LADISK Laboratorij za dinamiko strojev in konstrukcij. Višja dinamika. Rešene naloge iz analitične mehanike. Dr. Janko Slavič. 22.

Transcript

1 Univerza v Ljubljani Fakulteta za strojništvo LADISK Laboratorij za dinamiko strojev in konstrukcij Višja dinamika Rešene naloge iz analitične mehanike Dr. Janko Slavič 22. avgust 2012 Zadnja različica se nahaja na: Uporabljamo LATEX 2ε.

2 2 V treh korakih do uspeha 1. Spoznavanje zakonov predavanja. 2. Spoznavanje pristopov, postopkov in principov reševanja vaje. 3. Osvojitev znanja lasten študij prve in druge točke. Za uspeh je najpomembnejša tretja točka. Veliko uspeha pri študiju! Opombe Pri rešitvah nalog je postopek prikazan striktno analitično, pri opravljanju kolokvija/izpita se to ne pričakuje. Če nimate Mathematice, potem je ogled datotek mogoč z brezplačnim MathematicaPlayer-jem.

3 Kazalo 1 Analitična mehanika točk točk točk točk točk točk točk točk točk točk točk točk točk točk

4 Poglavje 1 Analitična mehanika točk Na valj A polmera r in mase m deluje konstanten moment M. Preko vrvi in kolesa B zanemarljive mase poganja valj C polmera r in 2r in mase m. Na središče valja C pa je pripeto breme D mase m, ki drsi po klancu nagiba α. Valj C se kotali brez podrsavanja. Določite pospešek središča valja C in silo v vrvi med valjem C in bremenom D, če je sistem v začetku miroval. Uporabite D Alambertov princip analitične dinamike. m = 1 kg r = 10 cm J C = m r 2 M = 10 Nm µ = 0,2 α = 30 ẍ C = 41,034 m/s 2 S = 47,638 N Sistem je nekonservativen in ima eno prostostno stopnjo P=1, izberemo eno posplošeno koordinato N=1: q 1 = x C. Ker se valj kotali brez podrsavanja, je zasuk valja C ϕ C enolično odvisen od pomika valja x C : ϕ C = x C 2 r. Velja x D = x C. Iz geometrije sistema lahko zapišemo odvisnost med zasukoma valja A in C: r ϕ A = 3 r ϕ C ϕ A = 3 ϕ C = 3 2 x C r. Uporabimo D Alambertov princip in zapišemo ravnotežno enačbo gibanja: n Fi m i ri δ r i = 0. i=1 4

5 ANALITIČNA MEHANIKA 5 Index i nam predstavlja telesa A, B, C, D, kjer kolo B izpustimo, saj ni zunanjih sil, ki bi opravljale virtualno delo in tudi ni vztrajnostne mase. Telo A opravlja samo rotacijsko gibanje, telo C rotacijsko in translatorno, telo D pa samo translatorno gibanje. Sledi: M J A ϕ A δϕ A + m g sin α m ẍ C δx C + J C ϕ C δϕ C + m g sin α F tr m ẍ D δx D = 0. Izraz preoblikujemo: [ 3 M 2 r m g 2 sin α + µ cos α 27 ] 8 m ẍ C δx C = 0 Ker virtualni pomik δx C ni enak nič, sledi: 27 8 m ẍ C = 3 M m g 2 sin α + µ cos α. 2 r Pospešek valja C je torej: ẍ C = 4 9 M m r 8 g 2 sin α + µ cos α. 27 Za izračun sile v vrvi nastavimo ravnotežje sil za telo C: m ẍ C = S m g sin α m g µ cos α, sledi, da je sila v vrvi: S = m [ẍ C + g sin α + µ cos α] točk Telo mase m 1 drsi po podlagi brez trenja. Nanj je s tankim drogom zanemarljive mase pripeto breme mase m 2, ki jo vzbujamo z momentom Mt. Določite gibalni enačbi sistema. Uporabite Lagrangeve enačbe II. vrste. m 1 = 10 kg m 2 = 5 kg k = 100 kn/m L = 1 m x : ϕ : m 1 + m 2 ẍ + m 2 l ϕ cos ϕ ϕ 2 sin ϕ = k x m 2 l ϕ + m 2 l ẍ cos ϕ = M m 2 g l sin ϕ Sistem je nekonservativen in ima dve prostostni stopnji P = 2. koordinati: q 1 = x, q 2 = ϕ. Gibalni enačbi bomo določili s pomočjo Lagrangeve enačbe 2. vrste 1 : d E K E K = Q j ; j = 1,..., N dt q j q j 1 Hitrejše reševanje in manj možnosti za napako predstavlja uporaba izraza: Izberemo dve N = 2 posplošeni L = Q N j dt q j q ; j j = 1,..., N kjer so Q N j nekonservativne posplošene sile. Takšen postopek priporočen in je prikazan pri poznejših preizkusih.

