107144682 Dinamika Materijalnih Sistema Djurkovic Vlado

8/15/2019 107144682 Dinamika Materijalnih Sistema Djurkovic Vlado

1/385


2/385

VOJNA AKADEMIJA

Vlado P. Đ urkovi ć

DINAMIKA MATERIJALNIHSISTEMA

- TEORIJA I PRIMERI -

Beograd, 2010. godine


3/385

Autorvanredni profesor dr Vlado P.ĐURKOVIĆ, dipl. ing.

Dinamika materijalnih sistema – teorija i primeri

Recenzenti:Prof. dr Dragoljub VUJIĆ, dipl. ing.Prof. dr Sr đan RUSOV, dipl. ing.

Izdavač :MINISTARSTVO ODBRANESEKTOR ZA LJUDSKE RESURSEUPRAVA ZA ŠKOLSTVOVOJNA AKADEMIJA BEOGRAD

Za izdavač a:mr Slaviša SAVIĆ, pukovnik, dipl. ing.

Jezič ki urednik: Nada RELIĆ, profesor

Tehnič ki urednik:Željko HR ČEK, potpukovnik

Tiraž: 200 primeraka

Štampa:Vojna akademija Beograd, Neznanog junaka 3

ISBN 86-xxxx-xxx-xPreštampavanje ili fotokopiranje nije dozvoljeno


4/385

Sretanki i Sonji


5/385


6/385

Predgovor Đ urkovi ć Vlado

3

PREDGOVOR

Ovaj udžbenik je namenjen studentima Vojne akademije (VA),smera Tehnič ke službe, kao i studentima tehnič kih fakulteta. Pored toga,udžbenik treba da korisno posluži i inženjerima u praksi, jer poredtemeljno izloženih principa kretanja materijalnog sistema, sadrži metode

rešavanja problema odnosno veliki broj rešenih zadataka.Postoji dosta obimna literatura iz mehanike materijalnog sistema nanašem jeziku, što se može zaključ iti i iz literature navedene na krajuknjige. Ipak ukazala se potreba za užbenikom ovog tipa radi obilja primera koji prate teorijska izlaganja. Studentima se u toku predavanjadetaljno objašnjavaju i dokazuju svi teoretski rezultati, a na vežbama seradi veliki broj primera iz prakse. Međ utim, i pored toga, veliki je brojstudenata koji sa naporom polože ispit iz Mehanike 3 i na taj nač in produže vreme studiranja, dovodeć i u pitanje konač an uspeh nastudijima. Iz ovih razloga sam se odluč io napisati ovaj udžbenik.

U našem obrazovnom sistemu se, tradicionalno, izlaže dinamikakretanja tač ke i krutog tela, a zatim se utvr đ uju opšti zakoni, teoreme kojiimaju opšti karakter, da bi se na kraju prešlo na sistem materijalnihtač aka i analitič ku mehaniku. U literaturi iz mehanike nema opšteusvojenog tumač enja termina „analitič ka mehanika”. Neki autoriidentifikuju analitič ku mehaniku sa teorijskom. Drugi smatraju da uanalitič ku mehaniku spada izlaganje mehanike u generalisanimkoordinatama. Treć e stanovište, od kojeg polazi i autor ove knjige,nazvan je „Predavanja iz analitič ke mehanike”, sastoje se u tome daanalitič ku mehaniku karakteriše kako sistem izlaganja tako i određ enikrug u njoj razmatranih pitanja.

Kao karakteristič no za sistem izlaganja analitič ke mehanike javlja seto da se u njenoj osnovi postavljaju opšti principi (diferencijalni iintegralni) i iz tih principa analitič kim putem dobijaju se osnovnediferencijalne jednač ine kretanja. Izlaganje opštih principa mehanike,izvođ enje iz njih osnovnih diferencijalnih jednač ina kretanja, ispitivanje


7/385

Predgovor Đ urkovi ć Vlado

4

samih jednač ina i metoda njihove integracije sač injavaju osnovni sadržajanalitič ke mehanike. Analitič ka mehanika ulazi kao deo kursa teorijskemehanike u program kako svih tehnič kih fakulteta, tako i u VA.

Ovaj udžbenik se pojavio iz kursa predavanja koje je autor držao za poslednjih 20 godina na VA. To je odredilo izbor materijala i karakternjegovog izlaganja.

Dinamika sistema materijalnih tač aka je izložena u šest poglavlja:dinamika mehanič kog sistema materijalnih tač aka, opšti zakoni kretanjasistema materijalnih tač aka, sferno kretanje mehanič kog sistema, približna teorija žiroskopskih pojava, teorija udara i osnovi analitič ke

mehanike.Udžbenik sadrži 386 stranica teksta, 479 crteža, 179 zadataka,kompletnu Tabelu momenata inercije materijalnih linija, površina izapremina i 7 primera.

Tekst je pisan i pripreman za štampu u WORD-u, a crteži su urađ eniu AutoCAD R14. Tehnič ku obradu, sve crteže, kucanje i prelom tekstauradio je autor.

Iako sam poklonio veliku pažnju konač nom oblikovanju ovogudžbenika, svestan sam moguć ih grešaka. Bić u zahvalan svima koji mi budu ukazali na propuste i greške kojih, s obzirom na obimnost materije,sigurno ima. Želim da se zahvalim Upravi za školstvo i Vojnoj akademijina podršci prilikom izdavanja ovog udžbenika, kao i radnicima Službe zaizdavač ku delatnost, na njihovom angažovanju oko konač ne tehnič keobrade i štampanja udžbenika.

Zahvaljujem se doc. dr V. Batinić u, dipl. ing. i drugim saradnicimakoji su pomogli da ova knjiga dobije baš ovakvu formu i sadržinu.

Takođ e, najlepše se zahvaljujem recenzentima dr Sr đ anu Rusov, dipl.ing., i dr Dragoljubu Vujić , dipl. ing. na primedbama i korisnimsugestijama, koje su doprinele da ovaj udžbenik dobije svoj konač anizgled.

Posebnu zahvalnost dugujem Nadi Relić , prof., koja je izvršila jezič ku

redakciju teksta.Beograd, januar 2009. godine

Autor


8/385


9/385


10/385


11/385


12/385

Dinamika mehanič kog sistema Đ urković Vlado

9

1. DINAMIKA MEHANI ČKOG SISTEMAMATERIJALNIH TA ČAKA

1.1. DEFINICIJA MEHANI ČKOG SISTEMA. OSOBINEUNUTRAŠNJIH SILA SISTEMA

Pod mehanič kim sistemom materijalnih tač aka (tela) podrazumevamotakav skup tač aka (tela) kod kojeg položaj i kretanje neke tač ke skupazavisi od položaja i kretanja ostalih tač aka skupa. Primer : svaki mehanizam neke mašine predstavlja mehanič ki sistem.

Sve sile koje deluju na neku tač ku mehanič kog sistema možemo podijeliti na spoljašnje i unutrašnje sile.

Pod spoljašnjom silom nekog mehanič kog sistema podrazumevamoonu silu koja izražava meru mehanič kog međ udejstva izmeđ u tač akarazlič itih skupova.

Pod unutrašnjom silom podrazumijevamo onu silu koja izražava merumehanič kog međ udejstva izmeđ u tač aka istog skupa. Unutrašnje sile

poseduju veoma važne osobine, kojeć emo prouč iti:a) glavni vektor unutrašnjih sila nekog mehanič kog sistema jednak jenuli.

Prema treć em Njutnovom, za tač ke M i i M i-1, je:, 1 1,u u

i i i i F F − −= −

, (1.1)

, 1 1, 0u ui i i i F F − −+ =

. (1.2)Odavde vidimo da je glavni vektor dvaju unutrašnjih sila tač aka i i

1i− jednak nuli (sl. 1.1). Ako bismo sada na isti nač in sabrali sveunutrašnje sile, onda je sasvim oč igledno dać e suma svih tih sila biti

jednaka nuli, to jest:

, 1( )

0n

u uij R

i ji j

F F =

≠

= =∑

, (1.3)


13/385


10

ui,i-1

ui-1,i

i-1

i

Slika 1.1 . Dve tač ke mehanič kog sistema

b) glavni moment unutrašnjih sila sistema za bilo koju tač ku kaocentar jednak je nuli (sl. 1.2).

i

i-1i

i-1u

i,i-1

i-1,iu

Slika 1.2 . Dve tač ke mehanič kog sistema i tač ka O kao centar

Može se izraziti na sledeć i nač in:, 1 1,u u

i i i i F F uO O O M M M − −= +

, (1.4)

, 1 1 1,u u uO i i i i i ir F r F − − −= × + ×

, (1.5)

( )1 , 1u uO i i i ir r F − −= − × , (1.6)

1 , 1 0u uO i i i i M M M F →

− −= × =

,

, 1(

( ) 0u u

nu F F

i ij O Oi ji j

r F M =

≠

× = = =∑

m , (1.7)

, 1( )

( ) 0u u R Rn

F F uO O i ij

i ji j

M r F =

≠

= = × =∑

m . (1.8)

Izrazom (1.8) definisana je druga osobina unutrašnjih sila, premakojoj je i glavni moment unutrašnjih sila mehanič kog sistema za bilo


14/385


11

koju tačku kao centar jednak nuli. Da bismo mogli da pre

đemo na dalje prouč avanje kretanja mehanič kog sistema, potrebno je da nešto više

kažemo o meri inertnosti pri kretanju mehanič kog sistema.

1.2. MASA MEHANI ČKOG SISTEMA.CENTAR MASA SISTEMA

Posmatrajmo kretanje mehanič kog sistema u Dekartovomkoordinatnom sistemu (sl. 1.3).

Na slici su: M 1, M 2, M 3, ... , M i, M n − tač ke sistema,

m1, m2, m3, ... ,mi, mn − mase tač aka,1 2 3, , ,..., ,i nr r r r r

− radijus-vektori tač aka.

13r O

y

x

O

nr

1Or

ξ

λ

ζ

m

r 1r ir 2

z 11M 3

m 3M Mii

i

mMn

n

ρ

Mm2

2 m

νµ

η

Slika 1.3 . Tač ke mehanič kog sistema

Jedna od osnovnih mera inertnosti pri kretanju ovog mehanič kogsistema jesteukupna masa mehanič kog sistema. Pod masom nekogmehanič kog sistema podrazumijevamo pozitivnu skalarnu velič inu koja je jednaka sumi masa pojedinih tač aka sistema.

