tehniška matematikatm8a kinematika - um · tehniška matematikatm8a kinematika avtorji: peter...
TRANSCRIPT
-
1
Tehniška matematikaTM8a
Kinematika
Avtorji: Peter Kitak, Tine Zorič, Gordana Radić.
1. Uvod
Kinematika je področje mehanike, ki obravnava gibanje točke (premo gibanje in/ali vrtenje)
v prostoru. Če imamo opravka z enim samim telesom, lahko pravila kinematike prenesemo
tudi na gibanje togega telesa. Na tej spletni strani bomo zakonitosti gibanja točka na kratko
povzeli. V dodatnih zgledih bomo pokazali, kako zakonitosti kinematike uporabimo, če
imamo opravka z enim samim togim teleso.
Problemi obravnavanja kinematike in dinamike imajo namreč mnogo skupnih točk.
Povzročitelji dinamike gibljivih togih teles so sile in/ali navori.
Če pa za izhodišče problemov vzamemo pospeške ali hitrosti togih teles, ki jih sicer
povzročajo sile in/ali navori, pa se problem dinamike enega telesa reducira na
kinematiko točke.
Na te tej spletni strani bomo, poleg pregleda zakonitosti, podali predvsem obilico praktičnih
zgledov.
2. Pregled zakonitosti kinematike –
Premo gibanje
Enakomerno premo gibanje - Konstantna hitrost v
Pot tvs , če v trenutku t=0 prehojena pot enaka nič
Pot tvss 0 , če je v trenutku t=0 točka že prešla pot s0
Enakomerno pospešeno premo gibanje - Konstanten pospešek a
Hitrost tav , ko v trenutku t=0 točka miruje
Hitrost tavv 0 , če ima v trenutku t=0 točka hitrost v0
Pot 2
2tas
, če velja v trenutku t=0: v(0)=0 in s(0)=0
Pot 2
2
0
tatvs
, če velja v trenutku t=0 le v(0)=v0
Pot 2
2
00
tatvss
, če velja v trenutku t=0: v(0)=v0 in s(0)=s0
Pri premih gibanjih so hitrosti zelo pogosto podane v km/h. Ker pa želimo dobiti vse
vrednosti v osnovnih enotah, je pomembno, da jih znamo pretvarjati in v enačbe vstavljati v
osnovnih enotah, saj tedaj tudi rezultat dobimo v osnovni enoti.
Krivulje, ki jih pri premem gibanju opišejo poti in hitrosti so premice ali parabole. Zato si za
razumevanje zgledov ponovno oglejte spletno stran TM2a.
Zgled1
Kolesar enakomerno vozi s konstantno hitrostjo v=25 km/h .
a) V kolikem času prevozi razdaljo s=45 km?
-
2
b) Koliko razdaljo prevozi v t=2h45m?
Nalogo lahko računamo kar v podanih enotah (ker so enake!).
hv
st 8,1
25
45
Ker je osnovna enota časa sekunda, je
st 648036008,1 ;
Če pa želimo čas spremeniti v ure, minute in sekunde, je to
s0mhmht 481608,01
Praviloma izračune opravimo v osnovnih enotah. Zato vse veličine najprej preračunamo v
osnovne enote, ker je potem rezultat tudi v osnovni enoti.
m45000100045km45 s
s
m49,6
3600
25000km/h25v
Potrebni čas je
st 64809444,6
45000
Kolesar prevozi razdaljo v času
s990027007200604536002h45m2 t
Pri tem prevozi razdaljo
km68,75m6875099009444,6 tvs
Zgled 2
Pospešeni vlak vozi skozi postajo h hitrostjo v0=60 km/h. Nato začne pospeševati, s
konstantnim pospeškom ap=1 m/s2
dokler ne doseže potovalno hitrosti vp=100 km/h,
potem pa dalje s konstantno hitrostjo. Pred naslednjo postajo na razdalji l=45 km pa začenja
zavirati s konstantnim pojemkom ap=1 m/s.
Koliko časa t potrebuje vlak, da prevozi razdaljo med obema postajama? Kolikšno razdaljo s1
prevozi, ko pospešuje, kolikšno razdaljo s2 s potovalno hitrostjo in kolikšno razdaljo s3, ko
zavira ! Kolik je čas potovanja med obema postajama?
