inercije krutog tela na prostiji oblik ............. 2.18.1. Glavni vektor i glavni moment sila inercije ....... 3. SFERNO KRETANJE MEHANIKOG SISTEMA ................ 3.1. Ojlerove kinematike jednaine .. 3.2. Rezalova teorema 3.3. Dinamike jednaine Ojlera 4. PRIBLINA TEORIJA IROSKOPSKIH POJAVA ............. 4.1. Istorijat razvoja iroskopa ................................................ 4.2. Uopte o iroskopu 4.3. Osobine iroskopa sa tri stepena slobode kretanja ............. 4.4. Regularna precesija .......................................................... 4.5. iroskop sa dva stepena slobode. iroskopski moment ... 4.6. Krutost iroskopa ............................................................... 4.7. iroskopska precesija ........................................................ 5. TEORIJA UDARA ...................................................................... 5.1. Pojava udara ..................................................................... 5.2. Dejstvo udarne sile na materijalnu taku .......................... 5.3. Zakon o promeni koliine kretanja sistema6

51 52 57 57 58 60 60 61 66 67 68 69 71 73 73 175 175 177 178 189 189 190 192 194 195 198 200 215 215 215

Sadraj

urkovi Vlado

5.4. 5.5. 5.6. 5.7. 5.8. 5.9. 5.10.

materijalnih taaka pri udaru ............................................. Zakon o promeni momenta koliine kretanja sistema pri udaru ....................................................................... Udar tela o nepominu povrinu. Koeficijent uspostavljanja (restitucije) pri udaru ............................... Pravi centralni sudar dva tela . Gubitak kinetike energije tela pri sudaru ......................... Delovanje udarnog impulsa na telo koje se obre oko stalne ose Impulsne reakcije ............................................................ Odreivanje dinamikih reakcija u leitima pri obrtanju krutog tela oko nepomine ose ..........................................

217 218 219 224 228 229 229 233 263 263 265 266 266 267 267 269 269 271 274 275 278 373 377

6. OSNOVI ANALITIKE MEHANIKE . ...................... 6.1. Polje sile. Funkcija sile. Potencijalna energija .................. 6.2. Zakon o odranju mehanike energije ............................... 6.3. Vezana materijalna taka i vezani sistem materijalnih taaka .......................................................... 6.4. Pojam moguih pomeranja .............................................. 6.5. Pojam stepena slobode kretanja ........................................ 6.6. Princip moguih pomeranja ............................................. 6.7. Opta jednaina dinamike. LagranDalamberov princip 6.8. Generalisana sila ............................................................. 6.9. Prikazivanje generalisanih sila preko projekcija sila na ose dekartovog sistema. Sluaj sila koje imaju potencijal 6.10. Opta jednaina dinamike izraena preko generalisanih sila .............................................................. 6.11. Lagraneove jednaine druge vrste .................................. 6.12. Lagraneove jednaine druge vrste za konzervativne sile. Kinetiki potencijal ......................................................... Literatura .............................................................................................. Testovi ..

7

Dinamika mehanikog sistema

urkovi Vlado

1. DINAMIKA MEHANIKOG SISTEMA MATERIJALNIH TAAKA 1.1. DEFINICIJA MEHANIKOG SISTEMA. OSOBINE UNUTRANJIH SILA SISTEMA Pod mehanikim sistemom materijalnih taaka (tela) podrazumevamo takav skup taaka (tela) kod kojeg poloaj i kretanje neke take skupa zavisi od poloaja i kretanja ostalih taaka skupa. Primer : svaki mehanizam neke maine predstavlja mehaniki sistem. Sve sile koje deluju na neku taku mehanikog sistema moemo podijeliti na spoljanje i unutranje sile. Pod spoljanjom silom nekog mehanikog sistema podrazumevamo onu silu koja izraava meru mehanikog meudejstva izmeu taaka razliitih skupova. Pod unutranjom silom podrazumijevamo onu silu koja izraava meru mehanikog meudejstva izmeu taaka istog skupa. Unutranje sile poseduju veoma vane osobine, koje emo prouiti: a) glavni vektor unutranjih sila nekog mehanikog sistema jednak je nuli. Prema treem Njutnovom, za take Mi i Mi-1, je: u Fi ,ui 1 = Fi 1,i , (1.1)u Fi ,ui 1 + Fi 1,i = 0 .

(1.2)

Odavde vidimo da je glavni vektor dvaju unutranjih sila taaka M i i M i 1 jednak nuli (sl. 1.1). Ako bismo sada na isti nain sabrali sve unutranje sile, onda je sasvim oigledno da e suma svih tih sila biti jednaka nuli, to jest:i , j =1 (i j )

F

n

u ij

= FRu = 0 ,

(1.3)

9


urkovi Vlado

u i-1,i u i,i-1 i

i-1

Slika 1.1. Dve take mehanikog sistema

b) glavni moment unutranjih sila sistema za bilo koju taku kao centar jednak je nuli (sl. 1.2).u i-1,i u i,i-1 i i-1 i i-1

Slika 1.2. Dve take mehanikog sistema i taka O kao centar

Moe se izraziti na sledei nain:u M O = M Oi ,i1 + M Oi1,i , u u M O = ri Fi ,ui 1 + ri 1 Fi 1,i , u M O = ( ri ri 1 ) Fi ,ui 1 ,u M O = M i 1M i Fi ,ui 1 = 0 ,

Fu

Fu

(1.4) (1.5) (1.6)

i , j =1 (i j

(r Fiu

n

u ij

F F ) = M O = mO = 0 ,

u

u

(1.7) (1.8)

F F M OR = mO R =

u

i , j =1 (i j )

(r Fi

n

u ij

)=0.

Izrazom (1.8) definisana je druga osobina unutranjih sila, prema kojoj je i glavni moment unutranjih sila mehanikog sistema za bilo10


urkovi Vlado

koju taku kao centar jednak nuli. Da bismo mogli da preemo na dalje prouavanje kretanja mehanikog sistema, potrebno je da neto vie kaemo o meri inertnosti pri kretanju mehanikog sistema. 1.2. MASA MEHANIKOG SISTEMA. CENTAR MASA SISTEMA Posmatrajmo kretanje mehanikog koordinatnom sistemu (sl. 1.3). Na slici su: M1, M2, M3, ... , Mi, Mn take sistema, m1, m2, m3, ... , mi, mn mase taaka, r1 , r2 , r3 ,..., ri , rn radijus-vektori taaka.M1 M2 m2 mi M i

sistema

u

Dekartovom

m3 M 3 i O1

z

m1

r1

r2 r i

r3

Mn mn rn r O1

O x

y

Slika 1.3. Take mehanikog sistema

Jedna od osnovnih mera inertnosti pri kretanju ovog mehanikog sistema jeste ukupna masa mehanikog sistema. Pod masom nekog mehanikog sistema podrazumijevamo pozitivnu skalarnu veliinu koja je jednaka sumi masa pojedinih taaka sistema. Prema tome, masa m je:

m = mi .i =1

n

(1.9)

Kretanje mehanikog sistema ne zavisi samo od ukupne mase sistema nego isto tako i od rasporeda masa u sistemu. Da bismo na neki nain11


urkovi Vlado

okarakterisali raspored masa u sistemu, uvodimo pojam centar masa sistema ili centar inercije. Pod centrom masa podrazumevamo taku (C) iji je poloaj definisan izrazom:rC =

m ri =1

n

i i

m

=

1 n mi ri . m i =1

(1.10)

Ako izraz (1.10) pomnoimo sa jedininim vektorima ( i , j , k ), dobijamo koordinate centra masa, u obliku: 1 n 1 n 1 n xC = mi xi , yC = mi yi , zC = mi zi . (1.11) m i =1 m i =1 m i =1 Iako se poloaj centra masa sistema (C) i poloaj teita (T) odreuju po slinim formulama, izmeu pojma centar masa i pojma teite postoji bitna razlika. Naime, poloaj centra masa mehanikog sistema zavisi iskljuivo od masa pojedinih taaka sistema i od njihovog poloaja. Za razliku od toga, teite predstavlja napadnu taku vezanog sistema paralelnih sila, pa prema tome zavisi od sila gravitacije koje deluju na mehaniki sistem. Ukoliko se mehaniki sistem nalazi u homogenom polju sila (Zemljina tea), tada se poloaj centra masa poklapa sa poloajem teita. Centar masa se ne mora poklapati sa teitem (sl. 1.3). OO1 = rO1 ; O1M i = ; OM i = ri ;OM i = OO1 + O1M i tj., ri = rO1 + pa je = ri rO1 . Potraimo sada poloaj centra masa sistema u odnosu na pokretni koordinatni sistem.n 1 n 1 n mi ( ri rO1 ) = mi ri mi rO1 = m m i =1 m i =1 i =1 n n 1 1 = mi ri rO1 mi = rC rO1 , m i =1 m i =1 C = rC rO1 , odakle je rC = C + rO1 . Oigledno je da poloaj centra masa ostaje nepromjenjen bez obzira na pomini koordinatni sistem. Ukupna masa sistema i poloaj centra masa pri obrtnom kretanju mehanikog sistema nisu jedine mere

C =

mi =1 i

n

=

12


urkovi Vlado

inertnosti, zbog ega se jo uvodi i pojam moment inercije masa ili moment masa sistema.1.3. KRUTO TELO

Sistem kod kojeg su rastojanja izmeu taaka nepromenljiva naziva se neizmenljivi sistem meterijalnih taaka. Neizmenljivi sistem se moe simboliki predstaviti sistemom od mnogo materijalnih taaka spojenih meusobno besteinskim tapovima u mnotvo malih tetraedara (sl. 1.4). Ako je broj materijalnih taaka sistema beskonano velik, a duine spojnih tapova beskonano male, dobijeni model mehanikog sistema naziva se apsolutno krutim telom. M4 M4 4

M3 M11 2 3

M3 M1

M

M2

M2

M

Slika 1.4. Mehaniki model krutog tela

1.4. DEFINICIJA MOMENTA INERCIJE

Da bismo videli da pri obrtnom kretanju mehanikog sistema, pored mase i poloaja centra inercije, treba uvesti jo jednu meru inercije, razmotrimo sledei eksperiment (sl. 1.5). Pretpostavimo da su mase m1 i m2 iste i da se nalaze na jednakom rastojanju od ose obrtanja OE. Ako itav sistem rotira ugaonom brzinom oko ose OE, kugle A i B e zauzeti odreeni poloaj na poluzi AB, pri emu e rastojanja od ose OE biti ista. Ako bismo sada nekim spoljanjim uticajem razmakli ose kugle za l, ugaona brzina bi se smanjila. U suprotnom, ako bismo primakli kugle osi rotacije, ugaona brzina bi se poveala. Analizirajmo sada zbog ega dolazi do poveanja, odnosno smanjenja ugaone brzine. to se tie ukupne mase sistema ona je za cijelo vreme konstantna. Razmicanjem (primicanjem) ne menja se centar inercije, to znai da se13


urkovi Vlado

ovim razmicanjem (primicanjem) menja neka druga karakteristika sistema, koja izraava meru inercije sistema pri rotacionom kretanju. Ta mera inercije se naziva moment inercije sistema ili moment inercije masa. A B

l

l

l

l

Slika 1.5. Kugle na vratilu pri rotaciji - demostracija mere inercije sistema pri rotacionom kretanju

Moment inercije vezan za pojedini geometrijski pojam (ravan, osu ili taku pol) definie se u obliku (sl. 1.6):J = mi i2 = 2 dm ,i =1 m n

[ J ] = kgm2 ,

(1.12)

gde je najkrae rastojanje neke take Mi tela do date ravni, ose ili take. Prema tome, moment inercije krutog tela za ravan (za pojedine ravni u pravouglom koordinatnom sistemu) jednak je: J Oxy = z 2 dm , J Oyz = x 2 dm , J Oxz = y 2 dm . (1.13)m m m

Momenti inercije za pojedine ose (aksijalni momenti) definiu se u obliku: J Ox = ( y 2 + z 2 )dm , J Oy = ( x 2 + z 2 )dm , J Oz = ( x 2 + y 2 )dm . (1.14)m m m

Momenti inercije za pojedine ravni i ose su vezani sledeim relacijama, koje slede iz izraza (1.13) i (1.14) J Ox = J Oxy + J Oxz , J Oy = J Oxy + J Oyz , J Oz = J Oxz + J Oyz (1.15)14


urkovi Vlado

z Ci

Mi ri zi Bi O xi x Ai yi y

Slika 1.6. Proizvoljna taka mehanikog sistema

Moment inercije za taku O (polarni moment inercije) bie: J O = r 2 dm = ( x 2 + y 2 + z 2 ) dm . (1.16)m m