Prema tome, masam je:

1

n

ii

m m=

=∑ . (1.9)Kretanje mehanič kog sistema ne zavisi samo od ukupne mase sistema

nego isto tako i od rasporeda masa u sistemu. Da bismo na neki nač in


15/385


12

okarakterisali raspored masa u sistemu, uvodimo pojam centar masasistema ili centar inercije. Pod centrom masa podrazumevamo tač ku (C )č iji je položaj definisan izrazom:

1

1

1n

i i ni

C i ii

m r r m r

m m=

== =∑

∑ . (1.10)Ako izraz (1.10) pomnožimo sa jedinič nim vektorima ( , ,i j k

),

dobijamo koordinate centra masa, u obliku:

1

1 nC i i

im x

m == ∑ ,

1

1 nC i i

i y m y

m == ∑ ,

1

1 nC i i

i z m z

m == ∑ . (1.11)

Iako se položaj centra masa sistema (C ) i položaj težišta (T ) određ uju po slič nim formulama, izmeđ u pojma centar masa i pojma težište postoji bitna razlika. Naime, položajcentra masa mehanič kog sistema zavisiisključ ivo od masa pojedinih tač aka sistema i od njihovog položaja.

Za razliku od toga,težište predstavlja napadnu tač ku vezanog sistema paralelnih sila, pa prema tome zavisi od sila gravitacije koje deluju namehanič ki sistem. Ukoliko se mehanič ki sistem nalazi u homogenom polju sila (Zemljina teža), tada se položaj centra masa poklapa sa položajem težišta.

Centar masa se ne mora poklapati sa težištem (sl. 1.3).1 1 1; ;O i i iOO r O M OM r = = ρ =

;1 1i iOM OO O M = + tj., 1i Or r = +ρ

pa je 1i Or r ρ = − .

Potražimo sada položaj centra masa sistema u odnosu na pokretnikoordinatni sistem.

( )1 1 11 1 1

1 1n

i n n ni

C i i O i i i Oi i i

mm r r m r m r

m m m=

= = =

ρ ρ = = − = − =

∑∑ ∑ ∑

1 11 1

1 1n ni i O i C O

i im r r m r r

m m= == − = −∑ ∑ ,

1C C Or r ρ = −

, odakle je 1C C Or r = ρ +

.Oč igledno je da položaj centra masa ostaje nepromjenjen bez obzira

na pomič ni koordinatni sistem. Ukupna masa sistema i položaj centramasa pri obrtnom kretanju mehanič kog sistema nisu jedine mere


16/385


13

inertnosti, zbogčega se još uvodi i pojam moment inercije masa ilimoment masa sistema.

1.3. KRUTO TELO

Sistem kod kojeg su rastojanja izmeđ u tač aka nepromenljiva naziva seneizmenljivi sistem meterijalnih tač aka. Neizmenljivi sistem se možesimbolič ki predstaviti sistemom od mnogo materijalnih tač aka spojenihmeđ usobno bestežinskim štapovima u mnoštvo malih tetraedara (sl. 1.4).Ako je broj materijalnih tač aka sistema beskonač no velik, a dužinespojnih štapova beskonač no male, dobijeni model mehanič kog sistema

naziva se apsolutno krutim telom.

M2

1

1M

2M

33M

M1

2 M

M3M

M44 M 4

Slika 1.4 . Mehanič ki model krutog tela

1.4. DEFINICIJA MOMENTA INERCIJE

Da bismo videli da pri obrtnom kretanju mehanič kog sistema, poredmase i položaja centra inercije, treba uvesti još jednu meru inercije,razmotrimo sledeć i eksperiment (sl. 1.5).

Pretpostavimo da su masem1 i m2 iste i da se nalaze na jednakomrastojanju od ose obrtanjaOE .

Ako č itav sistem rotira ugaonom brzinomω oko oseOE , kugle A i B ć e zauzeti određ eni položaj na poluzi AB, pri č emu ć e rastojanja od oseOE biti ista. Ako bismo sada nekim spoljašnjim uticajem razmakli osekugle za ∆l , ugaona brzina bi se smanjila. U suprotnom, ako bismo primakli kugle osi rotacije, ugaona brzina bi se poveć ala. Analizirajmosada zbogč ega dolazi do poveć anja, odnosno smanjenja ugaone brzine.Što se tič e ukupne mase sistema ona je za cijelo vreme konstantna.Razmicanjem (primicanjem) ne menja se centar inercije, što znač i da se


17/385


14

ovim razmicanjem (primicanjem) menja neka druga karakteristikasistema, koja izražava meru inercije sistema pri rotacionom kretanju. Tamera inercije se nazivamoment inercije sistema ili moment inercijemasa.

l ∆ l

A

l ∆l

B

ω

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

rotacionom kretanju

Moment inercije vezan za pojedini geometrijski pojam (ravan, osu ilitač ku − pol) definiše se u obliku (sl. 1.6):

2 2

1

n

i ii m

J m dm=

= ρ = ρ∑ ∫

,[ ]

2 J kgm =

, (1.12)

gde je ρ − najkrać e rastojanje neke tač ke M i tela do date ravni, ose ilitač ke.

Prema tome, moment inercije krutog tela za ravan (za pojedine ravni u pravouglom koordinatnom sistemu) jednak je:

2Oxy

m

J z dm=∫ , 2Oyzm

J x dm= ∫ , 2Oxzm

J y dm=∫ . (1.13)Momenti inercije za pojedine ose (aksijalni momenti) definišu se u

obliku:( )2 2Ox

m

J y z dm= +

∫, ( )2 2Oy

m

J x z dm= +

∫, ( )2 2Oz

m

J x y dm= +

∫. (1.14)

Momenti inercije za pojedine ravni i ose su vezani sledeć imrelacijama, koje slede iz izraza (1.13) i (1.14)

Ox Oxy Oxz J J J = + , Oy Oxy Oyz J J J = + , Oz Oxz Oyz J J J = + (1.15)


18/385


15

x

z

yiA i

O

ir

ix

Bi

i

y

iM

iCz

Slika 1.6 . Proizvoljna tač ka mehanič kog sistema

Moment inercije za tač ku O (polarni moment inercije) bić e:( )2 2 2 2O

m m

J r dm x y z dm= = + +∫ ∫ . (1.16) Na osnovu izraza (1.16) i (1.13) sledi:

O Oxy Oyz Oxz J J J J = + + , (1.17)

a na osnovu izraza (1.16) i (1.14) sledi: 1 ( )2O Ox Oy Oz

J J J J = + + .

Ponekad se pri definiciji aktivnog momenta uvodi i pojam polupreč nikinercije. Na primer, ako saix označ imo polupreč nik inercije za osu x,onda je:

2 x x J m i= , (1.17)

x x

J i m= . (1.18)Polupreč nik inercije je definisan izrazom (1.18).


19/385


16

1.5. HAJGENS–ŠTAJNEROVA TEOREMA

Štajnerova ili Hajgensova teorema govori o vezi izmeđ u momenatainercije za osu koja prolazi kroz centar inercije tela i momenta inercije zaneku proizvoljnu osu paralelnu sa prvom (centralnom) osom (sl. 1.7).

Moment inercije za osu z koja prolazi kroz koordinatni poč etakO je:

( )2 2 21 1

n n

Cz i iz i i ii i

J m r m x y= =

= = +∑ ∑ ,a za paralelnu osu 1 z koja prolazi kroz tač ku 1O , a nalazi se na osi y,

jednaka je: ( )22 21 1 11 1

n n

O z i iz i i i

i i

J m r m x y d = =

= = + − ∑ ∑ ,

( )2 2 21 11

2n

O z i i i ii

J m x y d y d =

= + + −∑ ,

( )2 2 21 11 1 1

2n n n

O z i i i i i ii i i

J m x y d m y d m= = =

= + − +∑ ∑ ∑ .

iiiiM

O

xiy

=Oix

izy

r

z

r

i

z

Slika 1.7 . Paralelne ose i proizvoljna tač ka mehanič kog sistema

Pošto je ( )2 21

n

i i i zi

m x y J =

+ =∑ , a s obzirom da je osa z centralna osa,tada drugi integral (suma) iznosi:


20/385


17

10

n

i i C i

m y my=

= =∑ , pa sledi da je: 21 z z J J md = + , tj. J z1> J z. (1.19)

Dobijeni izraz predstavljaŠtajnerovu (Hajgensovu) teoremu za vezuizmeđ u sopstvenog i položajnog momenta inercije za telo. S obzirom na poslednji izraz, veza izmeđ u radijusa inercije tela za ose z i 1 z je:

2 2 21 z zmi mi md = + , 2 2 21 z zi i d = + . (1.20)

1.6. ODRE ĐIVANJE MOMENATA INERCIJE ZA BILO KOJU

OSU KOJA PROLAZI KROZ KOORDINATNI PO ČETAK.CENTRIFUGALNI MOMENTI INERCIJE

Potražić emo moment inercije tela za proizvoljnu osu „u” koja prolazikroz koordinatni poč etak i sa osama x, y i z zaklapa ugloveα, β i γ. Na sl.1.8. je sa M i označ ena proizvoljna tač ka, a sa K i njena projekcija na osu„u”. Moment inercije za osu „u” je:

( ) ( ) ( )22 2 2 01 1 1

n n n

u i i i i i i i i ii i i

J m h m OM OK m r r r u= = =

= = − = − ∑ ∑ ∑ . (1.21)

i i i i ir OM x i y j z k →

= = + +

, 2 2 2 2i i ir r OM x y z = = + + .

x iy

O

ix

ii z

i

z

i

i

y

Slika 1.8 . Proizvoljna osa i tač ka mehanič kog sistema


21/385


18

Projekcija vektora iOM na osu „u”:

0u - jedinič ni vektor ose „u”, i iOM r = , ( )0 01 cos ,i i ir u OM r u =

,

0 cosu i = α; 0 cosu j = β; 0 cosu k = γ;

( )0 0 0 0i i i i ir u OK x i u y j u z k u = = + + =

cos cos cosi i i x y z= α + β + γ.Prema tome sledi:

( ) ( )22 2 2 21 1

cos cos cosn n

u i i i i i i i i ii i

J m h m x y z x y z= =

= = + + − α + β + γ ∑ ∑ ,

( )( )2 2 2 2 2 21

cos cos cosn

u i i i ii

J m x y z=

= + + α + β + γ −∑ ( )2cos cos cosi i i x y z − α + β + γ .

Dalje možemo pisati:2 2 2 2 2 2

1( cos cos cos

n

u i i i ii

J m x x x=

= α + β+ γ +∑ 2 2 2 2 2 2cos cos cosi i i y y z+ α + β+ γ + 2 2 2 2 2 2cos cos cosi i i z z z+ α + β + γ + 2 2 2 2 2 2cos cos cosi i i x y z− α − β − γ −

2 cos cos 2 cos cos 2 cos cos )i i i i i i x y y z z x− α β − β γ − γ α Nakon sređ ivanja imamo:

2 2 2 2 2 2

1 1( ) cos ( )cos

n n

u i i i i i ii i

J m y z m x z= =

= + α + + β +∑ ∑ 2 2 2

1 1( )cos 2cos cos

n n

i i i i i ii i

m x y m x y= =

+ + γ − α β −∑ ∑

1 12cos cos 2cos cos

n n

i i i i i ii i

m y z m z x= =

− β γ − γ α∑ ∑ ,gde su:

( )2 21

n

i i i xi

m y z J =

+ =∑ , ( )2 21

n

i i i yi

m z x J =

+ =∑ , ( )2 21

n

i i i zi

m x y J =

+ =∑ , (1.22)aksijalni momenti inercije za ose x, y i z.