Iz
10 tavv pp
določimo čas pospeševanja t1
sa
vvt
p
p11,11
1
66,1677,2701
V tem času bo vlak prevozil razdaljo
mta
tvsp
2479,2467,612,1852
11,11111,11667,16
2
22
101
Čas zaviranja vlaka določimo iz
sa
vt
z
8,271
778,2733
V tem času vlak prevozi pot
-
3
mta
sz
3868,3852
778,271
2
22
33
ali
mtvs 3868,27889,13333
Vlak bo prevozil s potovalno hitrostjo razdaljo
mssls 4436738624745000312
To pot opravi v času
1597s26,62mh44367,0100000
4436722
pv
st
Skupno potrebuje vlak od vožnje skozi prvo postajo do postanka na drugi postaji čas
16sm27s163628159711321 tttt
Zgled 3
Na železniški progi je razdalja med postajama A in B
a=150 km in med postajama B in C pa b=100 km. Iz
postaje A bo proti postaji B vozil hitri vlak s povprečno
hitrostjo km/h1001 v , iz postaje C pa proti postaji A tovorni vlak s povprečno hitrostjo
km/h.502 v Kateri vlak mora odpeljati prej in za koliko, če se naj srečata v postaji C?
Hitri vlak potrebuje za razdaljo a čas t1
hv
at 5,1
100
150
1
1
Tovorni vlak potrebuje za razdaljo b čas t2
hv
bt 2
50
100
2
2
Tovorni vlak mora odpeljati prej in sicer za
httt 5,012
Zgled 4
Čoln prečka d=80 m široko reko s hitrostjo m/svy 5 .
Hitrost vodnega toka je m/svx 8
Koliko časa t potrebuje čoln za prečkanje reke?
Kolika je razdalja a, za katero za voda odnese?
Za prečkanje reke potrebuje čoln čas
mv
dt
y
165
80
Razdaljo a lahko določimo na več načinov, najbolj enostaven je iz razmerja
mv
vda
v
v
d
a
y
x
y
x 1285
880
Zgled 5
Letalo leti na višini h=2 km s hitrostjo vx=800 km/h. Koliko časa prej mora spustiti bombo,
dabo zadela cilj v trenutku, ko bo letalo nad njim. Za koliko mora biti letalo tedaj pred ciljem?
Za vertikalno komponento gibanja velja
a
A B C a
b
v2 v1
-
4
2
2tgh
Odtod določimo čas letenja bombe
sg
ht 20400
10
200022
Potovalna hitrost letala je
2,2223600
800000xv m/s
Letalo mora spustiti bombo
m4444202,222 tvx x
pred ciljem.
Zgled 6
S kolikšno vodoravno hitrostjo vx moramo iz h=80 m visokega stolpa vreči kamen, da bo
padel x=60 m daleč od podnožja stolpa. (skica je enaka zgornji). S kolikšno hitrostjo v prileti
na tla?
Čas padanja kamna je
sg
ht 416
10
8022
Kamen pade na razdalji
154
60
t
xvtvx xx m/s
Vertikalna komponenta hitrosti je
40410 tgvy m/s
navzdol. Absolutna vrednost hitrosti kamna ob padcu na zemljo je
72,42160022522 yx vvv m/s
Zgled 7
Kako daleč bo letel kamen iz prejšnjega zgleda, če ga vržemo z enako vodoravno komponento
hitrosti, vendar pod kotom α=450 navzgor.