Na osnovu izraza (1.16) i (1.13) sledi: J O = J Oxy + J Oyz + J Oxz ,

(1.17)

1 a na osnovu izraza (1.16) i (1.14) sledi: J O = ( J Ox + J Oy + J Oz ) . 2 Ponekad se pri definiciji aktivnog momenta uvodi i pojam poluprenik inercije. Na primer, ako sa ix oznaimo poluprenik inercije za osu x, onda je: 2 J x = m ix , (1.17)Jx . m Poluprenik inercije je definisan izrazom (1.18). ix =

(1.18)

15


urkovi Vlado

1.5. HAJGENSTAJNEROVA TEOREMA

tajnerova ili Hajgensova teorema govori o vezi izmeu momenata inercije za osu koja prolazi kroz centar inercije tela i momenta inercije za neku proizvoljnu osu paralelnu sa prvom (centralnom) osom (sl. 1.7). Moment inercije za osu z koja prolazi kroz koordinatni poetak O je:

J Cz = mi riz2 = mi ( xi2 + yi2 ) ,i =1 i =1

n

n

a za paralelnu osu z1 koja prolazi kroz taku O1 , a nalazi se na osi y,2 jednaka je: J O1z1 = mi riz21 = mi xi2 + ( yi d ) , i =1 i =1 n n

J O1z1 = mi ( xi2 + yi2 + d 2 2 yi d ) , J O1z1 = mi ( xi2 + yi2 ) 2d mi yi + d 2 mi .i =1 i =1 i =1 i =1 n n n

n

z

zi

r

r Mi zi yi i i

O= x

O xi yi

Slika 1.7. Paralelne ose i proizvoljna taka mehanikog sistema

Poto je

m (xi =1 i

n

2 i

+ yi2 ) = J z , a s obzirom da je osa z centralna osa,

tada drugi integral (suma) iznosi:16


urkovi Vlado

m yi =1 i

n

i

= myC = 0 , (1.19)

pa sledi da je: J z1 = J z + md 2 , tj. Jz1>Jz.

Dobijeni izraz predstavlja tajnerovu (Hajgensovu) teoremu za vezu izmeu sopstvenog i poloajnog momenta inercije za telo. S obzirom na poslednji izraz, veza izmeu radijusa inercije tela za ose z i z1 je: miz21 = miz2 + md 2 , iz21 = iz2 + d 2 . (1.20)

1.6. ODREIVANJE MOMENATA INERCIJE ZA BILO KOJU OSU KOJA PROLAZI KROZ KOORDINATNI POETAK. CENTRIFUGALNI MOMENTI INERCIJE

Potraiemo moment inercije tela za proizvoljnu osu u koja prolazi kroz koordinatni poetak i sa osama x, y i z zaklapa uglove , i . Na sl. 1.8. je sa Mi oznaena proizvoljna taka, a sa Ki njena projekcija na osu u. Moment inercije za osu u je: J u = mi hi2 = mi OM i2 OK i2 = mi ( ri ri ) ( ri u0 ) . (1.21)2 i =1

n

n

i =1

(

)

n

i =1

ri = OM i = xi i + yi j + zi k , ri ri = OM i2 = x 2 + y 2 + z 2 .zi i i i

zi xi

y

O

x

yi

Slika 1.8. Proizvoljna osa i taka mehanikog sistema17


urkovi Vlado

Projekcija vektora OM i na osu u:

u0 - jedinini vektor ose u, OM i = ri , ri u0 = OM i 1 cos ( ri , u0 ) , u0 i = cos ; u0 j = cos ; u0 k = cos ; ri u0 = OK i = xi i u0 + yi j u0 + zi k u0 =

(

)

= xi cos + yi cos + zi cos . Prema tome sledi:2 J u = mi hi2 = mi ( xi2 + yi2 + zi2 ) ( xi cos + yi cos + zi cos ) , i =1 i =1 n n

J u = mi ( xi2 + yi2 + zi2 )( cos 2 + cos 2 + cos 2 ) i =1 2 ( xi cos + yi cos + zi cos ) . Dalje moemo pisati:

n

J u = mi ( xi2 cos 2 + xi2 cos 2 + xi2 cos 2 +i =1

n

+ yi2 cos 2 + yi2 cos 2 + zi2 cos 2 + + zi2 cos 2 + zi2 cos 2 + zi2 cos 2 + xi2 cos 2 yi2 cos 2 zi2 cos 2 2 xi yi cos cos 2 yi zi cos cos 2 zi xi cos cos ) Nakon sreivanja imamo: J u = mi ( yi2 + zi2 ) cos 2 + mi ( xi2 + zi2 ) cos 2 +i =1 n i =1 n n

+ mi ( xi2 + yi2 ) cos 2 2 cos cos mi xi yi i =1 i =1 n

n

2 cos cos mi yi zi 2 cos cos mi zi xi ,i =1 i =1

n

gde su:

m ( yi =1 i

n

2 i

+ zi2 ) = J x ,

m (zi =1 i

n

2 i

+ xi2 ) = J y ,

m (xi =1 i

n

2 i

+ yi2 ) = J z , (1.22)

aksijalni momenti inercije za ose x, y i z.18


urkovi Vlado

Izrazi:

m x yi =1 i i

n

i

= J xy ,

m y zi =1 i

n

i i

= J yz i

m z xi =1

n

i i i

= J xz .

(1.23)

predstavljaju centrifugalne momente inercije za ose x, y i z. Prema tome, moment inercije za proizvoljnu osu u koja prolazi kroz koordinatni poetak je: J u = J x cos 2 + J y cos 2 + J z cos 2 2 J xy cos cos 2 J yz cos cos 2 J xz cos cos , Jx a tenzor inercije tela izgleda ovako: [ J ] = J yx J zx J xy Jy J zy

(1.24)

J xz J yz . (1.25) Jz

1.7. ELIPSOID INERCIJE. GLAVNE OSE INERCIJE. GLAVNI MOMENTI INERCIJE

Iz koordinatnog poetka povucimo proizvoljnu osu u pod uglovima , i . Na toj osi usvojiemo neku taku N(x,y,z). Moment inercije za osu "u" je, kao to znamo, izraz (1.24): J u = J x cos 2 + J y cos 2 + J z cos 2 2 J xy cos cos 2 J yz cos cos 2 J xz cos cos .z

z O x x y

y

Slika 1.9. Proizvoljna taka na osi19


urkovi Vlado

S obzirom na to da je: cos = i = x , cos = j = y , cos = k = z .cos = y z x , cos = i cos = . ON ON ON2

Tada je: J u ON = J x x 2 + J y y 2 + J z z 2 2 J xy xy 2 J yz yz 2 J xz xz . Odaberimo taku N, takvu da je: k = ON = ; (k=1; koeficijent). Ju Tada sledi: J x x 2 + J y y 2 + J z z 2 2 J xy xy 2 J yz yz 2 J xz xz = 1 .

(1.26)

z z y O z x x ySlika 1.10. Elipsoid inercije

y x

Jednaina (1.26) predstavlja jednainu elipsoida inercije, ije se sredite nalazi u koordinatnom poetku, taki O. Ako izraunamo momente inercije J x , J y i J z za ose x, y i z i centrifugalne momenteJ xy , J yz i J zx , pa onda konstruiemo povrinu ija je jednaina saglasna

sa (1.26), dobiemo povrinu kod koje je udaljenje taaka od koordinatnog poetka odreeno sa:20


urkovi Vlado

1 . (1.27) Ju Ako konstruiemo elipsoid inercije, onda se, isto geometrijski, moe odmah utvrditi moment inercije za osu proizvoljnog pravca koji prolazi kroz sredite elipsoida. Ose simetrije dobijenog elipsoida inercije za neku taku O predstavljaju glavne ose inercije za tu taku. Glavne ose inercije su obeleene sa x1, y1 i z1. Ukoliko se za ose usvoje glavne ose, x1, y1 i z1, tada jednaina elipsoida inercije postaje: J x1 x12 + J y1 y12 + J z1 z12 = 1 . (1.28)=

Za glavne ose inercije su centrifugalni momenti posmatranog sistema jednaki nuli, to jest: J x1 y1 = J y1z1 = J x1z1 = 0 . (1.29)1.8. NEKI SLUAJEVI KADA SU CENTRIFUGALNI MOMENTI JEDNAKI NULI

a) Teorema 1: Ako homogeno telo ima osu simetrije, onda je ona glavna centralna osa inercije. Neka su take M i N simetrine u odnosu na osu z, tj. M ( x, y, z ) ;N ( x, y, z ) . Vidi sl. 1.11.z

O

y

x Slika 1.11. Simetrine take u odnosu na z osu

Tada jednaina elipsoida (1.26) za ove take glasi: 2 2 2 (M): J x xM + J y yM + J z zM 2 J xy xM yM 2 J yz yM zM 2 J xz xM zM = 1 ,21

Dinamika mehanikog sistema2 2 2 (N): J x xM + J y yM + J z zM

urkovi Vlado

2 J xy ( xM )( yM ) 2 J yz ( yM ) zM 2 J xz ( xM ) zM = 1 .

Nakon oduzimanja dobijamo: 4 J yz yM zM + 4 J xz xM zM = 0 4 zM ( J yz yM + J zx xM ) = 0 ,J yz yM + J zx xM = 0 . S obzirom na to da je yM 0 i xM 0 , tada je i J yz = J zx = 0 . (1.30)

Ako je osa z glavna osa inercije, onda su za nju centrifugalni momenti inercije jednaki nuli. b) Teorema 2: Ako homogeno telo (T) ima ravan simetrije, onda je svaka osa normalna na ravan simetrije glavna osa inercije. Primenjujui postupak sabiranja, kao i kod dokaza prethodne teoreme, dobija se: J xz = mi xi zi = m1 x1 z1 = m1 x1 ( z1 ) + ...+ = 0 J xz = 0 .i =1 n

(1.31)

Slino se moe pokazati da je centrifugalni moment za osu z i bilo koju osu koja lei u ravni simetrije jednak nuli, ime je teorema dokazana: (1.32) J yz = 0 .z

O x

y

Slika 1.12. Ravan simetrije i MN upravna osa

c) Teorema 3: Ako je z osa glavna centralna osa inercije, ona to ostaje i dalje, ako se paralelno (vertikalno) pomera koordinatni sistem.22


urkovi Vlado

Neka su ose x1, y1 i z1 glavne centralne ose inercije tela (T). Tada je: J x1 y1 = J y1z1 = J x1z1 = 0 . Ako u taki O, na osi z, postavimo ose x i y, tada koordinatna transformacija glasi: x = x1 ; y = y1 ; z = z1 h . Pokaimo da je Jxz=0. J xz = xz dm = x1 ( z1 h )dm = mi x1 ( z1 h ) =m m i =1 n

= mi x1 z1 h mi x1 = J x1z1 hmx1 = J x1z1 hmxC = 0 .i =1 i =1

n

n

z z y y xSlika 1.13. Vertikalno pomeren koordinatni sistem

x

Poslednji izraz, na osnovu elipsoida inercije, jednak je: xC m = 0 , ime je teorema dokazana.1.9. ODREIVANJE MOMENATA INERCIJE KRUTOG TELA ZA PROIZVOLJNU OSU PREKO GLAVNIH MOMENATA INERCIJE

a) Osa u prolazi kroz centar inercije tela Pretpostavimo da su kroz centar inercije C povuene glavne centralne ose inercije x1, y1 i z1 i proizvoljna osa u. Tada, na osnovu (1.24) i teorema iz naslova 1.8, imamo: J u = J x1 cos 2 + J y1 cos 2 + J z1 cos 2 . (1.33)

23


urkovi Vlado

z

y

x

Slika 1.14. Proizvoljna osa prolazi kroz centar mase sistema

b) Osa u ne prolazi kroz centar inercije U ovom sluaju, prema tajnerovoj teoremi, moment inercije za osu u (koja ne prolazi kroz centar inercije, a paralelna je osi u1 koja prolazi kroz centar inercije), iznosi: J u = J u1 + md 2 = J x1 cos 2 + J y1 cos 2 + J z1 cos 2 + md 2 . (1.34)z

y

x

Slika 1.15. Proizvoljna osa na rastojanju d od ose koja joj je paralelna a prolazi kroz centar mase sistema

24

Momenti inercije primeri

urkovi Vlado

Primer 1. Izraunati moment inercije tankog homogenog tapa AB mase m duine l za osu y1 koja prolazi kroz kraj A tapa (sl. 1.16).

