Dinamika togih teles

Transcript

1 Univerza v Ljubljani Fakulteta za strojništvo LADISK Laboratorij za dinamiko strojev in konstrukcij Dinamika togih teles Rešeni kolokviji in izpiti Dr Janko Slavič 5 oktober 01 Zadnja različica se nahaja na: Uporabljamo LATEX ε

2 V treh korakih do uspeha 1 Spoznavanje zakonov predavanja 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 Kolokvij Datum: Datum: Datum: Datum: Datum: Datum: Datum: Kolokvij 8 1 Datum: Datum: Datum: Datum: Datum: Datum: Datum: Datum: Izpiti Datum: Datum: Datum: Datum: Datum: Datum: Stvarno kazalo 94 3

4 Poglavje 1 Kolokvij 1 Obravnavana tematika: dinamika masne točke MT, dinamika sistema masnih točk SMT, masni vztrajnostni momenti teles MVM, dinamika togega telesa TT, rotacija togega telesa okoli stalne osi Bal 11 Datum: Naloga 1 30 točk Zadostuje znanje: MT Drsnik mase m se giblje po vodilu od točke A do točke B pod vplivom konstantne sile F Določite hitrost drsnika v točki B, če je le-ta v točki A miroval in če zanemarimo trenje in velikost drsnika m = 1 kg F = 10 N a = 0,5 m l = 1 m s = 0,618 m v = 3,516 m/s Gre za nekonservativen sistem kjer je vloženo delo enako spremembi mehanske energije Ker se spremeni samo kinetična energija, velja: E k = W 1 Ker je kinetična energija v začetku enaka nič, sledi: Točk: 10 E kb E ka = E kb = W 1 4

5 POGLAVJE 1 KOLOKVIJ m v B = F s, kjer je s = l + a a Sedaj lahko izračunamo hitrost v točki B: Točk: 10 v B = F s m Točk: 10 Naloga 35 točk Zadostuje znanje: TT Homogen valj mase m in polmera r vržemo na vodoravno ravnino z začetno hitrostjo v 0 in brez začetne kotne hitrosti Pri danem koeficientu trenja določite najvišjo lego težišča valja H Valj pri dviganju po krivulji ne podrsava m = 1 kg r = 0,1 m L = 1 m v 0 = 1 m/s µ = 0,1 g = 9,81 m/s t 1 = 0,34 s x 1 = 0,83 m ẋ 1 = 3 m/s H = 0,134 m Nalogo rešimo v dveh delih Najprej izračunamo hitrost gibanja težišča, ko se začne valj kotaliti 1 V drugem delu pa izračunamo, kako visoko se dvigne valj s preostalo energijo Prvi del rešimo s pomočjo II Newtonovega zakona: F i = m a T i i M Ti = J T ϕ Ravnotežje sil za x in y os slika 11: F t = m ẍ, N m g = 0 = m ÿ Ravnotežje momentov glede na težišče: J T ϕ = F t r 1 Pri kotaljenju valj ne drsi

6 POGLAVJE 1 KOLOKVIJ 1 6 Slika 11: Prikaz sil in kinematičnih spremenljivk Masni vztrajnostni moment za težišče valja J T = 1 m r in sila trenja F t = m g µ Z integriranjem izraza za pospešek ẍ izračunamo hitrost in nato še za pot v odvisnosti od časa: ẋ = v 0 g µ t x = v 0 t g µ t Podobno naredimo za kotni pospešek valja ϕ: Ko velja: ϕ = g µ r t ϕt 1 = r ẋt 1 takrat valj ne podrsava več Sledi: t 1 = 1 v 0 3 g µ Ker je xt 1 < L, se to zgodi preden se valj začne dvigovati Hitrost v tem trenutku je ẋ 1 = ẋt 1, ϕ 1 = ẋt 1 r Pri najvišji legi težišča se vsa kinetična energija spremeni v potencialno predpostavimo primerno obliko krivulje: E k1 = E p 1 m ẋ J T ϕ 1 = m g H r Sledi rešitev: H = r + v 0 3 g

7 POGLAVJE 1 KOLOKVIJ 1 7 Naloga 3 35 točk Zadostuje znanje: Bal Na rotor dolžine 3a sta privarjeni homogeni palici, vsaka dolžine a in mase m ter homogena pravokotna plošča mase m in velikosti a b, kot prikazuje slika Rotor poženemo iz mirovanja in ga poganjamo s konstantnim momentom M Določite velikosti amplitud dinamičnih sil v podporah po 1 sekundi obratovanja m = 1 kg a = 10 cm b = 5 cm M = 1 Nm t 1 = 1 s J x1z 1 = 0,00375 kg m J y1z 1 = 0,005 kg m J z1z 1 = 0,0075 kg m ϕ 1 = 133,3 rad/s ϕ 1 = 133,3 rad/s A x1 = 4,444 N A y1 = 94,630 N B x = 0 N B y = 97,963 N Slika 1: Prikaz sil in kinematičnih spremenljivk Za izračun velikosti dinamičnih sil na ležaje bomo uporabili izraza: Mx1 = J x1z 1 ϕ + J y1z 1 ϕ My1 = J x1z 1 ϕ J y1z 1 ϕ Da lahko zgornja izraza rešimo, rabimo kotni pospešek ϕ in kotno hitrost ϕ Kotni pospešek določimo iz II Newtonovega zakona: Mz1 = J z1z 1 ϕ