Vertikalna komponenta hitrosti je enaka horizontalni
1500 xy vv m/s
Čas leta T navzgor določimo iz
5,110
150
0
0 g
vTTgv
y
y s
Pot v navpični in vodoravni smeri sta
25,1125,115,222
5,1105,115
2
22
01
Tg
Tvs yy m
5,225,11501 Tvs xx m
V času Tt 2 pade kamen nazaj na višino stolpa. Pri tem opravi dodatno vodoravno pot
5,225,11502 Tvs xx m
in ima komponento 1503 yy vv m/s navzdol. Za pot od vrha stolpa do površine zemlje
velja enačba
5:515802
2
33
2
333 tt
tgtvh y
x C a a
y C a a
vx C a a
h C a a
x C a a
-
5
Kvadratna enačba
016323 tt
ima dva korena
272,45,12
735,1
2
64932,1;3
t
Seveda velja le pozitivna rešitev
772,23 t s
Horizontalna komponenta poti od višine stolpa do zemlje je
6,4158,41772,21503 tvs xx m
Kamen pada na razdalji
6,866,415,225,223213 xxx ssss m
Kamen ima ob padcu na zemljo vertikalno komponento hitrosti
7,427,271577,21015303 tgvv yy m/s
Absolutna komponenta hitrosti ob padcu na zemljo je
26,457,4215 22232 yxo vvv m/s
V zadnjem zgledu smo se srečali z reševanjem kvadratične enačbe. Če ste to že nekoliko
pozabili, si še enkrat oglejte spletno stran TM2a, kjer smo to opisali in tudi navedli nekaj
zgledov reševanja kvadratične enačbe.
Zgled 8
Avto iz mirovanja ( v(o)=0 in s(0)=0) spelje s konstantnim pospeškom a=2 m/s2.
a) kolikšno hitrost je dosegel po preteku 1 sekunde, dveh sekund, treh sekund?
b) Kolikšno pot opravi avto v prvi sekundi, drugi sekundi in tretji sekundi?
a) Hitrost je podana z
tavtv 0)(
Od tod je
2121 1 tav m/s 4222 2 tav m/s 6323 3 tav m/s Diagram hitrosti je premica iz koordinatnega izhodišča, s k=a in n=0!
b) Pot s(t) je podana z
2
)(2
00
tatvsts
Od tod so poti na koncu vsakega časovnega intervala:
12
12
2)1(
22
1
ta
s m
42
22
2)2(
22
2
ta
s m
92
32
2)3(
22
3
ta
s m
Diagram poti je parabola, podnožiščem v koordinatnem izhodišču.
Prirastek poti v prvi sekundi je
1)1(1 ss m
Prirastek poti drugi sekundi je
-
6
3)1()2(2 sss m
Prirastek poti tretji sekundi je
5)2()3(3 sss ,
za vsako sekundo je prirastek poti za 2 m večji kot v prejšnji sekundi.
Kroženje je druga temeljna oblika gibanja točke v mehaniki. Seveda poznamo tudi bolj
komplicirane oblike gibanja točke, kot sta n.pr. gibanje po spirali in gibanje po elipsi, vendar
se v bolj preprostih mehanskih problemih s tako vrsto gibanj le redko kdaj srečamo. Tako
planeti krožijo okoli sonca po elipsah (1. Keplerjev zakon). Elektron, ki prileti v homogeno
magnetno polje pod kotom α, ki ni enak 900, se giblje po spirali. V naših zgledih kinematike
točke, se bomo ukvarjali predvsem s kroženjem.
Kroženje
Enakomerno kroženje - Konstantna kotna hitrost 0
Kot t 0 , če v trenutku t=0 točka miruje
Kot t 00 , če je v trenutku t=0 točka že prešla kot 0
Enakomerno pospešeno kroženje - Konstanten kotni pospešek
Kotna hitrost t , ko v trenutku t=0 točka miruje
Kotna hitrost t 0 , če ima v trenutku t=0 točka kotno hitrost 0
Kot 2
2t
, če velja v trenutku t=0 0(0)in 0)0(
Kot 2
2
0
tt
, če velja v trenutku t=0 00)0( (0)in
Pot 2
2
00
tt
, če velja v trenutku t=0 00 (0)in0 )(
Vselej pa velja: rv in rs
Podobno kot smemo premo gibanje togega telesa reducirati na kinematiko premega gibanja
točke, če poznamo pospeške in hitrosti, smemo tudi dinamiko kroženja togega telesa
reducirati na kinematiko kroženja točke, če poznamo kotne pospeške, kotne hitrosti in
polmere, na katerih delujejo.
Krivulja, po katerih potuje točka pri kroženju je enačba kroga. Če pa je kroženje povezano s
premim gibanjem (pravokotnim na ravnino kroženja), je krivulja po kateri s časom potuje
točka spirala. Zato si pred reševanjem zgledov ponovno poglejte spletno stran TM2a.