Slika 1.16. tap duine l i mase m

Reenje: Uoimo elementarni deo tapa duine dx na rastojanju x od ose Ay1 . Masa tog dela je dm = dx , a masa celog tapa je m = l , gde je gustina materijala. Aksijalni momenti inercije iznose:

x3 l2 1 J y1 = x dm = x dx = = l = ml 2 , 3 0 3 3 m 02 2

l

l

J y = J y1 + m

l2 1 2 1 2 1 2 = ml + ml = ml . 4 3 4 12

Primer 2. Izraunati moment inercije tanke homogene ploe, strana a i b, mase m za ose date na sl. 1.17.

Slika 1.17. Ploa duine a, visine b i mase m

Reenje: Uoimo elementarnu povrinu dA = ady , dela ploe dy na rastojanju y od ose x. Masa tog dela je dm = dA = ady , a masa celog tapa je m = ab , gde je gustina materijala.25


urkovi Vlado

Aksijalni moment inercije iznosi:

y3 b2 1 J x = y dm = y dy = = b = mb 2 . 3 b / 2 12 12 b / 2 m Na slian nain odrediemo moment inercije za osu Cy2 2

b/2

b/2

x3 J y = x dm = x dx = 3 a / 2 m2 2

a/2

a/2

a / 2

a2 1 = a = ma 2 . 12 12

Primer 3. Izraunati moment inercije tankog homogenog prstena (sl. 1.18) mase m i poluprenika R.

Slika 1.18. Prsten mase m i poluprenika R

Reenje: Pretpostavljamo da je raspored masa linijski. Da bismo izraunali moment inercije prstena za osu Cz, zamislimo da smo prsten izdelili na elementarne delove duine ds i mase dm, pa aksijalni moment inercije iznosi: J C z = R 2 dm = R 2 dm = mR 2 .L L

Primer 4. Izraunati moment inercije homogene krune ploe (sl. 1.19) mase m i poluprenika R.

Slika 1.19. Kruna ploa mase m i poluprenika R26


urkovi Vlado

Reenje: Disk, (plou) emo podeliti na elementarne delove oblika krunog prstena poluprenika r a irine dr, pa elementarna masa prstena (sl. 1.19) iznosi dm = dA = 2r dr , a moment inercije elementarne mase je: dJ C z = r 2 dm = 2r 3 dr .

Moment inercije diska odreen je izrazom R R 4 1 J C z = 2 r 3 dr = 2 = mR 2 , 4 2 0jer je masa diska m = A = R 2 , a gustina materijala.Primer 5. Izraunati centrifugalni moment inercije tela na sl. 1.20, ako su poznate mase delova sistema m1 = 2m m2 = 3m .

2

1

Slika 1.20. Mehaniki sistem ploa tap

Reenje: Sistem rastavimo na delove (sl. 1.21), pa je za plou centrifugalni moment

Slika 1.21. Deo sistema (ploa) za koji se trai centrifugalni moment inercije

27


urkovi Vlado

jednak J yz =

mII

zl

yzdm2 , gde je element mase za homogeno telo jednak

dm2 dA = , m2 A m m m dm2 = 2 dA = 2 dydz dm2 = 22 dydz . A l 2l 2lJ yzII m m z2 = 2 ydy zdz = 2 ydy 2l 2 0 2l 2 0 2 0 m2 y 2l 2 ydy = m2 2 2l 2 0l

(1)

(2)

2l

l

2l

0

m 1 = 2 ydy ( 4l 2 0 ) , 2 2l 0 2

l

J yzII =

2 l

=

0

1 2 ml . 2 (3) (4)

Dakle centrifugalni moment ploe je J yzII =

ml 2 . 2 Potraimo (sl. 1.22) sada centrifugalni moment tapa tj. J yzI = yzdm ,mI

z

gde je element mase za homogeno telo jednak

dm dl = , m l (5)

dm =

m m dl = dy , l l

pa je J yz I

m m = yzdm = z y 1 dy = 2l 1 l l mI mI2l l

z

z

2l

zl

y2 ydy = 2m1 2

2l

,l

J yzI = m1 y 2

= m1 ( 4l 2 l 2 ) = 3ml 2 .

(6)

2

Slika 1.22. Deo sistema (tap) za koji se trai centrifugalni moment inercije28


urkovi Vlado

Dakle ukupni centrifugalni moment je: 1 7 J yz = J yzI + J yzII = ml 2 + 3ml 2 = ml 2 . 2 2

(7)

Primer 6. Izraunati centrifugalni moment inercije tela datog na sl. 1.23.3 1

2

Slika 1.23. Mehaniki sistem trougaona ploa tap

Reenje: Potraimo (sl. 1.24) ugao i jednainu pravca, tj. l 3 tg = = =300 . 3 l 3

Koordinate taaka su: D(y,z), D( l 3 ,0), pa je jednaina pravca kroz take B i D je z z0 = k y y0 , tj. z 0 = tg 30 y l 3 ,

b

g

d

i

z=

3 yl 3 . 3

d

i

(1)

3

Slika 1.24. Trougaona ploa za koju se trai centrifugalni moment inercije

29


urkovi Vlado

Centrifugalni moment ploe je J yz1 = yz dm1 , element masem

dm1 dA 2m dydz 2dydz = = = 2 dm1 = 2 dydz . m1 A 1 l l 3 l 3 l 3 2 3 ( y l 3 ) l 3 l 3 3 2m 2m z2 J yz1 = yzdm1 = 2 ydy zdz = 2 ydy 2 l 3 l 3 m1 0 0 0l 3

(2)3 y l 3 3

(

)=

0

=

0

1 3 2 m ydy y 2l 3 y + 3l 2 = 2 2 y 3l 3m y4 y 3 3l 2 2 2l 3 + y , 3 2 3 4 0l 3

(

)

l 3

(y0

3

2l 3 y 2 + 3l 2 y dy =

)

=

3l 2

J yz1 =

ml 2 . 4 33

(3)

Slika 1.25. tap za koji se trai centrifugalni moment inercije

Potraimo (sl. 1.25) centrifugalni moment tapa i ostale potrebne veliine. dm2 dz m = dm2 = dz . (4) l m2 l ml 2 m m z2 J yz2 = y zdz = l 3 J yz2 = 3. 2 l 0 l 2 0 Ukupni centrifugalni moment je:l l

(5)

30


urkovi Vlado

J yz = J yz1 + J yz2 =

ml 2 ml 2 7 3 2 + 3 = = ml . 2 12 4 3

(6)

Primer 7. Izraunati moment inercije tela, mase m (homogenog pravouglog paralopipeda) datog na sl. 1.26. Reenje: Uoimo (sl. 1.26), elementarni deo paralopipeda, zapremine dV = dxdydz . Moment inercije paralopipeda za osu Cx odreuje se izrazom J C x = ( y 2 + z 2 ) dm = ( y 2 + z 2 )dxdydz =V

= dx dz y 2 dy + dx dy z 2 dz = = a c b a b a

a

c

b

V a

b

a

abc 2 2 (b + c ) , 3

gde je m = abc . Analognim postupkom odreuju se momenti inercije za ose Cy i Cz, m m JC y = ( c2 + a 2 ) , JC z = ( a 2 + b2 ) . 3 3

Slika 1.26. Paralopiped mase m, stranica 2a, 2b i 2c

31

Momenti inercije tablice Telo Tanki tap Moment inercije i poluprenik inercije

urkovi Vlado Zapremina i centar masa

1 J x = J z = ml 2 3 1 J x1 = J z1 = ml 2 12 J y = J y1 = 0ix1 = iz1 = 0, 2866 l 1 J x = mr 2 2 1 J y = J z = mr 2 4 ix = 0,707 r iz = 0,5r

xC = 0 l yC = 2 zC = 0

L* = l * duina xC = 0 yC = 0 zC = 0 A** = r 2 ** povrina

Disk-materijalna povr

Tanka ploa pravougaona povr

1

1

m 2 ( a + b2 ) 12 1 J y = mb2 12 1 J z = ma 2 12 2 J x1 = ma 2 3 1 J y1 = mb 2 3 3 2 ix = a + b2 6 3 iy = b 6 3 iz = a 6 Jx =

xC = 0 yC = 0 zC = 0

A** = ab ** povrina

32

Momenti inercije tablice

urkovi Vlado

Telo Elipsasta povr

Moment inercije i poluprenik inercije

Zapremina i centar masa

1 m ( a 2 + b2 ) 4 1 J y = mb2 4 1 J z = ma 2 4 Jx = m 2 2 (R + r ) 2 m J y = ( R2 + r 2 ) 4 m J z = ( R2 + r 2 ) 4 Jx = J x = mr 2 1 J y = mr 2 2 1 2 J z = mr 2

xC = 0 yC = 0 zC = 0 A** = ab ** povrina xC = 0 yC = 0 zC = 0

Materijalni kruni prsten

A** = ( R 2 r 2 )

** povrinaxC = 0 yC = 0 zC = 0 L* = 2r * duina

Materijalna krunica

Materijalni kruni luk

J x = mr 2mr sin 2 1 2 2 mr 2 sin 2 Jz = 1 + 2 2 Jy =2

xC = 0 r sin yC = zC = 0 L* = 2r * duina

33

Momenti inercije tablice Telo Moment inercije i poluprenik inercije Sferna ljuska


xC = 02 R r , m 5 R3 r 35 5

Jx = J y = Jz =

yC = 0 zC = 0

uplja lopta tankih zidova

r R , Jx = J y = Jz =i = 0,816 RPuna lopta

2 mR 2 3

2 2 mr 5 ix = i y = iz = 0,6325 r

Jx = J y = Jz = 3 J C = mr 2 5

xC = 0 yC = 0 zC = 0 V *** = 4 3 r 3

*** zapreminaPolulopta1

3 81

2 83 mR 2 V *** = r 3 320 3 *** zapremina 2 J z = J z1 = mR 2 5 3 2 zC = r 2 J x1 = J y1 = mR 8 5 iz = 0, 6325 R ix = i y = 0,5092887 R Jx = Jy = Jx = m 2 ( b + c2 ) 5 m 2 J y = (c + a2 ) 5 m J z = ( a 2 + b2 ) 5m 2 ( b + 6c 2 ) 5

Troosni elipsoid1

J x1 =

1

1

34

Momenti inercije tablice Telo Cilindarska cev (cilindar) Moment inercije i poluprenik inercije m J x = ( 3R 2 + 3r 2 + H 2 ) 2 m J y = ( 3R 2 + 3r 2 + H 2 ) 2 m 2 2 Jz = (R r ) 2


V *** = H ( R 2 r 2 )

xC = 0 yC = 0 zC = 0

ix = 0, 2886 H 2 + 3R 2 3r 2iy = 0, 2886 H 2 + 3R 2 3r 2

*** zapremina

Puni pravi kruni cilindar (valjak)1 1

iz = 0,707 R 2 r 2 m J x = ( 3R 2 + H 2 ) 12 m J y = ( 3R 2 + H 2 ) 12 1 J z = mR 2 2 ix = 0, 2886 H 2 + 3R 2 iz = 0,707 R

xC = 0 yC = 0 zC = 0 V *** = r 2 H *** zapremina

uplji cilindar tankih zidova

J x = m r2 m J y = ( H 2 + 6r 2 ) 12 m J z = ( H 2 + 6r 2 ) 12 ix = riz = 0, 2886 H 2 + 6r 2

xC = 0 yC = 0 zC = 0 A** = 2r H ** povrina

35

Momenti inercije tabliceTelo Moment inercije i poluprenik inercije

urkovi VladoZapremina i centar masa

Piramida pravougle osnove

1

1 m ( 4b 2 + 3h 2 ) 80 1 J y1 = m ( 4d 2 + 3h 2 ) 80 J x1 = J z1 = b=d 1 m ( b2 + d 2 ) 20

1

xC = 0 yC = 0 h zC = 4 V *** = bdh 3

Pravilna etvorougaona1

J x1 =

m ( 4b2 + 3h2 ) 20 m J y1 = ( 4b 2 + 3h 2 ) 20 1 J z1 = mb 2 103m 2 h 2 R + 20 4

*** zapremina

Puni pravi kruni konus (kupa)1

J x1 =

J y1 =1

3m 2 h 2 R + 20 4 3 mR 2 10

J z = J z1 =

1

ix1 = 0,3865 R 2 +

h2 4

xC = 0 yC = 0 h zC = 4 V *** = R 2 h 3

iz1 = 0,5477 rPrava zarubljna kupa Omota kupe

*** zapremina

Jz =

1 mR 2 2

Prava zarubljna kupa

3 R5 r 5 Jz = m 3 3 10 R r

36

Momenti inercije tabliceTelo Moment inercije i poluprenik inercije

urkovi VladoZapremina i centar masa

Kruni prsten pravougaonog poprenog preseka

m (12R 2 + 3b2 + 2h2 ) 24 xC = 0 m J y = (12 R 2 + 3b 2 + 2h 2 ) yC = 0 24 m zC = 0 J z = ( 4R 2 + b2 ) 4 Jx =

Kruni prsten krunog poprenog preseka

Jx =

m ( 4 R 2 + 5r 2 ) 8 m J y = ( 4 R 2 + 5r 2 ) 8 m J z = ( 4 R 2 + 3r 2 ) 4

xC = 0 yC = 0 zC = 0

Pravougli paralopiped1

1 1

ix = 0, 2886 c 2 + b2i y = 0, 2886 c 2 + a 2

iz = 0, 2886 b2 + a 2 1 J y = m ( c2 + a 2 ) 12

1 J x1 = m ( b 2 + c 2 ) 3 1 J y1 = m ( c 2 + a 2 ) 12 1 J z1 = m ( a 2 + b 2 ) 3 1 J x = m ( b2 + c2 ) 12 1 J z = m ( a 2 + b2 ) 12 Kocka stranice a : 1 J x = J y = J z = ma 2 6

xC = 0 yC = 0 zC = 0 V *** = abc

37


urkovi Vlado

Telo i momenti inercije za ose Telo koje nastaje obrtanjem merdijana

y = f ( z ) oko Oz ose

2 2 1 4 2 J x = J y = [ f ( z ) ] dz + z 2 [ f ( z ) ] dz , 4 z1 z1 2 1 4 J z = [ f ( z ) ] dz , 2 z1

z

z

z

m = V = Al , 2 J = J = J x + mzC .

