Meh 4 Pismeni Feb 1998

Februar 1998. 1. Po hrapavoj strmoj ravni nagiba α u odnosu na horizont, kotrljaju se bez klizanja cilindri A i B jednakih poluprečnika r i jednake mase m. Oba cilindra su homogena, a debljina zidova cilindra B se zanemaruje. Ako je koeficijent trenja između cilindara μ, odrediti ubrzanja njihovih središta i pritisak cilindra A na cilindar B. 2. Homogeni štap AB dužine b kreće se u vertikalnoj ravni, posredstvom klizača A, niz strmu ravan nagiba α. Zanemarujući težinu klizača i trenje, odrediti diferencijalne jednačine kretanja štapa. Može li se štap kretati tako da ugao između njega i pravca vertikale tokom kretanja bude konstantan? 3. Dva homogena štapa AB i BD, svaki dužine b i mase m, spojena su zglobno u tački B i miruju na glatkoj horizontalnoj ravni (
152

Priručnik za samostalne vežbe iz Dinamike sistema

Rešenje: 1. Uobičajeni način rešavanja zadataka sličnih ovom je formiranje sistema diferencijalnih jednačina kretanja za svako telo posebno (slika 1.1.). Za telo A:

m&x&A = mg sin α − N − Ft ,1 ,

(1)

0 = − mg cos α + N1 + μN , &x& J Az A = Ft ,1r − μNr , r za telo B:

(2)

m&x&B = mg sin α + N − Ft 2 , 0 = − mg cos α + N 2 − μN , &x& J Bz B = Ft , 2 r − μNr . r

(4) (5)

(3)

(6)

Pošto su cilindrična tela tokom kretanja stalno u kontaktu važi &x&A = &x&B = &x&, pa se rešavanjem sistema jednačina (1),...,(6) dobijaju tražene veličine N1, N2, Ft,1, Ft,2, N, &x& . Drugi način rešavanja podrazumeva formiranje manjeg broja jednačina, da bi se izbeglo traženje onih veličina, koje nije potrebno odrediti. Dovoljno je iz predhodnog sistema zadržati jednačine (1) i (3) i primeniti teoremu o promeni kinetičke energije materijalnog sistema u diferencijalnom obliku. Kinetička energija materijalnog sistema je 2

2

1 1 1 1 7 ⎛ &x& ⎞ ⎛ &x& ⎞ (7) J Ay ⎜ ⎟ + mx& 2 + J Bz ⎜ ⎟ + mx& 2 = mx& 2 . 2 2 2 2 4 r r ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Elementarni rad svih sila svodi se na zbir radova sila Zemljine teže i sila trenja klizanja. Rad sile trenja koja dejstvuje na cilindar A je r r δA = Fμ v dt , (8) Ek =

Primeri ispitnih zadataka

153

r gde je v brzina tačke cilindra na koju dejstvuje sila trenja Fμ=μN. Tako je δA x& ⎛ 2 ⎞⎟ = μNv cos 135 0 = μNr 2 ⎜ − = − μNx& . (9) ⎜ dt r ⎝ 2 ⎟⎠ Pokazuje se da je i elementarni rad sile trenja koja dejstvuje na cilindar B takođe: − μNx&dt . Polazni sistem jednačina je dakle: m&x& = mg sin α − N − Ft ,1 , (10)

&x&A = Ft ,1r − μNr , r dE k δA 7 = ⇔ m&x& = 2mg sin αx& − 2 μNx& . dt 2 dt Iz jednačina (1) i (2) sledi 1 ⎛ 3m&x& ⎞ N= ⎜ mg sin α − ⎟. 1+ μ ⎝ 2 ⎠ Zamenom ovog izraza u jednačinu (3) sledi 7 2mg sin α 3μ + m&x& = m&x& , 2 1+ μ 1+ μ tako da je konačno 4 g sin α mg sin α &x& = . , N= 7+μ 7+μ J Az

(11) (12)

(13)

(14)

(15)

2. Materijalni sistem prikazan na slici 2 ima dva stepena slobode, pri čemu je zadatkom ponuđen izbor generalisanih koordinata, tako da su Langranževe jednačine II vrste: d ∂E k ∂E k = Qx , (1) − dt ∂x& ∂x d ∂E k ∂E k − = Qϕ . (2) dt ∂ϕ& ∂ϕ Čitaocu se prepušta da dokaže da te jednačine imaju oblik: && &x& cos(α − ϕ ) g sin ϕ bϕ − + =0, (3) 3 2 2 && bϕ bϕ& 2 &x& − cos(α − ϕ ) + sin (α − ϕ ) − g sin α = 0 . (4) 2 2 && = 0 . Štap neće menjati tokom kretanja ugao sa vertikalom ako je ϕ& = 0 i ϕ Korišćenjem ovih uglova, iz jednačina (3) i (4) sledi ϕ = α = const ,

&x& = g sin α .

(5)

154

Priručnik za samostalne vežbe iz Dinamike sistema

Ako se štap i klizač u početnom trenutku nalaze u stanju mirovanja, pri čemu je štap upravan na strmu ravan, pa sistem započinje kretanje, tokom kretanja štap će se translatorno pomerati gradeći stalni ugao α sa vertikalom.

3. Štapovi AB i BD mogu da vrše ravno kretanje (slika 3.1), tako da se primenom teoreme o promeni količine kretanja i promeni momenta količine kretanja (za svaki štap) dolazi do šest jednačina: mv Cx = S cos α + I Bx , (1) (2) mv Cy = − S sin α + I By , Sb b cos α − I Bx , 2 2 mvTx = − I Bx , mvTy = − I By , J Cz ω 1 =

J Tz ω 2 = I By

b . 2

(3) (4) (5) (6)

U jednačinama (1),...,(6) nepoznate su vrednosti ω1, ω2, vCx, vCy, vTx, vTy, IBx, IBy. Korišćenjem kinematskih veza r r r r r r v B = v C + v BC i v B = vT + v BT , (7) dobijaju se još dve potrebne jednačine: b v Cx − ω 1 = vTx , (8) 2 b v Cy = − ω 1 + vTy . (9) 2 Rešavanjem sistema jednačina (1),...,(8) odredjuju se tražene vrednosti S 4S v Cy = − vTy = − sin α , sin α , (10) 5m 5m

Primeri ispitnih zadataka

155

7S 2S (11) v Tx = − cos α , cos α , m 5m 2S 18S I Bx = cos α , ω1 = cos α , (12) 5 5mb S 6S I By = sin α , ω2 = sin α . (13) 5 5mb Čitaocu se prepušta da primeti da u ovom zadatku nije bilo potrebno koristiti Njutnovu hipotezu o koeficijentu uspostavljanja. (Zašto?) v Cx =