6 ANALITIČNA MEHANIKA 6 Masa m 1 opravlja samo translatorno gibanje, masa m 2 pa translatorno in rotacijsko; ker pa obravnavamo maso m 2 kot masno točko, je kinetična energija rotacije enaka nič. Za določitev kinetične energije mase m 2 bomo potrebovali njeno absolutno hitrost, zato določimo najprej njen krajevni vektor: r 2 = x + l sin ϕ l cos ϕ. Hitrost mase m 2 je: r 2 = ẋ + l ϕ cos ϕ l ϕ sin ϕ. Absolutna hitrost mase m 2 torej je: v 2 2= ẋ ẏ 2 2 = ẋ + l ϕ cos ϕ 2 + l ϕ sin ϕ 2 = ẋ 2 + l 2 ϕ 2 cos 2 ϕ + 2 ẋ ϕ l cos ϕ + l 2 ϕ 2 sin 2 ϕ = ẋ 2 + l 2 ϕ l ẋ ϕ cos ϕ Sedaj lahko zapišemo kinetično energijo sistema: E K = 1 2 m 1 ẋ m ẋ2 2 + l 2 ϕ l ẋ ϕ cos ϕ = 1 2 m 1 + m 2 ẋ m 2 l 2 ϕ 2 + m 2 l ẋ ϕ cos ϕ Posplošeni sili Q x in Q ϕ izračunamo s pomočjo izraza: δw = n N F i δ r i = Q j δq j i=1 Virtualno delo sistema je: Sledi: j=1 δw = M δϕ + m 2 g δy 2 k x δx = M δϕ + m 2 g l sin ϕ δϕ k x δx = M m 2 g l sin ϕ δϕ k x δx Q x = k x Q ϕ = M m 2 g l sin ϕ. x Najprej obravnavamo posplošeno koordinato x: E K ẋ = m 1 + m 2 ẋ + m 2 l ϕ cos ϕ, d E K dt ẋ = m 1 + m 2 ẍ + m 2 l ϕ cos ϕ m 2 l ϕ 2 sin ϕ, E K x = 0. Prva diferencialna enačba torej je: m 1 + m 2 ẍ + m 2 l ϕ cos ϕ ϕ 2 sin ϕ = k x.

7 ANALITIČNA MEHANIKA 7 ϕ Posplošena koordinata ϕ: E K ϕ = m 2 l 2 ϕ + m 2 l ẋ cos ϕ d E K dt ϕ = m 2 l 2 ϕ + m 2 l ẍ cos ϕ m 2 l ẋ ϕ sin ϕ E K ϕ = m 2 l ẋ ϕ sin ϕ Druga diferencialna enačba je: m 2 l 2 ϕ + m 2 l ẍ cos ϕ = M m 2 g l sin ϕ točk Povprečen uspeh: 81% Zaposleni ste v podjetju Supertovorjak d.d.. Tovornjak, ki ga konstruirate, je prikazan na sliki. Zanima vas dogajanje v primeru zloma gredi, ki povezuje pogon in navijalni valj. Za narisan sistem: breme m A navijalni valj m B,r; izračunajte gibalno enačbo. Tovornjak miruje, maso kolesa C zanemarite. Uporabite D Alambertov princip. ẍ m A m B m A g = 0 Ravnotežna enačba gibanja D Alambertov princip: N Fi + F i,v δ r i = 0, i=1 za naš sistem to pomeni: F A + F A,v δx + M B + M B,v δϕ = 0. Zunanja sila na maso A in zunanji moment na valj B: Točk: 10 F A = m A g, M B = 0. Vztrajnostne sile: F A,v = m A ẍ

8 ANALITIČNA MEHANIKA 8 M B,v = J B ϕ Povezava med pomikoma x in ϕ: Točk: 10 ϕ = x r ϕ = ẍ r, δϕ = 1 r δx Sledi, da je gibalna enačba: ẍ m A m B m A g = 0 Točk: 10 Kje so imeli študentje težave? Določevanje virtualnega dela rotacijske vztrajnosti in koordinate ϕ točk Povprečen uspeh: 65% Sistem na sliki je sestavljen iz elementov A in B, vsak mase m, ter dveh vzmeti enake togosti k. Na maso B zaradi velike površine deluje sila upora zraka: F U. Zanemarite trenje med elementi in poiščite gibalne enačbe. Uporabite Lagrangeve enačbe 2. vrste. F U = λ ẋ 2 m ẍ x 1 x 2 k = 0 m ẍ 2 + kx 2 x 1 + λ ẋ 2 = 0 Sistem je nekonservativen in ima dve prostostni stopnji: P = 2, N = 2. Izberemo posplošeni koordinati: q 1 = x 1, q 2 = x 2. Gibalni enačbi bomo določili s pomočjo Lagrangevih enačb 2. vrste 2 : d E K E K = Q j ; j = 1,..., N, dt q j q j za naš sistem to pomeni: d E k E k d E k = Q 1 E k = Q 2. dt ẋ 1 x 1 dt ẋ 2 x 2 V zgornji enačbi moramo določiti kinetično energijo sistema in posplošeni sili Q 1 in Q 2. Kinetična energija sistema je: E k = 1 2 m ẋ m ẋ2 2