38


urkovi Vlado

Telo i momenti inercije za ose Konus koji nastaje obrtanjem merdijana, prave y =

R z , oko Oz ose, sl. a) l

8 3 m ( 4l 2 + R 2 ) , J z = mR 2 , 10 20 1 3 3 l2 m = R 2 l , zC = l , J = J = m + R2 . 3 4 20 4 Jx = J y =Zarubljenji konus, sl. b)

1 1 5 4 3 1 5 r R h = mR , = , 3 10 1 10 1 R 1 1 m = ( R 2 + Rr + r 2 ) h = (1 + + 2 ) R 2 h . 3 3 Jz =

39


urkovi Vlado

Telo i momenti inercije za ose Paraboloid koji nastaje obrtanjem merdijana, y = 2 pz =2

b2 z , oko Oz ose, a

slika a).

1 1 1 J x = J y = m ( 3a 2 + b2 ) , J z = mb2 , m = ab 2 , 6 3 2 2 1 2 1 a J = J = m + b 2 , J z = mb2 , zC = a . 3 3 6 3 Paraboloid koji nastaje obrtanjem merdijana, y = 2 pz =2

b2 z , oko O y ose, a

slika b).

5 1 2 5 a 2 18 b 2 ma 2 , J x = J z = m + , m = ba , 18 5 18 2 7 5 a 2 b2 5 5 J = J = m + , J y = ma 2 , yC = b . 6 18 18 2 14 Jy =

40

Momenti inercije tablice Telo i momenti inercije za ose Prava, pravilna n strana prizma, ivice b, a duine l.

urkovi Vlado

Ukupni polarni moment inercije n tougaonika iznosi

IO =

1 Ab 2 1 + 3ctg 2 , A povrina osnove, 24 n 1 mb 2 1 + 3ctg 2 , 24 n

J z = IOl =Jx = J y =J = J =

b 2 1 ml 2 4 + 1 + 3ctg 2 , 48 n l

1 a2 m + b2 . 6 3 Za estougaonik n = 6

Jz =

2 5 1 b ml 2 2 + 5 . mb 2 , J x = J y = 12 24 l

41

Opti zakoni mehanikog sistema

urkovi Vlado

2. OPTI ZAKONI KRETANJA SISTEMA MATERIJALNIH TAAKA 2.1. DIFERENCIJALNE JEDNAINE KRETANJA MEHANIKOG SISTEMA Razmotrimo mehaniki sistem koji ima n materijalnih taaka i koji se kree u odnosu na izabrani referentni sistem. U tom mehanikom sistemu uoimo jednu taku Mi, pa sve sile koje deluju na tu taku razloimo na spoljanje Fi s i unutranje sile Fi u (sl. 2.1).F1 z r1s

M1 C F1 rC riu

Fi

s

Mi Fiu

O x

y

Slika 2.1. Take sistema i sile koje deluju na njih

Na taj nain imamo: mai = Fi s + Fi u . (2.1) Znai, ako bismo za sve take u jednom mehanikom sistemu postavili diferencijalne jednaine kretanja, onda bismo za sistem od n materijalnih taaka imali 3n diferencijalnih jednaina, iz ega odmah vidimo da bi to, u principu, bio velik broj diferencijalnih jednaina. Dalje, treba podsjetiti da sile koje u jednaini (2.1) figuriu na desnoj43


urkovi Vlado

strani mogu biti proizvoljne funkcije vremena, rastojanja i brzine. Na kraju, treba istai i to da su unutranje sile, u optem sluaju, nepoznate dinamike veliine. Ako se sve to ima u vidu, onda nije teko zakljuiti na kakve bismo sve potekoe naili ukoliko bismo eleli izvriti integraciju diferencijalnih jednaina svih taaka takvog sistema. Osim toga pri prouavanju kretanja mehanikog sistema, nas u veini sluajeva interesuju sumarne karakteristike tog kretanja (brzina sistema, ubrzanje sistema, ugaono ubrzanje sistema itd.), a ne i kretanje svake take ponaosob. Zbog svih ovih razloga, mi emo sada prei na izlaganje optih zakona za mehaniki sistem, primenom kojih se dobijaju te sumarne karakteristike kretanja. 2.2. ZAKON O KRETANJU CENTRA MASE SISTEMA Da bismo izveli zakon o kretanju centra mase (C) mehanikog sistema, posmatrajmo sistem od n materijalnih taaka, koji se kree u odnosu na izabrani referentni sistem pod dejstvom datog sistema sila. Poimo od definicije centra mase, odnosno njegovog vektora poloaja: . m Dvostrukim diferenciranjem ovog izraza, dobijamo: aC = rC =

m ri =1 n

n

i i

m ai =1

i i

m

,n n

odnosno: maC = mi ai = Fi s + Fi u = Fi s + Fi u .i =1 i =1 i =1 i =1

(

)

n

n

Poto je suman

Fi =1

n

u

i

(prema relaciji (1.2) jednaka nuli, sledi da je (2.2)

maC = Fi s = FRs .i =1

Izraz (2.2) predstavlja zakon o kretanju centra inercije tela koji glasi: proizvod izmeu mase tela i ubrzanja njegovog centra inercije jednak je glavnom vektoru svih spoljanjih sila koje deluju na to telo. Odavde se44


urkovi Vlado

vidi: a) da unutranje sile ne utiu na promjenu kretanja centra inercije sistema i b) da se taka C kree po istom zakonu po kojem bi se kretala materijalna taka, ija bi masa bila jednaka masi mehanikog sistema i na koju bi delovala sila jednaka glavnom vektoru spoljanjih sila sistema. Kao rezultat zakona o kretanju centra inercije imamo i sledee posledice: 10 ako je

Fi s = FRs = 0 , tada je aC = 0 , odnosno vC = const. Ui =1

n

tom sluaju se centar inercije kree pravolinijski jednolikim kretanjem. 20 ako je FRx = 0 , tada je i xC = 0 , odnosno vCx = const. U tom sluaju se projekcija centra inercije na osu x kree jednoliko.2.3. KOLIINA KRETANJA MEHANIKOG SISTEMA

Koliina kretanja sistema definie se kao suma koliina kretanja pojedinih taaka tela (sl. 2.2).

K = K i = mi vi .i =1 i =1

n

n

(2.3)

Izraz (2.3) moemo pisati kao: n n d ( mi ri ) d n dr d K = mi i = = mi ri = ( mrC ) = mvC , dt i =1 dt dt i =1 i =1 dtK = m vC .mv1 M1 M2 Mn mvn mv2 K3 M3 mv3 K Mn Kn K1 K2

(2.4)

Slika 2.2. Vektori koliine kretanja taaka sistema45


urkovi Vlado

Prema tome, koliina kretanja sistema jednaka je proizvodu mase tela i brzine njegovog centra inercije.2.4. ZAKON O PROMENI KOLIINE KRETANJA SISTEMA

Da bismo izveli zakon o promeni koliine kretanja mehanikog sistema, pretpostavimo da imamo mehaniki sistem od n materijalnih taaka, koji se kree pod dejstvom datog sistema spoljanjih sila. Diferenciranjem izraza (2.4) dobiemo: n dv dK = m C = maC = Fi s = FRs . (2.5) dt dt i =1

dK = FRs . (2.6) dt Izraz (2.6) predstavlja zakon o promeni koliine kretanja mehanikog sistema u diferencijalnom obliku i on glasi: izvod po vremenu vektora koliine kretanja mehanikog sistema jednak je glavnom vektoru spoljanjih sila sistema. Odavde se vidi da unutranje sile ne utiu na promjenu koliine kretanja sistema. Da bismo dobili zakon promjene koliine kretanja u konanom obliku, treba izvriti integraciju izraza (2.6):Dakle:K1 K0

dK = F dt = F dt ,s R s t0 i =1 t0 n i i =1

t1

n t1

(2.7) (2.8)

K1 K 0 = K = I is .

Ovaj izraz predstavlja zakon u konanom obliku i on glasi: promena koliine kretanja mehanikog sistema u nekom intervalu vremena jednaka je sumi impulsa spoljanjih sila sistema za taj isti interval vremena. Projektovanjem izraza (2.8) na ose, dobija se:s s K1x K 0 x = I ix ; K1 y K 0 y = I iy ; K1z K 0 xz = I izs . i =1 i =1 i =1 n n n

Pretpostavimo da je glavni vektor svih spoljanjih sila jednak nuli. Tada je:46


urkovi Vlado

dK = 0 ; K = const. = m vC ; vC = const. dt K = K K 0 = 0 ; K = K 0 = const. dK x s 20 X R = 0 ; = 0 ; K x = const. = m xC ; xC = const. dt K x = K x 0 = const.

10 FRs = 0 ;

2.5. DINAMIKA TAKE PROMENLJIVE MASE

Posmatraemo translatorno kretanje sistema ija se masa menja tokom vremena. U tom sluaju se kretanje tog sistema moe opisati preko izraza koji opisuju kretanje take promenljive mase. Uvedimo neke osnovne definicije: Osnovna masa (m) osnovni sistem masa ije kretanje posmatramo. Dodatna masa ( dmi ) masa koja se dodaje ili oduzima od osnovne mase. Relativna brzina ( u ) brzina elemenata dodatne mase neposredno pre dodavanja osnovnoj masi ili neposredno pre odvajanja od osnovne mase.2.6. JEDNAINA MEERSKOG

Pretpostavimo da se osnovna masa M, mase (m) kree translatorno brzinom v i da element dodatne mase M1, koji ima masu dm1, ima relativnu brzinu u , u odnosu na osnovnu masu (sl.2.3), neposredno pre prisajedinjavanja osnovnoj masi (m). Neposredno nakon prisajedinjenja (dodavanja), osnovna masa e biti ( m + dm1 ) , a njena brzina bie ( v + dv ). Primenjujui zakon o promeni koliine kretanja osnovne mase u vremenu od stanja neposredno pre dodavanja do stanja neposredno poslije dodavanja dodatne mase (dm1), imaemo: K1 K 0 = I is K1 K 0 = FRs dt ,i =1 n

( m + dm1 )( v + dv ) mv dm1u = FRs dt , dm1 ( v u ) + mdv = FRs dt .47


urkovi Vlado

S obzirom na to da je masa promenljiva, tj. m(t ) = m0 + m1 (t ) , dm1 dm moemo pisati da je: , = dt dt dv dm a dalje: m , = FRs + ( u v ) dt dt n dv dm = Fi s + vr m . (2.9) dt i =1 dtM1 dodatna masa u dm 1 M osnovna masa v M m K 0 = mv+dm1 u m+dm 1 K 1 = ( m+dm 1) ( v+dv ) M1 v+dv

Slika 2.3. Dodatna masa pre i posle dodavanja osnovnoj masi

Posljednji izraz (2.9) naziva se jo i jednaina Meerskog. lan u dm izrazu (2.9), to jest vr = , naziva se reaktivna sila, a uslovljava dt razliku izmeu zakona o kretanju centra inercije i jednaine Meerskog. Ako bismo projektovali jednainu (2.9) na ose Dekartovog pravouglog sistema, dobili bismo diferencijalne jednaine, oblika: s s mx = X R + x , my = YRs + y , mz = Z R + z .2.7. FORMULA CIOLKOVSKOG

Posmatrajmo kretanje rakete koja ima masu konstrukcije m0 i pretpostavimo da se ona kree bez spoljanjih sila ( Fi s = 0) , kao i dai =1 n

je masa goriva na poetku kretanja bila mg0 (sl. 2.4). Neka je relativna brzina isticanja produkata sagorijevanja vg = const. Primenjujui jednainu Meerskog, dobiemo:

48


urkovi Vlado

dv dm , = vr dt dt gde je mg - masa goriva u posmatranom trenutku.