8 POGLAVJE 1 KOLOKVIJ 1 8 Izpeljemo: ϕ = M J z1z 1 in upoštevajoč začetne pogoje z integriranjem: ϕ = ϕ t Sedaj izračunamo potrebne masne vztrajnostne momente: b J x1z 1 = 0 + m 0 a m 0 a m }{{}}{{} 3a = 3 4 m a b 1 palica palica }{{} plošča J y1z 1 a = 0 + m a m a a m 0 3a = 1 }{{}}{{ } m a }{{} 1 palica palica plošča J z1z 1 = 1 a 1 m a + m m a + m 0 + a + 1 b 1 m b + m + 0 }{{}}{{}}{{} 1 palica palica plošča = 1 3 m a + b Označimo z: Točk: 10 ϕ 1 = ϕt 1 ϕ 1 = ϕt 1 Sedaj lahko izračunamo sile v podpori B: B y = 1 Jx1z 3a 1 ϕ 1 + J y1z 1 ϕ 1 B x = + 1 Jx1z 3a 1 ϕ 1 J y1z 1 ϕ 1 Ker težišče rotorja leži v ravnini xz lahko za izračun sil A x1 in A y1 uporabimo izraza za ravnotežja sil: A x1 + B x = m t e ϕ A y1 + B y = m t e ϕ, kjer je masa m t = 6m in e = b/1 Točk: 10 1 Datum: Povprečen uspeh 5 študentov: 51%

9 POGLAVJE 1 KOLOKVIJ 1 9 Naloga 1 Slika prikazuje tekoči trak Pralni stroj mase m in težiščnega masnega vztrajnostnega momenta J je togo pritrjen na togo palico zanemarljive mase, le-ta pa je pritrjena na kolo mase m 1 in polmera r Vrv je pripeta na razdalji a od vrtišča kolesa in se v nekem trenutku napne ter začne delovati na palico s silo F Izračunajte pospešek težišča pralnega stroja v tem trenutku Trenje in rotacijsko vztrajnost kolesa zanemarite 30 točk Zadostuje znanje: TT a = 0,5 m b = 1 m m 1 = 10 kg m = 60 kg r = 01 m F = 400 N J = 6 kg m Povprečen uspeh: 50% a T = 5,71 m/s α = 1,4 rad/s J T = 5,86 kg m y T = 1,86 m a P = 3,05 m/s Postavimo nepomični koordinatni sistem na višino vrtišča kolesa; x-os naj bo v smeri delovanja sile, y-os pa naj bo navzdol, pozitivna rotacija je torej protiurna Pospešek težišča izračunamo iz II Newtonovega zakona za translacijo zunanja sila povzroči spremembo gibalne količine: F a T = m 1 + m Zunanji moment povzroči spremembo vrtilne količine in za izbrani koordinatni sistem zapišemo: Točk: 10 F a = y T m 1 + m a T + J T α kjer je razdalja do težišča: y T = 0 m 1 + m a + b m 1 + m in masni vztrajnostni moment sistema glede na težišče zanemarimo rotacijsko vztrajnost kolesa: J T = J + m a + b y T + m 1 y T Pospešek pralnega stroja torej je: a P = a T a + b y T α, Točk: 10

10 POGLAVJE 1 KOLOKVIJ 1 10 Naloga Helikopter mase m se dviguje glede na funkcijo yt, hkrati pa se pomika naprej glede na funkcijo xt Pri tem helikopter izvaja še rotacijo okrog navpične osi sourno s kotno hitrostjo ω h Na hrbtu helikopterja je vzdolžno nameščena turbina, katere vrteči del ima masni vztrajnostni moment J t in se vrti s kotno hitrostjo ω t Glavna elisa se vrti protiurno s hitrostjo ω e, krmilna elisa pa 6 krat hitreje Masni vztrajnostni moment celotnega helikopterja okrog navpične osi je J h Krak glavne elise je dolg l 1 in težak m 1, krak pomožne pa je dolg l in težak m Deviacijske masne vztrajnostne momente zanemarite Izračunajte kinetično energijo ob času t 0 xt = t yt = t m = 1,5 t m 1 = 0 kg m = 1 kg l 1 = 6 m l = 0,35 m J h = 000 kg m J t = 0,1 kg m ω e = 7 π rad/s ω h = 0,1 π rad/s ω t = 50 π rad/s t 0 = 1 s 35 točk Zadostuje znanje: TT Povprečen uspeh: 46% E kht t 0 = 3750 J E khr t 0 = 5,66 J E kt = J E k1 = J E k = 465,45 J E k = 8088 J J 1 = 70 kg m J = 0,15 kg m Kinetična energija helikopterja je: E k = E kht t + E khr + E k1 + E k, kjer je kinetična energija translacije težišča helikopterja: E kht t = 1 m v t, kjer je: vt = ẋ t + ẏ t Kinetična energija rotacije helikopterja je: E khr = 1 J h J 1 ω h