9 ANALITIČNA MEHANIKA 9 Posplošeni sili izračunamo s pomočjo virtualnega dela aktivnih sil, ki je enako virtualnemu delu posplošenih sil: δw = n N F i δ r i = Q j δq j i=1 Virtualno delo: j=1 δw = F 1 δx 1 + F A2 δx 1 + F B2 δx 2 + F U δx 2 Slika 1.1: Prikaz sil na masi A in B. Ob predpostavki x 1 < x 2 so posamezne sile slika 1.1: F 1 = k x 1 F A2 = +k x 2 x 1 sila vzmeti med masama na maso A F B2 = k x 2 x 1 sila vzmeti med masama na maso B F U = λ ẋ 2. Iz virtualnega dela: δw = 2 x 1 + x 2 k δx 1 + kx 2 x 1 λ ẋ 2 δx 2 sledita posplošeni sili: Q 1 = 2 x 1 + x 2 k Q 2 = kx 2 x 1 λ ẋ 2 Točk: 10 Za izračun ravnotežja potrebujemo še odvode kinetične energije: E k x 1 = 0 E k ẋ 1 = m ẋ 1 d E k = m ẍ 1 dt ẋ 1 E k x 2 = 0 E k ẋ 2 = m ẋ 2 d E k = m ẍ 2 dt ẋ 2 2 Hitrejše reševanje vzmeti ni treba rezati in manj možnosti za napako predstavlja uporaba izraza: L = Q N j dt q j q ; j j = 1,..., N kjer so Q N j nekonservativne posplošene sile. Takšen postopek priporočen in je prikazan pri poznejših preizkusih.

10 δx C = 1 2 r δϕ. POGLAVJE 1. ANALITIČNA MEHANIKA 10 Gibalni enačbi torej sta: m ẍ x 1 x 2 k = 0 m ẍ 2 + kx 2 x 1 + λ ẋ 2 = 0 Kje so imeli študentje težave? Določitev posplošene sile Q 1, Q 2, predvsem pri vplivu srednje vzmeti točk Povprečen uspeh: 62% Na sliki je prikazan sistem dveh enakih valjev A in C, ki imata polmer r. Valj A je z neraztegljivo vrvjo zanemarljive mase preko kolesa zanemarljive mase B povezan z valjem C. V vrtišču valja C je pripeta vzmet togosti k. Valj C nakotaljuje brez podrsavanja. S pomočjo analitične mehanike izračunajte raztezek vzmeti v statični ravnovesni legi, če na valj A delujemo s konstantnim momentom M. Podatki: r, k, M x C = 2 M r k Sistem je ne-konservativen in ima eno prostostno stopnjo N=P=1: q 1 = ϕ. Da izračunamo ravnotežno stanje, moramo najprej določiti virtualno delo sistema: δw = n F i δr i. i Kot zunanji aktivni sili tukaj razumemo moment M in silo vzmeti F v sila trenja pod valjem C je sicer zunanja, vendar ne opravlja dela - ni aktivna. Virtualno delo torej je: δw = M δϕ + F v δx C, kjer je x C premik valja C v smeri raztegovanja vzmeti; posledično negativni predznak sile pri sila vzmeti: Točk: 10 F v = k x C Iz geometrije definiramo slika 1.2: x C = 1 2 r ϕ. Izračunamo virtualni pomik koordinate x C :

11 ANALITIČNA MEHANIKA 11 Slika 1.2: Prikaz profila hitrosti za valj C; P pol hitrosti. Izračunano virtualno delo primerjamo z virtualnim delom v posplošenem prostoru: δw = N Q j δq j = Q ϕ δϕ j in razberemo posplošeno silo: Q ϕ = M 1 2 k x C r. Iz pogoja za statično ravnotežje δw = 0 ob ne-ničnem virtualnem pomiku δϕ mora veljati Q ϕ = 0, iz česar sledi raztezek vzmeti: x C = 2 M r k. Kje so imeli študentje težave? Zakaj so nekateri iskali gibalne enačbe iščemo vendar statično ravnotežje? Napačna povezava med koordinatama x C ϕ. Če vrv ni napeta ima sistem dve prostostni stopnji, vendar takrat ne gre več za obravnavani sistem točk Povprečen uspeh: 51% Na sliki je prikazan dinamski sistem, ki je sestavljen iz treh valjev vsak mase m in polmera r in jeklene plošče mase 2 m. Kakor je prikazano na sliki, deluje na enega od valjev zunanji moment M. Vsi valji nakotaljujejo brez podrsavanja. Z uporabo Lagrangevih enačb 2. vrste poiščite gibalne enačbe sistema. Uporabite koordinati α in β. 3 α + 4 β = 0 2 α + 15 β = M m r 2. Podatki: r, m, M Sistem je nekonservativen in ima dve prostostni stopnji: P = 2, N = 2. Izberemo posplošeni koordinati: q 1 = α, q 2 = β. Gibalni enačbi bomo določili s pomočjo Lagrangevih enačb 2. vrste: L = Q N j ; j = 1,..., N, dt q j q j