(m

0

+ mg )

(2.10)

Slika 2.4. Raketa pri translatornom kretanju bez dejstva spoljanjih sila

Poto je: vr = vg , dm = d ( m0 + mg ) = dmg , jer je m0 = const. , tada, projektujui jednainu (2.10) na osu x, sledi: ( m0 + mg ) dv = vg dmg .m0

Nakon razdvajanja promenljivih i logaritmovanjem: lnv = v0 + vg lnm0 + mg 0 m0 + mg =

mg 0

dmg m0 + mg

=

dv , v v0 g

v

v v0 , dobija se vg

. (2.11) m0 + mg Jednaina (2.11) daje zavisnost brzine kretanja rakete od trenutne mase goriva ( mg ) , kao i od ostalih konstantnih veliina i poetnih uslova. U trenutku kada zaliha goriva ostane jednaka nuli, mg = 0 , raketa e imati maksimalnu brzinu, to jest: m vmax = v0 + vg ln(1 + g 0 ) , m0 m gde je: g 0 = C ; broj Cilokovskog (C=3-9). m0 (2.12)

m0 + mg 0

Ako je C = 4 , tada nastupa prva kosmika brzina vmax = 7,949

km ; s


urkovi Vlado

km . s Izraz (2.12) predstavlja formulu Ciolkovskog. Formula Ciolkovskog pokazuje kolika e biti maksimalna brzina kretanja rakete, odnosno u trenutku mg = 0 . Maksimalna brzina rakete ne

vg 6

zavisi od vremena trajanja izgaranja goriva. Ona zavisi od poetne brzine rakete ( v0 ) , relativne brzine produkata sagorevanja ( vg ) i relativnem zalihe goriva na poetku kretanja g 0 . m0

2.8. DEFINICIJA MOMENTA KOLIINE KRETANJA SISTEMA

Pod momentom koliine kretanja mehanikog sistema za neku taku kao pol (sl. 2.5) podrazumijevamo vektorsku veliinu koja je jednaka sumi momenata koliine kretanja pojedinih taaka sistema za isti pol:s LO = LOi = ( ri mi vi ) . i =1 i =1 n n

(2.13)K 1 = m 1v1

L Oi L O1 r1 O ri

M1

K i = m ivi Mi

Slika 2.5. Vektor momenta koliine kretanja za O taku

Ako projektujemo vektor momenta koliine kretanja sistema na ose Dekartovog koordinatnog sistema, imaemo:

LO x = mi ( yi zi zi yi ) , LO y = mi ( zi xi xi zi ) , LO z = mi ( xi yi yi xi ) .i =1 i =1 n i =1

n

n

50


urkovi Vlado

2.9. VEZA IZMEU MOMENTA KOLIINE KRETANJA ZA PROIZVOLJNU TAKU I MOMENTA KOLIINE KRETANJA ZA NEPOMINU TAKU

Sa sl. 2.6 radijus vektor i-te take je: ri = rA + i tj., i = ri rA .Mi i z ri z1 A rA O x y x1 y1

Slika 2.6. Nepokretna O i A pokretna taka sistema

Moment koliine kretanja sistema (vidi sl. 2.6) za proizvoljnu taku A translatorno pokretnog sistema je:

LA = ( i mi vi ) = ( ri rA ) mi vi , LA = ( ri mi vi ) ( rA mi vi ) ,i =1 i =1 i =1 n i =1 n

n

n

LA = LO rA mi vi ,i =1

n

LA = LO rA K . (2.14) Ako projektujemo na ose, dobiemo: LOx = LAx1 + LOx ( K ) , LOy = LAy1 + LOy ( K ) , LOz = LAz1 + LOz ( K ) .

Vektor poloaja i-te take mehanikog sistema je: ri = rA + i , a njena brzina: dr dr d A vi = i = A + i = vA + vM i , dt dt dt51


urkovi Vlado

A gde je vM i - brzina take Mi pri relativnom kretanju u odnosu na taku A

translatorno pokretnog sistema Ax1 y1z1 .2.10. NEKI SLUAJEVI IZRAUNAVANJA MOMENTA KOLIINE KRETANJA MEHANIKOG SISTEMA

a) Sferno kretanje tela Pretpostavimo da sistem Oxyz u optem sluaju vri proizvoljno sferno kretanje oko take O neovisno od kretanja tela (sl. 2.7). z

vi Mi ri Oi k j

y

x

Slika 2.7. Proizvoljna taka sistema pri sfernom kretanju

Moment koliine kretanja tela za nepominu taku O bie:

LO = ( ri mi vi ) = ri mi ( ri ) . i =1 i =1

n

n

(2.15)

Ako se podsetimo izraza za dvostruki vektorski proizvod: a b c = b ( a, c ) c a, b ,

(

)

( )

moemo napisati:

LO = mi ( ri , ri ) mi ri ( ri , ) ,i =1 n i =1

n

n

LO = mi x i + y j + z ki =1

(

)( x

2 i

+ yi2 + zi2 )

52


urkovi Vlado

mi ( xi i + yi i + zi i ) ( xi x + yi y + zi z ) .i =1

n

Dalje emo imati:

LO = mi i ( x xi2 + x yi2 + x zi2 x xi2 y xi yi z xi zi ) + i =1

n

+ j ( y xi2 + y yi2 + y zi2 x xi yi y yi2 z yi zi ) + + k ( z xi2 + z yi2 + z zi2 x xi zi y yi zi z zi2 ) .

Nakon grupisanja pojedinih lanova moemo dalje pisati: n n n LO = i x mi ( yi2 + zi2 ) y mi xi yi z mi xi zi + i =1 i =1 i =1 n n n + j x mi xi yi + y mi ( xi2 + zi2 ) z mi yi zi + i =1 i =1 i =1 n n n + k x mi xi zi y mi yi zi + z mi ( xi2 + yi2 ) . i =1 i =1 i =1 Nakon sreivanja sledi: LO = i ( J x x J xy y J xz z ) + j ( J xy x + J y y J yz z ) ++ k ( J xz x J yz y + J z z ) .

Ili, drugaije: LO = Lx i + Ly j + Lz k . Prema tome, projekcije momenta koliine kretanja za ose x, y i z proizvoljnog sistema sa ishoditem u taki O su: Lx = LO i = J x x J xy y J xz z , (2.16)

Ly = LO j = J xy x + J y y J yz z , Lz = LO k = J xz x J yz y + J z z .ili u matrinom obliku napisano: J xy J xz x Lx J x J y J yz y , Ly = J yx L J J z z z zx J zy ili krae napisano: { L0 } = [ J ]{} .

(2.17) (2.18)

53


urkovi Vlado

Ukoliko su ose x, y i z vrsto vezane za telo koje se obre oko stalne take, tada su svi aksijalni, a takoe i svi centrifugalni momenti inercije konstantni. Ukoliko je u tom sluaju zadovoljen uslov da su ose x, y i z glavne ose inercije, tada vai: Lx = J x x , (2.19) Ly = J y y , (2.20)Lz = J z z ,

(2.21)

b) Rotacija tela oko stalne ose Pri rotaciji tela oko stalne ose kao specijalnom sluaju sfernog kretanja, ukoliko za stalnu osu izaberemo osu z (sl. 2.8), vai: Lx = J xz z , (2.22) Ly = J yz z , (2.23)Lz = J z z . (2.24) Iz ovih izraza vidimo da e u sluaju kada je osa z glavna osa, biti: Lxz = J yz = 0 , a moment koliine kretanja bie usmeren samo u pravcu z (sl.2.10), to jest: LO = Lz = J z z k . (2.25) Prema tome, imamo: Lz = J z . (2.26) Iz poslednjeg izraza vidimo da je moment koliine kretanja u ovom sluaju jednak proizvodu iz momenta inercije za obrtnu osu i ugaone brzine tela.z z

Mi

R

Lz

ri x

O y x

Oi k j

y

Slika 2.8. Telo pri rotaciji oko stalne ose54


urkovi Vlado

Uporeujui ovaj izraz sa ranije izvedenim izrazom za koliinu kretanja (2.4): K = mvC , vidimo da izmeu ta dva izraza postoji analogija. Dok je koliina kretanja bila dinamika karakteristika translatornog kretanja, moment koliine kretanja je dinamika karakteristika rotacionog kretanja. c) Translatorno kretanje tela Izvest emo izraz za moment koliine kretanja za centar inercije tijela koje vri translaciju (vidi sl. 2.9).

LC = i mi vi = i mi vC .i =1 i =1

n

n

z1 z ri O xSlika 2.9. Telo pri translacijiC

Mi i r C x1 y1

y

Dalje je:

LC = i mi vC = i mi vC = mC vC = 0 ,i =1 i =1

n

n

jer je: C = 0 . Dakle, za translatorno kretanje vai: LC = 0 . (2.27) Na osnovu izraza (2.14) moment koliine kretanja za nepominu taku je: LO = LC + rC K = rC K . (2.28) d) Ravno kretanje tela Pretpostavimo da telo vri ravno kretanje (sl. 2.10) tako da mu se sve take kreu u ravnima koje su okomite na neku stalnu osu z2 . Neka je55


urkovi Vlado

taka O taka na osi z1 du koje prolazi vektor trenutne ugaone brzine . Osa z prolazi kroz centar inercije C i paralelna je osi z2 , odnosno z1 .z2 L z1 = LO O x1 z1 z Mi ri y1 rC x iC

y

Slika 2.10. Telo pri ravnom kretanju

Moment koliine kretanja, s obzirom na to da ravno kretanje predstavljamo kao jednu translaciju sa unapred izabranim polom i rotaciju oko toga pola, za taku C je:

LC = i mi vi = i mi vC + i mi ( i ) .i =1 i =1 i =1

n

n

n

Pokaimo emu su jednaki izrazi na desnoj strani. Prvi izraz je:

i mi vC = (mii vC ) = i mi vC = mC vC .i =1 i =1 i =1

n

n

n

Poto je C = 0 , sledi:

( mvi =1 i n

n

C

) = 0.n n n i i i i i i i i

(2.29)i

Drugi izraz je:

( m ( ) ) = m ( , ) m ( , ) =i =1 i =1 i =1

= mi z ki =1 n

( )

( xi2 + yi2 + zi2 ) mi xi i + yi j + zi k zi z =i =1

n

(

)

= mi i ( xi zi z ) + j ( yi zi z ) + k ( xi2z + yi2 z + zi2z zi2z ) = i =1

= J xz i J yz j + J z k z .Prema tome, izraz je: LC = J xz i J yz j + J z k z ,

(

)

(2.30) (2.31)56

(

)


urkovi Vlado

a za nepominu taku O je: LO = LC + rC K . (2.32) Ukoliko su centrifugalni momenti inercije jednaki nuli, J xz = J yz = 0 , tj. u sluaju kada je osa z glavna osa, sledi da je: LC = J z z k = J C k . Ukoliko je sistem xyz vrsto vezan za telo, tada su svi momenti inercije konstante, pa tada, postavljanjem zakona o promeni momenta dLz d z koliine kretanja, za osu z dobijamo: = Jz , dt dt

Mi =1

n

s z

= J zz .