11 POGLAVJE 1 KOLOKVIJ 1 11 Kinetična energija turbine: E kt = 1 J t ω t Kinetična energija glavne elise: E k1 = 1 J 1 ω e + ω h Kinetična energija pomožne elise: E k = 1 J 6 ω e Za izračun potrebujemo še masna vztrajnostna momenta elis: J 1 = m 1 l 1 J = m l Kje so imeli študentje težave? Pri E k vrtenja helikopterja je potrebno odšteti masni vztrajnostni moment glavne elise J 1, ker se ta mase vrti z drugo absolutno hitrostjo Pri E k glavne elise je potrebno upoštevati absolutno kotno hitrost Naloga 3 Na sliki je prikazana naprava za sortiranje ležajnih krogel Kakšna je najmanjša in kakšna je največja hitrost v 0, da krogla pade v luknjo Skicirani sta skrajni legi 1 in Recimo, da krogla zaradi napake v proizvodnji poskakuje in zapusti tla z vertikalno hitrostjo v y0 in s horizontalno hitrostjo v x0 Ali v tem primeru pade v luknjo? 35 točk Zadostuje znanje: Trk a = 0 cm b = 0 cm c = 10 cm r = 15 cm g = 9,81 m/s v x0 = 1 m/s v y0 = 0,1 m/s Povprečen uspeh: 57% v y a + r =,05 m/s T a + r = 0,09 s v 0 a + r,b + r = 1,03 m/s v 0 a + r,b + c r = 1,36 m/s T d = 0,010 s y d = 0,510 mm T s = 0,198 s x d = 0,198 m

12 POGLAVJE 1 KOLOKVIJ 1 1 Iz spremembe potencialne energije v kinetično najprej poiščemo navpično hitrost krogle v odvisnosti od globine padca: m g y = 1 m v yy v y y = g y Ker velja v y = dy/dt, z integriranjem upoštevajoč začetne pogoje y0 s = 0 m, ẏ0 s = 0 m/s pridemo do časa padanja v odvisnosti od globine padca: T y = dy y v y y = g Ker gibanje v horizontalni smeri ni pospešeno, velja x = v 0 t in izpeljemo: v 0 y,x = x T y Potrebna začetna hitrost za prvo lego je: v 0 a + r,b + r = in za drugo lego: v 0 a + r,b + c r = g b + r a + r g b + c r a + r Pri krogli, ki poskakuje, moramo najprej ugotoviti koliko časa se dviga in kako visoko se dvigne ravnotežja sil m g = m a in integriranja enačbe dv/dt = a sledi: T d = v y0 g Z nadaljnjim integriranjem pridemo do višine dviga: Iz y d = 1 g T d Skupni čas padanja krogle je torej: T s = T d + T y d + b + r iz česar sledi novi domet krogle: x d = v x0 T s Glede na rezultat krogla pade v luknjo 13 Datum: Povprečen uspeh študentov: 40%

13 POGLAVJE 1 KOLOKVIJ 1 13 Naloga 1 m 0 = 1 kg m 1 = 0,1 kg v = 3 m/s l = 0,1 m ϕ0 s = 0 rad ω = 1 rad/s t e = 1 s 30 točk Zadostuje znanje: TT Masa m 0 drsi brez trenja po podlagi s konstantno hitrostjo v Palica mase m 1 in dolžine l se vrti okoli točke A s konstantno kotno hitrostjo ω = ϕ Izračunajte kinetično energijo sistema ob času t e Ali se mehanska energija ohranja? Povprečen uspeh: 50% J 1 = 83, kg m ϕ1 s = rad E k0 = 4,5 J E k1 1 s = 0,438 J E k 1 s = 4938 J Kinetična energija sistema je sestavljena iz kinetične energije drseče mase in kinetične energije relativno na maso vrteče se palice: E k t = E k0 + E k1 t Podana je kinematika palice in mase; mehanska energija se spreminja Kinetična energija drseče mase: E k0 = 1 m 0 v Palica ima translatorno in rotacijsko kinetično energijo: E k1 t = 1 m 1 v 1t + 1 J 1 ϕt Absolutna hitrost gibanja težišča palice je: v 1 t = v + l l ϕt cos ϕt + ϕt sin ϕt Potrebujemo še masni vztrajnostni moment palice okoli težišča: J 1 = 1 1 m 1 l Kinetična energija sistema torej je: Točk: 5 E k t = 1 m 0 + m 1 v + 1 l m 1 v ϕt cos ϕt l m 1 ϕt Potrebujemo še zvezo med zasukom palice in časom Ker je hitrost vrtenja konstantna, sledi: ϕt = ω t Kje so imeli študentje težave? Napačno so izračunali kinetično energijo po formuli: E k = 1 m 0 + m 1 v m 1 l ω Pravilno izračunamo kinetično energijo sistema togih teles tako, da seštejemo kinetično energijo posameznih teles Kinetična energija posameznega telesa: 1 m v t + 1 J t ωt ; vse glede na težišče in vedno absolutne vrednosti hitrosti! Točk: 5

14 POGLAVJE 1 KOLOKVIJ 1 14 Naloga 35 točk Zadostuje Vozilo se pelje v krogu s polmerom R Hitrost vozila definira funkcija vt Poiščite izraz za normalno in tangencialno komponento hitrosti ter pospeška Izračunajte čas t z, ko pralni stroj mase m, ki se nahaja v tovornem prostoru, zdrsne Koeficient trenja med pralnim strojem in tlemi je µ Vozilo začnemo spremljati pri času t = 0, ko je ϕ0 s = 0 rad Nasvet: uporabite polarne koordinate znanje: MT Povprečen uspeh: 36% vt = c t c = 1 m/s R = 30 m m = 75 kg g = 981 m/s µ = 08 e r = + ı cos ϕ + j sin ϕ e ϕ = ı sin ϕ + j cos ϕ r = r e r st = 1 c t v n t = 0 m/s v t t = c t a n t = c t a t t = c R a z = µ g t z = 15,8 s Z odvajanjem krajevnega vektorja r po času dobimo vektor hitrosti e r = ϕ e ϕ, e ϕ = ϕ e r : vt = ṙt e r + rt ϕt e ϕ Razberemo normalno in tangencialno hitrost vozila: v n t = ṙt v t t = rt ϕt Z nadaljnjim odvajanjem pridemo do izraza za pospešek: at = rt rt ϕt e r + rt ϕt + ṙt ϕt e ϕ a n t = rt rt ϕt a t t = rt ϕt + ṙt ϕt Povežemo podatek za pot vozila s kotom ϕt: ϕt = st R Pomik vozila v odvisnosti od časa st dobimo z integriranjem izraza za hitrost: st = t 0 vp dp