22/385


19

Izrazi:1

n

i i i xyi

m x y J =

=∑ , 1n

i i i yzi

m y z J =

=∑ i 1n

i i i xzi

m z x J =

=∑ . (1.23) predstavljajucentrifugalne momente inercije za ose x, y i z. Prema tome,moment inercije za proizvoljnu osu″u″ koja prolazi kroz koordinatni poč etak je:

2 2 2cos cos cosu x y z J J J J = α + β + γ − 2 cos cos 2 cos cos 2 cos cos xy yz xz J J J − α β − β γ − α γ, (1.24)

a tenzor inercije tela izgleda ovako:[ ] x xy xz

yx y yz

zx zy z

J J J J J J J

J J J

− − = − − − −

. (1.25)

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

Iz koordinatnog poč etka povucimo proizvoljnu osu „u” pod uglovimaα, β i γ. Na toj osi usvojić emo neku tač ku N ( x, y, z). Moment inercije zaosu "u" je, kao što znamo, izraz (1.24):

2 2 2cos cos cosu x y z J J J J = α + β + γ − 2 cos cos 2 cos cos 2 cos cos xy yz xz J J J − α β − β γ − α γ.

x y

Ox

z

z

y

Slika 1.9. Proizvoljna tač ka na osi


23/385


20

S obzirom na to da je:cos i xρ α = ρ = , cos j yρ β = ρ = , cos k zρ γ = ρ = .

cosON

α = , cos yON

β = i cos zON

γ = .

Tada je:2 2 2 2 2 2 2u x y z xy yz xz J ON J x J y J z J xy J yz J xz= + + − − − .

Odaberimo tač ku N , takvu da je:

u

k ON J

ρ = = ; (k=1; koeficijent).

Tada sledi:2 2 2 2 2 2 1 x y z xy yz xz J x J y J z J xy J yz J xz+ + − − − =. (1.26)

xx y

O

z x

y

y

zz

Slika 1.10. Elipsoid inercije

Jednač ina (1.26) predstavlja jednač inu elipsoida inercije, č ije sesredište nalazi u koordinatnom poč etku, tač ki O. Ako izrač unamomomente inercije x J , y J i z J za ose x, y i z i centrifugalne momente

xy J , yz J i zx J , pa onda konstruišemo površinuč ija je jednač ina saglasnasa (1.26), dobić emo površinu kod koje je udaljenje tač aka odkoordinatnog poč etka ρ određ eno sa:


24/385


21

1u J

ρ = . (1.27)

Ako konstruišemoelipsoid inercije, onda se,č isto geometrijski, možeodmah utvrditi moment inercije za osu proizvoljnog pravca koji prolazikroz središte elipsoida.

Ose simetrije dobijenog elipsoida inercije za neku tač ku O predstavljaju glavne ose inercije za tu tač ku. Glavne ose inercije suobeležene sa x1, y1 i z1. Ukoliko se za ose usvoje glavne ose, x1, y1 i z1,tada jednač ina elipsoida inercije postaje:

1 1 1

2 2 21 1 1 1 x y z J x J y J z+ + = . (1.28)

Za glavne ose inercije su centrifugalni momenti posmatranog sistema jednaki nuli, to jest:1 1 1 1 1 1

0 x y y z x z J J J = = = . (1.29)

1.8. NEKI SLU ČAJEVI KADA SU CENTRIFUGALNI MOMENTIJEDNAKI NULI

a) Teorema 1: Ako homogeno telo ima osu simetrije, onda je onaglavna centralna osa inercije.

Neka su tač ke M i N simetrič ne u odnosu na osu z, tj. ( ), , x y z ;

( ), , N x y z− − . Vidi sl. 1.11.

x

O y

z

Slika 1.11. Simetrič ne tač ke u odnosu na z osu

Tada jednač ina elipsoida (1.26) za ove tač ke glasi:( M ): 2 2 2 x M y M z M J x J y J z+ + −2 2 2 1 xy M M yz M M xz M M J x y J y z J x z− − = ,


25/385


22

( N ):2 2 2

x M y M z M J x J y J z+ + − 2 ( )( ) 2 ( ) 2 ( ) 1 xy M M yz M M xz M M J x y J y z J x z− − − − − − − =. Nakon oduzimanja dobijamo:4 4 0 yz M M xz M M J y z J x z+ = ( )4 0 M yz M zx M z J y J x+ = ,

0 yz M zx M J y J x+ = .S obzirom na to da je 0 M y ≠ i 0 M x ≠ , tada je i

0 yz zx J J = = . (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.Primenjujuć i postupak sabiranja, kao i kod dokaza prethodne teoreme,

dobija se:

1 1 1 1 1 11

( ) ... 0n

xz i i ii

J m x z m x z m x z=

= = = − + + = ∑ 0 xz J = . (1.31)Slič no se može pokazati da je centrifugalni moment za osu z i bilo

koju osu koja leži u ravni simetrije jednak nuli,č ime je teoremadokazana:

0 yz J = . (1.32)

x

O

z

y

Slika 1.12. Ravan simetrije i MN upravna osa

c) Teorema3: Ako je z osa glavna centralna osa inercije, ona to ostajei dalje, ako se paralelno (vertikalno) pomera koordinatni sistem.


26/385


23

Neka su ose x1, y1 i z1 glavne centralne ose inercije tela (T ). Tada je:1 1 1 1 1 1

0 x y y z x z J J J = = = .Ako u tač ki O, na osi z, postavimo ose x i y, tada koordinatna

transformacija glasi:1 x= ; 1 y y= ; 1 z z h= − .

Pokažimo da je J xz=0.

( ) ( )1 1 1 11

n

xz iim m

J xz dm x z h dm m x z h=

= = − = − =∑∫ ∫

1 1 1 11 1 1 1

1 1

0n n

i i x z x z C

i i

m x z h m x J hmx J hmx= =

= − = − = − =∑ ∑ .

x

x y

y

zz

Slika 1.13. Vertikalno pomeren koordinatni sistem

Poslednji izraz, na osnovu elipsoida inercije, jednak je: 0C x m = , č ime je teorema dokazana.

1.9. ODRE ĐIVANJE MOMENATA INERCIJE KRUTOG TELA ZAPROIZVOLJNU OSU PREKO GLAVNIH MOMENATA INERCIJE

a) Osa „u” prolazi kroz centar inercije tela

Pretpostavimo da su kroz centar inercijeC povuč ene glavne centralne

ose inercije x1, y1 i z1 i proizvoljna osa „u”. Tada, na osnovu (1.24) iteorema iz naslova 1.8, imamo:1 1 1

2 2 2cos cos cosu x y z J J J J = α + β + γ. (1.33)


27/385


28/385


29/385

Momenti inercije primeri Đ urković Vlado

26

Aksijalni moment inercije iznosi: / 2/ 2 3 22 2 2

/ 2 / 2

13 12 12

bb

xm b b

y b J y dm y dy b mb− −

= = ρ = ρ = ρ =∫ ∫ . Na sli č an na č in odredi ć emo moment inercije za osu Cy

/ 2/ 2 3 22 2 2

/ 2 / 2

13 12 12

aa

ym a a

x a J x dm x dx a ma− −

= = ρ = ρ = ρ =∫ ∫ .

Primer 3. Izra č unati moment inercije tankog homogenog prstena (sl.1.18) mase m i polupre č nika R.

Slika 1.18. Prsten mase m i polupreč nika R

Rešenje: Pretpostavljamo da je raspored masa linijski. Da bismoizra č unali moment inercije prstena za osu Cz, zamislimo da smo prstenizdelili na elementarne delove dužine ds i mase dm, pa aksijalni momentinercije iznosi:

2 2 2C z

L L

J R dm R dm mR= = =∫ ∫ .

Primer 4. Izra č unati moment inercije homogene kružne plo č e (sl. 1.19)mase m i polupre č nika R.

Slika 1.19. Kružna ploč a mase m i polupreč nika R


30/385


27

Rešenje: Disk, (ploču)

ćemo podeliti na elementarne delove oblikakružnog prstena polupre č nika r a širine dr , pa elementarna masa prstena

(sl. 1.19) iznosi 2dm dA r dr = ρ = ρ π , a moment inercije elementarnemase je: 2 32C zdJ r dm r dr = = πρ .

Moment inercije diska odre đ en je izrazom4

3 2

0

12 2

4 2

R

C z R J r dr mRπρ= πρ = =∫ ,

jer je masa diska 2m A R= ρ = ρ π, a ρ −gustina materijala.

Primer 5. Izra č unati centrifugalni moment inercije tela na sl. 1.20, akosu poznate mase delova sistema 1 2m m= 2 3m m= .

1

2

Slika 1.20. Mehanič ki sistem ploč a – štap

Rešenje: Sistem rastavimo na delove (sl. 1.21), pa je za plo č ucentrifugalni moment

Slika 1.21. Deo sistema (ploč a) za koji se traži centrifugalni moment inercije


31/385


28

jednak J yzdm yzm II

= z 2 , gde je element mase za homogeno telo jednakdmm

dA A

2

2

= , (1)

2 22 2

m mdm dA dydz A l l

= = dm ml

dydz2 222= . (2)

( )22 2

22 2 22 2 2

0 0 0 00

14 0

2 2 2 2 2 II

l l l l l

yzm m m z J ydy zdz ydy ydy l l l l

= = = −∫ ∫ ∫ ∫ ,2

2 2222

0 0

122 2 2 II

l l

yz

m y J l ydy m ml l = = =∫ .Dakle centrifugalni moment plo č e je J ml yz II =

2

2. (3)

Potražimo (sl. 1.22) sada centrifugalni moment štapa tj. J yzdm yz

m I

I

= z , (4)gde je element mase za homogeno telo jednak

dmm

dl l

= ,

dm m

l dl m

l dy= = , (5)

pa je J yzdm z yml

dy l ml

ydy m y yzmm l

l

l

l

I

I I

= = = =z z z 1 1 122 2

2 22

,

( )22 2 2 21 1 4 3 I l

yz l J m y m l l ml = = − = . (6)

2

Slika 1.22. Deo sistema (štap) za koji se traži centrifugalni moment inercije


32/385


29

Dakle ukupni centrifugalni moment je:2 2 21 73

2 2 I II yz yz yz J J J ml ml ml = + = + = . (7)

Primer 6. Izra č unati centrifugalni moment inercije tela datog na sl. 1.23.