(2.33)2

Moment koliine kretanja za trenutni pol brzina jeL p = J p = J C + m PC ,

(

)

gde je J P moment inercije tela za osu upravnu na ravan kretanja kroz trenutni pol brzina, tj. taku P.2.11. ZAKON O PROMENI MOMENTA KOLIINE KRETANJA MEHANIKOG SISTEMA 2.11.1. Zakon za nepominu taku

Moment koliine kretanja mahanikog sistema za neku proizvoljnu nepominu taku O, kao pol (sl. 2.11), definie se na sledei nain: n n n LO = LOi = ( ri mi vi ) = OM i mi vi . i =1 i =1 i =1 Potraimo izvod vektora momenta koliine kretanja po vremenu dLO d n d n n d = LOi = ( ri mi vi ) = ( ri mi vi ) = dt dt i =1 dt i =1 i =1 dt n dv dr n = i mi vi + ri mi i = dt i =1 i =1 dt= ( vi mi vi ) + ( ri mi ai ) =i =1 i =1 n n

57


urkovi Vladon s n u

= ri Fi + Fis i =1 ns

n

( (

u

) ) = ( r F ) + ( r F ) =i =1 n i i i =1s

i

i

F F F F = M Oi + M Oi = M Oi = mO i = 0 .u s

n

i =1

i =1

i =1

dLO Fs Fs = M Oi = mO i . dt i =1z mi v i Mi O y ri

n

(2.34)

LOi

x Slika 2.11. Moment koliine kretanja za nepominu taku

Prema tome, zakon o promeni momenta koliine kretanja sistema za nepominu taku O, kao pol, glasi: izvod momenta koliine kretanja sistema za nepominu taku O, kao pol, po vremenu jednak je sumi momenata (glavnom momentu) spoljanjih sila za tu istu taku kao pol. Ako projektujemo zakon na ose, imaemo: n n n dL dLOx dL = M Ox , Oy = M Oy , Oz = M Oz , (2.35) dt dt dt i =1 i =1 i =1 ako je: n dL Fs (2.36) 10 M Oi = 0 O = 0 LO = const . = LO (0) , dt i =1 to je zakon o odranju momenta koliine kretanja, ili ako je, na primer: n dL Fi s 20 M Oz = 0 O = 0 LO = const. = ( LOz )0 . (2.37) dt i =12.11.2. Zakon za pominu taku

Posmatrajmo radijusvektor pokretne take A (sl. 2.12), koja je ishodite translatorno pokretnog koordinatnog sistema Ax1 y1 z1 ,58


urkovi Vlado

ri = rA + i , odakle je i = ri rA . Potraimo izvod po vremenu: d i dri drA (2.38) = = vi v A . dt dt dt Ako se podsetimo emu je jednak vektor momenta koliine kretanja LAi take Mi sistema za pokretnu taku A, onda ukupni vektor momenta

koliine sistema LA moemo napisati na sledei nain:LAi = i mi vi ; LA = ( i mi vi ) .i =1 n

Izvod po vremenu moemo izraziti kao: n dv dLA d n = i mi vi + i mi i = dt dt i =1 i =1 dt= ( ( vi v A ) mi vi ) + ( i mi ai ) =i =1 n i =1 n n

= ( vi mi vi ) ( v A mi vi ) + i Fi s + Fi ui =1 i =1 i =1

n

n

( (s i i

)) =u i i

= ( vi mi vi ) ( v A mi vi ) +i =1 i =1

n

n

( F ) + ( F ) .i =1 i =1

n

n

(2.39)

vC z mi v i ri O x y rA Mi C i

z1 L Ai A x1 y1

Slika 2.12. Moment koliine kretanja za pominu taku

Poslednji izrazi su:

( vi mi vi ) = 0 ; ( i Fi u ) = 0 ;i =1 i =1

n

n

(vi =1

n

A mi vi ) = v A K ;

( F ) = Ms i =1 i i i =1

n

n

Fi s A

,

(2.40)

59


urkovi Vlado

pa dalje moemo pisati:

n dLA Fs = v A K + M Ai , dt i =1

(

)

n dLA Fs Fs + v A K = M Ai = M A R . (2.41) dt i =1 Izraz (2.41) predstavlja zakon o promeni momenta koliine kretanja mehanikog sistema materijalnih taaka za pokretnu taku. S obzirom na to da je: v A K = v A mvC = m ( v A vC ) ,

(

)

izraz (2.41) se pie na sledei nain: n dLA Fs Fs + m ( v A vC ) = M Ai = M AR . dt i =1 Izrazi (2.34) i (2.42) se poklapaju za: vA = 0 ; vC = 0 ; v A ( vC ; A C . Odatle je:n n dLA Fs Fs = M Ci = M C R . dt i =1 Fi s C F = M C R = 0 LC = const. = LC ,s

(2.42) (2.43)

Ako je:

Mi =1

( )

0

(2.44)

LO = ( rC mvC ) + LC . Ako je: LC = const. , to ne znai da je LO = const .

(2.45)

2.12. KINETIKA ENERGIJA MEHANIKOG SISTEMA 2.12.1. Uvod

Pod kinetikom energijom mehanikog sistema podrazumevamo skalarnu veliinu koja je jednaka sumi kinetikih energija pojedinih taaka sistema, to jest: n n 1 1 n Ek = Eki = mi vi2 = mi vi2 . (2.46) 2 i =1 i =1 i =1 2 Za neke posebne sluajeve kretanja tela emo nai izraze za kinetiku energiju. Prvo emo nai izraz za Ek za najoptiji sluaj kretanja tela, a zatim, koristei taj izraz, i za neke posebne sluajeve kretanja tela.

60


urkovi Vlado

2.12.2. Kinetika energija sistema za pojedine vrste kretanja

a) Kinetika energija tela koje vri translatorno kretanje Za telo koje vri translatorno kretanje poznato je da su brzine i ubrzanja svih taaka tela ista, tako da na osnovu sl. 2.13. moemo pisati:C trajektorija Mi vi vC

Slika 2.13. Translatorno kretanje telan n 1 1 1 2 n 1 2 2 Ek = mi vi2 = mi vC = vC mi = mvC . (2.47) 2 i =1 2 i =1 2 i =1 2 Kinetika energija translatornog kretanja tela jednaka je polovini proizvoda iz mase tela i kvadrata brzine centra mase, to znai da je kinetika energija translacije po svom obliku jednaka kinetikoj energiji materijalne take.

z

Mi

Ri

ri O x

vi y

Slika 2.14. Rotacija tela oko stalne ose

b) Kinetika energija tela koje vri rotaciju oko stalne ose U rotaciji (sl. 2.14) bie: n n 1 1 n 1 Ek = mi vi2 = mi Ri22 = 2 mi Ri2 , 2 i =1 2 i =1 i =1 2 1 Ek = J z 2 . 261

(2.48)


urkovi Vlado

Iz izraza (2.49) vidimo da je kinetika energija rotacije jednaka jednoj polovini proizvoda momenta inercije za obrtnu osu i kvadrata ugaone brzine. c) Kinetika energija tela koje vri ravno kretanje Telo koje vri ravno kretanje presecimo sa ravni koja prolazi kroz centar inercije C, a okomita je na trenutnu obrtnu osu . U preseku te ravni i ose je trenutni pol brzina P (sl. 2.15). Kinetika energija sistema koji vri ravno kretanje je: 2 1 n 1 n 1 Ek = mi vi2 = mi PM i 2 = J p 2 , (2.49) 2 i =1 2 i =1 2 gde su: Jp moment inercije za trenutnu obrtnu osu, Mi proizvoljna taka i P trenutni pol brzina.p Mi vi C P vC P vC Mi C

vi

Slika 2.15. Ravno kretanje tela

Ovde je J P promenljivo jer se poloaj trenutnog pola P menja, a na osnovu tajnerove teoreme izraz iznosi:J p = J C + m PC ,2 2 1 1 J C 2 + m PC , 2 2

tako da je kinetika energija: Ek = Ek = 1 2 1 mvC + J C 2 . 2 2

(

)

(2.50)62


urkovi Vlado

Ovaj posljednji izraz predstavlja kinetiku energiju ravnog kretanja tela, a zove se Kenigova teorema. Iz njega se vidi da je kinetika energija ravnog kretanja tela jednaka kinetikoj energiji translacije, sa brzinom koja je jednaka brzini centra inercije i kinetikoj energiji rotacije oko ose koja prolazi kroz centar inercije, sa ugaonom brzinom koja je jednaka ugaonoj brzini tela. Ukoliko je jednostavnije izraunati moment inercije za osu koja prolazi kroz centar inercije, tada je pogodno primenjivati izraz (2.50), a ukoliko je jednostavnije raunati moment inercije za trenutnu obrtnu osu , pogodnije je koristiti izraz (2.49). d) Kinetika energija tela koje vri sferno kretanje Posmatrajmo telo (sl. 2.16) koje rotira oko stalne ose, taka O, kroz koju prolazi trenutna obrtna osa , du koje je usmeren vektor . z

vi Mi ri Oi k j

y

x

Slika 2.16. Sferno kretanje tela

Potraimo emu je jednaka kinetika energija take Mi, tela (sistema). Kinetiku energiju moemo pisati kao: 1 1 1 Ek = v 2 dm = v vdm = ( r ) ( r ) dm , 2m 2m 2mEk =

1 ( r ( r ) ) dm . 2m

(2.51)

a na osnovu izraza iz matematike: a b c = b ( a , c ) c a , b ,63

(

)

( )


urkovi Vlado

dobijamo: 1 1 2 Ek = ( ( r r ) r ( , r ) ) dm = 2 r 2 ( , r ) dm = 2m 2m 2 1 = ( 2 + 2 + 2 )( x 2 + y 2 + z 2 ) ( xx + y y + zz ) dm = x y z 2m

(

)

(

)

=

1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x ( y + z ) + y ( x + z ) + z ( x + y ) 2m

(

2x y xy 2x z xz 2 y z yz ) dm .

Poslednji izraz se moe napisati u ovom obliku: 1 Ek = ( J x 2 + J y 2 + J z 2 2 J xy x y 2 J xz x z 2 J yz y z ) .(2.52) x y z 2 Ako su x1, y1 i z1 glavne ose inercije, kinetika energija ima sledei 1 oblik: Ek = J x1 21 + J y1 21 + J z1 21 . x y z 2 Iz jednaine (2.51) sledi: 1 1 1 T Ek = ( r ( r ) ) dm = LO = {} { LO } , 2 m 2 2

(

)

Ek =

1 T {} [ J ] {} . 2

e) Kinetika energija sistema za opti sluaj kretanja Pretpostavimo da telo vri opti sluaj kretanja (sl. 2.17), koje se, kao to je poznato, moe posmatrati kao zbir jedne translacije, zajedno sa odabranim polom, i jedne rotacije oko ose koja prolazi kroz taj pol. Za pol odaberimo centar inercije C. n 1 n Kinetika energija sistema e biti: Ek = Eki = mi vi2 , a brzina 2 i =1 i =1 take M je: vM i = vC + v1i , gde je: v1i komponenta brzine take M usled rotacije tela oko ose, koja prolazi kroz centar inercije C. Kako je kvadrat brzine jednak: 2 2 vM i = vM i , vM i = vC + v1i vC + v1i = vC + 2 vC , v1i + v12i ,

(

) (

)(

)

(

)

kinetiku energiju moemo pisati u obliku64


urkovi Vlado

1 n 1 n 1 n 2 Ek = mi vC + mi 2 vC , v1i + mi v12i , 2 i =1 2 i =1 2 i =1 gde pojedini lanovi na desnoj strani iznose: 1 n 1 2 n 1 2 0 2 1 mi vC = 2 vC mi = 2 mvC , 2 i =1 i =1

(

)

(2.53)

(2.54) (2.55)

20 gde je:n

n n mi vC , v1i = vC , mi v1i = vC , mi v1i , i =1 i =1 i =1 n

(

)

(

)

m v = m ( ) = ( m ) = , m = ( , m ) = 0 , n n n i =1 i 1i i =1 i i i =1 i i i =1 i i C

jer je: C = 0 , pa je 30

m (vi =1 i

n

C

v1i = 0 ,

)

1 n 1 n 2 n 1 mi v12i = mi 2 hi2 = mi hi2 = 2 J 2 , 2 i =1 2 i =1 2 i =1 te je konano 1 2 1 1 2 1 Ek = mvC + J 2 = mvC + J C 2 . 2 2 2 2 v dr z r O x y rC dm C

(2.56)

(2.57)

z1 Mi i vC hi y1C

Mi

v1 i vMi vC

x1

C

vC

Slika 2.17. Opti sluaj kretanja tela

Prema tome, kinetika energija tela za opti sluaj kretanja sastoji se iz dve komponente. Prva komponenta oznaava kinetiku energiju65


urkovi Vlado

translacije, a druga komponenta oznaava kinetiku energiju rotacije oko ose koja prolazi kroz centar inercije.2.13. ZAKON O PROMENI KINETIKE ENERGIJE MEHANIKOG SISTEMA

