Meh 4 Pismeni Jan 1998

DODATAK 2:

PRIMERI ISPITNIH ZADATAKA Januar 1998. 1. Dva jednaka prizmatična tela 1 i 2 (ABC i ADE) istih masa M, miruju na horizontalnoj podlozi, dodirujući se u tački A. Iz tačke C tela pušta se kuglica K mase m, bez početne brzine. Tokom kretanja sistema kuglica dospeva na telo 2. Odrediti maksimalnu visinu h, koju kuglica dostiže krećući se po telu 2. Trenje zanemariti. 2. Homogeni valjak mase M, prečnika D i visine H, može da se kreće po horizontalnoj hrapavoj podlozi. Koeficijent trenja klizanja izmedju valjka i podloge je μ. Za valjak je, preko obruča A, gipkim užetom, preko kotura K, vezan teret B mase m. Mase kotura, užeta i obruča zanemariti. Odrediti minimalnu i maksimalnu visinu obruča h (horizontalnog dela užeta), tako da tokom kretanja ne dodje do preturanja valjka. 3. Dva jednaka štapa AB i BC (mase m i dužine b) zglobno su vezana i u nekom trenutku nalaze se u vertikalnom položaju. Ako u tački D dejstvuje horizontalna sila F ( BD =h), odrediti njenu promenu u funkciji ugla, koji štapovi grade sa vertikalom, da bi se sistem kretao kao jedno kruto telo. Odrediti zatim graničnu vrednost rastojanja h.

146

Priručnik za samostalne vežbe iz Dinamike sistema

Rešenje: 1. Iz teoreme o promeni količine kretanja materijalnog sistema sledi r dK r s = FR , (1) dt pa se projektovanjem vektorskih veličina iz jednačine (1) na horizontalnu Ox-osu dobija dK x = 0, (2) dt jer su napadne linije svih spoljašnjih sila (sile Zemljine teže, normalne reakcije podloge) vertikalne, pa je (3) K x = const = K x0 = 0 .

Predhodna jednačina Kx=0 isključuje mogućnost da će se tokom kretanja kuglice po telu 1 oba tela 1 i 2 kretati zajedno (kao jedno telo), jer je u tom slučaju (slika 1.1):

(

odnosno

)

K x = MV1 + MV 2 + m v kp + v kr cos ϕ ,

(4)

K x = (2 M + m )v + mv kr cos ϕ > 0 ,

(5)

gde su: v=V1=V2, vkp=v - prenosna brzina kuglice K, vkr - relativna brzina kuglice K, ϕ - ugao izmedju prenosne i relativne brzine kuglice u proizvoljnom položaju tokom kretanja po telu 1. To znači da će se tokom kretanja kuglice po telu 1 ono kretati nalevo (suprotno smeru x-ose), dok će telo 2 mirovati (slika 1.2). Od položaja kada kuglica napušta telo 1, ona mora preći put po horizontalnoj podlozi da bi dospela na telo 2. Pošto se trenje zanemaruje, tokom njenog horizontalnog kretanja, ona neće promeniti brzinu (posledica primene teoreme o promeni kinetičke energije!). Problem kretanja materijalnog sistema u ovom zadatku zapravo se sastoji iz tri faze kretanja: (1) kretanje podsistema kuglica-telo 1, (2) kretanje kuglice po podlozi, (3) kretanje podsistema kuglica-telo 2.

Primeri ispitnih zadataka

147

Vodeći računa da se tokom kretanja kuglice u drugoj fazi njena brzina ne menja, i primenom izraza Kx=const i teoreme o promeni kinetičke energije (za prvu i treću fazu kretanja) dobijaju se jednačine: mv12 MV12 + = mgR , 2 2 − MV1 + mv1 = 0 , −

mv12

MV22

(6) (7)

mV22

+ + = − mgh, 2 2 2 MV2 + mV2 − mv1 = 0.