3

12

Slika 1.23. Mehanič ki sistem trougaona ploč a – štap

Rešenje: Potražimo (sl. 1.24) ugao i jedna č inu pravca, tj.

03tg =3033

l l

α = = α .

Koordinate ta č aka su: D( y, z), D( l 3 ,0), pa je jedna č ina pravca kroz

tač ke B i D je z z k y y− = −0 0b g, tj. z tg y l − = ° −0 30 3d i, z y l = −3

33d i. (1)

3

Slika 1.24. Trougaona ploč a za koju se traži centrifugalni moment inercije


33/385


30

Centrifugalni moment plo č e je 1 1 yzm

J yz dm= ∫ , element mase1

21

21 332

dm dA dydz dydzm A l l l

= = =

1dm =2

32m

l dydz. (2)

( ) ( )

1

1

3 33 33 3 23 3

1 2 20 0 0 0

2 223 3

y l y l l l

yzm

m m z J yzdm ydy zdz ydyl l

− −

= = = =∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( )3 3

2 2 3 2 22

0 0

1 32 3 3 2 3 3

23 3

l l m ydy y l y l y l y l y dy y

l

= − + = − + =∫ ∫ 3

4 3 22

20

32 3

4 3 23 3

l m y y l l y

l = − +

,

J ml yz12

4 3= . (3)

3

Slika 1.25. Štap za koji se traži centrifugalni moment inercije

Potražimo (sl. 1.25) centrifugalni moment štapa i ostale potrebneveli č ine.

2

2

dm dzm l

= 2mdm dzl

= . (4)

2

2

0 0

32

l l

yz m m z J y zdz l l l = = ∫ J ml yz22

23= . (5)

Ukupni centrifugalni moment je:


34/385


31

1 2

2 227 33

2 124 3 yz yz yz ml ml J J J ml = + = + = = . (6)

Primer 7. Izra č unati moment inercije tela, mase m (homogenog pravouglog paralopipeda) datog na sl. 1.26.

Rešenje: Uo č imo (sl. 1.26), elementarni deo paralopipeda, zapreminedV dxdydz= ρ . Moment inercije paralopipeda za osu Cx odre đ uje seizrazom

( ) ( )2 2 2 2C xV V

J y z dm y z dxdydz= + = ρ + =∫ ∫∫∫

( )2 2 2 23

a c b a b a

a c b a b a

abcdx dz y dy dx dy z dz b c− − − − − −

= ρ + ρ = = ρ +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ,gde je m abc= ρ .

Analognim postupkom odre đ uju se momenti inercije za ose Cy i Cz,

( )2 23C ym J c a= + , ( )2 2

3C zm J a b= + .

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


35/385

Momenti inercije tablice Đ urkovi ć Vlado

32

Telo Moment inercije ipolupre č nik inercije

Zapremina i centarmasa

Tanki štap 213 x z

J J ml = =

21 1

112 x z

J J ml = =

1 0 y y J J = = 1 1 0,2866 x z i i l = =

0C x =

2C l

y =

0C z = * L l =

*−dužinaDisk-materijalna površ 21

2 x J mr =

214 y z

J J mr = =

0,707 xi r = 0,5 z i r =

0C x =

0C y = 0C z =

** 2 A r = π **− površina

Tanka ploč a – pravougaona površ

1

1

( )2 212 xm

J a b= +

2112 y

J mb=

2112 z J ma=

21

23 x

J ma=

21

13 y

J mb=

2 236 x

i a b= +

36 y

i b=

36 z

i a=

0C x = 0C y = 0C z =

** A ab= **− površina


36/385


33


Zapremina icentar masa

Elipsasta površ( )2 214 x J m a b= +

214 y

J mb=

214 z

J ma=

0C x = 0C y = 0C z =

** A ab= π **− površina

Materijalni kružni prsten ( )2 22 xm J R r = +

( )2 24 ym

J R r = +

( )2 24 z m

J R r = +

0C x = 0C y = 0C z =

( )** 2 2 A R r = π −**− površina

Materijalna kružnica 2 x J mr =

21

2 y J mr =

212 z

J mr =

0C x = 0

C y =

0C z = * 2 L r π =

*−dužinaMaterijalni kružni luk

αα

2 x J mr =

2 sin212 2 y

mr J

α = − α

2 sin212 2 z

mr J

α = + α

0C x = sin

C

r y

α=α

0C z = * 2 L r = α

*− dužina


37/385


34

Telo Moment inercije i

polupre č nik inercijeZapremina icentar masa

Sferna ljuska 0C x = 5 5

3 325 x y z

R r J J J m

R r −= = =−

, 0C y =

Šuplja lopta tankih zidova 0C z =

r R≈ , 223 x y z

J J J mR= = =

0,816i R= Puna lopta 22

5 x y z J J J mr = = =

0,6325 x y z i i i r = = =23

5C J mr =

0C x = 0C y = 0C z =

*** 343

V r = π

***− zapreminaPolulopta

1

1

38

283320 x y

J J mR= =

21 25 z z

J J mR= =

21 1

25 x y

J J mR= =

0,5092887 x yi i R= =

*** 323

V r = π

***−zapremina38C

z r =

0,6325 z i R=

Troosni elipsoid

1

1

1

( )2 25 xm

J b c= +

( )2 25 ym

J c a= +

( )2 25 z m J a b= +

( )2 21 65 xm

J b c= +


38/385


35



Cilindarska cev (cilindar)( )2 2 23 32 x

m J R r H = + +

( )2 2 23 32 ym

J R r H = + +

( )2 22 z m

J R r = −

2 2 20,2886 3 3 xi H R r = + −2 2 20,2886 3 3 yi H R r = + −2 2

0,707 z i R r = −

0C x = 0C y = 0C z =

( )*** 2 2V H R r = π −***−zapremina

Puni pravi kružni cilindar(valjak)

1

1

( )2 2312 xm

J R H = +

( )2 2312 ym

J R H = +

212 z

J mR=

2 20,2886 3 xi H R= +0,707 z i R=

0C x = 0C y = 0C z =

*** 2V r H = π ***−zapremina

Šuplji cilindar tankih zidova 2 x J m r =

( )2 2612 ym

J H r = +

( )2 2612 z m

J H r = +

xi r = 2 20,2886 6 z i H r = +

0C x = 0C y = 0C z =

** 2 A r H = π **− površina


39/385


36



Piramida pravougle osnove

1

1

1

( )2 21 1 4 380 x J m b h= +

( )2 21 1 4 380 y J m d h= +

( )2 21 120 z J m b d = + Pravilnač etvorougaonab=d

( )2 21 4 320 xm J b h= +

( )2 21 4 320 ym

J b h= +

21

110 z

J mb=

0C x = 0C y =

4C h

z =

***

3bdh

V =

***−zapremina

Puni pravi kružni konus(kupa)

1

1

1

Prava zarubljna kupa

22

1320 4 xm h

J R = +

22

13

20 4 y

m h J R

= +

21

310 z z

J J mR= =

22

1 0,3865 4 xh

i R= +

1 0,5477 z i r = Omotač kupe

212 z

J mR= Prava zarubljna kupa

5 5

3 33

10 z R r J m R r

−=−

0C x =

0C y =

4C h

z = 2

***

3 R h

V π=

***−zapremina


40/385


37

Telo Moment inercije i

polupre č nik inercijeZapremina icentar masa

Kružni prsten pravougaonog popreč nog preseka ( )2 2 212 3 224 x

m J R b h= + +

( )2 2 212 3 224 ym

J R b h= + +

( )2 244 z m

J R b= +

0C x = 0C y = 0C z =

Kružni prsten kružnog popreč nog preseka ( )2 24 58 x

m J R r = +

( )2 24 58 ym

J R r = +

( )2 24 34 z m

J R r = +

0C x = 0C y = 0C z =

Pravougli paralopiped

1

1

1

2 20,2886 xi c b= + 2 20,2886 yi c a= + 2 20,2886 z i b a= +

( )2 21

12 y J m c a= +

( )2 21 1

3 x J m b c= +

( )2 21 112 y J m c a= +

( )2 21 13 z J m a b= +

( )2 2112 x J m b c= +

( )2 2112 z J m a b= + Kocka stranicea :

216 x y z J J J ma= = =

0C x = 0C y = 0C z =

***V abc=


41/385


38

Telo i momenti inercije za ose

Telo koje nastaje obrtanjem merdijana ( ) y f z = oko Oz ose

ξ

η

[ ] [ ]2 2

1 1

4 221 ( ) ( )4

z z

x y z z

J J f z dz z f z dz = = ρπ + ρπ∫ ∫ ,

[ ]2

1

41 ( )2

z

z z

J f z dz = ρπ∫ ,m V Al = ρ = ρ ,

2 x C J J J mz ξ η= = + .


42/385


39


Konus koji nastaje obrtanjem merdijana, prave R

y z l

= , oko Oz ose, sl. a)

ξ

η

αα

α

( )2 28 420 x y J J m l R= = + ,23

10 z J mR= ,

213

m R l = ρ π , 34C

z l = ,2

2320 4

l J J m Rξ η

= = +

.

Zarubljenji konus, sl. b)5 5

43

1 1 3 110 1 10 1 z

J R h mR− ψ − ψ= ρπ = ρπ− ψ − ψ

,r

Rψ = ,

( ) ( )2 2 2 21 1 13 3m R Rr r h R h= ρ π + + = ρ + ψ + ψ π.


43/385


40


Paraboloid koji nastaje obrtanjem merdijana,2

2 2 b y pz z a

= = , oko Oz ose,slika a).

ξ

η

ξ

η

ζ

( )2 21 36 x y J J m a b= = + ,21

3 z J mb= , 21

2m ab= ρ π,

221

6 3a

J J m bξ η = = +

, 213 z

J mb= , 23C

z a= .

Paraboloid koji nastaje obrtanjem merdijana,2

2 2 b y pz z a= = , oko O y ose,slika b).

2518 y

J ma= ,2 25 18

18 2 7 x z a b

J J m = = +

, 215

m ba= ρ π,

2 2518 2 14

a b J J mξ ζ

= = +

, 25

18 y J ma= , 5

6C y b= .


44/385


45/385


46/385

Opšti zakoni mehanič kog sistema Đ urković Vlado

43

2. OPŠTI ZAKONI KRETANJA SISTEMAMATERIJALNIH TA ČAKA

2.1. DIFERENCIJALNE JEDNA ČINE KRETANJAMEHANI ČKOG SISTEMA

Razmotrimo mehani čki sistem koji ima n materijalnih ta čaka i koji sekreće u odnosu na izabrani referentni sistem. U tom mehani čkom sistemuuočimo jednu ta čku M i, pa sve sile koje deluju na tu ta čku razložimo naspoljašnje si F i unutrašnje sile

ui F (sl. 2.1).