Da bismo izveli zakon o promeni kinetike energije nekog mehanikog sistema, podsetimo se kako glasi taj zakon za materijalnu taku pa ga primenimo na datu taku sistema. Od ranije znamo da je: 1 d mi vi2 = dAi = dAis + dAiu , (2.58) 2 n 1 n n n d mi vi2 = d Eki = d Ais + d Aiu . (2.59) i =1 2 i =1 i =1 i =1 Ovaj izraz predstavlja zakon o promeni kinetike energije mehanikog sistema u diferencijalnom obliku koji, glasi: diferencijal kinetike energije mehanikog sistema jednak je sumi elementarnih radova spoljanjih i unutranjih sila mehanikog sistema. Da bismo nali ovaj zakon u konanom obliku, pretpostavimo da se ovaj mehaniki sistem pomeri iz poloaja 0 ( Ek 0 ) u poloaj 1 ( Ek1 ) . Izvriemo integraciju izraza (2.59).

dE = dA + dAs k

1

1

n

1

n

u

,

(2.60) (2.61)

0

0 i =1

0 i =1

s u Ek 1 Ek 0 = A(0,1) + A(0,1) , i =1 i =1

n

n

Ovaj izraz predstavlja zakon o promeni kinetike energije u konanom obliku, koji glasi: promena kinetike energije mehanikog sistema na nekom konanom pomeranju jednaka je sumi radova svih spoljanjih i unutranjih sila sistema na tom pomeranju. a) Sluaj neizmjenljivog sistema Mehaniki sistemi se prema jednoj osobini mogu podeliti na tzv. izmenljive (promenljive) sisteme i neizmenljive (nepromenljive) sisteme. Izmenljivi mehaniki sistemi su oni kod kojih se za vreme kretanja sistema rastojanje izmeu pojedinih taaka u sistemu menja (primer: Sunev planetarni sistem). Za razliku od toga, neizmenljivi mehaniki66


urkovi Vlado

sistemi su takvi mehaniki sistemi kod kojih se rastojanja izmeu pojedinih taaka sistema za vreme njegovog kretanja ne menjaju. Sada emo vidjeti kako glasi zakon o promeni kinetike energije za ovakve sisteme (sl. 2.18). Poto je prema teoremi o projekciji brzina, ( v1 ) M M = ( v2 ) M M , a znamo da je:u

ds1 = v1dt ; ds2 = v2 dt ; tada je: ( ds1 ) M M = ( ds2 ) M M .1 2 1 2

1

2

1

2

Sada je: dA = F ds1 + F ds2 = F ds1 cos F ds2 cos ,u u dAu = F12 ( ds1 ) M M F21 ( ds2 ) M M = 0 .1 2 1 2

u 12

u 21

u 12

u 21

v1 ds1 M1 u F12 u F21

M2 ds2 v2

Slika 2.18. Sluaj neizmenljivog mehanikog sistema

Odavde se vidi da e kod neizmenljivih mehanikih sistema rad unutranjih sila biti jednak nuli, to znai da kod takvih mehanikih sistema unutranje sile ne utiu na promenu kinetike energije mehanikog sistema, pa za takve sisteme zakon o promeni kinetike n n energije glasi: dEk = dAs , to jest: d Eki = d Ais , i =1 i =1 Fi Ek1 Ek 0 = A(0,1) .s

n

(2.62)

i =1

2.14. RAD SILA PRI POMERANJU MEHANIKOG SISTEMA MATERIJALNIH TAAKA

Elementarni rad neke sile je: dA = F dr . Kod mehanikog sistema rad sila na pomeranju i-te materijalne take je:dAi = dAis + dAiu = Fi s dri + Fi u dri .67

(2.63)


urkovi Vlado

Ukupan rad sila mehanikog sistema je:dA = dAis + dAiu = dAs + dAu .i =1 i =1 n n

(2.64)

2.15. RAD SILA PRI ELEMENTARNOM POMERANJU KRUTOG TELA

Elementarni rad i-te materijalne take (sl. 2.19) iznosi:dA = Fi s dri .i =1 n

dri = vO + ( i ) , dt dr odakle je: dri = vO dt + ( dt i ) , vO = O drO = vO dt . dt Konano, izraz je: dri = drO + ( dt i ) .

Brzina i-te take je: vi =

Elementarni rad je:dA = Fi s ( drO + ( dt i ) ) = Fi s drO + Fi s ( dt i ) =i =1 n i =1 i =1 n n n

= Fi s drO + i Fi s dt = i =1 i =1 n

(

)

s = Fi s drO + M O dt , i =1

n

(2.65)

a poto je: d = dt , sledi:s dA = Fi s drO + M O d . i =1 n

(2.66)F1s

F2 Mi Fis

s

s Fn

ri rO O1

i O

Slika 2.19. Taka mehanikog sistema koja vri rad68


urkovi Vlado

Dakle, elementarni rad je jednak sumi radova sila na elementarnom pomeranju i radova od momenata sila na tom istom pomeranju.2.16. NEKI SLUAJEVI IZRAUNAVANJA RADA SILA KOJE DELUJU NA SISTEM MATERIJALNIH TAAKA

a) Rad sile Zemljine tee Posmatrajmo mehaniki sistem koji se kree (sl. 2.20). Na tom kretanju posmatrajmo putanju take C i potraimo rad sile teine. Sa sl. 2.20, je: dAimg = mi g dri ; ri = xi i + yi j + zi k .dAimg = mi gk dxi i + dyi j + dzi k = mi gdzi ,

(

)

n dA = dAi = mi gdzi = gd mi zi = gd ( mzC ) = mgdzC , i =1 i =1 i =1 dA = mgdzC , gde je zC koordinata centra masa sistema.n n

trajektorija Mi z i0 z z i1 O1 Mi C z C1 y h z C0 C

x

Slika 2.20. Centar mase mehanikog sistema koji vri rad

Prema tome, moemo pisati da je ukupan rad iznosi:

69


urkovi Vlado

A

mg (0,1)

= dA = mg0

1

zC1

zC0

dz

C

= mg zC0 zC1 = mgh .

(

)

(2.67)

Rad ne zavisi od oblika putanje, ve samo od poetnog i krajnjeg poloaja. b) Rad sila koje deluju na telo pri rotaciji Rad sile F koja deluje na taku M (sl. 2.21) bie jednak:AF (0,1)

= F , ds = F ds =s0 s0

s1

(

)

s1

1

0

F Rd = M d .z

1

(2.68)

0

Ukoliko je moment oko ose z konstantan, tj. M z = const. , sledi:F M A(0,1) = A(0,1) = M z ( 1 0 ) .

(2.69)z

(B) Fb M F (T) ds Fn dR

(N)

Slika 2.21. Rad sila pri rotaciji tela oko stalne ose

c) Rad sila koje deluju na telo koje vri translatorno kretanje Poimo od definicije rada:A = Fi , dsi = Fi dsi = FR , ds ,i =1 s0 s0 i =1 s0 n s1

(

)

s1

n

s1

(

)

(2.70)

gde za translaciju imamo: ds1 = ds2 =,..., = ds . d) Rad sila pri kotrljanju tela Rad reaktivnog momenta pri kotrljanju bie (u diferencijalnom obliku): 10 sluaj bez klizanja vP = 0 (sl. 2.21)70


urkovi Vlado

dA = F drP = F vP dt = 0C F P N

F

(2.70)

Slika 2.22. Rad sila pri kotrljanju tela bez klizanja

20 2.23)

sluaj deformacije povrine, tzv. stvarni sluaj kotrljanja (sl.

d R F G P C M tr FN dsC

Slika 2.23. Rad sila pri kotrljanju tela u sluaju deformacije povrine

F dxC = N dsC , R R gde je: sC pomeranje take C du puta. dAM tr = M tr d = FN d = FN

(2.72)

Za sluaj da je FN konstanta, tada je rad jednak: F A = N sC sC0 . R

(

)

(2.73)

2.17. DALAMBEROV PRINCIP ZA SISTEM

Ako primenimo ve proueni Dalamberov princip za materijalnu taku, na taku Mi, mase mi, materijalnog sistema, moemo napisati jednainu kretanja bilo koje take, u obliku: Fi s + Fi u + Fi in = 0 , (i=1,2,3,...,n) (2.74) Sabiranjem svih jednaina materijalnog sistema dolazimo do jednaine:71


urkovi Vlado

F +F +Fs u i =1 i i =1 i i =1

n

n

n

in

i

=0,

(2.75)

koja se, napisana u obliku: FRs + FRin = 0 , (2.76) naziva prva Dalamberova jednaina za sistem. Ako pomnoimo jednainu (2.75) sa vektorom poloaja ri , take Mi, vektorski sa leve strane i saberemo sve takve jednaine sistema, dolazimo do jednaine:

(r F ) + (r F ) + (r F ) = 0 .s u in i =1 i i i =1 i i i =1 i i

n

n

n

(2.77)n

U ovoj jednaini razlikujemo: glavni moment spoljanjih sila glavni moment unutranjih silas M O = ri Fi s , i =1 n i =1 n n

(

)

Mi =1

u O

= ri Fi u ii =1 in M O = ri Fi in , i =1 i =1 n n

(

)

glavni moment inercijalnih sila sistemas in MO + MO = 0 , i =1 i =1 n n

(

)

pa se jednaina moe napisati u ovom obliku: (2.78)

Ova jednaina se naziva druga Dalamberova jednaina. Dalamberovim vektorskim jednainama (2.77) i (2.78) u optem sluaju odgovara est jednaina u vidu projekcija na ose Dekartovog sistema:X + X =0,s R in R

Mi =1 n i =1 n

n

s Ox

in + M Ox = 0 , i =1 n

n

YRs + YRin = 0 , Z +Z =0,s R in R

s in M Oy + M Oy = 0 , i =1 n

Mi =1

s Oz

in + M Oz = 0 . i =1

(2.79)

Oigledno je, kao to je ve reeno, da Dalamberov princip omoguava postavljanje jednaina kretanja mehanikog sistema na isti nain kao to se u statici postavljaju uslovi ravnotee. Ovaj metod se72


urkovi Vlado

naroito koristi pri odredjivanju nepoznatih reakcija spoljanjih veza, kada se sistem posmatra kao celina. Za odreivanje unutranjih reakcija veza potrebno je da se dati mehaniki sistem tako rastavi da unutranje sile postanu spoljanje. n n d n dK Kako je: Fi in = ( mi ai ) = dt mi vi = dt , i =1 i =1 i =1 izraz (2.77) moemo pisati kao: dK (2.80) FRs + = 0. dt Ako vektorski proizvod izrazimo u ovom obliku: n n dv dL d n ( ri mi ai ) = ri mi i = ( ri mi vi ) = O , dt dt i =1 dt i =1 i =1 izraz (2.78) moemo napisati u obliku: dL s (2.81) MO + O = 0 . dt 2.18. SVOENJE SILA INERCIJE KRUTOG TELA NA PROSTIJI OBLIK 2.18.1. Glavni vektor i glavni moment sila inercije

Za proizvoljan oblik tela, kao i za proizvoljnu vrstu kretanja, glavni vektor sila inercije e biti: FRin = mi ai .i =1 n

Prema definiciji poloaja centra inercije , m ijim dvostrukim diferenciranjem po vremenu imamo: , m na osnovu (2.81) i (2.82) slediaC = rC =

m ri =1 n

n

i i

(2.82)

m ai =1

i i

(2.83)

73


urkovi Vlado

FRin = maC . (2.84) Prema tome, glavni vektor inercijalnih sila jednak je negativnom proizvodu mase sistema i ubrzanja centra inercije. Glavni moment inercijalnih sila odrediemo za nekoliko razliitih vrsta kretanja u odnosu na pojedine take, pol.

a) Translatorno kretanje U sluaju translatornog kretanja, glavni moment sila inercije emo izraunati u odnosu na centar inercije kao pol (sl. 2.24), vodei pri tome rauna da su ubrzanja svih taaka sistema meusobno jednaka. n n n min = CM i mi ai = CM i mi aC = mi CM i ai = C i =1 i =1 i =1 = m CM i aC = 0 . Prema tome, pri translatornom kretanju se sve sile inercije sistema mogu svesti na rezultantu FRin , koja deluje u centru inercije sistema i koja je jednaka: FRin = maC .Frin Fiin CM i Mi ai C aC