12 ANALITIČNA MEHANIKA 12 kjer so Q N j nekonservativne sile. Lagrangeva energijska funkcija L = E k E p v potencialni energiji vsebuje konservativne potencialne sile; ker se potencialna energija ne spreminja odvodi so torej nič, lahko zapišemo: d E k E k = Q N j ; j = 1,..., N. dt q j q j Za obravnavani sistem to pomeni: d E k dt α E k α = QN α in Definirajmo torej kinetično energijo: d E k dt β E k β = QN β. E k = 2 E k1 + E k2 + E k3, kinetična energija vsakega od valjev pod ploščo je: E k1 = 1 2 m v2 t J β 2, kjer je hitrost težišča: v t1 = r β in masni vztrajnostni moment valja: J = 1 2 m r2. Kinetična energija plošče je: E k2 = m v2 t2, kjer je hitrost težišča iz geometrije, s pomočjo pola hitrosti: v t2 = 2 r β. Določimo še kinetično energijo valja na plošči: E k3 = 1 2 m v2 t J α2, kjer je hitrost težišča: v t3 = v t2 + r α. Kinetična energija torej je: E k = 1 4 m r2 3 α α β + 30 β 2. Izračunati moramo še posplošene nekonservativne sile. Najprej izračunamo virtualno delo nekonservativnih sil: δw N = i F i δr i = M δβ.

13 ANALITIČNA MEHANIKA 13 Izračunano virtualno delo primerjamo z virtualnim delom v posplošenem prostoru: δw N = j Q N j δq i = Q N α δα + Q N β δβ, Razberemo nekonservativne posplošene sile: Q N α = 0, Q N β = M. Izračunamo odvode: E k α = 0 E k α = 1 2 m r2 3 α + 4 β d E k dt α = 1 2 m r2 3 α + 4 β Urejeni gibalni enačbi torej sta: E k β = 0 E k β d E k dt β = m r2 2 α + 15 β = m r2 2 α + 15 β 3 α + 4 β = 0, 2 α + 15 β = M m r 2. Kje so imeli študentje težave? Določitev kinetične energije in absolutnih hitrosti posameznih teles točk Povprečen uspeh: 60% Na valj A, ki se brez podrsavanja kotali po kocki B, je navita vrv. Če vrv vlečemo s konstantno silo F in je med kocko B in tlemi koeficient trenja µ, potem s pomočjo D Alambertovega principa izpeljite gibalno/e enačbo/e sistema. Uporabite koordinati x in ϕ. Predpostavite, da je trenje dovolj majhno, da kocka B drsi. Podatki: F, a, r, m, g, µ 3 m ẍ r m ϕ + F 3 g m µ = 0 m r ẍ 3 2 m r2 ϕ + 2 F r = 0

14 ANALITIČNA MEHANIKA 14 Sistem je nekonservativen in ima dve prostostni stopnji N=P=2: q 1 = x, q 2 = ϕ. Da izračunamo dinamično ravnotežno stanje, moramo najprej določiti virtualno delo sistema: δw = n F i + F v,i δr i. i Nastavimo torej virtualno delo: δw = F A + F v,a δr A + M A + M v,a δϕ + F B + F v,b δr B + F δx F }{{}}{{}}{{}}{{} A - translacija A - rotacija B - translacija Sila F Posamezne zunanje aktivne sile so : F A = 0 0 N, M A = 0 Nm F B = m + 2 m g µ 0 N. Opomba: Virtualno delo sile F bi lahko vključili tudi kot zunanjo aktivno silo in moment na težišče telesa A translacija + rotacija!. V tem tem primeru bi se spremenila člena: F A = F, 0 N, M A = 2 r F. Vztrajnostne sile so: F v,a = m ẍa 0 N, M v,a = J ϕ, F v,b = 2 m ẍ B. Poiščimo še krajevne vektorje: r A = xa y A, r B = xb y B, r F = xf y F. Ker v y smeri ni zunanjih aktivnih sil ki bi imele za posledico virtualno delo nas koordinate y A, y B, y F ne zanimajo več. Preostanejo koordinate: x A = x + r ϕ, x B = x, x F = x + 2 r ϕ. Izračunajmo sedaj še virtualne premike po definiciji δr i = j r i q j δq j : δx A = δx + r δϕ,