Zgled 1
Točka kroži enakomerno po obodu kroga s polmerom r=10 cm. V 1 minuti opravi n=90
obratov. V trenutku t=0 s, se nahaja v točki T(10,0)cm. Kolikokrat ns se zavrti v 1 sekundi?
Kolikšna je kotna hitrost (krožna frekvenca) ? Kolikšna je obodna hitrost v? Kolikšen kot
in kolikšno pot s opravi točka v času t=10s?
Točka obkroži v 1 sekundi
krat5,160
90
60 ms
nn
in pri tem opiše kot
-
7
rad32ali5403605,1360 000 ss nn
Kot v časovni enoti pa je kotna hitrost
rad/s3
Obodna hitrost točke je
314,031,0 rv m/s
V času t=10s točka opiše kot
rad30103 t
Pri tem točka opravi pot
942,031,0 rs
Če bi želeli veličine predstaviti v vektorskem zapisu, bi obodno hitrost v
in trenutno lego
vektorja polmera r
zapisali v obliki
jtyitxjtritrrr )()(sincos m
obodno hitrost v
pa kot
jtitkrv sin1,0cos1,042,9
jtitjktiktv cossin942,0)(sin942,0)(cos942,0
jvivv yx m/s
Ker točka potuje po obodu kroga v matematično pozitivni smeri, imata tako vektor kota
kot vektor kotne hitrosti
smer pozitivne z osi.
Za razumevanje pravkar zapisanega, si še enkrat oglejte nadaljevanje TM4.
Zgled 2
Točka naj poleg enakomernega kroženja v predhodnem zgledu (v ravnini xy) opravlja še
enakomerno premo gibanje v smeri negativne koordinate z s hitrostjo vz=0,5 m/s. V trenutku
t=0, naj je točka v legi T(0,1; 0; 0) m.
Točka opisuje gibanje po spirali. Hitrost točke je
ktvjtvitvtv zyx )()()()(
)5,0cos042,0sin942,0()( jtittv
m/s
Točki s časom pripadajo koordinate
tjtritrr 5,0sincos
m
Pot s seveda ni enaka razdalji od začetne točke. Problem
je enak kot smo ga že srečali pri poševnem metu.
Krivulje spirale žal ne znam narisati.
Zgled 3
Točka iz zgleda 1 naj se v trenutku t=0 nahaja v točki T(0,1; 0) in ima kotno hitrost
rad/so 3)( 0 . V tem trenutku začne nanje delovati kotni pospešek 2rad/s2,1 . Kolikšno kotno hitrost )(t in kolikšno obodno hitrost )(tv doseže točka v času t=5 s?
Kolikšen kot )(t in kolikšno pot s(t) opravi točka v tem času?
Kotna hitrost je
52,1552,142,9)( 0 tt rad/s
Točka doseže obodno hitrost
552,152,151,0)()( trtv m/s
Točka opiše kot
T a
x a
y a
r a
C a
v a
-
8
1,62151,472
52,1542,9
2)(
22
0
t
tt
rad
in opravi pot
21,61,01,62 rs m
Zgled 4
Zobnik 1 s polmerom R1=60 cm se vrti s konstantnim številom vrtljajev n1m=30 obr/min in
poganja zobnik s polmerom R2=20 cm. Oba zobnika sta fiksno nameščena v vodoravni legi.
Kolikšna je kotna hitrost in obodna hitrost prvega zobnika?
Kolikšna sta kotna hitrost in obodna hitrost drugega vodnika?
Kolikšno pot opravita točki na obodu obeh zobnikov v času t=5s?
Prvi zobnik opravi v 1 sekundi
obr/s5,060
30
60
1
1 m
s
nn ,
torej ima kotno hitrost
14,35,028,62 11 sn rad/s
Obodna hitrost prvega zobnika je
2111 m/884,114,36,0 vsrv
Drugi zobnik ima enako obodno hitrost. Njegova kotna hitrost je
12
22 3rad/s42,9
2,0
884,1
r
v
Ker je obodna hitrost obeh zobnikov enaka, je tudi pot enaka
42,95884,111 tvs m
Zgled 5
Nosilec, na katerem sta pričvrščena oba zobnika je vrtljiv okoli osi prvega zobnika, kot to
kaže spodnja slika. Za iste podatke iz prejšnje naloge želimo določiti:
a) S kolikšno obodno hitrostjo se vrti os drugega zobnika? Kako se s časom spreminjajo
koordinate osi drugega zobnika
b) Kakšne koordinate opisuje točka T na obodu drugega zobnika, ko se njegov nosilec vrti s
kotno hitrostjo prvega zobnika.