Slika 2.24. Glavni vektor sila inercije u sluaju translacije tela

b) Rotacija tela oko stalne ose Pretpostavimo da telo (T) proizvoljnog oblika rotira oko stalne ose z i da u datom trenutku ima ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje (sl. 2.25). Usvojiemo da se sistem Axyz obre zajedno sa telom (T) oko ose z. Glavni moment sila inercije emo izraunati za nepokretnu taku A, koja se nalazi na osi rotacije.min = ( ri mi ai ) = ( ri mi ( aiT + aiN ) ) = Ai =1 i =1 n n

74


urkovi Vlado

= ( ri mi ( ri + i vi ) ) =i =1 n

n

= mi ( ri ( ri ) ) mi ri ( ( ri ) ) .i =1

n

z B

i =1

(

)

(2.85)

Miin FiT in FiN

C (A) A y ri

xSlika 2.25. Glavni vektor sila inercije u sluaju translacije tela

S obzirom na: ri = xi i + yi j + zi k , = x i + y j + z k , = x i + y j + z k , za prvi deo na desnoj strani izraza (2.86) imaemo sledee: i j k ri = 0 0 z = yi z i + xi z j , xi yi zi75

(2.86)


urkovi Vlado

i ri ( ri ) = xi yi z

j yi xi z

k zi = 0

= xi zi z i yi zi z j + ( xi2 + yi2 ) z k .z

(2.87)

Cmin

y x

Slika 2.26. Glavni moment sila inercije u sluaju rotacije oko stalne ose

Za drugi deo na desnoj strani izraza (2.85) je: i j k ri = 0 0 z = yi z i + xi z j , xi yi zii ( ri ) = 0 yi z j 0 xi z k z = xi 2 i yi 2 j . z z 0 j yi yi 2 z k zi = zi yi 2 i xi zi 2 j . z z 0

(2.88)

Dalje je:i ri ( ( ri ) ) = xi xi 2 z

(2.89)

Uvrtavanjem izraza (2.87) i (2.89) u (2.85), dobijamo:76

Opti zakoni mehanikog sistemain A n

urkovi Vlado

m = mi z xi zi i + z yi zi j ( xi2 + yi2 ) z k 2 yi zi i + 2 xi zi j = z z i =1

= mi ( z xi zi 2 yi zi ) i + ( z yi zi + 2 xi zi ) j ( xi2 + yi2 ) z k = z z = ( J xz z J yz 2 ) i + ( J yz z + J xz 2 ) j J z z k . z z S obzirom da je: min = min + min + min , A Ax Ay Az sledi, na osnovu izraza (2.90), da su: min = ( J xz z J yz 2 ) i , min = ( J yz z + J xz 2 ) j , min = J z z k . Ax z Ay z Az Intenziteti projekcija na ose su: min = J xz z J yz 2 , min = J yz z + J xz 2 , Ax z Ay zmin = J z z . Azi =1

n

(2.90)

Izraz (2.90) predstavlja glavni moment sila inercije tela koje rotira oko stalne ose. Projekcija glavnog momenta sila inercije na osu obrtanja je: min = J z z . A Za sluaj obrtanja krutog tela, koje ima ravan materijalne simetrije (sl. 2.26), oko centralne ose upravne na tu ravan, tj. kada je J xz = J yz = 0 , moemo pisati: min = J z z k . A c) Ravno kretanje tela Poto se ravno kretanje tela moe posmatrati kao zbir translacije zajedno sa centrom mase i rotacije oko ose koja prolazi kroz centar mase (sl. 2.27), a okomita je na referentnu ravan ravnog kretanja, moemo napisati: mCz = J Cz z , gde je JCz moment inercije za osu koja prolazi kroz centar inercije, a paralelna je trenutnoj obrtnoj osi (sl. 2.27). Za sluaj da je: J Cxz = J Cyz = 0 , pri emu su ose x i z takve da sa osomCz ine pravougli koordinatni sistem, imaemo: min = J Cz z k , C odnosno: min = J Cz . (2.91) C Kao to je poznato, sile inercije pri translatornom kretanju krutog tela redukuju se na silu koja deluje u centru inercije tela, a koja je odreena formulom: FRin = maC .77


urkovi Vlado

Na taj nain, ako se kruto telo, koje ima ravan materijalne simetrije, kree paralelno toj ravni, tj. ako vri ravno kretanje, onda se sile inercije taaka krutog tela redukuju na silu, koja deluje u centru inercije tela i koja je jednaka glavnom vektoru inercije, i na spreg sila, koji deluje u ravni materijalne simetrije, a iji je moment odreen formulom (2.91).

Cin FR

a

min

Slika 2.27. Glavni moment sila inercije u sluaju ravnog kretanja tela

U sloenijim sluajevima kretanja krutog tela, glavni vektor i glavni moment sila inercije za redukcionu taku se nalaze analitikim putem, tj. preko njihovih projekcija na tri koordinatne ose.

78

Opti zakoni mehanikog sistema centar mase

urkovi Vlado

Zadatak 1. Eliptino klatno sastoji se iz tela A mase m1 koje se moe pomerati translatorno po glatkoj horizontalnoj ravni i tereta B mase m2 vezanog sa teretom A preko tapa duine l (sl. 2.28). U poetnom trenutku tap je sa vertikalom zaklapao ugao 0 i puten je bez poetne brzine. Odrediti pomeranje tereta A u zavisnosti od ugla koji tap zaklapa sa pravcem vertikale u proizvoljnom trenutku ako se zanemari trenje i masa tapa.

1

00 2

0

Slika 2.28. Eliptino klatno u kretanju

Reenje: Primenimo zakon o kretanju centra masa sistema i projektujmo ga na x osu dobiemoaC mi = Fix = 0 xC = C1 = 0 .i =1 i =1 n n

Ako se sada setimo izraza za koordinatu centra masa sistema mi xi , xC = const. = C2 = mi moemo na osnovu njega zakljuiti da je:i i 0 i

odnosno m1 x0 + m2 ( x0 + l sin o ) = m1 ( x0 s ) + m2 ( x0 s + l sin ) ,m2 l sin 0 = m1 s m2 s + m2 l sin ,

( m x ) = ( m x ) ,i 1

m1 m2 m l sin a za 0 = 0 s = 2 . m1 + m2

s=

m2 l ( sin 0 sin )

=

m2 l ( sin sin 0 ) m1 + m2

,

79


urkovi Vlado

Zadatak 2. U upljem cilindru teine P nalazi se kuglica teine G (sl. 2.29). Cilindar se moe translatorno pomerati po glatkoj horizontalnoj ravni. Oedrediti zakon kretanja centra inercije cilindra u zavisnosti od ugla , koji prava, koja prolazi kroz centar cilindra i kuglice zaklapa sa vertikalom. Dimenzije kuglice zanemariti. Poluprenik cilindra je R.

0

Slika 2.29. Cilindar i kuglica

Reenje: Primenimo zakon o kretanju centra masa sistema i projektujmo ga na x osu dobiemo aC mi = Fi ,xC = C1 = const. = ( xC )0 = 0 , xC = C2 = const. Kordinata centra mase sistema iznosi: P G x + ( x R sin ) mi xi = g g xC = . P G mi + g g a za poetni trenutku je: P G P G 0 + 0 x + ( x R sin ) R G sin g g g g . = x= P G P G G+P + + g g g g

( x ) xC mi = Fi x = 0 xC = 0 ,

80


urkovi Vlado

Zadatak 3. Odrediti pritisak N na zemljite, pumpe za crpljenje vode, pri njenom radu na prazno (sl. 2.30), ako je: G1 teina nepokretnog dela D pumpe i temelja E, G2 teina krivaje OA (OA=a) i G3 teina kukice B i klipa C. Krivaja OA , koja se obre konstantnom ugaonom brzinom , smatrati konstantnim tapom.

3 2

1

Slika 2.30. Pumpa na postolju pri radu na prazno

Reenje: Primenimo zakon o kretanju centra masa sistema

myC = Fi = G1 + G2 + G3 + N ,i =1

n

(1) (2)

( y ) yC

G1 + G2 + G3 = N ( G1 + G2 + G3 ) . g mi yi , tj. Teite sistema je yC = m G1 a3 G2 a G3 a1 + a2 + a1 + a2 cos + 2 2 g 2 g g , yC = G1 + G2 + G3 g a G1a3 + G2 a1 + G2 a2 G2 cos + G3 ( a1 + a2 ) 1 2 , yC = 2 G1 + G2 + G3

(3)

81


urkovi Vlado

yC =

1 a G2 a G2 sin = sin , 2 ( G1 + G2 + G3 ) 2 G1 + G2 + G3

(4) (5)

G2 a2 yC = cos . G1 + G2 + G3 Ako uvrstimo (5) u (2) dobijamo G2 a 2 G + G2 + G3 = N G1 + G2 + G3 , cos 1 G1 + G2 + G3 g

b

g

traeni pritisak N = G1 + G2 + G3 +

G2 a 2 cos . g

(6)

Zadatak 4. Na strmoj ravni nagiba nalaze se kolica mase m1 , koja podie electromotor, koji se obre konstantnim ugaonim ubrzanjem , pomou neistegljivog ueta (sl. 2.31.a). Masa strme ravni sa svim elementima na njoj, izuzev kolica, je m2 . Zanemarujui trenje izmeu strme ravni i horizontalne podloge, te uzimajui da je poluprenik kotura elektromotora r, odrediti: a) horizontalno kretanje strme ravni b) horizontalnu silu koja deluje na zavrtnje ako se pomou njih strma ravan privrsti za podlogu.1 21

1 2

1 2 2

Slika 2.31. Strma ravan i kolica sa silama

Reenje: a) Primenimo zakon o kretanju centra masa sistema, sl. 2.31b, i projektujmo ga na x osu m aC = m1 g + m2 g + N , (1) (2) ( x ) m aC x = m xC = 0 ,xC = C1 = ( xC )0 .

Koordinata centra masa je na osnovu slike82


urkovi Vlado

, m1 + m2 gde su: = const. ugaono ubrzanje, relativna koordinata, odakle drugi izvod (ubrzanje) iznosi m ( x + cos ) + m2 x A xC = 1 A =0. (3) m1 + m2 Vratimo se sa (3) u (2): x A ( m1 + m2 ) = m1 cos , gde je = r ,m1 r cos , (4) m1 + m2 a nakon prve integracije je m1 xA = r cos t + ( x A )0 , m1 + m2 odnosno nakon druge integracije horizontalno pomeranje strme ravni iznosi m1 t2 xA = r cos + ( x A )0 t + x0 . (5) m1 + m2 2 b) Horizontalnu silu (sl. 2.31.c) dobiemo primenom zakona o kretanju y centra inercije, gde su: Fi x horizontalna sila, Fi z vertikalna sila. z xA =

xC =

m1 ( x A + cos ) + m2 ( x A + l )

m aC = m1 g + m2 g + N + Fi x , z

n

(6) (7)

( x ) m aC x = m xC = F

i =1 x iz

.

Koordinata centra masa iznosi m ( x + cos ) + m2 ( x A + l ) xC = 1 A , odakle sledi m1 + m2 m cos xC = 1 . (8) m1 + m2 Vratimo se sa (8) u (7): m cos = Fi x Fi x = m1 cos , gde je = r , ( m1 + m2 ) 1 z z m1 + m2 (9) Fi xz = m1r cos 83


urkovi Vlado

Zadatak 5. Homogeni tap BA, teine G = mg i duine l, oslanja se krajem B na glatku horizontalnu ravan (sl. 2.32.a). Njegova osa zatvara sa horizontalom ugao . Odrediti putanju take A kada tap pada na ravan.

Slika 2.32. a) Homogeni tap na podlozi; b) koordinate karakteristinih taaka

Reenje: Primenimo zakon o kretanju centra masa na sistem, imajui na umu da su sve sile u smeru y ose. maC = Fi s , (1) ( x ) mxC = Fxs = 0 , xC = 0 xC = C1 = 0 , xC = C2 = l cos . (2) Koordinate take A u proizvoljnom poloaju su: x A = xC + l cos = l cos + l cos , y A = 2l sin , (3) odakle je: y x l cos cos = A , sin = A . (4) l 2l Eliminacijom parametra t vreme dobijamo traenu putanju 2 2 x A l cos y A + =1, l 2l y2 2 (5) ( xA l cos ) + A = l 2 , 4 to predstavlja luk elipse. Zadatak 6. Na homogenu prizmu A, koja lei na horizontalnoj podlozi, poloena je homogena prizma B, kao to je na sl. 2.33.a prikazano. Popreni preseci obeju prizama su pravougli trougli. Odrediti duinu l za84


urkovi Vlado

koju se pomer

Documents

Dinamika Materijalnih Sistema 2010_djurkovic Vlado