15 L 0 = m v b POGLAVJE 1 KOLOKVIJ 1 15 Največjo silo trenja definira teža pralnega stroja: F tr = µ m g Pospešek tik preden pralni stroj zdrsne s sedeža dobimo iz II Newtonovega zakona F = m a: a z = F tr m = µ g Pospešek tik pred zdrsom je sestavljen iz normalnega in tangencialnega pospeška: a z = a n t + a t t Iz zgornje enačbe sledi čas zdrsa: t z = R c + g µ 1 4 c Naloga 3 35 točk Zadostuje Zaposleni ste v podjetju, ki izdeluje elektromotorje Da bi lahko ob uveljavljanju garancije preverili, ali je bil elektromotor izpostavljen prevelikim udarcem, razmišljate o možnih tehničnih rešitvah a = 10 mm b =,5 mm m = 0,5 g g = 981 m/s J t = 1 1 a + b Na misel vam pride na sliki prikazana ideja: v zaprtem ohišju se nahaja kvader mase m, masnega vztrajnostnega momenta okoli težišča J t in prečnega preseka a b Kvader se lahko prosto vrti okoli levega spodnjega roba točka A Zanima vas, pri kakšni hitrosti trka v ob steno se bo masa prevrnila iz položaja 1 v položaj Ohišje se po trku ne odbije znanje: TT Povprečen uspeh: 36% v = 1,3176 m/s Med trkom se ohranja vrtilna količina: L 0 = L 1 Tik pred trkom je vrtilna količina okoli vrtišča gledano v absolutnih koordinatah: Tik po trku je vrtilna količina okoli iste točke: L 1 = J A ω,

16 POGLAVJE 1 KOLOKVIJ 1 16 kjer je J A masni vztrajnostni moment okoli točke A: J A = J t + m a + b Sedaj lahko izpeljemo kotno hitrost vrtenja ω takoj po trku: ω = 3 b v a + b Da se mase zvrne, mora rotacijska kinetična energija biti vsaj enaka potencialni energiji največjega dviga težišča mase: Točk: 5 Točk: 5 E p = E k Kjer je: a + b E p = m g b in E k = 1 J A ω Končno izpeljemo izraz za hitrost: v = a + b b g 3 b a +b Kje so imeli študentje težave? Napačno so predpostavili, da se med trkom ohranja mehanska energija Pravilno bi bilo, da se ohranja vrtilna količina! 14 Datum: Povprečen uspeh 119 študentov: 5% Naloga 1 m 1 = 5 m m = m m = 1000 kg M = 100 kn m l = m g = 981 m/s 35 točk Zadostuje V ljubljanskem BTC-ju je v decembru gostoval zabaviščni park, ki je med drugim predstavljal napravo Eclipse na sliki Drog dolžine l in mase m 1 se vrti okoli nepomične osi A Na koncu droga je privarjena konstrukcija s sedeži mase m Če je drog pri kotu ϕ = 0 rad miroval in nanj deluje motor s konstantnim momentom M, potem izračunajte pospešek na maso m v najnižji točki Maso m aproksimirajte z masno točko Namig: uporabite II Newtonov zakon znanje: TT Povprečen uspeh: 55%

17 POGLAVJE 1 KOLOKVIJ 1 17 ϕ = 0,0775 rad/s ϕ = 1,6816 rad/s J O = kg m a = 6,36 m/s Uporabili bomo polarni koordinatni sistem; pospešek na masno točko je: a = a r + a ϕ, kjer je v splošnem a r = r r ϕ in a ϕ = r ϕ+ ṙ ϕ in v našem primeru ob konstantnem polmeru kroženja l velja: a r = l ϕ a ϕ = l ϕ Za izračun pospeška nam manjkata kotni pospešek in kotna hitrost; pomagamo si z II Newtonovim zakonom za rotacijo okrog nepomične osi M A = J A ϕ: M + 1 m 1 g l sin ϕ + m g l sin ϕ = J A ϕ, kjer je izraz za masni vztrajnostni moment okoli vrtišča: J A = 1 1 m 1 l + m 1 Kotni pospešek torej je: 1 l + m l = 8 l m 3 ϕ = 6 M + 1 l g m sin ϕ 16 l m Rabimo še kotno hitrost pri najnižji točki; najprej je potrebno izraz preoblikovati tako, da bomo po integriranju dobili zvezo kotna hitrost kot: 6 M + 1 l g m sin ϕ ϕ d ϕ = 16 l dϕ m d ϕ dt = d ϕ dϕ = ϕ d ϕ : dϕ dt dϕ Ob upoštevanju začetnih pogojev pri ϕ = 0 rad je ϕ = 0 rad/s izpeljemo: ϕ = Pospešek torej je: 6 M ϕ 1 l g mcos ϕ 1 8 l m 9 M a = 3 14 l g m + M π 64 l m + = 3 M + 14 l g m + M π 8 l m 8 l m Kje so imeli študentje težave? Niso narisali skice z momenti na os A in so se zato pogosto zmotili