15 ANALITIČNA MEHANIKA 15 δx B = δx, δx F = δx + 2 r δϕ. Potem, ko uporabimo še J = 1 2 m r2, izpeljemo izraz za virtualno delo: δw = δx F 3 g m µ 3 m ẍ m r ϕ + δϕ 2 F r m r ẍ 3 2 m r2 ϕ Ker je virtualno delo enako nič, posplošeni sili Q x in Q ϕ pa v splošnem nista, ob namišljenih pomikih δx 0, δϕ = 0 izpeljemo Q x = 0: 3 m ẍ r ϕ + F 3 g m µ = 0. Ob namišljenih pomikih δx = 0, δϕ 0 pa izpeljemo Q ϕ = 0: m ẍ 3 2 m r2 ϕ + 2 F r = 0 Kje so imeli študentje težave? Sistem ima dve prostostni stopnji! S translacijo gredo skupaj pomiki, z rotacijo pa zasuki točk Povprečen uspeh: 56% Na sliki je prikazan dinamski sistem, ki je sestavljen iz tankega obroča mase m in polmera 2 r J 1 = m 2 r 2 ter valja mase m in polmera r. Valj nakotaljuje brez podrsavanja znotraj obroča in tudi obroč nakotaljuje po podlagi brez podrsavanja. Za prikazan sistem nastavite Lagrangevo energijsko funkcijo; torej: z danimi parametri in posplošenimi koordinatami definirajte Lagrangevo energijsko funkcijo, pri čemer nastavljenih hitrosti ni potrebno odvajati. Kot posplošeni koordinati uporabite absolutna zasuka α in β. Po potrebi si pomagajte s pomožno koordinato ϕ in enakostjo ϕ = α β, glejte sliko b. Podatki: r, m, g Lagrangeva energijska funkcija je definirana kot: L = E k E p. Kinetična energija je definirana kot: E k = E k1 + E k2

16 ANALITIČNA MEHANIKA 16 kjer sta kinetični energiji obroča in valja: E k1 = 1 2 m v J 1 β 2 E k2 = 1 2 m v J 2 α 2. Manjkajoče hitrosti so: v 1 = ẋ 1, v 2 = ẋ ẏ2 2. Koordinate težišča obroča: in valja x 1 = 2 r β, y 1 = 0 x 2 = x 1 + r sinϕ β, y 2 = r cosϕ β. Povezava koordinate ϕ s posplošenimi koordinatami 3 : ϕ = α β. Sedaj nastavimo še potencialno energijo glede na to kako smo izbrali koordinatni sistem, je potencialna energija obroča enaka nič: E p = m g y 2. Kje so imeli študentje težave? Valj opravlja translatorno in rotacijsko gibanje. Točk: točk Povprečen uspeh: 58% Zaposleni ste v Tomosu in razmišljate o novem vpetju agregata na okvir mopeda. Model vpetja je prikazan na sliki: agregat se lahko vrti okoli težišča in je na okolico pritrjen z dvema vzmetema. Na agregat deluje sila F sila, ki se preko verige prenaša na pogonsko kolo. S pomočjo analitične mehanike izračunajte statično ravnotežno lego in določite togost vzmeti k, da bo zasuk agregata ϕ = 2,5. Namig: uporabite koordinato ϕ. Podatki: F = 200 N, r = 5 cm. upoštevajte teorijo majhnih zasukov in 3 Izpeljava ni potrebna, pomoč za zainteresirane študente: velja r φ = 2 r ϕ, φ je relativni zasuk valja glede na obroč. Če se obroč ne vrti β = 0, potem je absolutni zasuk valja: α = φ ϕ = 2 1ϕ = ϕ. V kolikor pa se suka tudi obroč, je absolutni zasuk valja: α = α + β = ϕ + β. Iz slednjega izraza izpeljemo odvisnost ϕ od posplošenih koordinat.

17 ANALITIČNA MEHANIKA 17 k = F = N/m 8 r ϕ Sistem je ne-konservativen in ima eno prostostno stopnjo; za posplošeno koordinato izberemo: q 1 = ϕ. Da izračunamo statično ravnotežno stanje, moramo najprej določiti virtualno delo sistema: δw = n F i δr i. i V splošnem bi morali množiti vektor sile z virtualnim pomikom krajevnega vektorja, ker pa so kot majhni lahko upoštevamo samo komponente, ki so aktivne F v x smeri in vzmet v y smeri; xy je desno sučni koordinatni sistem: δw = F δx F + F vd δy d + F vl δy l. Kjer so sile v vzmeteh d-desna, l-leva: F vd = k 2 r sin ϕ Definirati moramo še koordinate: F vl = k 2 r sin ϕ. x F = r sin ϕ, y d = 2 r sin ϕ in y l = 2 r sin ϕ. Virtualne pomike izračunamo po splošni formuli r = j r q j δq j, sledi: δx F = r cos ϕ δϕ, δy d = 2 r cos ϕ δϕ in δy l = 2 r cos ϕ δϕ. Sledi izraz za virtualno delo: δw = F r cos ϕ 8 k r 2 cos ϕ sin ϕ δϕ, ker več ne odvajamo, lahko izraz lineariziramo: δw = F r 8 k r 2 ϕ δϕ }{{} Q ϕ Ker je virtualno delo v statičnem ravnotežju enako nič, posplošena sila Q ϕ namišljenem pomiku δϕ 0 sledi: F r 8 k r 2 ϕ = 0. Iz zgornje enačbe izpeljemo potrebno togost vzmeti: pa v splošnem ni, ob k = F 8 r ϕ Kje so imeli študentje težave? Nekateri so uporabili d Alamberov princip in iskali dinamično in ne statično ravnotežje. Vsaki vzmeti je potrebno pripisati svojo koordinato! Zelo elegantna rešitev je s pomočjo potencialne energije za konservativne sile v vzmeteh in virtualnega dela za nekonservativno silo F.

