МАШИНСКИ ФАКУЛТЕТ УНИВЕРЗИТЕТА У НИШУ КАТЕДРА ЗА МЕХАНИКУ Испитни рок Септембарски испитни рок ( 10 септембар ) 2008. Предметни наставник: Проф. др Катица (Стевановић) Хедрих, академик Академије наука високих школа и универзитета Украјине, академик Академије нелинеарних наука Москва, члан GAMM, Int. ASME, EuroMech, Аmerican Аcademy of Mechanics, M.C. Chaki Centre for Mathematics and Mathematical Sciences и Tensor Society. Предметни асистент: Mr Јулијана Симоновић, асистент-приправник (на одсуству)

РЕШЕЊА ЗАДАТАКА ЗА ПИСМЕНИ ДЕО ИСПИТА ИЗ ПРЕДМЕТА

MEHANIKA III - ДИНАМИКА DINAMIKA- iiiMEHANIKA

PRVI ZADATAK. Disk mase m2 , poluprečnika R , puštena je početnom brzinom 0vv , centra mase 0C , u polju

Zemljine teže, iz položaja , A na visini 0h centra mase 0C , u odnosu na referentni horzont, da se kotrlja bez klizanja niz glatku strmu ravan, koja sa horizontom zaklapa ugao α . Linija A N B sa slike 1. je u vertikalnoj ravni. Strma ravan se, u tački M , nastavlja u cilindričnu površ poluprečnika rRR 6== , centralnog ugla α3 , tako da vertikala lroz centar krivine luka, deli taj ugao u odnosu 1:2, kao što je na slici 1. ptikazano.

a* Koji uslov treba da zadovoljava početna brzina 0vv centra mase 0C diska, da bi se dik kotrljao po strmoj

ravni, zadržavši svoje položaje kroz koje prolazi u vertikalnoj ravni? b * Koliko stepeni slobode kretanja ima disk dok se kotrlja niz strmu ravan i po cilindričnoj površi, a koliko

stepeni kada napusti tu površ po prolasku kroz položaj B ? Obrazloži odgovor. c* Napisati kinetičku i potencijalnu energiju diska pro kotljanju niz strmu ravan, po cilidričnoj površi i po

napustanju iste, a u položajima A (početni položaj), L (proizvoljan položaj na strmpj tavnni), N (položaj odredjen uglom ϕ na cilindričnoj površi), B i D ( kada napusti cilindričnu površ). Da li je sistem konzervativan? Ako je odgovor DA, napisati integral energije;

d* Odrediti brzine centra diska, kao i ugaonu brzinu sopstvene rotacije diska, pri njenom prolasku kroz tačku

N odredjenu uglom ϕ na cilindričnoj površi, kao i pri prolasku kroz tačku B u kojoj napušta cilindričnu površ; e* Odrediti jednačine kretanja diska po napuštanju cilindrične površi u tački B . Kolika je maksimalna visina ?max=H koju će postići disk u fazi kretanja po napuštanju cilindrične površi, kao i maksimalni domet ?max =D

centra diska u toj fazi kretanja. g* Kolika je ugaona brzina sopstvenog obrtanja diska u položaju dostizanja maksimalne visine maxH ? h* Kolika je sila pritiska na cilindričnu površ u proizvoljnom polžaju diska na njoj? Koliki treba da bude ugao

α , odnosno početna brzina 0vv centra mase 0C diska te da se disk odvoji od cilindrične površi preizlaska sa iste

(njenog kraja)?

αα 2+

O

α R

M maxD

0h rm,1bizv

r

BBC a

01vr

A 0C

maxH ϕ

N

rm,2

Slika 1. a*

REŠEWE PRVOG ZADATKA. Pre nogeo što usmerimo našu pažnju ka matematičkim opisuma

postupka rešavanja postavljenog zadatka, potrebno je da odredimo broj stepeni slobode kretanja posmatranog materijalnog sistema diska, koji se kotrlja po stmoj ravni, ostajući sve vreme kretanja u vertikalnoj ravni. Disk smatramo krutim telom, a kruto telo u prostoru ima šest stepeni slobode kretanja, jer moye da izvodi tri translacje u trima ortogonalnim pravcima, kao što je to prikazanao na slici br. 1. b* , kao i tri rotacije oko tih osa. Znači kada je disk slobodan, za odredjivanje njegovog položaja u prostoru potrebno je šest koordinata, naprimer tri koordinate – tri pomeranja centra masa diska, Cu , Cv i Cw , i tri koordinate – tri ugla obrtanja oko triju medjusobno ortogonalnih osa, Cuϕ ., Cvϕ i Cwϕ .

Cuϕ Cv

C

rm,2

Cu Cw

Cvϕ

Cwϕ

u

v

w

0=Cuϕ

Cv

C

rm,2

Cu

0=Cw 0=Cvϕ

Cwϕ

u

Cv

nR w

v

Cu

Cwϕ

0=Cuϕ

0=Cvϕ

0=Cw

koordinatenegeneralisatrijakreslobodestepenitri tan

vezetri

Slika 1. b* Slobodan disk – šest stepeni Slika 1. c* Disk vezan za nepokretnu slobode kretanja ravan - tri veze i tri stepeni slobode

kretanja manje – sistem sa tri stepeni slobode kretanja

α

O

α R

M

yh =

vr

N C rm,2

0vr

A 0C

rm,2

0h

αα 2+

O

α

rR −

M

rm, 1bizv

r

B BC a

ϕ

N

C Cvr R

Slika 1. d* Disk u vertikalnoj ravni i kotrlja Slika 1. e* Disk u vertikalnoj ravni i kotrlja se bez klizanja po strmoj ravni – još dva stepena se bez klizanja po cilindričnoj površi – sistem slobode kretanja manje – sistem ima jedan sa jednim stepenom slobode kretanja - Druga stepen slobode kretanja – Prva faza kretanja faza kretanja (plavo) (bordo)

α2 x R

maxD

rm, 1bizv

r

B BC a

maxH

N

αα 2+

O ϑ

y

y

x

αα 2+

O

α

rR −

M

rm, 1bizv

r

B

a

ϕKN

Cvr

KCvr

R

BC

KC

N mg

mg

NFr

0=KN

Fr

Slika 1. f* Disk napušta cilindričnu povrp ostajući u Slika 1. g* Disk prestaje da se kotrlja po u vertikalnoj ravni – sistem ima tri stepeni slobode cilindričnoj površi napuštajući jednostrano kretanja – Treća faza kretanja (crveno) zadržavajuću vezu kada sila pritiska (otpor veze) postane jednak nuli. - Druga faza kretanja do kritičnog ugla na kome napušta vezu (plavo)