18 J B = 1 m r J C = 1 m r POGLAVJE 1 KOLOKVIJ 1 18 Naloga 35 točk Zadostuje znanje: TT Izračunajte pospešek telesa A v odvisnosti od sile F, če sistem v začetku miruje Razmišljate, da morate najprej določiti gibalno enačbo, razmišljate o energijah Telesi B in C sta valja, trenje pa na klancu je zanemarljivo majhno Podani podatki so: F, m, r, g, α Povprečen uspeh: 43% ẍ A = 4 F + g m sin α 1 9 m Sistem ima eno prostostno stopnjo in ker nas naloga sprašuje po pospešku telesa A, bomo vse spremenljivke zapisali s koordinato x A kolinearno z naklonom klanca; navzdol Nalogo rešimo s pomočjo energij: vloženo delo je enako spremembi mehanske energije: kjer je: E 1 = A 1, E 1 = E k + E p A 1 = F x A Kinetična energija je: E k = E ka + E kb + E kc, E ka = 1 m ẋ A, E kb = 1 J B ϕ B, E kc = 1 m ẋ C + 1 J C ϕ C Masni vztrajnostni momenti so: Točk: 10 in manjkajoče povezave med koordinatami slika 13: ϕ B = x A r, ϕ C = x A 4 r, x C = r ϕ C = x A

19 POGLAVJE 1 KOLOKVIJ 1 19 Slika 13: Prikaz profilov hitrosti za pola hitrosti valja B in C Manjkajo še potencialne energija: E p = E pa + E pc, E pa = m g x A sin α E pc = m g x C Izpeljemo torej ravnotežje energij: 9 8 m ẋ A + g m x A g m x A sin α = F x A in nato z odvajanjem po času: g m ẋ A g m ẋ A sin α m ẍ A ẋ A = F ẋ A Ker zgornji izraz velja ob poljubnem času hitrosti, velja: ẍ A = 4 F + g m sin α 1 9 m Kje so imeli študentje težave? Z določitvijo kotne hitrosti valja C Telo C izvaja splošno ravninsko gibanje translacija in rotacija! Kljub navodilu so nekateri reševali po Newtonu; ker je potrebno obravnavati vsako telo posebej je tak pristop zamuden! Naloga 3 30 točk Zadostuje Na sliki je prikazan rotor z gredjo mase 6 m in dolžino 6 a; na zunanji strani ležaja B je na dolžino gredi a pritrjeno telo mase 4 m Za pritrjeno telo ste v Ansysu izračunali masne vztrajnostne momente za koordinatni sistem xyz v točki J: J xx, J yy, J zz, J xy, J xz, J yz Pritrjeno telo ima težišče v točki T in je pritrjeno na gred, kakor je prikazano na sliki Izračunajte dinamične sile na ležaj A pri poljubnem času t, če vrtenje gredi popisuje funkcija ϕt Velikost ležajev zanemarite Parametra a in m sta znana znanje: Bal Povprečen uspeh: 60%

20 Mx = 4 a A y1 My = 4 a A x1 POGLAVJE 1 KOLOKVIJ 1 0 J xx = m a J yy = 4 m a J zz = 6 m a J xy = 1 m a J xz = m a J yz = m a ϕt = k t A x1 = 1 0 a k m t + a k m A y1 = a k m t 5 a k m Za sile na ležaj A moramo zapisati ravnotežje momentov za ležaj B koordinatni sistem x y z : Mx = J xz ϕ + J yz ϕ, My = J xz ϕ J yz ϕ, kjer je vsota vseh momentov na os x oz y : V zgornjem izrazu nam za izračun sil manjkajo masni vztrajnostni momenti: J xz = x z dm = m 0 a + }{{} 0 + m 0 +a }{{} + J xtz T + 4 m a a, }{{} Gred med ležaji Gred na zun str lež B Pritrjena masa m J xz = J xtz T + 4 m a V zgornjem izrazu smo masni vztrajnostni moment za posamezno telo vedno zapisali v obliki: težišče + Steinerjev stavek Podobno velja za J yz : J yz = m y z dm = m 0 a m 0 +a + J ytz T + 4 m 0 a = J ytz T Težiščne masne vztrajnostne momente pritrjenega telesa določimo s pomočjo znanih za koordinatni sistem xyz: J xz = J xtz T + a a 4 m J xtz T = J xz + 4 m a,