18 ANALITIČNA MEHANIKA točk Povprečen uspeh: 49% Kot študent FS razmišljate, da bi patentirali kolo, ki se poganja tako, da oseba teče znotraj obroča. Patent je skiciran na sliki: oseba teče znotraj velikega obroča polmer 5 r in mase 5 m, obroč leži na zanemarljivo lahkem sistemu koles vsako polmera r, ki poskrbijo za prenos moči na podlago. Na kolo pripnete tudi breme, ki drsi po podlagi s trenjem µ. Predpostavite, da oseba deluje na velik obroč z momentom M, uporabite prikazane koordinate in s pomočjo Lagrangevih enačb 2. vrste poiščite gibalne enačbe sistema. Namig: masni vztrajnostni moment velikega obroča je: J = 5 m 5 r 2. Podatki: r, m, k, g, µ 5 m r g µ s + 55 r ϕ = M m g µ s + 5 r ϕ = k s Sistem je nekonservativen in ima dve prostostni stopnji: P = 2, N = 2. Izberemo posplošeni koordinati: q 1 = ϕ, q 2 = S. Gibalni enačbi bomo določili s pomočjo Lagrangevih enačb 2. vrste, za naš sistem to pomeni: dt ϕ L ϕ = QN ϕ dt ṡ L s = QN s.. Lagrangeva energijska funkcija je definirana kot: Točk: 10 L = E k E p. Kinetična energija je definirana kot: E k = E k1 + E k2 kjer sta kinetični energiji obroča in bremena: E k1 = m v J ϕ2 E k2 = 1 2 m v2 2. Manjkajoče hitrosti so: v 1 = ẋ 1, x 1 = 5 r ϕ,

19 ANALITIČNA MEHANIKA 19 v 2 = ẋ 2, x 2 = x 1 s. V zgornjih enačbah je x 1 hitrost težišča obroča, x 2 pa hitrost težišča bremena; pozitiven s pomeni raztezek vzmeti. Sedaj nastavimo še potencialno energijo samo v vzmeti: E p = 1 2 k s2. Manjkata še posplošeni sili, ki ju izračunamo s pomočjo virtualnega dela aktivnih sil, ki je enako virtualnemu delu posplošenih sil: n N δw = F i δ r i = Q j δq j Virtualno delo: i=1 j=1 δw = M δϕ + m g µ δx 2, Kjer je: δx 2 = 5 r δϕ δs. Iz virtualnega dela: δw = M 5 g m r µ δϕ + g m µ δs. Sledita posplošeni sili: Q N ϕ = M 5 g m r µ Q N s = g m µ Za izračun ravnotežja potrebujemo še odvode Lagrangeve energijske funkcije L in izpeljemo gibalni enačbi. 5 m r g µ s + 55 r ϕ = M m g µ s + 5 r ϕ = k s Kje so imeli študentje težave? Kinetična energija je vedno zapisana z absolutno hitrostjo; to velja predvsem predvsem za breme ẋ 2! Virtualno delo sile trenja je potrebno povezati z absolutnim virtualnim premikom te sile δx 2.

20 ANALITIČNA MEHANIKA točk k A Začetno stanje 2L,m g Sistem na sliki je sestavljen iz palice dolžine 2L in mase m ter vzmeti togosti k. Vzmet je v točki A pritrjena na palico in je neobremenjena tedaj, ko je palica v začetnem stanju pri kotu ϕ 0. Z uporabo analitične statike določite statično ravnovesno lego. Za popis lege palice uporabite označeni kot ϕ. 0 Ravnovesna lega Podatki: m,l,k,ϕ 0 4L 2 k sin ϕ 0 mgl ϕ = arcsin 4L 2 k Način 1 Ker je sistem konzervativen, je najenostavnejša rešitev z uporabo potencialne enrgije: Q ϕ = E p ϕ = 0 Torej zapišemo potencialno energijo sistema: E p = m g sin ϕ k 2Lsin ϕ 0 sin ϕ 2 Zgornji izraz odvajamo pri čemer dobimo: Q ϕ = E p ϕ = 4L 2 ksin ϕ 0 sin ϕ cos ϕ mgl cos ϕ Pogoj statičnega ravnotežja zahteva, da je posplošena sila Q ϕ = 0: 4L 2 ksinϕ 0 sin ϕ m g L cos ϕ = 0 Netrivalno rešitev zgornje enačbe predstavlja izraz: 4L 2 k sin ϕ 0 m g L ϕ = arcsin 4L 2 k Način 2 Izberemo posplošeno koordinato q 1 = ϕ. Uporabimo princip analitične statike in zapišemo enačbo za virtualno delo: δw = n F i δ r i i=1 Index i predstavlja vse aktivne zunanje sile, ki delujejo na sistem. Na palico deluje sila teže in sila vzmeti. Virtualno delo zaradi obeh sil zapišemo v obliki: δw = k L δy A m g δy G