Pri tem koristite izračunane vrednosti iz predhodnega zgleda!
a) Točka na osi drugega zobnika ima kotno hitrost prvega zobnika.
Točka na osi drugega zobnika ima obodno hitrost
512,214,38,0)( 1212 RRVo m/s
ali v vektorskem zapisu
]14,3sin512,214,3cos512,2[2 jtitvo m/s
Koordinate točke osi drugega zobnika se s časom
spreminjajo po
mjti
jtitRRsR
14,3sin8,014,3cos8,0
sincos)( 1121
b) Dodatno h gibanju osi, mora prišteti še kroženje točke
na obodu drugega zobnika. Najprej hitrost
R1 R2
ω1 ω2
x a T
a
y
y a
R1 R2
ω1
ω2
-
9
)42,9sin884,142,9cos884,1()sincos( 2222 jtitjtitvv m/s
in nato še pot
tjtittjtitRs )42,9sin884,142,9cos884,1()sincos( 22222
m
Komponente hitrosti točke T na obodu drugega zobnika sta
)42,9cos884,114,3cos512,2( ttvTx m/s
)42,9sin884,114,3sin512,2( ttvTy m/s
Točko, v kateri se vsak trenutek nahaja točka T ima komponenti
ttttvx Tx )42,9cos884,114,3cos512,2( m
ttttvy Ty )42,9sin884,114,3sin512,2( m
3. Dinamika gibanja togega telesa Dinamiko gibanja togega telesa preprosto določimo:
a) Če poznamo njegovo kinematiko;
b) pri premem gibanju maso m togega telesa in silo F
, ki deluje nanj;
c) pri kroženju vztrajnostni moment J togega telesa in navor M
, ki deluje nanj.
Dinamika premega gibanja togega telesa
Če poznamo maso m togega telesa in silo F
, ki deluje nanj, od tod izračunamo pospešek
,
2s
m
m
Fa
ki deluje na togo telo.
S tem se v bistvu dinamika gibanja togega telesa reducira na kinematiko premega gibanja
točke.
Da bi ilustrirali pravkar povedano, si oglejmo naslednji zgled!
Zgled 1
Na avto v mirovanju ( v(o)=0 in s(0)=0), ki ima maso m=1000 kg deluje sila F=2 kN.
Izračunati želimo:
a) Kolikšen pospešek a deluje na avto?
b) kolikšno hitrost doseže avto po preteku 1 sekunde, dveh sekund, treh sekund?
b) Kolikšno pot opravi avto v prvi sekundi, drugi sekundi in tretji sekundi?
Iz podane sile in mase določimo pospešek, ki deluje na avto
,21000
2000
2s
m
m
Fa
Vse ostale podatke smo že izračunali v zgledu 8 kinematike premega gibanja točke!
Zgled 2
Pospešeni vlak z maso m=1000 t vozi skozi postajo h hitrostjo v0=60 km/h. Nato začne nanj
delovati konstantna sila F= 1 MN dokler ne doseže potovalno hitrosti vp=100 km/h.
a) Kolikšen pospešek a deluje na vlak?
b) V kolikšnem času t doseže vlak potovalno hitrost vp=100 km/h?
c) Koliko pot s opravi v tem času?
Najprej pretvorimo vse podatke v osnovne enote!
svsvFm p /m78,27,/m67,16N,10kg,10 066
a) Na vlak deluje pospešek
-
10
,m/s110
106
6
m
Fa
b) Potovalna hitrost je podana z
tavvp 0
Odtod izračunamo potrebni čas pospeševanja
s11,111
67,1678,27
a
vvt
op
c) V tem času vlak opravi pot
m2477,612,1852
11,11111,1167,16
2
22
0
ta
tvs
Vrednosti pod točkama a in b se ujemajo s tistimi, ki smo jih dobili v zgledu 2 kinematike
premega gibanja točke. S tem smo potrdili začetno trditev, da se premo gibanje mase m
reducira na kinematiko premega gibanja točke, če poznamo velikost sile F in mase m togega
telesa.