21 POGLAVJE 1 KOLOKVIJ 1 1 J yz = J ytz T + 0 a 4 m J ytz T = J yz Za izračun sil potrebujemo še kotno hitrost in kotni pospešek: ϕ = k t ϕ = k A x1 = 1 0 a k m t + a k m A y1 = a k m t 5 a k m Kje so imeli študentje težave? Stainerjev stavek velja za težišče: če premikamo masni vztrajnostni moment iz točke J v točko K, ga moramo najprej premakniti v težišče T in nato v točko K! Najlažje se je postaviti v ležaj B in izračunati dinamične sile na ležaj A Bolj zamudna metoda je, da najprej izračunamo sile na ležaj B in nato s pomočjo ekscentričnosti sile na ležaj A Nekateri so imeli težave z določevanjem predznaka: M x, M y 15 Datum: Povprečen uspeh 04 študentov: 46% Naloga 1 50 točk Zadostuje Kolesar mase m se s kolesom mase m pri hitrost v 0 zaleti v mirujoči avtomobil mase 10m, sl a Kolo, kolesarja in avtomobil obravnavamo kot masno točko, vse izgube pri trkuih pa zanemarimo Pri trku kolesarja v avto se kolo takoj sprime z avtomobilom, kolesar pa po večkratnih trkih z avtomobilom v nekem trenutku prileti v steno za avtomobilom, kjer ima horizontalno hitrost v in vertikalno hitrost enako nič Težišče kolesarja je v tem trenutku na enaki višini kot tik pred trkom, sistem kolo-avtomobil pa ima v tistem trenutku horizontalno hitrost v 1, sl b Izračunajte najprej hitrost kolesarja v ter hitrost avtomobila s kolesom, v 1 V nadaljevanju naloge ko poznate v določite, kakšen konstanten pojemek a doživi glava kolesarja, ko le-ta trči v steno pri v ob koncu deformacije čelade, d, se kolesar in s tem glava kolesarja ustavi, sl c Med trkom v steno se kolesar vertikalno ne giblje Podatki: v 0, m, d znanje: MT Povprečen uspeh: 5% v 0 v 1 v v v=0 h a a a a a a a a a a a a a a a a a a v a a a a a a a a a a a a a a a a h b d c v 1 = 0,051 v 0 v = 1,19 v 0 a = 0,074 v 0 d Točkovanje 50%: uporaba zakona o gibalni količini 10%, uporaba zakona o ohranitvi mehanske energije 10%, uporaba obeh zakonov za izračun v 1 in v 10%, izbira in pravilni zapis ustreznega pristopa za določitev pospeška 10%, dokončna določitev pospeška 10%

22 POGLAVJE 1 KOLOKVIJ 1 Naloga 50 točk Zadostuje Dinamski sistem na sliki sestavljajo tri toga telesa Med telesom A in podlago nagiba α je koeficient trenja µ Valj B ima polmer r in maso m Na valj C, ki se kotali po podlagi ter ima polmer 1,5 r in maso m, deluje konstantna sila F Določite a število prostostnih stopenj, b odvisnosti med koordinatami, ki popisujejo gibanje teles x A, x C, ϕ B, ϕ C, c kinetično energijo sistema, d potencialno energijo sistema, e delo zunanjih nekonservativnih sil in izračunajte f kotni pospešek telesa B ϕ B in g hitrosti ϕ B v odvisnosti od kota ϕ B Potem zapišite še vrtilno količino sistema glede na vrtišče valja B h kot funkcijo kota ϕ B Sistem je v začetku miroval Podani podatki so: F, m, r, g, α, µ znanje: TT Povprečen uspeh: 41% x A = r ϕ B ϕ C = 1 3 ϕ B x C = 3 r ϕ C = 1 r ϕ B E k = m r ϕ B E p = E p0 + 1 g m r sin α ϕ B A = 1 F r ϕ B g m r µ cos α ϕ B ϕ B = 4 F m g µ cos α + m g sin α 15 m r ϕ B = H 4 H = F m g µ cos α + m g sin α 15 m r ϕ B = H ϕ B L = 13 4 m r ϕ B H a Sistem ima eno prostostno stopnjo in ker nas naloga zanima pospešek telesa B, bomo vse spremenljivke zapisali s koordinato ϕ B b Povezave med koordinatami telesa A in B sta očitni in enostavno, povezavo med telesoma B in C določimo preko profila hitrosti Telo C ima kotno hitrost ϕ c in ima pol hitrosti glede na stičišče s podlago; sledi, da je hitrost težišča 3/ r ϕ C = ẋ C Po drugi strani je obodna hitrost valja C glede na pol enaka hitrost obodni hitrosti valja A: 3 r ϕ C = r ϕ B Izpeljemo torej lahko: x A = r ϕ B, ϕ C = 1 3 ϕ B, x C = 3 r ϕ C = 1 r ϕ B

23 POGLAVJE 1 KOLOKVIJ 1 3 c Kinetična energija sistema je: E k = E ka + E kb + E kc, E ka = 1 m ẋ A, E kb = 1 J B ϕ B, E kc = 1 m ẋ C + 1 J C ϕ C Z upoštevanje masnih vztrajnostnih momentov J B = 1 m r in J C = 1 m 3/ r in povezav med koordinatami, izpeljemo: E k = m r ϕ B e Potencialna energija: Točk: 10 E p = E pa + E pc + E p0, E pa = m g x A sin α E pc = m g x C sin α, kjer je E p0 neka začetna potencialna energija f Delo zunanjih nekonservativnih sil: A = m g µ cos α x A F x C g Do kotnega pospeška pridemo tako, da izpeljemo gibalno enačbo Gibalno enačbo izpeljemo s pomočjo energij: vloženo delo je enako mehanski energiji: kjer je: A = E m, E m = E k + E p Z odvajanjem izraza A = E m po času izpeljemo gibalno enačbo: ϕ B = H, kjer je konstanta H: H = 4 15 m r F m g µ cos α + m g sin α