Cr

y

x

O

ir iuF

F

1r

z

sF1

1MC

1u

iM

sFi

Slika 2.1. Tač ke sistema i sile koje deluju na njih

Na taj na čin imamo: s u

i i ima F F = +

. (2.1)Zna či, ako bismo za sve ta čke u jednom mehani čkom sistemu

postavili diferencijalne jedna čine kretanja, onda bismo za sistem od n materijalnih ta čaka imali 3 n diferencijalnih jedna čina, iz čega odmahvidimo da bi to, u principu, bio velik broj diferencijalnih jedna čina.

Dalje, treba podsjetiti da sile koje u jedna čini (2.1) figurišu na desnoj


47/385


44

strani mogu biti proizvoljne funkcije vremena, rastojanja i brzine. Na kraju, treba ista ći i to da su unutrašnje sile, u opštem slu čaju,nepoznate dinami čke veli čine. Ako se sve to ima u vidu, onda nije teškozaklju čiti na kakve bismo sve poteško će naišli ukoliko bismo želeliizvršiti integraciju diferencijalnih jedna čina svih ta čaka takvog sistema.

Osim toga pri prou čavanju kretanja mehani čkog sistema, nas u ve ćinislu čajeva interesuju sumarne karakteristike tog kretanja (brzina sistema,ubrzanje sistema, ugaono ubrzanje sistema itd.), a ne i kretanje svaketačke ponaosob.

Zbog svih ovih razloga, mi ćemo sada pre ći na izlaganje opštihzakona za mehani čki 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 ) mehani čkogsistema, posmatrajmo sistem od n materijalnih ta čaka, koji se kre će uodnosu na izabrani referentni sistem pod dejstvom datog sistema sila.Pođimo od definicije centra mase, odnosno njegovog vektora položaja:

1

n

i ii

C

m r r

m==∑

.

Dvostrukim diferenciranjem ovog izraza, dobijamo:

1

n

i ii

C

m aa

m==∑

,

odnosno: ( )1 1 1 1

n n n n s u s u

C i i i i i ii i i i

ma m a F F F F = = = =

= = + = +∑ ∑ ∑ ∑

.

Pošto je suma1

nu

ii

F =∑

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

1

n s s

C i Rima F F == =∑

. (2.2)

Izraz (2.2) predstavlja zakon o kretanju centra inercije tela koji glasi: proizvod izme đu mase tela i ubrzanja njegovog centra inercije jednak jeglavnom vektoru svih spoljašnjih sila koje deluju na to telo. Odavde se


48/385


45

vidi:a) da unutrašnje sile ne uti ču na promjenu kretanja centra inercijesistema i

b) da se ta čka C kre će po istom zakonu po kojem bi se kretalamaterijalna ta čka, čija bi masa bila jednaka masi mehani čkog sistema ina koju bi delovala sila jednaka glavnom vektoru spoljašnjih silasistema.Kao rezultat zakona o kretanju centra inercije imamo i slede će

posledice:

10 − ako je1

0n

s si R

i F F

== =∑

, tada je 0C a =

, odnosno .C v const

→= U

tom slu čaju se centar inercije kre će pravolinijski jednolikim kretanjem.20 − ako je 0 Rx F = , tada je i 0C x = , odnosno .Cxv const = U tom

slu čaju se projekcija centra inercije na osu x kre će jednoliko.

2.3. KOLI ČINA KRETANJA MEHANI ČKOG SISTEMA

Koli čina kretanja sistema definiše se kao suma koli čina kretanja pojedinih ta čaka tela (sl. 2.2).

1 1

n n

i i ii i

K K m v= =

= =∑ ∑

. (2.3)

Izraz (2.3) možemo pisati kao:( ) ( )

1 1 1

n n ni ii

i i i C C i i i

d m r dr d d K m m r mr mvdt dt dt dt = = =

= = = = = ∑ ∑ ∑

,

C K m v= . (2.4)

K

nmv

n

M

1M mvM n

3mv

2

M1mv 2

3K

K 1

nM

K 3

K 2

Slika 2.2. Vektori količ ine kretanja tač aka sistema


49/385


50/385


51/385


52/385


49

( )0 g r dv dmm m vdt dt + = , (2.10)gde je g m - masa goriva u posmatranom trenutku.

Slika 2.4. Raketa pri translatornom kretanju bez dejstva spoljašnjih sila

Pošto je: r g v v=

, ( )0 g g dm d m m dm= + = , jer je 0 .m const = ,tada, projektuju ći jedna činu (2.10) na osu x, sledi:

( )0 g g g m m dv v dm+ = − .

Nakon razdvajanja promenljivih0

0 00 g

m v g

g g m v

dm dvm m v

= −+∫ ∫ ,

i logaritmovanjem: 0 0 00

ln g

g g

m m v vm m v

+ −=+

, dobija se

0 00

0

ln g g g

m mv v v m m+= + +. (2.11)

Jedna čina (2.11) daje zavisnost brzine kretanja rakete od trenutnemase goriva ( ) g m , kao i od ostalih konstantnih veli čina i po četnihuslova.

U trenutku kada zaliha goriva ostane jednaka nuli, 0 g m = , raketa ćeimati maksimalnu brzinu, to jest:

0max 0

0

ln(1 ) g g m

v v vm

= + + , (2.12)

gde je: 0

0

g m C m

= ; broj Cilokovskog ( C=3-9).

Ako je 4C = , tada nastupa prva kosmi čka brzina maxkm

7,9s

v = ;


53/385


50

km6s g v ≈ .

Izraz (2.12) predstavlja formulu Ciolkovskog .Formula Ciolkovskog pokazuje kolika će biti maksimalna brzina

kretanja rakete, odnosno u trenutku 0 g m = . Maksimalna brzina rakete nezavisi od vremena trajanja izgaranja goriva. Ona zavisi od po četne brzinerakete ( )0v , relativne brzine produkata sagorevanja ( ) g v i relativne

zalihe goriva na po četku kretanja 0

0

g mm

.

2.8. DEFINICIJA MOMENTA KOLI ČINE KRETANJA SISTEMA

Pod momentom koli čine kretanja mehani čkog sistema za neku ta čkukao pol (sl. 2.5) podrazumijevamo vektorsku veli činu koja je jednakasumi momenata koli čine kretanja pojedinih ta čaka sistema za isti pol:

( )1 1

n n s

O Oi i i ii i

L L r m v= =

= = ×∑ ∑

. (2.13)

L O1

O

ir

M i

r 1

M1

iiK = m iv

1OiL

m1K = 1v

Slika 2.5. Vektor momenta količ ine kretanja za O tač ku

Ako projektujemo vektor momenta koli čine kretanja sistema na oseDekartovog koordinatnog sistema, ima ćemo:

( )1

nO x i i i i i

i L m y z z y

== −∑ , ( )

1

nO y i i i i i

i L m z x x z

== −∑ ,

( )1

n

O z i i i i ii

L m x y y x=

= −∑ .


54/385


51

2.9. VEZA IZME ĐU MOMENTA KOLI ČINE KRETANJA ZAPROIZVOLJNU TA ČKU I MOMENTA KOLI ČINE

KRETANJA ZA NEPOMI ČNU TA ČKU

Sa sl. 2.6 radijus vektor i-te ta čke je: i A ir r = + ρ

tj., i i Ar r ρ = −

.

y

x

Or A

x 1

A 1y

z ir

ρi

iM

1z

Slika 2.6. Nepokretna O i A pokretna tač ka sistema

Moment koli čine kretanja sistema (vidi sl. 2.6) za proizvoljnu ta čku A translatorno pokretnog sistema je:

( ) ( )1 1

n n

A i i i i A i ii i L m v r r m v= == ρ × = − × ∑ ∑

,

( ) ( )1 1

n n

A i i i A i ii i

L r m v r m v= =

= × − ×∑ ∑ ,

1

n

A O A i ii

L L r m v=

= − ×∑

,

A O A L L r K = − ×

. (2.14)Ako projektujemo na ose, dobi ćemo:

1( )Ox Ax Ox L L L K = +

,

1( )Oy Ay Oy L L L K = +

,

1( )Oz Az Oz L L L K = +

.

Vektor položaja i-te ta čke mehani čkog sistema je: i A ir r = + ρ

, a njena brzina:

i

Ai i Ai A M

dr d dr v v vdt dt dt

ρ= = + = +

,


55/385


52

gde je i A

v - brzina ta čke M i pri relativnom kretanju u odnosu na ta čku A translatorno pokretnog sistema

1 1 1 x y z A .

2.10. NEKI SLU ČAJEVI IZRA ČUNAVANJA MOMENTAKOLI ČINE KRETANJA MEHANI ČKOG SISTEMA

a) Sferno kretanje telaPretpostavimo da sistem xyzO u opštem slu čaju vrši proizvoljno sferno

kretanje oko ta čke O neovisno od kretanja tela (sl. 2.7).

r

y

x

i

O

ω j

k i

Ω z

i

M i

v

Slika 2.7. Proizvoljna tač ka sistema pri sfernom kretanju

Moment koli čine kretanja tela za nepomi čnu ta čku O biće:

( ) ( )1 1

n n

O i i i i i ii i

L r m v r m r = =

= × = × ω× ∑ ∑ . (2.15)Ako se podsetimo izraza za dvostruki vektorski proizvod:

( ) ( ) ( ), ,a b c b a c c a b× × = −

,

možemo napisati:

( ) ( )1 1

, ,n n

O i i i i i ii i

L m r r m r r = =

= ω − ω∑ ∑ ,

( )( )2 2 21

n

O i x y z i i ii

L m i j k x y z=

= ω + ω + ω + + −∑


56/385


53

( )( )1

n

i i i i i x i y i zi

m x i y i z i x y z=

− + + ω + ω + ω∑

.

Dalje ćemo imati:

( )2 2 2 21

n

O i x i x i x i x i y i i z i ii

L m i x y z x x y x z=

= ω + ω + ω −ω − ω − ω +∑

( )2 2 2 2 y i y i y i x i i y i z i i j x y z x y y y z+ ω + ω + ω − ω −ω −ω + ( )2 2 2 2 z i z i z i x i i y i i z ik x y z x z y z z + ω + ω + ω − ω − ω − ω .