Vendar sta oba zgleda do določene mere idealizirana. Sili motorja nasprotuje upor zraka, prav
tako je tudi za enakomerno gibanje potrebna določena velikost zunanje sile, ki kompenzira
silo trenja
Pri premem gibanju togega telesa razlikujemo naslednje sile:
a) Zunanjo silo F, ki skuša togo telo bodisi pospešiti ali zavirati.
b) Silo lepenja Fl , s katero je telo prilepljeno na podlago. Dokler bo zunanja sila manjša od
sile lepenja
lg FF
bo ostalo telo prilepljeno na podlago in se ne bo premaknilo. Čim pa se premakne, sila lepenja
ne učinkuje več.
Sila lepenja je podana z
NkF ll ,
kjer je N sila reakcije podlage, s katero ta učinkuje na togo telo in kl koeficient lepenja. Njena
velikost je poleg sile teže gmG odvisna še od lege podlage na kateri počiva telo.
Pri poševni ravnini je reakcija podlage
cos GN
c) Sila trenja Ft . Ta sili, ki telo pospešuje, nasprotuje, zunanji sili zaviranja pa prišteva. Od
obeh vrst trenja, je v mehaniki sila trenja s podlago najbolj pomembna.
Silo trenja določimo z
NkF tt ,
Fz Fl
a)
G
Fz
G α
N
Fl
b)
N
-
11
kjer je N reakcija podlage in tk koeficient trenja odvisen od snovi in gladkosti oziroma
hrapavosti podlage.
Slika je identična tej za sliko lepenja, le zamenjati moramo tl FF , le da sila trenja učinkuje
ves čas gibanj.
Zgled 3
Sani in breme na njej imajo maso m=200 kg. Na vodoravni zasneženi cesti je koeficient trenja
kt=0,08. V trenutku t=0 telo miruje.
a) kolikšna je najmanjša vrednost sile Fm, da sani sploh premaknemo?
b) Kakšno gibanje opravljajo sani pri petkratniku te sile?
a) Teža sani in bremena je
N200010200 gmG
Potrebna vlečna sila, da se sani sploh premaknejo mora biti večja od
ttm FGkF N160200008,0
b) Zunanja sila je N800160.5.5 mz FF
Sila, ki pospešuje sani je
N640160800 tzp FFF
Na sani deluje pospešek
2/m2,3200
640s
m
Fa
p
Po času t=10 s imajo sani hitrost
m/s2,3102,3 tav
In opravijo pot
m1602
102,3
2
22
ta
s
Pri tem nismo upoštevali eventualno hitrost vetra, pri večjih hitrostih pa tudi upor zraka.
Zgled 4
Strmina, na kateri so postavljene sani, leži pod kotom 300. Vsi ostali podatki naj ostanejo
nespremenjeni. Kakšno gibanje opravijo sani v tem primeru?
Reakcija podlage je
N1732866,02000cos GN
Sila trenja je
N6,138173208,0 NkF tt
Komponenta sile teže v smeri zunanje sile je
N10005,02000sin GFG
Rezultanta sile v smeri gibanja je
N4,16616,138.1000800 tgz FFFF
Pospešek v smeri gibanja je
2s/m31,8
200
4,1661
m
Fa
-
12
Po času t=10 s imajo sani hitrost
s/m1,831031,8 tav
in opravijo pot
m8302
1031,8
2
22
ta
s
Dinamika kroženja togega telesa
Spoznanja, ki smo jih spoznali pri kinematiki točke,
bomo sedaj razširili na togo telo z maso m. Pri tem
za enkrat ne upoštevamo sile teže G, ki pa je
dejanskih razmerah vselej prisotna.
Togo telo (v obliki krogle) z maso m naj je z neraztegljivo
vrvico z dolžino r povezano z osjo O okoli katere se
lahko vrti. Če na telo ne deluje nobena sila (silo teže
ne upoštevamo), se bo vrtelo z enakomerno kotno
hitrostjo 0 .