24 POGLAVJE 1 KOLOKVIJ 1 4 g Da dobimo funkcijo kotne hitrosti ϕ B od kota ϕ B, je potrebno odvod d ϕ B d ϕ B dϕ B dϕ B dt in z integriranjem izpeljemo: dt preoblikovati v: d ϕ B dt = ϕ B = H ϕ B h Vrtilna količina glede na vrtišče valja B pozitivno smer definira koordinata ϕ B ; definicija vrtilne količine L = r T m v T + J T ϕ: L = r m ẋ A + J B ϕ B + 1 r m ẋ C + J C ϕ C Kje so imeli študentje težave? Težave s sledenjem navodilom Pravilno je prostostne stopnje in ne prostorske stopnje Nekateri so kotni pospešek ϕ B iskali s pomočjo II Newtonovega zakona, kar je bistveno preveč zapleten postopek Vrtilna količina sistema je vsota posameznih vrtilnih količin 16 Datum: Naloga 1 35 točk Zadostuje Mehanizem z dvema kroglama, vsaka masa m, se prosto vrti okoli znanje: SMT navpične osi s hitrostjo n Z delovanjem konstantne sile F se začetni kot ϕ spremeni na kot ϕ 1 Opomba: pri spodnjih izračunih predpostavite, da je masa rok in drsnikov zanemarljiva Podatki: m= 4 kg, n= 0 min 1, ϕ= 85, ϕ 1 = 60, g= 9,81 m/s, a= 0,15 m, l= 0, m Določite/izračunajte: 1 Število prostostnih stopenj sistema? Spremembo višine krogel h zaradi spremembe kota ϕ? 3 Polmer kroženja pred r in po r 1 spremembi kota ϕ 4 Določite kotno hitrost ω 1 krogel v novi legi mehanizma 5 Izračunajte spremembo kinetične energije E k krogel 6 Izračunajte spremembo potencialne energije E p krogel 7 Izračunajte delo W sile F 1 h = 0,070 m 3 r =0,445 m, r 1 =0,496 m 4 ω 1 = 1,68 rad/s 5 E k = -0,683 J 6 E p = 5,51 J 7 W = 4,89 J

25 POGLAVJE 1 KOLOKVIJ 1 5 Naloga z O y x b b m M a,m 30 točk Zadostuje znanje: Bal Na sliki je prikazan sistem, ki je sestavljen iz tanke kovinske plošče velikosti b b in debeline t Na spodnjem desnem robu je privarjena palica dolžine a in mase m Izračunajte masni vztrajnostni moment celotnega sistema okoli osi OM, če je masa plošče enaka m Podatki: b = 0,8 m, a = 0,3 m, m = 1 kg Namig: Masne vztrajnostne momente izračunajte glede na označeni koordinatni sistem J OM = = 0,17 kgm Masni vztrajnostni moment okoli osi OM izračunamo z enačbo: J AB = J x λ x + J y λ y + J z λ z J xy λ x λ y J xz λ x λ z J yz λ y λ z Prvo je potrebno izračunati vse masne vztrajnotne momente glede na izbrani koordinatni sistem Koordinatni sistem izberemo, tako da koordinatno izhodišče leži na osi OM V našem primeru smo izhodišče koordinatnega sistema postavili v točko O J x = 1 1 m b + J y = 1 1 m b + J z = 1 1 m b + J xy = a b m = 0,1 kgm b + b m + m b =,13 kgm b m m a + b m = 1,09 kgm b m + 1 a 1 m a + b + m = 109 kgm J xz = a b m = 0,1 kgm J yz = b b m + b bm = 0,96 kgm Sedaj je potrebno še določiti vektor usmerjenosti λ, ki ga določimo na osnovi krajvnega vektorja r OM r OM = r M r O = a b b Sedaj lahko izračunamo enotski vektor λ a λ = λ b x b λ y = λ a + b + b = z Sedaj lahko izračunamo masni vztrajnostni moment okoli osi OM, ki je enak: J OM = 0,17 kgm

26 POGLAVJE 1 KOLOKVIJ 1 6 Naloga 3 m,l f x D g 35 točk Zadostuje znanje: TT Drsnik zanemarljive mase se giblje po podlagi brez trenja s sledečim funkcijskim predpisom ẍ D = A cosϕ Na drsnik je vrtljivo vpeta palica dolžine L in mase m Določite število prostostnih stopenj sistema ter tip gibanja rotacijsko, translatorno, splošno Določite tudi gibalno enačbo zakon gibanja sistema Podatki: ẍ D = A cosϕ, m L ϕ = 3 4L A 1 + cosϕ g sinϕ Gibalno enačbo bomo zapisali z uporabo drugega Newtonovega zakona: m a = i F i, J T ϕ = i M i V prvem koraku zapišemo koordinate težišča palice in izračunamo hitrost ter popešek težišča palice: r T = { xd L sinϕ L cosϕ } { ẋd L cosϕ ϕ, ṙ T = L sinϕ ϕ }, r T = { ẍd + L sinϕ ϕ L cosϕ ϕ L cosϕ ϕ + L sinϕ ϕ } Zapišemo drugi Newtonov zakon za smer x, y in ϕ Pri tem je potrebno v formulacijo vključiti tudi notranje sile v spoju med palico in drsnikom: ẍ D + L sinϕ ϕ L cosϕ ϕ m = N x, L cosϕ ϕ + L sinϕ ϕ m = N y m g, J T ϕ = N y L sinϕ + N x L cosϕ Iz zgornjih dveh enačb izrazimo sile v podporah in jih vstavimo v enačbo za rotacijo okoli težišča: J T ϕ = m L L ϕ + ẍ D cosϕ g sinϕ Enačbo uredimo in upoštevamo izraz za ẍ D pri čemer dobimo gibalno enačbo sistema: ϕ = 3 A cos ϕ cos ϕ g sinϕ = 3 A 1 + cosϕ g sinϕ 4L 4L