Nakon grupisanja pojedinih članova možemo dalje pisati:

( )2 2

1 1 1

n n n

O x i i i y i i i z i i ii i i L i m y z m x y m x z= = =

= ω + − ω − ω + ∑ ∑ ∑

( )2 21 1 1

n n n

x i i i y i i i z i i ii i i

j m x y m x z m y z= = =

+ −ω + ω + − ω + ∑ ∑ ∑

( )2 21 1 1

n n n

x i i i y i i i z i i ii i i

k m x z m y z m x y= = =

+ −ω − ω + ω + ∑ ∑ ∑ . Nakon sre đivanja sledi:

( )O x x xy y xz z L i J J J = ω − ω − ω +

( ) xy x y y yz z j J J J − ω + ω − ω + ( ) xz x yz y z zk J J J + − ω − ω + ω.

Ili, druga čije: O x y z L L i L j L k = + + .Prema tome, projekcije momenta koli čine kretanja za ose x, y i z

proizvoljnog sistema sa ishodištem u ta čki O su: x O x x xy y xz z L L i J J J = = ω − ω − ω

, (2.16)

y O xy x y y yz z L L j J J J = = − ω + ω − ω

, (2.17)

z O xz x yz y z z L L k J J J = = − ω − ω + ω. (2.18)ili u matri čnom obliku napisano:

x x xy xz x

y yx y yz y

z zx zy z z

L J J J L J J J L J J J

− − ω = − − ω − − ω

,

ili kra će napisano: { } [ ]{ }0 L J = ω .


57/385


54

Ukoliko su ose x, yi z čvrsto vezane za telo koje se obr

će oko stalnetačke, tada su svi aksijalni, a tako đe i svi centrifugalni momenti inercije

konstantni. Ukoliko je u tom slu čaju zadovoljen uslov da su ose x, y i z glavne ose inercije, tada važi:

x x x L J = ω , (2.19) y y y L J = ω , (2.20) z z z L J = ω , (2.21)

b) Rotacija tela oko stalne osePri rotaciji tela oko stalne ose kao specijalnom slu čaju sfernog

kretanja, ukoliko za stalnu osu izaberemo osu z (sl. 2.8), važi: x xz z L J = − ω, (2.22) y yz z L J = − ω, (2.23) z z z L J = ω . (2.24)

Iz ovih izraza vidimo da će u slu čaju kada je osa z glavna osa, biti:0 xz yz L J = = , a moment koli čine kretanja bi će usmeren samo u pravcu

z (sl.2.10), to jest:O z z z L L J k = = ω

. (2.25)

Prema tome, imamo: z z L J = ω. (2.26)

Iz poslednjeg izraza vidimo da je moment koli čine kretanja u ovomslu čaju jednak proizvodu iz momenta inercije za obrtnu osu i ugaone

brzine tela.

M

r

i

i

O

xy

ω

z

R

ix

k O j

ω

y

z

zL

Slika 2.8. Telo pri rotaciji oko stalne ose


58/385


55

Upore đujući ovaj izraz sa ranije izvedenim izrazom za koli činukretanja (2.4): C K mv= , vidimo da izme đu ta dva izraza postojianalogija. Dok je koli čina kretanja bila dinami čka karakteristikatranslatornog kretanja, moment koli čine kretanja je dinami čkakarakteristika rotacionog kretanja.

c) Translatorno kretanje telaIzvest ćemo izraz za moment koli čine kretanja za centar inercije tijela

koje vrši translaciju (vidi sl. 2.9).

1 1

n n

C i i i i i C i i L m v m v

= == ρ × = ρ ×∑ ∑

.

ρ

x

r yO

C

ir

1xC

i

1y

zM

1z

i

Slika 2.9. Telo pri translaciji

Dalje je:

1 1

0n n

C i i C i i C C C i i

L m v m v m v= =

= ρ × = ρ × = ρ × =∑ ∑ , jer je: 0C ρ = .

Dakle, za translatorno kretanje važi:0C L = . (2.27)

Na osnovu izraza (2.14) moment koli čine kretanja za nepomi čnu ta čku je:

O C C C L L r K r K = + × = ×

. (2.28)d) Ravno kretanje telaPretpostavimo da telo vrši ravno kretanje (sl. 2.10) tako da mu se sve

tačke kre ću u ravnima koje su okomite na neku stalnu osu 2 z . Neka je


59/385


56

tačka O ta

čka na osi z1 duž koje prolazi vektor trenutne ugaone brzine ω.Osa z prolazi kroz centar inercije C i paralelna je osi 2 z , odnosno 1 z .

=L L ρ

x

1

O

x

z1

ωO

r

1yC

ir C

iy

2z 1z

M

z

i

Slika 2.10. Telo pri ravnom kretanju

Moment koli čine kretanja, s obzirom na to da ravno kretanje predstavljamo kao jednu translaciju sa unapred izabranim polom irotaciju oko toga pola, za ta čku C je:

( )1 1 1

n n n

C i i i i i C i i ii i i

L m v m v m= = =

= ρ × = ρ × + ρ × ω×ρ∑ ∑ ∑ .Pokažimo čemu su jednaki izrazi na desnoj strani.

Prvi izraz je:1 1 1

( )n n n

i i C i i C i i C C C i i i

m v m v m v m v= = =

ρ × = ρ × = ρ × = ρ ×∑ ∑ ∑ .Pošto je 0C ρ = , sledi:

1

( ) 0n

i C i

mv=

ρ × =∑ . (2.29)

Drugi izraz je: ( )( ) ( ) ( )1 1 1

, ,n n n

i i i i i i i i ii i i

m m m= = =

ρ × ω×ρ = ω ρ ρ − ρ ρ ω =∑ ∑ ∑

( )( ) ( )2 2 21 1

n n

i z i i i i i i i i zi i

m k x y z m x i y j z k z= =

= ω + + − + + ω =∑ ∑

( ) ( ) ( )2 2 2 21

n

i i i z i i z i z i z i z i zi

m i x z j y z k x y z z=

= − ω + − ω + ω + ω + ω − ω = ∑

( ) xz yz z z J i J j J k = − − + ω . (2.30)Prema tome, izraz je:

( )C xz yz z z L J i J j J k = − − + ω

, (2.31)


60/385


61/385


58

( )( ) ( ) ( )1 1 1n n n

s u s ui i i i i i ii i i

r F F r F r F = = =

= × + = × + × =∑ ∑ ∑

1 1 1

0 s u s si i i i

n n n F F F F O O O O

i i i M M M

= = == + = = =∑ ∑ ∑

m .

1

s si i

n F F OO O

i

dL M dt =

= =∑

m . (2.34)

L

i

x

Oi

r yO

M i

zim iv

Slika 2.11. Moment količ ine kretanja za nepomič nu tač ku

Prema tome, zakon o promeni momenta koli čine kretanja sistema zanepomi čnu ta čku O, kao pol, glasi: izvod momenta količ ine kretanja sistema za nepomič nu tač ku O, kao pol, po vremenu jednak je sumimomenata (glavnom momentu) spoljašnjih sila za tu istu tač ku kao pol.

Ako projektujemo zakon na ose, ima ćemo:

1

nOx

Oxi

dLdt =

=∑ ,1

nOy

Oyi

dLdt =

=∑ ,1

nOz

Ozi

dLdt =

=∑ , (2.35)ako je:

10 − 1

0 si

n F O

i M

==∑

0OdLdt

= . (0)O O L const L→

= =

, (2.36)

što je zakon o održanju momenta koli čine kretanja, ili ako je, na primer:

20 − 1

0 si

n F Oz

i M

==∑

0OdLdt

= 0. ( )O Oz L const L = = . (2.37)

2.11.2. Zakon za pomi č nu ta č ku

Posmatrajmo radijus −vektor pokretne ta čke A (sl. 2.12), koja jeishodište translatorno pokretnog koordinatnog sistema 1 1 1 Ax y z,


62/385


63/385


60

pa dalje možemo pisati: ( )1

sin

F A A A

idL v K M dt =

= − × +∑

,

( )1

s si R

n F F A

A A Ai

dL v K M M dt =

+ × = =∑

. (2.41)

Izraz (2.41) predstavlja zakon o promeni momenta koli čine kretanjamehani čkog sistema materijalnih ta čaka za pokretnu ta čku.

S obzirom na to da je: ( ) A A C A C v K v mv m v v× = × = ×

,

izraz (2.41) se piše na slede ći na čin:

( )1

s si R

n F F A

A C A Ai

dL m v v M M dt =

+ × = =∑

. (2.42)

Izrazi (2.34) i (2.42) se poklapaju za:0 Av = ; 0C v = ; ( A C v v

; A C ≡ . (2.43)

Odatle je:1

s si R

n F F AC C

i

dL M dt =

= =∑

.

Ako je:1

0 s si R

n F F C C

i M M

== =∑

( )0.C C L const L

→ = =

, (2.44)

( )O C C C L r mv L= × +

.

Ako je: .C L const →

= , to ne zna či da je .O L const →

= (2.45)2.12. KINETI ČKA ENERGIJA MEHANI ČKOG SISTEMA

2.12.1. Uvod

Pod kineti čkom energijom mehani čkog sistema podrazumevamoskalarnu veli činu koja je jednaka sumi kineti čkih energija pojedinihtačaka sistema, to jest:

2 2

1 1 1

1 12 2

n n n

k ki i i i ii i i

E E m v m v= = =

= = = ∑ ∑ ∑ . (2.46)Za neke posebne slu čajeve kretanja tela ćemo na ći izraze za kineti čku

energiju. Prvo ćemo na ći izraz za E k za najopštiji slu čaj kretanja tela, azatim, koriste ći taj izraz, i za neke posebne slu čajeve kretanja tela.


64/385


65/385


62

Iz izraza (2.49) vidimo da je kinetička energija rotacije jednaka jednoj polovini proizvoda momenta inercije za obrtnu osu i kvadrata ugaone

brzine.

c) Kinetič ka energija tela koje vrši ravno kretanjeTelo koje vrši ravno kretanje presecimo sa ravni koja prolazi kroz

centar inercije C , a okomita je na trenutnu obrtnu osu Ω . U preseku teravni i ose Ω je trenutni pol brzina P (sl. 2.15).

Kineti čka energija sistema koji vrši ravno kretanje je:22 2 2

1 1

1 1 12 2 2

n n

k i i i i pi i

E m v m PM J = =

= = ω = ω∑ ∑ , (2.49)gde su: J p − moment inercije za trenutnu obrtnu osu, M i − proizvoljnatačka i P − trenutni pol brzina.