αα 2+

O

α R

M maxD

0h rm,1bizv

r

BBC a

01vr

A 0C

maxH ϕ

N

rm,2

Slika 1. h* Materijalni sistem (disk) se kreće u verikalnoj ravni i to kretanje se sastoji iz tri faze kretanja - u

prvoj (bordo linija) i drugoj (plava linija) fazi kretanja kada se disk kotrlja bez klizanja po stmoj ravni, odnosno redom niz strmu ravan i po cilindričnj površi ostajući sve vreme u vertikalnoj ravni sistem ima

jedan stepen slobode kretanja, i treće faze,(crvena linija) kada napušta te veze ostajući u vertikalnoj ravni pri daljem kretanju ima tri stepeni slobode kretanja – dve translacije u vertikalnoj ravni i jednu rotaciju oko ose

upravne na zu vertikalnu ravan

Znači, da materijalni sistem vrši ravansko kretanje i da ima jedan stepen slobode kretanja, jer su, nametnute, veze disku smanjile pet stepeni slobode kretanja, pri čemu je disku preostao samo jedan spen slobode kretanja - kotrljanje bez klizanja po strmoj ravni, u vertikalnoj ravni. Za generalisanu koordinatu u fazi kretanja diska po strmoj ravni usvojimo koordinatu x , pomeranje centra mase diska C u pravcu paralelnom strmoj ravni, u vertikalnoj ravni, i usmerenu niz kosu racan. Brzina centra diska C je: xvC &= . S obzirom da je strma raven nezadržavajuća veza, da bi disk ostao da se kotrlja po toj ravni potrebno je da je početna brzina (u početnom trenutku) njegovog centra mase paralelna strmoj ravni, jer da joj nije paralelna i da je usmerena od ravni, disk bi napustio vezu i odvojio se od ravni. Aksijalni moment inercije mase diska za horizontalnu osu kroz centar mase diska, odnosno kroz trenutni pol brzine su:

2

2mr=CJ i 2

3 2mrP =J

Kinetička energija sistema je jednaka zbiru kinetičke energije translacije diska, brzinom centra C mase diska i kinetičke energije rotacije oko ose upravne na površ diska i kroz centar mase diska :

2222

43

43

21

21 xmmvmv CCC &==+= ωCk JE ’

ili kinetičkoj energiji rotacije diska oko ose kroz trenutni pol P brzine pri kotrljanju diska po strmoj ravni:

22243

43

21 xmmvCPP &=== ωJEk

jer su ugaone brzine Cω odnosno Pω obrtanja diska oko ose kroz centar mase diska C , odnosno kro trenutni pol brzine P diska:

rx

rvC

PC&

=== ωω

Na sistem, od aktivnih sila dejstvuje samo sila Zemljine teže, koja je konzervativna sila i ima funkciju sile, odnosno potencijal. Potencijalna energija sistema je:

( )αsin0 xhmgmgh −==pE i izražena je pomoću koordinate h u pravcu vertikale, ili pomoću koordinate x koju smo izabrali za generalisanu koordinatu. Mogli smo umesto koordinate x za generalisanu koordinatu izabrati koordinate h u pravcu vertikale.

Kako se zadatkom traži brzina Cv centra C masa diska , koristićemo integral energije, odnosno teoremu o ukupnoj mehanučkoj energiji sistema, koja je konstantna za konzervativne sisteme i jednaka ukupnoj mehaničkoj energiji sistema, koju je sistem imao u poćetnom trenutku kretanja. Na osnovu toga pišemo da je:

00 pk0pk EEEEE +==+ odnosno:

02

0002

43

43 mghmvmghmv CC +=+==+=+ pk0pk EEEEE

odakle sledi da je:

( )hhgvv CC −+= 02 02 34

odnosno

( )hhgvv CC −+= 02 0 34

Ako prethodnu vezu izrazimo preko generalisane koordinate x možemo da napišemo sledeće:

αsin342

0 gxvxv CC +== &

Prethodnim obrascima smo odredili brzinu centra masa diska u funkciji generalisane koordinate za vreme kretanja diska po strmoj ravni. Brzina centra masa diska CMv u položaju M , tački prelaska sa strme ravni na cilindričnu površ je:

02

0 34 ghvv CCM +=

Za drugu fazu kotrljanja bez klizanja diska po cilindričnoj površi sistem ima takodje jedan stepen slobode kretanja, i za tu fazu kretanja za generalisanu koordinatu izaberimo centralni ugao ϕ , koji poluprečnik, koji prolazi kroz centar masa diska C i centar krivine cilindrične površi (i luka preseka

vertikalne ravni i cilindrične površi), čini sa sa poluprečnikom kroz centar masa diska, kada je on u položaju M , ulaska na cilindričnu površ. Tu generalisanu koordinatu smo obeležili sa ϕ . U toj fazi kretanja, za generalisanu koordinatu smo mogli izabrati i krivolinijsku koordinatu luk s , koji je sa prethodno izabranom generalisanom koordinatim vezan sledećom vezom: ( ) ( )ϕϕ rRs −= . Da napomenemo, da za sistem sa jednim stepenom slobode kretanja, što smo ovde utvrdili, da samo jednu koordinatu možemo proglasiti (izabrati) za generalisanu, a ostale koordinate položaja sistema izraziti preko izabrane koordinate. Izbor generalisane koordinate se prepusta volji onoga ko rešava zadatak, ali od izbora generalisane koordinate nekada zavisi i ’’elegantnost’’ i kraći put rešavanja zadatka, o čemu je vazno voditi računa. Brzina centra C mase diska u funkciji generalisane koordinate ϕ , pri kotrljanju diska bez klizanja po cilindričnoj površi, je:

( ) ( )ϕϕ &rRdt

dsvC −==

dok su ugaone brzine obrtanja diska Cω odnosno Pω , obrtanja diska oko ose kroz centar mase diska C , odnosno kro trenutni pol brzine P diska:

( )r

rRr

vCPC

ϕωω&−

===

Kinetička energija sistema je jednaka zbiru kinetičke energije translacije brzinom centra mase diska i kinetičke ekergije rotacije oko ose, upravne na površ diska, kroz centar mase diska :

( ) 2222243

43

21

21 ϕω &rRmmvmv CCC −==+= Ck JE

ili kinetičkoj energiji rotacije diska oko ose kroz trenutni pol P brzine pri kotrljanju diska po strmoj ravni:

( ) 222243

43

21 ϕω &rRmmvCPP −=== JEk

Na sistem, i u ovoj fazi kretanja, od aktivnih sila dejstvuje samo sila Zemljine teže, koja je

konzervativna sila i ima funkciju sile, odnosno potencijal. Potencijalna energija sistema je: ( ) ( )[ ]ϕαα −−−=−= coscosrRmgmghpE

i izražena je pomoću koordinate h , merene u pravcu vertikale, ili pomoću koordinate ϕ , koju smo izabrali za generalisanu koordinatu, jer se centar masa diska - koji je napadna tačka sile težine, spušta za ( ) ( ) ( )[ ]αϕα coscos −−−=↓ rRh što je uočljivo sa slike. Mogli smo umesto koordinate ϕ za generalisanu koordinatu izabrati koordinatu s u pravcu luka poluprečnika ( )rR − - putanje, koju opisuje centar masa diska pri kotrljanju po cilindričnoj površi. Tada je izraz za potencijalu energiju:

( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−−−−=−=

rRsrRmgmgh αα coscospE

Kako se zadatkom, i u ovoj fazi kretanja, traži brzina Cv centra C masa diska pri kotrljanju bez klizanja po cilindričnoj površi, koristićemo integral energije, odnosno teoremu o ukupnoj mehanučkoj energiji sistema, koja kaže da je ukupna mehanička energija sistema konstantna za konzervativne sisteme i jednaka ukupnoj mehaničkoj energiji sistema, koju je sistem imao u poetnom trenutku kretanja. Na osnovu toga pišemo da je:

00 pk0pk EEEEE +==+ odnosno:

( ) ( )[ ] 02 0002 43coscos

43 mghmvrRmgmv CC +=+==−−−−=+ pk0pk EEEEE ϕαα

odakle sledi da je:

( ) ( )[ ]ϕαα −−−−+= coscos34

34

02

02 rRgghvv CC

odnosno

( ) ( )[ ]ϕαα −−−−+= coscos34

34

02

0 rRgghvv CC

Ako prethodnu vezu izrazimo preko luka, krivolinijske koordinate s , možemo da napišemo sledeće:

( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−−−−−+=

rRsrRgghvv CC αα coscos3

434

02

0

Prethodnim obrascima smo odredili brzinu centra C masa diska u funkciji generalisane koordinate ϕ za vreme kretanja diska po cilindričnoj površi. Brzina centra masa diska CBv u položaju B , tački izlaska diska sa cilindrične površi i prelaska na slobodno kretanje u vertikalnoj ravni je:

( )[ ]αα 2coscos34

34

02

0 −−−+= rRgghvv CCB

dok je ugaona brzina CBω diska, odnosno PBω :

( )[ ]ααωω 2coscos34

341

02

0 −−−+=== rRgghvrrv

CCB

PbCB

U trećoj fazi kretanja, kada napušta veze, ostajući u vertikalnoj ravni, disk ima tri stepeni slobode kretanja, jer se kreće u vertikalnoj ravni izvodeći ravansko kretanje početnom brzinom centra masa

( )[ ]αα 2coscos34

34

02

0 −−−+= rRgghvv CCB .

i ugaonom brzinom sopstvenog obtzanja oko sopstvene ose kroz centar masa C koja iznosi:

( )[ ]ααω 2coscos34

341

02

0 −−−+= rRgghvr CCB

Za generalisane koordinate u trećoj fai kretanja, sada takodje ravanskog kretanja, ali sa tri stepeni slobode kretanja u vertikalnoj ravni za generalisane koordinate biramo dve koordinate pomeranja centra masa diska u dva ortogonalna pravca, Cx i Cy , i ugao Cϕ obrtanja diska oko ose upravne na vertikalnu ravan kretanja kroz njegov centar masa C . Na disk dejstvuje samo aktivna sila sopstvene težine diska mg . Diferencijalne jednačine ravanskog kretanja diska u vertikalnoj ravni i sa tri stepeni slobode kretanja su:

0=Cxm &&

mgym C −=&& 0=Cϕ&&CJ

odnosno 0=Cx&&

gyC −=&& 0=Cϕ&&

Integraljenjem prethodnih diferencijalnih jednačina, prethodnog sistema, dobijamo sledeće: 1CxC =&

2CgtyC +−=&

3CC =ϕ& Još jednim integraljenjem diferencijalnih jednačina prethodnog sistema dobijamo sledeće njihovo

opšte rešenje: 41 CtCxC +=

52

2

2CtCtgyC ++−=

63 CtCC +=ϕ koje sadrži šest nepoznatih integracionih konstanti. U prethodnim jednačinama pojavilo se šest integracionih konstanti, koje treba odrediti iz pčetnih uslova. Početni uslovi ravanskog kretanja diska su: a* položaj centra diska u početnom trenutku 0=t , koji smo označili u trenutlu kada disk napušta cilindričnu površ:

( ) 00 =Cx ( ) 00 =Cy ( ) 00 =Cϕ

b* poletne brzine centra masa diska u početnom trenutku 0=t , koji smo označili u trenutlu kada disk napušta cilindričnu površ:

( ) ( )[ ] αααα 2cos2coscos34

342cos0 0

20 −−−+== rRgghvvx CCBC&

( ) ( )[ ] αααα 2sin2coscos34

342sin0 0

20 −−−+== rRgghvvy CCBC&

( ) ( )[ ]ααωϕ 2coscos34

3410 0

20 −−−+== rRgghvr CCBC

Iz početnih uslova odredjujemo integracione konstante, pa sledi d su vrednosti integracionih konstanti: :

04 =C , 05 =C , 06 =C

( )[ ] αααα 2cos2coscos34

342cos 0

201 −−−+== rRgghvvC CCB

( )[ ] αααα 2sin2coscos34

342sin 0

202 −−−+== rRgghvvC CCB

( )[ ]ααω 2coscos34

341

02

03 −−−+== rRgghvrC CCB

Jednačine kretanja su sada:

( ) ( )[ ] αααα 2cos2coscos34

342cos 0

20 −−−+=== rRgghvttvtx CCBC

( ) ( )[ ] αααα 2sin2coscos34

34

222sin 0

20

22

−−−++−=−= rRgghvttgtgtvty CCBC

( ) ( )[ ]ααωϕ 2coscos34

34

02

0 −−−+== rRgghvrttt CCBC

Disk se sada obrće konstantnom ugaonom brzinom oko upravne na površ diska, a ose kroz njegov centar masa:

( ) ( )[ ] constrRgghvr

t CCBC =−−−+== ααωϕ 2coscos34

341

02

0&

Maksimalma visina, koju centar masa diska dostiže, je u trenutku kada brzina centra mase diska ima samo horizontalnu komponentu, tj. kada je

( ) 02sin 11 =−= gtvty CBC α& a to se dostiže u trenutku 1t

g

vt CB α2sin1 =

U tom trenutku koordinate centra mase diska su:

( ) ( )[ ]⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −−−+== αααα 2coscos

34

34

24sin4sin

2 02

0

2

1 rRgghvggvtx CCBC

( ) ( )[ ]⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −−−+===− αα

αα 2coscos34

34

22sin2sin

2 02

0

22

2

1 rRgghvggvtyy CCBCMAXC

Razlika u visini položaja centra masa pri ulasku u cilindričnu površ i izlaska sa iste je: ( )( )αα 2coscos −−= rRa

Sada možemo odrediti maksimalnu visinu MAXCH − na koju ćw dospeti centar C mase diska:

( ) ( )( ) ααα 2sin2

2coscos 22

1 gvrRtyayaH CBCMAXCMAXC +−−=+=+= −−

( )( ) ( )[ ] 002 02

2coscos34

34

22sin2coscos hrRgghv

grRH CMAXC >⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −−−++−−=− αα

ααα

a to je visina veća od visine 0h na kojoj je bio centar masa diska, kada je on pušten sa početnom brzion centra 0Cv , da se kotrlja bez klizanja po strmoj ravni. Da bi ovaj zaključak bio dobar, potrebano je da je zadovoljen i uslov da je ugao α takav da disk može, kotrljajući se bez klizanja, da dospe u krajnju taćku B brzinom, koja je veča od nule:

( )[ ] 02coscos34

34

02

02 >−−−+= ααrRgghvv CCB

Odnosno potrebno je da je zadovoljen uslov:

( )[ ] arRhvg C

=−−>+ αα 2coscos43

02

0

kao i da je sila pritiska diska na cilindričnu površ veća ili najmanje jednaka nuli u položaju B centra diska C (diska u krajnjoj tački cilindrične površi B ). Ako tražimo najveći domet na visini, na kojoj diosk napušta cilindričnu površ, najveći domet je kada je

( ) 02

2sin22

22 =−=tgtvty CBC α

Za taj slučaj vreme dostizanja najvećeg dpmrta je::

g

vt CB α2sin22 =

U tom trenutku koordinata ( )2txC je i najveći domet i izbosi:

( ) ( )[ ]⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −−−+==== −− αα

αα 2coscos34

344sin4sin

02

0

2

2 rRgghvggvtxxD CCBCMAXCMAXC

Ako se traži najveći domet na vidini 0h na kojoj je bio centar masa diska u početku kotrljanja bez klizanja diska po strmoj ravni, onda je potrebno odrediti vreme 3t ponovnog dospeća centra masa diska na tu visinu po napuštanju cilindrične površi i odgovarajuću koordinatu ( )3txC . Na osnovu toga pišemo: ( ) ( )( )αα 2coscos003 −−−=−= rRhahtyC odnosno

( ) ahtgtvty CBC −=−= 023

33 22sin α

pa dobijamo kvadratnu jednačinu :

02sin2 0323 =−+− ahtvtg CB α

( ) 022sin2 0323 =−+− ahgtvgt CB α

iz koje odredjujemo korene, odnosno vreme ponovnog dospeca centra mese diska na početnu visinu 0h .

( ) ( )ahgtvgvgt CBCB −−⎟⎟⎠⎞

⎜⎜⎝

⎛= 0

2

32,1322sin22sin1 αα m

Koristimo drugi koren, jer prvo vreme ponovnog dospeća centra mase diska na visinu 0h , nego drugo vreme, koje odgovara drugom korenu. Ova dva korena ukazuju da će se centar masa diska ponovo naći dva puta na visini na kojoj je bio u poetku kotrljanja bez klizanja niz strmu ravan. Maksimalnom dometu odgovara vreme:

( ) ( )ahgtvgvgt CBCB −−⎟⎟⎠⎞

⎜⎜⎝

⎛+= 0

2

32322sin22sin1 αα

Sada najveći domet centra mase diska je:

( )( ) ( )( ) ( )( )23023 2sinsin txrRtghtD CMAXC ++−+=− ααα

gde je:

( )( ) ( ) ( )ahgtvgvgvtvtx CBCBCBCBC −−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+== 0

2

3

2

232322sin22cos4sin2cos αααα

( )[ ]αα 2coscos34

34

02

0 −−−+= rRgghvv CCB

( )( )αα 2coscos −−= rRa

Da bi smo odredili uslov pod kojim će za zadate početne uslove disk dospeti u krajnjnji položaj B kotrljajući se bez klizanja, tako da njegova brzina bude veča od nule, i ne neapusti vezu pre dospeća u njen kraj B potrebno je da odredimo silu pritiska diska na cilindričnu površ po kojoj se kotrlja. Taj pritisak, odnosno otpor veze-cilindrične povrđi mra biti veći od nile da bi veza ’ cilindrična površ imala svojstvo obostrano zadržavajuće veze.U trenutku i položaju kada pritisak diska na cilindričnu površ postane jednak nuli, dolazi do pojave svojstva veze da je jednostrano zadržavajuća i disk se odvaja od te veze i napusta istu. Da bi smo odredili silu pritiska diska na cilindričnu površ oslobodimo disk veza i umesto veza postavilo odgovarajuće reakcije veza. To su notmalna komponenta otpora veze NF upravna na putanju centra masa diska C , i sila otpora kotrljanju KF , koja pada u pravac tangente na cilindričnu površ. Sada koristimo princip dinamičke ravnoteže i pišemo jednačine dinamičke ravnoteže sila u radijalnom i tangencijalnom pravcima, kao i jednačinu dinamičke ravnoteže momenata sila oko ose, upravne na površ diska, kroz centar masa. Na osnovu toga pišemo sledeće jednačine dinamičke ravnoteže: ( ) ( ) kCT FmgrRmma −−=−= ϕαϕ sin&&

( ) ( ) ( )ϕαϕ −−=−=−= cos2

2

mgFrRmrR

vmma NCCN &

( ) rkFrrR

CJCCJ =−

=ϕϕ&&

&&

S obzirom da smo koristeći teoremu od ukupnoj mehaničkoj energiji sistema odredili brzinu Cv centra mease diska, to ne moramo integraliti diferencijalne jednačine prethodnog sistema diferencijalnih jednačina, već ćemo koristiti samo drugu jednačinu iz koje odredjujemo otpor veze – cilindrične površi u funkciji generalisane koordinate ϕ , kao i prethodno odredjen izraz za brzinu centra mase diska, takodje u funkciji generalisane koordinate ϕ . Na osnovu toga dobijamo:

( ) ( )⎥⎦⎤

⎢⎣

⎡−+

−= ϕαcos

2

grR

vmF CN

a kako je:

( ) ( )[ ]ϕαα −−−−+= coscos34

34

02

0 rRgghvv CC

to sledi da je:

( ) ( ) ( ) ( )[ ]⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −−−−+

−+−= ϕααϕα coscos

34

34cos 0

20 rRgghvrR

mmgF CN

odnosno, posle sredjivanja za silu pritiska diska na cilindričnu površ dobijamo sledeci izraz:

( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −−+−−−−+

−= ϕαϕαα coscoscos

34

34

02

0 grRrRgghvrRmF CN

Posle sredjivanja dobijamo sledeći izraz za silu pritiska diska na cilindričnu površ, pri njegovom kotrljanju bez klizanja po njoj:

( ) ( ) ( )[ ]⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −−−−+

−= ϕαα cos7cos4

31

34

02

0 rRgghvrRmF CN

Silu otpora kotrljanju bez klizanja odredjujemo iz poslednje jednačine sistema jednačina dobijenih na osnovu principa dinamičke ravnoteže:

( ) rkFrrR

CJCCJ =−

=ϕϕ&&

&&

odakle je

( ) ( )ϕϕ &&&& 22

21

2 r

rRmrr

rRCJkF

−=

−=

Zatim unošenjem u prvu jednačinu dobijamo: ( ) ( ) kFmgrRm −−=− ϕαϕ sin&&

( ) ( ) ( )ϕϕαϕ &&&& 22

21sin

r

rRmrmgrRm −−−=−

( ) ( )ϕαϕ −=− sin23 grR &&

Diferencijalna jednačina kretanja centra mase diska pri njegovom kotrljaju bez klizanja po cilindričnoj površi je u obliku:

( ) ( ) 0sin32

=−−

− ϕαϕ grR

&&

Za silu kotrljanja bez klizanja možemo da napišemo sledeći izraz:

( ) ( )ϕαϕ −=−= sin31

21 mgrRmkF &&

Diferencijalnu jednačinu kretanja centra mase diska nije teško integraliti, jer razdvaja promenljive, na sledeći način:

( ) ( ) 0sin32

=−−

− ϕαϕ grR

&& - ϕϕ ddt 22 =&

( ) ( ) 02sin322 =−−

− ϕϕαϕϕ dgrR

dt&&&

( ) ( ) 02sin322 =−−

− ϕϕαϕϕ dgrR

d &&

( ) ( ) 02sin322

0

=−−

− ∫∫ϕϕ

ϕ

ϕϕαϕϕ dgrR

dM

&

&

&&

Granice integraljenja smo odredili od položaja pri ulasku u cilindričnu površ gde je ugao 0=ϕ do prouzvoljnog položaja odredjenog uglom ϕ , kada je ugaina brzina okretanja centra masaC oko centra krivine njegove putanje O vezana sa njegovom brzinom: ( )ϕ&rRvC −= . Posle naznačenog integraljenja dobijamo:

( ) ( )[ ] 0coscos3422 =−−−

+− αϕαϕϕ grRM

&&

odnosno

( ) ( )[ ]ϕααϕϕ −−−−= coscos3422 g

rRM&&

odnosno

( ) ( ) ( ) ( )[ ]ϕααϕϕ −−−−−=− coscos3

42222 grRrRrR M&&

odnosno ( ) ( )[ ]ϕαα −−−−= coscos

3422 grRvv CMC

( ) ( )[ ]ϕαα −−−−= coscos3

42 grRvv CMC

A kako je:

02

0 34 ghvv CCM +=

to sledi da je:

( ) ( )[ ]ϕαα −−−−+= coscos3

4342

0 grRghvv CC

Vidimo da je ovaj izraz isti kao onaj koji smo dobili iz teoreme o ukupnoj mehaničkoj energiji konzervativnog sistema.

Sada da se vratimo na analizu sile pritiska NF za koju smo odredili sledeći izraz:

( ) ( ) ( )[ ] 0cos7cos431

34

02

0 >⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −−−−+

−= ϕααrRgghv

rRmF CN

Da se disk nebi odvojio od cilindrične površi, koja je jednostrano zadržavajuća veza, ova sila pritiska mora da bude veća od nule. Iz tog uslova dobijamo sledeću relaciju:

( ) ( )[ ] 0cos7cos431

34

02

0 >−−−−+ ϕααrRgghvC

odnosno:

( ) ( ) ( ) 1coscos74

74

73 0

20 ≤−−>−

−+

−ϕαα

rRh

grRvC

Da bi postojao položaj u kome bi se disk odvojio od cilindrične površi potrebno je da zadovoljena relacija

( ) ( ) ( ) 1coscos74

74

73 0

20 ≤−−=−

−+

− KC

rRh

grRv ϕαα

odakle sledi

( ) ( ) 1cos474

73 0

20 ≤−

−+

−α

rRh

grRvC

odnosno

( )grRghvC

−+

−≤28

431cos 02

0α

Ovo je uslov koji ograničava veličinu ugla α u odnosu na početnu brzinu 0Cv centra mase diska i visinu 0h početnog položaja za kotrljanje bez klizanja niz strum raven da u fazi kretanja - kotrljanja bez klizanja po cilindričnog površi nebi došlo do odvajanja diska od nje i veza dejstvovala kao jednostrano zadržavajuća, odnosno, nezadržavajuća. Ako je zadovoljen uslov

( ) ( ) ( ) ( )[ ] 0cos7cos431

34

02

0 =⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −−−−+

−= KCKN rRgghvrR

mF ϕαακ

to dolazi do odvajanja diska od cilindrične površi po kojoj se kotrljao bez klizanja, potrebno je odrediti i koordinaru Kϕ na kojoj će doći do odvajanja diska od cilindrične površi, kao i brzinu centra masa diska pri njegovom odvajanju od veze, odnosno napuštanja veze:

Kako je generalisana koordinata Kϕ na kojoj disk napušta jednostranozadržavajuću vezu određena iz relacije:

( ) ( ) ( ) 1cos74

74

73cos 0

20 ≤−

−+

−=− αϕα

rRh

grRvC

K

to je brzina centra mase diska kojom se disk odvaja od cilindrične površi (kojom napušta jednostranozadržavajuću vezu), to dobijamo sledeći izraz za tu brzinu centra masa diska::

( ) ( )[ ]KCCK grRghvv ϕαα −−−−+= coscos

34

34

02

0

( ) ( ) ( ) ⎥⎦⎤

⎢⎣

⎡+

−−

−−

−−+= αα cos

74

74

73cos

34

34 0

20

02

0 rRh

grRvgrRghvv CCCK

( ) ( ) ( )⎥⎦⎤

⎢⎣

⎡−

−−

−−

−+=rR

hgrR

vcgrRghvv CCCK 74

73cos

711

34

34 0

202

0 α

( )⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

−−+=

2111

74cos

2144

34 0

20

02

0ghvcgrRghvv CCCK α

( ) αcos21

442139

711

02

0 cgrRghvv CCK

−−+=

( ) αcos

2144

2139

711

02

0 cgrRghvC

−≥+ PROVERI????????????????????????????

( ) ( ) αcos4439

43 0

20 c

rRh

rRgvC ≥

−+

−

DRUGI ZADATAK. Materijalni sistem na slici 2. se sastoji od dva tanka homogena diska 1D i 2D , masa i poluprečnika

redom Rm,4 , Rm,2 i tega mase m4 kao što je to prikazano na slici. Za centar 1C , prvog diska, koji može da se lotrlja brz klizanja po strmoj ravni nagiba ugla α u odnosu na horizonat, vezano je lako, nerastegljivo uže, koje je zatim prebačeno preko drugog diska 2D , čiji je centar masa 2C zglobno vezan za nepokretni oslonac, a za čiji je drugi kraj vezan teg mase m2 , koji visi na tom užetu u vertikalnom pravcu. Ceo sistem se nalazi u vertikalnoj ravni i u polju Zemljine teže.

Odrediti: a* broj stepeni slobode kretanja sistema i načiniti izbor generalisanih koordinata (ili koordinate) sistema;

b* sve koordinate položaja i konfiguracije sistema, kao i ugaone brzine diskova pomoću izabranih generalisanih koordinata sistema; c* izraze za kinetičku i potencijalnu energiju sistema. Da li se ukupna mehanička energija datog sistema menja u toku vremena i toku kretanja sistema? Da li je sistem konzervativan?

d* snagu rada sila koje dejstvuju na sistem; e* napisati integral energije sistema;

f* diferencijalne jednačine kretanja sistema pomoću generalisanih koordinata i Lagrage-ovih jednačina druge vrste. Koliki je najmanji broj diferencijalnih jednačina kretanja sistema? Odrediti ubrzanja sistema. g* ubrzanja centra diska 1C ; h* sile u užadima.