21 ANALITIČNA MEHANIKA 21 Z izbrano posplošeno koordinato ϕ sedaj zapišemo oba pomika virtualna pomika in raztezek vzmeti: y A = 2L sin ϕ, δy A = y A δϕ = 2L cos ϕ δϕ ϕ y G = L sin ϕ, δy G = y G δϕ = L cos ϕ δϕ ϕ L = 2Lsin ϕ 0 sin ϕ Dobljene izraze sedaj vstavimo v enačbo za virtualno delo: δw = 4L 2 ksin ϕ 0 sin ϕ cos ϕ mgl cos ϕ δϕ }{{} Q ϕ Pogoj statičnega ravnotežja zahteva δw = 0, kar pomeni da mora biti posplošena sila Q ϕ = 0: 4L 2 ksinϕ 0 sin ϕ m g L cos ϕ = 0 Netrivalno rešitev zgornje enačbe predstavlja izraz: 4L 2 k sin ϕ 0 m g L ϕ = arcsin 4L 2 k točk 3 r 2 R + m r s + m R k s + m + 5R Kot strojnik/ca ste si naredili na sliki prikazano vozilo. Z uporabo Lagrengevih enačb II. vrste določite gibalne enačbe sistema. Opombe: s je raztezek vzmeti, masa m 2 drsi v vodilu brez trenja, masni vztrajnostni moment posamezne osi skupaj s kolesom je J, njuna masa pa m. Karoserija ima maso 2 m. Bodite pozorni na absolutno gibanje mase m 2. Poskusite uporabiti koordinati x in s. Navodilo: a je sistem konzervativen? b določite število prostostnih stopenj pazite na vzmet in izberite posplošene koordinate, c določite Lagrangevo energijsko funkcijo in d izpeljite gibalne enačbe. Podatki: F, m, m 2 = m, k, J = m r 2, R, r, g. ẍ g m r = F = 0. g + s + r ẍ R a, b Sistem je nekonservativen in ima dve prostostni stopnji P=2; izberemo posplošeni koordinati N=P=2: q 1 = x, q 2 = s. Do gibalnih enačb pridemo z uporabo Lagrangevih enačb 2. vrste: Točk: 10 L = Q N j ; j = 1,..., N. dt q j q j

22 ANALITIČNA MEHANIKA 22 Q N j je j-ta nekonservativna posplošena sila. Za obravnavani primer: dt ẋ L x = QN x, dt ṡ L s = QN s. c Določimo torej Lagrangevo energijsko funkcijo L = E k E p ; najprej določimo kinetično energijo: E k = m ẋ m x J ϕ2 + 2 m v2, kjer je hitrost rotacije koles: ϕ = x R in hitrost mase m 2 : v = ẋ 2 + ẏ 2. Višina mase m 2 je: y = cons r ϕ s. Nadaljujemo s potencialno energijo, ki je v potencialni energiji mase m 2 in v vzmeti: E p = m g y k s2. Lagrangeva energijska funkcija torej je: L = 1 2 k s2 + m ẋ 2 g m cons s r x R m ẋ2 + m r2 ẋ 2 2 R m ẋ 2 + ṡ r ẋ 2 R d Potrebujemo še nekonservativne posplošene sile, ki jih določimo s pomočjo virtualnega dela nekonservativnih sil: δw N = i F N i δr i = F δx, Sledi, da je virtualno delo nekonservativnih sil definirano z: δw N = F }{{} δx + 0 }{{} δs. Q N x Q N s Kakor je prikazano zgoraj, razberemo nekonservativne posplošene sile. Izračunamo odvode: L x = g m r R, m ẍ r 2 dt ẋ = 2 m ẍ + 2 R 2 + m ẍ m ẍ 2 r s r ẍ R R

23 ANALITIČNA MEHANIKA 23 L s = g m k s dt ṡ = m s r ẍ. R Gibalni enačbi torej sta: 3 r 2 R + m r s + m R + 5R ẍ g m r = F, k s + m g + s + r ẍ = 0. R točk 1 k 2 2k mr, m,r g Sistem na sliki je sestavljen iz dveh valjev mase m in radija R, ki sta povezana z dvema vzmetema togosti k in 2k. Z uporabo analitične mehanike in označenih koordinat izračunajte statično ravnovesno lego sistema. Vzmeti so v narisani legi v neobremenjenem stanju. Podatki: m, R, k, g ϕ 1 = 1 m g 2 k R ϕ 2 = 3 m g 8 k R Možni so različni pristopi k reševanju, tukaj bo prikazan postopek z uporabo Dirichletovega stabilnostnega kriterija. Sistem ima dve prostostni stopnji P=2, pri čemer za posplošeni koordinati izberemo q 1 = ϕ 1 in q 2 = ϕ 2. Sistem je konzervativen, zaradi česar lahko izračunamo posplošene sile z odvajanjem potencialne energije po posplošenih koordinatah: Q j = E p q j = 0, j = 1,2 Potencialna energija sistema ima obliko: E p = 1 2 k Rϕ k 2 R ϕ 2 R ϕ 1 2 m g R ϕ 2 Točk: 10 Zgornji izraz odvajamo po posplošenih koordinatah: Q ϕ1 = E p ϕ 1 = k R 2 ϕ k R 2 2 ϕ 2 ϕ 1