Naj ima togo telo v trenutku začetka opazovanja t=0 že
prehojeno kot 0)0( , konstantno kotno hitrost
0)0( , ko začne nanj delovati po iznosu konstantna
sila tF v smeri tangente na krožnico.
Pri tem se moramo zavedati, da so kot
, kotna hitrost
in kotni pospešek
vektorji, ki
imajo za podano smer vrtenja lego pozitivne koordinatne osi z, torej iz papirja navzven.
Zaradi tangentne sile tF
deluje na telo navor
tFrM
,
ki ima smer pozitivne koordinatne osi z. Ker sta
)cossin(
)sin(cos
jiFF
jirr
tt
je
kMkFrjijiFrFrM ttt )cossin)(sin(cos ,
saj je
kkjiji 1)sin(cos)cossin)(sin(cos 22
Sedaj je navor tangentne sile zaradi
ttt FrMinrmamF
kar lahko zapišemo tudi v obliki
JrmM 2
Tu je
22 mkg rmJ
vztrajnostni moment, zaradi katerega se togo telo z maso m upira spremembi hitrosti
kroženja.
Iz pravkar povedanega je razvidno, da je pri kroženju telesa potrebno vselej določiti
vztrajnostni moment telesa. Pri tem razlikujemo tri primere:
a) Telo ima maso m z znanim težiščem. Če je os vrtenja oddaljena od težišča telesa za
razdaljo r, je vztrajnostni moment določen po zgornji formuli
m
r
φ x
y
at
Ft
-
13
b) Če gre os vrtenja skozi težišče telesa, je potrebno vztrajnostni moment izračunati. Za
nekatere oblike teles najdemo vztrajnostni moment v priročnikih. Za homogen valj je
vztrajnostni moment
22
mkg2
rm
J
c) Pri poljubno oblikovanem telesu je za vztrajnostni moment okoli osi vrtenja izven težišča,
tega prav tako potrebno izračunati.
Za razumevanje kroženja se moramo zavedati, da enakomerno kroženje še ne predstavlja
enakomernega gibanja, saj se smer gibanja in s tem smer obodne hitrosti nenehno spreminja.
Spremembo gibanja smeri pa lahko povzroči le sila. To je sila, ki napenja vrvico in ne dovoli
spremembe polmera krožnice,. Imenujemo jo sredotežna ali centripetalna sila. Na maso, ki
kroži po krožnici povzroča sredotežni ali radialni pospešek
2
22
s
m
r
vrvacp
Njegova izpeljava je nadaljevanju v reviji izvedena, zato je ne bomo ponavljali. Sama
centripetalna sila je potem po Newtonovem zakonu dinamike
cpcp amF
Ker ima vsaka akcija enako veliko in nasprotno usmerjeno reakcijo, je to sredobežna ali
centrifugalna sila Fcf
cpcf FF
To je sila, ki napenja vrvico. Če je ta prevelika, se vrvica pretrga in telo odleti v smeri
trenutne obodne hitrosti.
Zgornji primer kroženja krogle z maso, bi strogo vzeto veljal le nekje v vesolju, tako daleč od
sonca ali planeta, da vpliva gravitacije ni potrebno upoštevati. Na površini pa je gravitacijska
sila v obliki teže G vedno prisotna. Včasih jo je potrebno upoštevati, drugič zopet ne. To bo
najlepše razvidno iz naslednjih dveh zgledov.
Zgled 1
Polni valj s polmerom R=0,1 m, se začne v
trenutku t=0 kotaliti po strmini navzdol. Kot
strmine je 030 . Razložiti želimo kotaljenje
valja po strmini navzdol.
Zanima nas kolik je pospešek osi valja?
V kolikem času t opravi valj pot s=5 m?
Kolik kot opiše pri tem točka na obodu valja?
Kolikšna je obodna hitrost v valja?
Kolikšna je kotna hitrost valja?