Rm,2

α

m4

T

1D 1C

2C

Rm,4

2D

Rm,2

α

m4

T

1D 1C

2C

Rm,4 1P

2D

x

xy =

1Pω 1Cω

2Cω

1S

1S

2S

2S

mg4

mg4

mg2 2NF

1NF

1kF ( )11 PP

ω&J−

( )ym &&4−

( )22 CC

ω&J−

rm,2

α

m4

T

1D 1C

2C

rm,4 1P

2D

x

xy =

1Pω 1Cω

2Cω

mg4

mg4

mg2

Slika 2. Slika 2. a* Slika 2. b*

α

1D 1C

Rm,4 1P

x

1Pω 1Cω

1S

1S

mg4

1NF

1kF ( )11 PP

ω&J−

Rm,2

2C

2D

x 2C

ω

1S

1S

2S mg2

( )22 CC

ω&J−

2NF

m4

T

xy =

2S

2S

mg4

mg2 ( )ym &&4−

Slika 2. c* Slika 2. d* Slika 2. e*

Materijalni sistem na slici 2 ima jedan stepen slobode kretanja, jer disk koji se kotrlja bez klizanja po strmoj ravni, ostajući pri tome u vertikalnoj ravni ima jedan stepen slobode kretanja (detaljnije objasnjenje vidi u pocetku prvog zadatka) , a takodje i teg u vertikalnoj ravni, koji visi na koncu ima jedan stepen slobode kretanja, ali kako su vezani nerastegljivim koncem to znaci da sistem ima samo jedan stepen slobode. Disk preko koga je prebaceno uže ima takodje samo jedan stepen slobode kretanja-obrtanje oko zglobne veze u centru masa 2C , ali kako uže ne klizi po njegovom obimu, već se zajedno sa njim pomera istom brzinom obima, to znači da u finalu ceo mehanički sistem ima samo jedan stepen slobode kretanja. To

znači da možemo izabrati samo jednu generalisanu koordinatu, a preko nje izraziti sve ostale koordinate položaja diskova i tega pri kretanju sisema i u prozvoljnoj konfiguraciji. Za generalisanu koordinatu izaberimo koordinatu x usmerenu naviše i paralelnu strmoj ravni i vetikalnoj ravni. Pomeranje tega naniže označimo sa y i kako je uže nerastegljivo to je xy = . Koordinatu položaja drugog diska sa centrom u 2C oko koga se obrće označimo sa

2Cϕ , a ugaonu brzinu njegovog obrtanja označimo sa

22 CCϕω &= . Imajući u

vidu da je obimna brzina tačke na obimu tog diska jednaka brzini užete, to sledi da je njegova ugaona brzina jednaka

rx

CC&

& ==22

ϕω

Ugaona brzina 1C

ω obrtanja prvog diska oko ose, upravne na vertikalnu ravan i ravan diska, kroz njegov centar masa 1C , odnosno, ugaona brzina 1Pω oko paralelne ode kroz trenutni pol brzine u 1P , oko koga se u svakom trenutku obrne disk kortljajući se bez klizanja po strmoj ravni. Treba uočiti da se taj trenutni pol 1P pomera po strmoj ravni, ali kako je disk osnosimetrican, a odgovarajuća tačka na konturi diska u kojoj se tokom njegovog kotreljanja bez klizanja po stmoj ravni dodiruje sa njim. To znači da se osa trenutne rotacije pomera i po konturi diska, ali je aksijalni moment inercije mase diska za taj sistem osa uvek isti i konstantan, pa se ta osobina može koristiti pri pisanju jednačina dinamike diska, što ne bi bio slučaj da kontura nije krug (cilindar), a disk je homogen i sa centom masa u centru konturne. Linije:

rx

CP&

==11

ωω

Aksijalni moment inercije mase prvog diska za horizontalnu osu kroz centar 1C mase diska

1CJ , odnosno kroz trenutni pol brzine 1P , 1PJ , a čija je masa m4 i poluprečnik r , su:

24 2

1

mr=CJ i 2

12 21

mrP =J

Aksijalni moment inercije mase drugog diska za horizontalnu osu kroz centar 2C mase diska

2CJ je:

2

2 22

mr=CJ

Ukupna kinetička energija sistema jednaka je zbiru kinetičkih energija rotacije prvog diska oko njegove ose trenutne rotacije pri kotrljanju bez klizanja po strmoj ravni , kinetičke energije rotacije drugog diska oko ose kroz njegov centar masa i kinetičke energije translacije tega:

2222

2114

21

21

2211xmymCCPP && =++= ωω JJEk

Na sistem od aktivnih sila dejstvuju sile težine diskova i tega, ali sila težine drugog diska ne vrši nikakav rad jer se njena napadna tačka ne pomera u vertikalnom pravcu, pa je rad te sile nula, a promena potencijalne eenergije je takodje jednaka nuli. Promena potencijalne energije sistema od dejstva sile težine mg4 prvog diska je različita od nule, jer se

napadna tačke te sile težine podiže za αsinx , dok se napadna tačka sile težine mg4 tega spišta za xy = , te se potencijalna energija sistema smanjuje. Ukupna promena potencijalne energije posmatranog materijalnog sistema je sada:

( )αα sin144sin4 −−=−= mgxmhymgxpE Kako na sistem dejstvuju aktivne sile, koje su konzervativne, to je ukupna energija

sistema konstantna i jednaka onoj, koju je sistem imao u početnom trenutku kretanja sistema: 00 pk0pk EEEEE +==+

( ) constmgxxm Po =+==−− EEE k0 02 sin14211 α&

Ovo je i integral energije. Diferenciranjem po vremenu dobijamo diferencijalnu jednačinu kretanja u sledećem obliku: ( )

0=+

dtd pk EE

( ) 0sin1411 =−− αxmgxxm &&&& odnosno

( ) 0sin1411 =−− αmgxm && . Iz poslednje diferencijalne jednačine odredjujemo ubrzanje sistema u obliku

( )αsin1114

−= gx&&

Do te jednačine možemo doći I primenom Lagrage-ove jednačine drge vrste za generalisanu koordinatu u sledećem obliku:

0=∂∂

+∂∂

−∂∂

xE

xE

xE

dtd pkk

&

pomoću koje sledi ( ) 0sin1411 =−− αmgxm && odnosno

( )αsin1114

−= gx&&

Snaga rada neke sile, koja dejstvuje na telo, koje se kreće, se izražava pomoću skalarnog proizvoda sile i brzine kretanja materijalne tačke na koju dejstvuje ta sila: ( )vFP rr ,= . Snaga rada aktivnih sila koje dejstvuju na posmatrani materijalni sistem pojedinačno je: αsin41 xmgP &−= 02

22== CmgvP

xmgymgP && 443 == Snaga rada sila inercije koje dejstvuju na posmatrani sistem je: xxmP PPPj &&&& 6111,11 −=−= ωωJ snaga rada sila inercije rotacije prvog diska xxmP CCCj &&&& −=−= 222,22 ωωJ snaga rada sila inercije rotacije drugog diska xxmxxmP j &&&&&& 44,33 −=−= snaga rada sila inercije translacije tega

S obzirom da se radi o idealnim vezama i konzervativnom sistemu, to je snaga rada otpora idealnih veza jednaka nuli, jer su brzine u tangencijalnom pravcu na veze, a otpori idealnih veza upravni na brzine, pa

je snaga rada tih sila jednaka nuli. S obzirom da je system konzervativan, a ukupna energija sistema konstantna, to je ukupna snaga rada svih sisal sistema jednaka nuli.