P

C

iM

CvP

iv

v i

C

vC

M i

p

Slika 2.15. Ravno kretanje tela

Ovde je P J promenljivo jer se položaj trenutnog pola P menja, a naosnovu Štajneroveteoreme izraz iznosi:

2

p C J J m PC = + ,

tako da je kineti čka energija: ( )2

21 12 2k C

E J m PC = ω + ω ,

2 21 12 2k C C

E mv J = + ω . (2.50)


66/385


67/385


64

dobijamo:( ) ( )( ) ( )( )22 21 1, ,2 2k m m E r r r r dm r r dm= ω ω × − ω = ω − ω =∫ ∫

( )( ) ( )( )22 2 2 2 2 212 x y z x y zm y z x y z dm= ω + ω + ω + + − ω + ω + ω =∫ ( ) ( )( ( )2 2 2 2 2 2 2 2 212 x y zm y z x z x y= ω + + ω + + ω + −∫

)2 2 2 x y x z y z xy xz yz dm− ω ω − ω ω − ω ω .Poslednji izraz se može napisati u ovom obliku:

( 2 2 212k x x y y z z

E J J J = ω + ω + ω − )2 2 2 xy x y xz x z yz y z J J J ω ω − ω ω − ω ω.(2.52)Ako su x1, y1 i z1 glavne ose inercije, kineti čka energija ima slede ći

oblik: ( )1 1 1 1 1 12 2 212k x x y y z z

E J J J = ω + ω + ω .

Iz jedna čine (2.51) sledi:

( )( ) { } { }1 1 12 2 2

T k O O

m

E r r dm L L= ω × ω× = ω = ω ∫

,

{ } [ ] { }1

2

T k E J = ω ω.

e) Kinetič ka energija sistema za opšti sluč aj kretanjaPretpostavimo da telo vrši opšti slu čaj kretanja (sl. 2.17), koje se, kao

što je poznato, može posmatrati kao zbir jedne translacije, zajedno saodabranim polom, i jedne rotacije oko ose koja prolazi kroz taj pol. Za

pol odaberimo centar inercije C .

Kineti čka energija sistema će biti: 21 1

12

n n

k ki i ii i

E E m v= =

= =∑ ∑ , a brzinatačke M je: 1i i M C v v v= +

, gde je: 1iv − komponenta brzine ta čke M usled

rotacije tela oko ose, koja prolazi kroz centar inercije C .Kako je kvadrat brzine jednak:

( ) ( )( ) ( )2 2 21 1 1 1, 2 ,i i i i i i i M M M C C C C v v v v v v v v v v v= = + + = + +

,

kineti čku energiju možemo pisati u obliku


68/385


69/385


70/385


67

sistemi su takvi mehanički sistemi kod kojih se rastojanja izme

đu pojedinih ta čaka sistema za vreme njegovog kretanja ne menjaju. Sada

ćemo vidjeti kako glasi zakon o promeni kineti čke energije za ovakvesisteme (sl. 2.18).

Pošto je prema teoremi o projekciji brzina, ( ) ( )1 2 1 2

1 2 M M M v v=

,

a znamo da je: 1 1ds v dt =

; 2 2ds v dt =

; tada je: ( ) ( )1 2 1 2

1 2 M M M M ds ds=

.

Sada je: 12 1 21 2 12 1 21 2cos cosu u u u udA F ds F ds F ds F ds= + = α − β

,

( ) ( )1 2 1 2

12 1 21 2 0u u u

M M M M dA F ds F ds= − = .

ds

2

1M F12Fu

α1

ds21u

2M

2v

β

1v

Slika 2.18. Sluč aj neizmenljivog mehanič kog sistema

Odavde se vidi da će kod neizmenljivih mehani čkih sistema radunutrašnjih sila biti jednak nuli, što zna či da kod takvih mehani čkih

sistema unutrašnje sile ne uti ču na promenu kineti čke energijemehani čkog sistema, pa za takve sisteme zakon o promeni kineti čke

energije glasi: sk dE dA= , to jest:1 1

n n s

ki ii i

d E d A= =

= ∑ ∑ ,

1 0 (0,1)1

si

n F

k k i

E E A=

− =∑

. (2.62)

2.14. RAD SILA PRI POMERANJU MEHANI ČKOG SISTEMAMATERIJALNIH TA ČAKA

Elementarni rad neke sile je: dA F dr = .Kod mehani čkog sistema rad sila na pomeranju i-te materijalne ta čke

je: s u s u

i i i i i i idA dA dA F dr F dr = + = +

. (2.63)


71/385


72/385


69

Dakle, elementarni rad je jednak sumi radova sila na elementarnom pomeranju i radova od momenata sila na tom istom pomeranju.

2.16. NEKI SLU ČAJEVI IZRA ČUNAVANJA RADASILA KOJE DELUJU NA SISTEM

MATERIJALNIH TA ČAKA

a) Rad sile Zemljine težePosmatrajmo mehani čki sistem koji se kre će (sl. 2.20).

Na tom kretanju posmatrajmo putanju ta čke C i potražimo rad siletežine. Sa sl. 2.20, je:

mg i i idA m g dr = ; i i i ir x i y j z k = + + .

( )mg i i i i i i idA m gk dx i dy j dz k m gdz= − + + = −

,

( )1 1 1

n n n

i i i i i C C i i i

dA dA m gdz gd m z gd mz mgdz= = =

= = − = − = − = − ∑ ∑ ∑ ,C dA mgdz= − ,

gde je C z − koordinata centra masa sistema.

x 1O

1iz CCz 1

y

trajektorija

M

h

z

z 0i

iM z

C

0C

i

Slika 2.20. Centar mase mehanič kog sistema koji vrši rad

Prema tome, možemo pisati da je ukupan rad iznosi:


73/385


70

( )1

0 1

0

1

(0,1)0

C

C

zmg

C C C z

A dA mg dz mg z z mgh= = − = − =∫ ∫ . (2.67)Rad ne zavisi od oblika putanje, ve ć samo od po četnog i krajnjeg

položaja.

b) Rad sila koje deluju na telo pri rotacijiRad sile F koja deluje na ta čku M (sl. 2.21) bi će jednak:

( )1 1 1 1

0 0 0 0

(0,1) , s s

F z

s s

A F ds F ds F Rd M d

τ τ

= = = = ∫ ∫ ∫ ∫

. (2.68)

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

. (2.69)

(B)

M

(T)

Fτ(N)

ds d

z

F b

nF R

Slika 2.21. Rad sila pri rotaciji tela oko stalne ose

c) Rad sila koje deluju na telo koje vrši translatorno kretanjePođimo od definicije rada:

( ) ( )1 1 1

0 0 01 1

, , s s sn n

i i i i Ri i s s s

A F ds F ds F ds= =

= = =∑ ∑∫ ∫ ∫

, (2.70)

gde za translaciju imamo: 1 2 ,...,ds ds ds= = = .

d) Rad sila pri kotrljanju telaRad reaktivnog momenta pri kotrljanju bi će (u diferencijalnom

obliku):10 − slučaj bez klizanja 0 P v = (sl. 2.21)


74/385


71

0 F

P P dA F dr F v dt µ

µ µ= = =

(2.70)

F

N

Pµ

C

Slika 2.22. Rad sila pri kotrljanju tela bez klizanja

20 − slučaj deformacije površine, tzv. stvarni slu čaj kotrljanja (sl.2.23)

F

R

G

εP

µ

C

NF

ds

tr M

C

d

Slika 2.23. Rad sila pri kotrljanju tela u sluč aju deformacije površine

tr M N tr N N C C

F dA M d F d F dx ds R R

εε= − = − ε = − = − , (2.72)

gde je: C s − pomeranje ta čke C duž puta.Za slu čaj da je N F konstanta, tada je rad jednak:

( )0 N C C F A s s R

ε= − . (2.73)

2.17. DALAMBEROV PRINCIP ZA SISTEM

Ako primenimo ve ć prou čeni Dalamberov princip za materijalnutačku, na ta čku M i, mase mi, materijalnog sistema, možemo napisati

jedna činu kretanja bilo koje ta čke, u obliku:0 s u ini i i F F F + + =

, (i=1,2,3,..., n) (2.74)

Sabiranjem svih jedna čina materijalnog sistema dolazimo do jedna čine:


75/385


72

1 1 10

n n n s u ini i i

i i i F F F

= = =+ + =∑ ∑ ∑

, (2.75)

koja se, napisana u obliku:0 s in R R F F + =

, (2.76)

naziva prva Dalamberova jedna čina za sistem. Ako pomnožimo jedna činu (2.75) sa vektorom položaja ir , tačke M i, vektorski sa levestrane i saberemo sve takve jedna čine sistema, dolazimo do jedna čine:

( ) ( ) ( )1 1 1

0n n n

s u ini i i i i i

i i ir F r F r F

= = =× + × + × =∑ ∑ ∑

. (2.77)

U ovoj jednačini razlikujemo:

− glavni moment spoljašnjih sila ( )1 1

n n s sO i i

i ir F

= == ×∑ ∑

,

− glavni moment unutrašnjih sila ( )1 1

n nu uO i i

i ir F

= == ×∑ ∑

i

− glavni moment inercijalnih sila sistema ( )1 1

n nin inO i i

i ir F

= == ×∑ ∑

,

pa se jedna čina može napisati u ovom obliku:

1 1

0n n

s inO O

i i

M M = =

+ =∑ ∑

, (2.78)

Ova jedna čina se naziva druga Dalamberova jedna čina.Dalamberovim vektorskim jedna činama (2.77) i (2.78) u opštem

slučaju odgovara šest jedna čina u vidu projekcija na ose Dekartovogsistema:

0 s in R R X X + = ,1 1

0n n

s inOx Ox

i i M M

= =+ =∑ ∑

,

0 s in R RY Y + = ,1 1

0n n

s inOy Oy

i i M M

= =+ =∑ ∑

,

0 s in

R R Z Z + = , 1 1 0

n n s in

Oz Ozi i M M = =+ =∑ ∑

. (2.79)Očigledno je, kao što je ve ć rečeno, da Dalamberov princip

omogu ćava postavljanje jedna čina kretanja mehani čkog sistema na istinačin kao što se u statici postavljaju uslovi ravnoteže. Ovaj metod se


76/385


73

naročito koristi pri odredjivanju nepoznatih reakcija spoljašnjih veza,kada se sistem posmatra kao celina. Za odre đivanje unutrašnjih reakcija

veza potrebno je da se dati mehani čki sistem tako rastavi da unutrašnjesile postanu spoljašnje.