24 ANALITIČNA MEHANIKA 24 Q ϕ2 = E p ϕ 2 = 4 k R 2 2ϕ 2 ϕ 1 + m g R Pogoj statičnega ravnotežja zahteva, da sta posplošeni sili enaki nič Q ϕ1 = 0 in Q ϕ2 = 0: Točk: 10 k R 2 ϕ k R 2 2 ϕ 2 ϕ 1 = 0 4 k R 2 2ϕ 2 ϕ 1 + m g R = 0 Iz zgornjih dveh enačb lahko izračunamo kot ϕ 1 in ϕ 2 v statični ravnovesni legi: ϕ 1 = 1 m g 2 k R ϕ 2 = 3 m g 8 k R Kje so imeli študentje težave? Niso pravilno določili pola hitrosti spodnjega valja, zaradi česar so imeli težave pri izračunu relativnega raztezka vzmeti točk Sistem na sliki je sestavljen iz palice mase m in dolžine L, ki je vrtljivo vpeta v točki O. Palica je preko ročice zanemarljive mase povezana z drsnikom mase 4m. Med drsnikom in podlago je koeficient trenja µ. Na drsnik je preko vzmeti togosti k pripeta klada z maso 2m na katero deluje sila F. Med klado in drsnikom je trenje zanemarljivo. Določite: a ali je sistem konzervativen, g O ml, L brezmasno telo x F 2m k 4m b število prostostnih stopenj, izberite posplošene koordinate in nastavite izraze za gibalne enačbe glede na Lagrangeve enačbe II.vrste, c določite Lagrangevo energijsko funkcijo in Podatki: F, m, L, k, g. d določite posplošene sile nekonzervativnih sil. Opombe: za zapis gibalnih enačb uporabite označene koordinate. L = 1 m L 2 ϕ m 2 L sin ϕ ϕ m 2 L sin ϕ ϕ ẋ2 m g L 2 sin ϕ 1 2 k x2 Q N ϕ = 2 F L sin ϕ 12 m g µ L sin ϕ Q N x = F Sistem je nekonservativen in ima dve prostostni stopnji P=2; izberemo posplošeni koordinati N=P=2: q 1 = ϕ, q 2 = x. Do gibalnih enačb pridemo z uporabo Lagrangevih enačb 2. vrste: L = Q N j ; j = 1,..., N. dt q j q j

25 ANALITIČNA MEHANIKA 25 Q N j je j-ta nekonservativna posplošena sila. Za obravnavani primer: dt ϕ L ϕ = QN ϕ, dt ẋ L x = QN x. Določimo torej Lagrangevo energijsko funkcijo L = E k E p ; najprej določimo kinetično energijo: Točk: 10 E k = 1 2 J O ϕ m v m v2 2 Hitrost drsnika in klade dobimo z odvajanjem pripadajočega krajevnega vektorja po času: r 1 = 2 L cos ϕ 0 2 L cos ϕ x r 2 = 0 2 L sin ϕ ϕ, v 1 = 0, 2 L sin ϕ ϕ ẋ, v 2 = 0 Kinetično energijo sistema lahko sedaj zapišemo v obliki: E k = 1 m L 2 ϕ m 2 L sin ϕ ϕ m 2 L sin ϕ ϕ ẋ2 Točk: 10 Nadaljujemo s potencialno energijo, ki je v potencialni energiji palice in vzmeti:, E p = m g L 2 sin ϕ k x2. Lagrangeva energijska funkcija torej je: L = 1 m L 2 ϕ m 2 L sin ϕ ϕ m 2 L sin ϕ ϕ ẋ2 m g L 2 sin ϕ 1 2 k x2 Potrebujemo še nekonservativne posplošene sile, ki jih določimo s pomočjo virtualnega dela nekonservativnih sil: δw N = i F N i δr i = F δx 2 + F tr δx 1 = F δx m g µ δx 1, Potrebno je izračunati virtualen x 1 in x 2 : Točk: 10 x 1 = 2 L cos ϕ, δx 1 = x 1 ϕ δϕ + x 1 δx = 2 L sin ϕ δϕ 0 δx x x 2 = 2 L cos ϕ x, δx 2 = x 2 ϕ δϕ + x 2 δx = 2 L sin ϕ δϕ δx x Sledi, da je virtualno delo nekonservativnih sil definirano z: δw N = 2 F L sin ϕ 12 m g µ L sin ϕ }{{} Q N ϕ δϕ + F }{{} Q N x δx. Kakor je prikazano zgoraj, razberemo nekonservativne posplošene sile. Kje so imeli študentje težave? Krajevni vektor do sile F je enostavno absolutna koordinata. Za kinetično energijo klade je enostavno treba uporabiti absolutno hitrost njenega težišča.