(8) (9)

Četiri nepoznate veličine su V1, v1 - apsolutne brzine tela 1 i kuglice K u trenutku napuštanja tela 1, V2 - brzina tela 2 (i brzina kuglice K u najvišem položaju), visina h do koje će dospeti kuglica (tad joj je relativna brzina jednaka nuli). Iz jednačina (6) i (7) sledi: m 2MgR v1 , . (10) V1 = v1 = M +m M Unošenjem ovih izraza u jednačine (8) i (9) i eliminacijom brzine V2, dobija se 2

⎛ M ⎞ h = R⎜ ⎟ . ⎝ m+M ⎠

(11)

2. Na valjak, koji vrši translatorno kretanje, dejstvuje sistem sila (S ,Mg ,N ,Fμ ), gde je r

r r r

r r r r S - sila u užetu, Mg - težina valjka, N - normalna reakcija podloge, i Fμ - sila trenja

između valjka i podloge (v.sl.1.2.1). Primenom II Njutnovog zakona na kretanje tereta B (uklanjanjem užeta kao veze) dobija se r r r ma , = mg + S , , (1) tj. S = S , = m g − a, . (2) Pošto je uže neistegljivo, biće a = a' . Valjak se kreće trasnlatorno pravolinijski. Diferencijalne jednačine kretanja valjka glase: (3) Ma = S − Fμ , Fμ = μ N ,

(

)

(

)

148

Priručnik za samostalne vežbe iz Dinamike sistema 0 = N − Mg , 0 = Nx − Fμ

(4) H H⎞ ⎛ − S⎜ h − ⎟ . 2 2⎠ ⎝

(5)

Iz jednačina (3), (4) i (5) sledi μ ⎞ H M +m ⎛ h= + ⎜x − H ⎟. 2 m(1 + μ ) ⎝ 2 ⎠

(6)

r Do preturanja valjka doći će u slučaju ako je normalna reakcija N u položaju kad je njena napadna tačka na levoj ili desnoj ivici valjka, odnosno μ ⎞ H M +m ⎛ (7) h= + ⎜x − H ⎟, 2 m(1 + μ ) ⎝ 2 ⎠

hmin = h

x=−

D 2

,

hmax = h

x=

D 2

.

(8)

3. Dva štapa AB i BC čine materijalni sistem sa dva stepena slobode kretanja (slika 3.1). Ako se za generalisane koordinate (u proizvoljnom položaju sistema) usvoje uglovi ϕ i θ koje štapovi grade sa vertikalom mogu se formirati diferencijalne jednačine kretanja: d ∂E k ∂ E k (1) − = Qϕ , dt ∂ϕ& ∂ϕ d ∂E k ∂E k − = Qθ . ∂θ dt ∂θ&

(2)

Čitaocu se prepušta da samostalno dođe do izraza za kinetičku energiju Ek i generalisane sile Qϕ i Qθ..

Primeri ispitnih zadataka

149

Jednačine (1) i (2) imaju oblik: 4 1 1 mb 2ϕ&& + mb 2θ&& cos(θ − ϕ ) − mb 2θ& 2 sin(θ − ϕ ) = 3 2 2 (3) 3 = − mgb sin ϕ + Fb cos ϕ , 2 1 1 1 mb 2θ&& + mb 2ϕ&& cos(θ − ϕ ) + mb 2ϕ& 2 sin (θ − ϕ ) = 3 2 2 (4) 1 = − mgb sin θ + Fh cos θ . 2 Ako se štapovi AB i BD kreću kao jedno kruto telo tada je tokom kretanja ϕ = θ , ϕ& = θ&, ϕ&& = θ&& . Tada jednačine (3) i (4) dobijaju prostiji oblik: 11 3 mb 2ϕ&& = − mgb sin ϕ + Fb cos ϕ , (5) 6 2 1 5 (6) mb 2ϕ&& = − mgb sinθ + Fh cosθ , 2 6 odakle sledi 2mgb tgϕ . (7) F= 5b − 11h 5b Iz uslova da je F>0, sledi h < . 11 Čitaocu se takođe prepušta da dobijeni izraz za silu uvrsti u jednačinu (5) ili (6) i razmotri njeno rešavanje.