Zaradi teže G deluje v osi valja sila
sin gmFG
Zaradi nje se bo valj hotel kotaliti navzdol.Zaradi vztrajnostne sile Fv deluje na valj navor,
JrFv
ki nasprotuje komponenti sile teže. Na os valja deluje rezultanta
vFgmam sin
Veliko sile vztrajnosti določimo iz
r
JFv
,
α
N
G
FG
at
FV
-
14
kjer upoštevamo
¸
rainrm
J t2
2
Sedaj za vztrajnostno silo Fv dobimo izraz
22
2
tv
am
r
rmF
Ker je pospešek komponente sile teže a enak obodnemu pospešku at , preide izraz za
rezultanto sil v obliko
2
sin ttam
gmam
Ker smemo enačbo deliti z m, izhaja iz
2
sin tta
ga
navidez presenetljiv zaključek, da pospešek osi valja, ki je enak obodnemu pospešku valja ni
prav nič odvisen od mase valje, temveč le od kota strmine
sg
aga
tt /m3,3
3
10
3
5,0102
3
sin2sin
2
3
Iz podane poti določimo potrebni čas t
s45,2610
31022
2
2
t
t
a
st
tas
Polmer valja opiše pri tem kot
rad5,241,0
45,2
r
s
Hitrost osi, ki je tudi obodna hitrost valja določimo iz
s/m94,45,2445,2522 tasv
in odtod še kotno hitrost valja
ad/s4,491,0
94,4r
r
v
V literaturi dimenzijo kotne hitrosti pišejo kot 1/s. Naš zapis je potrebno vzeti le kot
opozorilo, da moramo kote vstavljati v radianih!
V naslednjem zgledu želimo obravnavati primer, ko smemo od določenem pogoju vpliv sile
teže zanemariti.
Zgled 2
Poln železni valj s polmerom R=0,1 m in dolžino l=1 m ima os vpeto v kroglične ležaje, zato
smemo trenje v ležajih zanemariti. Valj želimo z obodno silo F (jermenico!) v času t=10
sekund pospešiti iz mirovanja na n= 15 obratov/s.
Specifična masa železa je 3kg/m7900 ,
Kolikšna je masa m valja?
Kolikšen je vztrajnostni moment J valja?
Kolikšna bo končna kotna hitrost in obodna hitrost v valja?
Kolikšen mora biti v tem času kotni pospešek ?
Kolikšna obodna sila F je za to potrebna?
Masa valja je
kg24811,014,37900 22 lRVm
Vztrajnostni moment valja je
F
-
15
222
mkg24,12
1,0248
2
RmJ
Kotna hitrost valja po desetih sekundah je
rad/s2,941528,62 sn ,
povprečna kotna hitrost v tem času pa
rad/s1,472
Kotni pospešek je
2ad/s42,9
10
2,94r
t
Iz navora
JRF
določimo potrebno obodno silo
N8,1161,0
42,924,1
R
JF
Polmer R v tem času opiše kot
rad471101,47 t
in pot
m1,474711,0 Rs
Število vrtljajev, ki jih v tem času opravi valja, je
vrtljajev3,6928,6
471
2
n
Vse v tej spletni strani navedene rezultate bomo v nadaljevanju na naslednji spletni strani
potrebovali za izračun dela in obeh mehanskih energij: kinetične in potencialne energije.
a) Pri premagovanju sile trenja opravljamo delo, ki se pretvarja v toplotno energijo!
b) Pri dvigu telesa premagujemo silo teže, opravljeno delo gre v porast potencialne energije
telesa.
c) Pri prostem padcu telesa se njegova potencialna energija pretvarja v kinetično energijo, ki
jo telo poseduje na račun svoje hitrosti.
Vse na tej spletni strani pridobljena znanja in spoznanje bomo s pridom uporabili na naslednji
spletni strani, kjer bomo obravnavali delo in energije.
Še več, nekaterih dinamičnih tehniških problemov sploh ne moremo rešiti, če pri tem ne
uporabljamo dela in energij.
Literatura:
Rudolf Kladnik: Fizika: Gibanje,sila snov. DZS, Ljubljana 2000
D. Rašković: Mehanika, Kinematika, Naučna knjiga, Beograd, 1950
Maks Oblak: Rešene naloge iz kinematike, Zbrano gradivo, Fakulteta za strojništvo, Univerza
v Mariboru, Maribor 2001
D. Rašković: Mehanika, Dinamika, Naučna knjiga, Beograd, 1956
Maks Oblak: Rešene naloge iz dinamike, Zbrano gradivo Fakulteta za strojništvo, Univerza v
Mariboru, Maribor 2002