Kako je: ( )1 1 1

n n nin

i i i i ii i i

d dK F m a m vdt dt = = =

= − = − = −∑ ∑ ∑ ,izraz (2.77) možemo pisati kao:

0 s RdK F dt

+ − =

. (2.80)

Ako vektorski proizvod izrazimo u ovom obliku:

( ) ( )1 1 1

n n ni O

i i i i i i i ii i i

dv dLd r m a r m r m vdt dt dt = = =

− × = − × = − × = − ∑ ∑ ∑

,

izraz (2.78) možemo napisati u obliku:

0 s OOdL M dt

+ − =

. (2.81)

2.18. SVO ĐENJE SILA INERCIJE KRUTOGTELA 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 će biti:1

nin

R i ii

F m a=

= −∑ .Prema definiciji položaja centra inercije

1

n

i ii

C

m r r

m==∑

, (2.82)

čijim dvostrukim diferenciranjem po vremenu imamo:

1

n

i ii

C

m aa

m== ∑

, (2.83)

na osnovu (2.81) i (2.82) sledi


77/385


78/385


75

( )( )1

n

i i i i ii

r m r v=

= − × ε× + ω × =∑

( )( ) ( )( )( )1 1

n n

i i i i i ii i

m r r m r r = =

= − × ε× − × ω× ω×∑ ∑ . (2.85)

ω

A

x

y

ε

B

(A)

iTF

C

in

iM

FiNin

z

r i

Slika 2.25. Glavni vektor sila inercije u sluč aju translacije tela

S obzirom na:

i i i ir x i y j z k = + +

, x y zi j k ω = ω + ω + ω

, x y zi j k ε = ε + ε + ε

, (2.86)

za prvi deo na desnoj strani izraza (2.86) ima ćemo slede će:

0 0i z i z i z

i i i

i j k r y i x j

x y zε× = ε = − ε + ε

,


79/385


76

( )0

i i i i i

i z i z

i j k r r x y z

y x× ε× = =

− ε ε

( )2 2i i z i i z i i z z i y z j x y k = − ε − ε + + ε

. (2.87)

x

m in

y

ω

C

ε

z

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

Za drugi deo na desnoj strani izraza (2.85) je:

0 0i z i z i z

i i i

i j k r y i x j

x y zω× = ω = − ω + ω

,

( ) 2 20 00

i z i z i z

i z i z

i j k r x i y j

y xω× ω× = ω = − ω − ω

− ω ω

. (2.88)

Dalje je:

( )( ) 2 22 2 0

i i i i i i i z i i z

i z i z

i j k r r x y z z y i x z j

x y× ω× ω× = = ω − ω

− ω − ω

. (2.89)

Uvrštavanjem izraza (2.87) i (2.89) u (2.85), dobijamo:


80/385


77

( )2 2 2 21

nin A i z i i z i i i i z z i i z i i

im x z i y z j x y k y z i x z j

= = ε + ε − + ε − ω + ω = ∑

m

( ) ( ) ( )2 2 2 21

n

i z i i z i i z i i z i i i i zi

m x z y z i y z x z j x y k =

= ε − ω + ε + ω − + ε = ∑

( ) ( )2 2 xz z yz z yz z xz z z z J J i J J j J k = ε − ω + ε + ω − ε

. (2.90)

S obzirom da je: in in in in A Ax Ay Az= + +

m m m m ,

sledi, na osnovu izraza (2.90), da su:

( )2in Ax xz z yz z J J i= ε − ω

m , ( )2in Ay yz z xz z J J j= ε + ω

m , in Az z z J k = − ε

m .

Intenziteti projekcija na ose su:2in

Ax xz z yz z J J = ε − ωm , 2in Ay yz z xz z J J = ε + ωm , in Az z z J = − εm .Izraz (2.90) predstavlja glavni moment sila inercije tela koje rotira

oko stalne ose.Projekcija glavnog momenta sila inercije na osu obrtanja je:

in A z z J = − εm .

Za slu čaj obrtanja krutog tela, koje ima ravan materijalne simetrije (sl.2.26), oko centralne ose upravne na tu ravan, tj. kada je 0 xz yz J J = = ,možemo pisati: in A z z J k = − ε

m .

c) Ravno kretanje telaPošto se ravno kretanje tela može 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, možemonapisati: Cz Cz z J = − εm , gde je J Cz − moment inercije za osu koja prolazikroz centar inercije, a paralelna je trenutnoj obrtnoj osi (sl. 2.27).

Za slu čaj da je: 0Cxz Cyz J J = = , pri čemu su ose x i z takve da sa osomCzčine pravougli koordinatni sistem, ima ćemo: inC Cz z J k = − ε

m ,

odnosno:inC Cz J = − ε

m . (2.91)Kao što je poznato, sile inercije pri translatornom kretanju krutog tela

redukuju se na silu koja deluje u centru inercije tela, a koja je odre đenaformulom: in R C F ma= − .


81/385


78

Na taj na čin, ako se kruto telo, koje ima ravan materijalne simetrije,kreće paralelno toj ravni, tj. ako vrši ravno kretanje, onda se sile inercije

tačaka 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 čiji je moment odre đen formulom (2.91).

inFR m in

ε

C

a

Slika 2.27. Glavni moment sila inercije u sluč aju ravnog kretanja tela

U složenijim slu čajevima kretanja krutog tela, glavni vektor i glavni

moment sila inercije za redukcionu ta čku se nalaze analiti čkim putem, tj.

preko njihovih projekcija na tri koordinatne ose.


82/385

Opšti zakoni mehani č kog sistema – centar mase Đ urkovi ć Vlado

79

Zadatak 1. Eliptično klatno sastoji se iz tela A mase 1m koje se može

pomerati translatorno po glatkoj horizontalnoj ravni i tereta B mase 2m vezanog sa teretom A preko štapa dužine l (sl. 2.28). U po č etnomtrenutku štap je sa vertikalom zaklapao ugao 0 i pušten je bez po č etne

brzine. Odrediti pomeranje tereta A u zavisnosti od ugla koji štapzaklapa sa pravcem vertikale u proizvoljnom trenutku ako se zanemaritrenje i masa štapa.

0

02

10

Slika 2.28. Elipti č no klatno u kretanju

Rešenje: Primenimo zakon o kretanju centra masa sistema i projektujmoga na x osu dobi ć emo

11 1

0 0n n

C i ix C i i

a m F x C = = = = = =∑ ∑ .

Ako se sada setimo izraza za koordinatu centra masa sistema

2.i i

C i

m x x const C

m= = =∑∑ ,

možemo na osnovu njega zaklju č iti da je: ( ) ( )0 1i i i im x m x = ∑ ∑ ,odnosno ( ) ( ) ( )1 0 2 0 1 0 2 0sin sinom x m x l m x s m x s l + + = − + − + ,

2 0 1 2 2sin sinm l m s m s m l = − − + ,

( ) ( )2 0 2 01 2 1 2

sin sin sin sinm l m l sm m m m − −= =− − + ,

a za 201 2

sin0

m l s

m m

= =+

.


83/385


84/385


85/385


82

( )2

21 2 3 1 2 3

1 sin sin2 2C

G aa y GG G G G G Gω= − − = + + + + , (4)

22

1 2 3

cosC G a

yG G G

ω= − + +

. (5)

Ako uvrstimo (5) u (2) dobijamoG a

G G GG G G

g N G G G2

2

1 2 3

1 2 31 2 3

ω

+ + + + = − + +cos b g,

traženi pritisak N G G GG a

g = + + +1 2 3 2

2ω cos . (6)

Zadatak 4. Na strmoj ravni nagiba θ nalaze se kolica mase 1m , koja podiže electromotor, koji se obr ć e konstantnim ugaonim ubrzanjem α , pomo ć u neistegljivog užeta (sl. 2.31.a). Masa strme ravni sa svimelementima na njoj, izuzev kolica, je 2m . Zanemaruju ć i trenje izme đ ustrme ravni i horizontalne podloge, te uzimaju ć i da je polupre č nik koturaelektromotora r , odrediti: a) horizontalno kretanje strme ravni b)horizontalnu silu koja deluje na zavrtnje ako se pomo ć u njih strma ravan

pri č vrsti za podlogu.

2θ θ1

α

2

η1α

θ

ηα

1 2

1 2

Slika 2.31. Strma ravan i kolica sa silama

Rešenje: a) Primenimo zakon o kretanju centra masa sistema, sl. 2.31b, i projektujmo ga na x osu

1 2C m a m g m g N = + +

, (1)( ) 0C x C x m a m x→ = = , (2)

( )1 0C C x C x= = .Koordinata centra masa je na osnovu slike


86/385


83

( ) ( )1 21 2

cos A AC m x m x l x m m + η θ + += +

,

gde su: .const α = – ugaono ubrzanje, η−relativna koordinata, odakledrugi izvod (ubrzanje) iznosi

( )1 21 2

cos0 A AC

m x m x x

m m

+ η θ + = =+

. (3)

Vratimo se sa (3) u (2):( )1 2 1 cos A x m m m + = − η θ, gde je r η = α,

1

1 2

cos Am

x r m m

= − α θ+

, (4)

a nakon prve integracije je

( )1 01 2

cos A Am

x r t xm m

= − α θ ++

,

odnosno nakon druge integracije horizontalno pomeranje strme ravniiznosi

( )2

100

1 2

cos2 A A

m t x r x t x

m m= − α θ + +

+ . (5)

b) Horizontalnu silu (sl. 2.31.c) dobi ć emo primenom zakona o kretanjucentra inercije, gde su: xi z F – horizontalna sila,

yi z F – vertikalna sila.

1 21

n x

C i z i

m a m g m g N F =

= + + +∑ , (6)( ) xC x C i z m a m x F → = =∑ . (7)

Koordinata centra masa iznosi( ) ( )1 2

1 2

cos A AC

m x m x l x

m m

+ η θ + +=+

, odakle sledi

1

1 2

cosC

m x

m mη θ=+

. (8)

Vratimo se sa (8) u (7):( ) 11 2 1

1 2

coscos x xi z i z

mm m F F m

m m

η θ+ = = η θ+ ∑ ∑ , gde je r η = α,

1 cos xi z F m r = α θ∑ (9)


87/385


84

Zadatak 5. Homogeni štap BA, težine G mg = i dužine l , oslanja sekrajem B na glatku horizontalnu ravan (sl. 2.32.a). Njegova osa zatvarasa horizontalom ugao α . Odrediti putanju ta č ke A kada štap pada naravan.

α

Slika 2.32. a) Homogeni štap na podlozi; b) koordinate karakteristi č nih ta č aka

Rešenje: Primenimo zakon o kretanju centra masa na sistem, imaju ć i naumu da su sve sile u smeru y ose.

sC ima F = Σ

, (1)

( ) 0C xs x mx F → = Σ = ,0C x = 1 0C x C = = ,

2 cosC x C l = = α. (2)

Koordinate ta č ke A u proizvoljnom položaju su:cos cos cos A C x x l l l = + = α + , y l A = 2 sin , (3)

odakle je:

cos cos α = − x l l

A , sin = yl

A

2. (4)

Eliminacijom parametra t −vreme dobijamo traženu putanju2 2

cos1

2 A A x l y

l l

− α + = ,

( )2

2 2cos

4

A A

y x l l − α + = , (5)

što predstavlja luk elipse.

Zadatak 6. Na homogenu prizmu A

Documents

107144682 Dinamika Materijalnih Sistema Djurkovic Vlado