( ) ( ) 0,

1

===+

∑=

N

iii vFPdt

d rrpk EE

( ) ( ) 0, ,33,22,11321

1=+++++===

+∑=

jjj

N

iii PPPPPPvFPdt

d rrpk EE

0464sin4,33,22,11321 =−−−+−=+++++ xxmxxmxxmxmgxmgPPPPPP jjj &&&&&&&&&&& α ( )[ ] 011sin14,33,22,11321 =−−=+++++ xxmmgPPPPPP jjj &&&α Da bi smo odredili sile u užadima, napravićemo dekompoziciju sistema na sastavne proste podsisteme-diskove i teg, ’’presecanjem’’ užadi i zamenom destva veza realizovanih preko užadi parovima suprotnih sila u užadima. Zatim ćemo na osnovu principa dinamičke ravnoteže za svaki od podsistema napisati jednačine dinamičke ravnoteže sila uključujući i aktivne i reaktivne sile, kao i sile inercije. Iz tih jednačina odredjujemo nepoznate sile u užadima, kao i odgovarajuće sile inercije. Medjutim kako smo već odredili ubrzanje sistema, dovoljno je iz tih sistema koristiti samo one jednačine, koje su potrebne da odredimo nepoznate sile u uzadima i još jednu, kojom ćemo proveriti tačnost odredjenih sila u užadima. Primenjujući princip dinamičke ravnoteže za dinamikčku ravnotežu tega, na koji dejtvuje aktivna sila težine teha mg4 , sila inercije xm &&4− i sila veze – sila u užetu 2S , dobijamo sledeću jednačinu: 244 Smgxm −=&& Iz prethodne jednačine, s obzirom da smo već ranije odredili ubrzanje sistema

( )αsin1114

−= gx&& , nije teško dobiti silu u delu užeta koje nosi teg u obliku:

( )αsin47114

2 += mgS

Primenjujući princip dinamičke ravnoteže za dinamikčku ravnotežu drugog diska, koji se obrće oko svog centra masa 2C , a na koji dejstvuju dve obimne sile 1S i 2S u delovima užadi čineći momente obrtanja oko centra masa 2C , kao i sile inercije koje redukovane na centar masa 2C , takodje čine jedan spreg momenta 22 CC ϕ&&J− , kao i sila težine i sila otpora zgloba u 2C , koje prolaze kroz isti, pa je njihov moment jednak nuli, te možemo da napišemo sledeću jednačinu dinamičke ravnoteže momenata sila oko ose kroz centar masa 2C tog diska: ( )rSSCC 1222 −=ϕ&&J Iz prethodne jednačine, a kako smo već odredili silu u drugom delu užeta

( )αsin47114

2 += mgS , nije teško odrediti silu 1S u prvom delu nerastegljivog užeta u sledećem

obliku:

( )αsin56114

1 += mgS

Time smo odredili obe nepoznate sile u pojedinim delovima užadi. Ostaje nam još da proverimo tačnost, dobijenih izraza, a to možemo uraditi primenom principa dinamičke ravnoteže na dinamičku ravnotežu prvog diska. Na prvi disk koji je kotrlja bez klizanja po stmoj ravni dejstvuju sledeće sile: sula težine mg4 , sila u prvom delu užeta 1S , sila otpora strme ravni 1NF , sila otpora kotrljanju bez klizanja 1kF i sile inercije od translacije i rotacije, koje kada se redukuju na trenutni pol 1P brzina (rotacije diska oko trenutne ose rotacije) cine spreg momenta

11 PPω&J− . Sila otpora strme ravni i sila otpora kotrljanju diska bez klizanja

prolaze kroz tu tačku 1P , pa je njihov moment sila za tu tačku 1P jednak nuli. Jednačina dinamičke ravnoteže momenata sila za trenutni pol 1P daje sledeće:

( )rmgSPP αω sin4111 −=&J odakle dobijamo da je: ( )αsin56

114

1 += mgS

čime smo potvrdili tačnost prethodno dobijenih izraza za sile u užadima i ubrzanje sistema.

TREĆI ZADATAK. Na slici 3. prikazana je homogena tanka pločica, масе M , konture ACBE , a oblika jednakokrakih

trouglova, AEB i ACB jednakh osnovica a2 pri čemu je prvi trougao visine a3 ,dok je drugi visine ?=h , takve, da je centar masa te plošice u temenu manjeg trougla ACB

Pločica je kruto učvršćena na lakom vratilu, tako da je osa vratila na istom pravcu kao i osnovice konturnih trouglova pločice. Vratilo je sa ležištima, nepokretnim u A i cilindričnim u B , na međusobnom rastojanju a4 . Odrediti:

a* period oscilovanja pločice oko ose vratila, kada je ta osa horizontalna. b*kolika treba da je masa materijalnih tačaka m , koje treba dodati na lakim krutim štapovima zanemarljive mase, dužine l

da bi pločica oko horizontalne ose vratila bila uravnotežena, slika 3.b *? Da li dužina štapa-prepusta l treba da zadovoljava neki uslov? Da li bi pločica bila uravnotežena ako bi se obrtala oko ose vratila, koja nije horizonatalno,? Obrazloži odgovor!

c* vektor momenta inercije mase tela za osu rotacije i pol u nepokretnom ležištu A ; d* kinetičke pritiske na ležošta vratila za slučaj rotacije polčice slučan rotacije pločice jenakoubrzano oko horizontalne ose

(na slici 3. a*) početnom ugaonom brzinom 0ω i ugaonim ubrzawem 0ε ;. e* devijacioni spreg koji desjtvuje na ležošta vratila za slučaj jenakoubrzano oko horizontalne ose (na slici 3. a*); f* intenzitet vektora rotatora za taj slučaj.

A B z

a

a3

a

C

?=h

D

E

A B z

a

a3

a

C

?=h

E

2a

2a

D l

m m

Slika 3. a* Slika 3. b*

Pre nego štp predjemo na rešavanje konkretnog zadatka, potrebno je odrediti visinu ?=h izvadjenog

trougla iz uslova da je težište posmatrane homogene tanke pločice u temenu tog trougla , odnosno da je ?== hyC . To znači da treba da je:

haha

hahaa

A

yAhy

ii

iii

C =−

−===

∑

∑

=

=2

2

2

1

2

1

23

3

odakle dobijamo sledeću kvadratnu jednačinu, po nepoznatoj visini ?=h manjeg trougla: ( ) 22933 hahaa −=− odnosno 0992 22 =+= aahh Koreni te kvadratne jednačine su:

⎪⎩

⎪⎨⎧

==−

=a

aaaaah323

43

49

472819

2,1 mm

Od dva dobijena korena, vidimo da prvi, manji koren odgovara realno pločici, dok drugi koren predstavlja degeneraciju pločice izjednačavanjem manjeg i većeg trougla, te je samo matematičo rešenje, ali i neupotrebljivo za nas postavljen zadatak. Da bi smo odredili period oscilovanja pločoce potrebno je da odredimo aksijalni moment inercije pločice za osu oscilovanja. Kako oba knturna trougla pločice imaju osnovice na zajedničkoj osi oscilovanja pločice kao fizičkog klatna, pa je lako odrediti aksijalni moment inercije pločice koisteći aksijalne momente inercije površina trouglova za ose koje prolaze pravcem osnovice trougla i dobijeni rezutat pomnožiti površinskom gustinom homogene pločice. Površinska gustna pločice je:

232aM

AM

==ρ

te je aksijalni moment inercije pločice za osu oscilovanja :

( ) ( ) 23

32 8

2123232

121

32

11 MaaaaaaMII uuu =

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=−= ∆∆ρJ

Redukovana dužina fizičkog klatna je (vidi precavanja o fozičkom klatnu):

4

7aMyC

ur ==

Jl

Kružna frekvencija malih oscilacija pločice oko ose u je:

agg

r 74

==l

ω

dok je period oscilovanja za male elongacije:

gaT

4722 π

ωπ==

Vektor momenta inercije mase pločice za pol u neporetnom ležištu vratila i osu rotacije pločice i vratila ima kolinearni deo sa osom, koji je jednak aksijalnom momentu inercije uJ mase pločice za tu osu i devijacioni deo koji je upravan na osu i leži u devijacionoj ravni za tu pločicu i osu i pol u nepokretnom lištu,

a jednak je centifugalnom momentu za par osa od kojih je jedna osa rotacije, a druga osa upravna na istu a kroz nepokretno ležište )vidi predavanja o vektorima momenata masa i kinetičkim pritiscima na ležišta vratila). S obzirom da smo postavili ravan pločice u ravni vu − to treba odrediti centrifugalni moment pločice za te dve ose. Imajući u vidu da pločica ima jednu osu aksijalne simetrije, koja prolazi kroz centar masa pločice (težište), to je centrifugalni moment masa pločice za centralne ose jednak nuli, pa je za odredjivanje devijacionog dela vektora momenta inercije mase za osu rotacije i pol u nepokretnom ležištu dovoljno odrediti položajni deo, koji je jednak proivodu mase pločice i koordinata njenog težišta u odnosu na taj sistem koordinata. Na osnovu toga pišemo:

223 MauMy CCCuvAuv =+= JJ

Vektor momenta inercije mase pločice za osu rotacije i pol u nepokretnom ležištu A je sada:

( ) ( )uAuuvuu

A uvMauMavurr rrrrrrr

DJ +=+=+= JDJ 2223

821

Devijacioni deo vektora momenta inercije mase za pol u neporetnom ležištu vratila i osu rotacje je:

( ) vMauArr r 2

23

=D

Prema teoriji uz korišćenje vektora momenata inercije masa pločice dobili smo (vidi predavanja) da su kinetički pritisci na ležišta vratila usled rotacije pločice ugaonom brzinom ω i ugaonim ubrzanjem ω& su:

( ) ( ) 420101)(

11 ωω +==−= &rrrrrv rrRDRRD uA

AB

uA

ABdevAB rr

FF

( ) ( ) 420202)( ωω +==− &rrrrr rrRSRRS uA

uAdevSAF

dok je devijacioni spreg para devijacionih komponenata kinetičkih pritisaka na ležišta vratia , usled inercionih svojstava pločice u odnosu na osu rotacije intenziteta ( ) ( ) 42 ωω +== &

rr rr uA

uAdev DRDM

Kako je zadato da se vratilo i pločica obrću jednoliko ubrzano početnom ugaonom brzinom 0ω i ugaonim ubrzawem 0ε , to nije teško dobiti kinetičke pritiske i devijacioni spreg koji dejstvuju na ležista vratila pločice. Za posmatrani slučaj kinetike rotacije pločice jednako ubrzano, kinetički pritisci na ležišta vratila su:

( ) 0140020)( 43

Rrrv

ωεε ++=−= tMaFF devAB

( ) 0240020)( 23

Rrr

ωεε ++=− tMaF devSA

dok je devijacioni spreg intenziteta

( )40020223 ωεε ++= tMadevM

Uslov da je materijalni sistem, koji se sastoji od prethodno definisane pločice i dve dodate materijalne

tačke na lakim krutim prepistima je, da je centar masa pločice na osi rotacije, i da je osa rotacije glavna osa inercije za pol u nepokretnom ležištu, odnosno da je centrifugalni devijacioni deo vektora momenta inercije mase materijalnog tela za osu rotacije i pol u nepokretnom ležištu kolinearan sa osom, odnosno fa je devijacioni deo jednak nuli.

Na osnovu ovoga pišemo tri uslova od kojih se dva svode na isti uslov za slučaj da je ceo sistem u jednoj ravni, uklučujući i osu rotacije.

02

1

2

1 ==

∑

∑

=

=

ii

iii

C

m

ymy

0=uvD duu 21 JJ =

l Za naš konkretni zadatak dobijamo sledeća dva uslova: Mam 24 =l

22 6332 Mam =l Na osnovu tih uslova dobijamo da je uslov uravnoteženja posmatranog materijalnog objekta –

pločoca sa pridodatim materijalnim tačkama, da je

Mm92

=

a827

=l

Напомена: Писмени део испита траје 4 сата. Дозвољено је коришћење само штампане литературе (уџбеник и таблице). Студенти

који имају одложен усмени део испита дужни су да то видно означе на корицама писменог задатка, заједно са бројем поена, као и подацима о испитном року у коме су стекли то право. Такође, НАПОМИЊЕМО да је студент који има одложен усмени део испита обавезан да ради писмени део испита и у испитном року у коме ће полагати усмени део испита и да се труди да исти што боље уради.

Писмени део испита је елиминаторан. Студент остварује право на полагање усменог дела испита и позитивну оцену писменог дела испита ако оствари најмање 18 поена од укупно 30 поена (три задатка по десет поена) или ако тачно реши и уради најмање два цела испитна задатка. Студент који оствари право «условно позван на усмени део испита» као доквалификацију за остварење права на усмени део испита ради један теоријски задатак у трајању од једног часа и без коришћења литературе.

Резултати писменог дела испита биће саопштени у писменом облику на огласној табли факултета до 12 часова. један дан по одржаном писменом делу испита, ако дежурни асистент или наставник не саопшти другачије. Студенти који желе да добију објашњење у вези са оценом писменог дела испита или да поново виде свој писмени рад, потребно је да се обрате предметном наставнику, или асистенту у време редовних консултација са студентима. То право треба искоридтити до термина одржавања усменог дела испита. Ако студент није искористио то право до почетка усменог дела испита сматраће се није хтео да коридти то право. Термини консултација наставника су: понедељак 10-12 h, и петак 10-12 h у кабинету 221. Консултације асистента су у кабинету 307: понедељком 10-12 h, средом 10-12 h.

Термин за полагање усменог дела испита по правилу први понедељак после писменог дела испита, а са почетком у 8,00 часова, ако студенти не изразе другачији захтев и договоре се са предметним наставником. На усменом делу испита није дозвољено коришћење литературе нити прибележака. За успешнију припрему испита из Механике III – Динамике пожељно је да су студенти положили испите из претходне године.

Резултате писменог дела испита, текстове испитних задатака и огледне примере решених испитних задатака из претходних испитних рокова, студенти могу наћи на WEB презентацији предмета Механика III – Динамика, а на адреси www.masfak.ni.ac.yu или интернет страници http:/www.hm.co.yu/mehanika.