27 POGLAVJE 1 KOLOKVIJ Datum: Naloga 1 35 točk Zadostuje znanje: MT Raziskujete nove pristope k procesu štancanja Na sliki je prikazan rezilni nož mase m 1, ki se s hitrostjo v 1 približuje pločevini debeline a Rezilni nož zaradi velike vztrajnosti prereže pločevino in ima po rezanju hitrost k v 1 Med procesom rezanja izmerite na pločevini silo pol-sinusne oblike, amplitude F 0 Podatki: a= m, m 1 =00 kg, v 1 = 0 m/s, k= 09, v 3 = 1 m/s Določite/izračunajte: 1 Ali sila na nož povzroči spremembo gibalne količine noža? Ali se mehanska energija sistema spremeni? 3 Izračunajte začetno gibalno količino noža 4 Izračunajte spremembo gibalne količine noža 5 Izračunajte amplitudo sile F 0 6 Predpostavite nespremenjeni potek sile F x in izračunajte maso noža, da je hitrost pred rezanjem v 3 in po rezanju k v 3 Naloga R,m R,m 30 točk Zadostuje znanje: TT L F A C C R /,m R /,m Na sliki je prikazan sistem štirih valjev, pri čemer je na valj A navita vrv Na prosti konec vrvi deluje konstantna sila F Če sistem spustimo iz stanja mirovanja, določite kotno hitrost in kotni pospešek valja C v trenutku, ko sila F opravi pot L Predpostavite, da valji ne podrsavajo Podatki: R = 0, m, m = 1 kg, g = 9,81 m/s, F = 1 kn L = 5 m Naloga 3 x 1 a,m A a g x B a M y 1 a a,m y a,m z,z 1 m,r 35 točk Zadostuje Slika prikazuje rotor, ki je sestavljen iz gredi in dveh četrtink valja pritrjeni na skrajnih koncih gredi Zaradi konstantnega momenta M se rotor začne vrteti Določite velikost amplitud dinamičnih sil v ležaju A po s obratovanja Dolžino ležajev zanemarite Podatki: m = 1 kg, R = 0,3 m, a = 0, m, M = 10 Nm, t = s znanje: Bal

28 Poglavje Kolokvij Obravnavana tematika: trk togih teles Trk, analitična statika AS, analitična dinamika AD lastna nihanja LN, lastna dušena nihanja LDN, vsiljena nihanja VN, prenosnost vibroizolacije PV, pasivna vibroizolacija PaV, merilniki vibracij MV, lastna nihanja sistemov z več prostostnimi stopnjami LSVP, vsiljena nihanja sistemov z več prostostnimi stopnjami VVPS Po Bolonski prenovi je analitična mehanika obravnavana v okviru predmeta Višja dinamika; naloge, ki obravnavajo izključno analitično mehaniko pri predmetu DTT ne obravnavamo; naloge iz AM se ponavadi lahko rešijo s pomočjo energijskih zakonov v okviru klasične mehanike Naloge iz nihanj, pri katerih je uporabljena analitična mehanika rešite s pomočjo klasične mehanike 1 Datum: 8300 Naloga 1 Kroglo A mase m zakotalimo s hitrostjo v 0 v smeri drugih krogel Določite hitrost krogle D po trkih Vse krogle imajo enako maso 30 točk Povprečen uspeh: PV% m = 0, kg v 0 = 1 m/s ε = 0,3 v B = 0,65 m/s v C = 0,45 m/s v D = 0,746 m/s 8

29 POGLAVJE KOLOKVIJ 9 Najprej se zgodi trk med kroglama A in B, hitrosti krogel A in B po trku sta: v A = v A v A v B 1 + ε m m = v A 1 v A 1 + ε = 1 v A 1 ε, v B = v B + v A v B 1 + ε m m = 1 v A 1 + ε Trku med kroglama A in B sledi trk med kroglama B in C, hitrosti krogel po trku sta: v B = v B v B v C 1 + ε m m = 1 v B 1 ε, v C = v C + v B v C 1 + ε m m = 1 v B 1 + ε Nadaljujemo z izračunom trka med kroglama C in D: v C = v C v C v D 1 + ε m m = 1 v C 1 ε, v D = v D + v C v D 1 + ε m m = 1 v C 1 + ε Hitrost krogle D po trkih torej je: v D = 1 v C 1 + ε = 1 v B 1 + ε = 3 1 v A 1 + ε 3 = ε3 v 0 Naloga 35 točk Zadostuje znanje: AD 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 r 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 M = 10 Nm µ = 0, α = 30 ẍ C = 41,034 m/s S = 47,638 N

30 POGLAVJE KOLOKVIJ 30 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 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 x C r Uporabimo D Alambertov princip in zapišemo ravnotežno enačbo gibanja: n Fi m i ri δ r i = 0 i=1 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 r m g sin α + µ cos α 7 ] 8 m ẍ C δx C = 0 Ker virtualni pomik δx C ni enak nič, sledi: 7 8 m ẍ C = 3 M m g sin α + µ cos α r Pospešek valja C je torej: ẍ C = 4 9 M m r 8 g sin α + µ cos α 7 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]

31 POGLAVJE KOLOKVIJ 31 Naloga 3 35 točk Telo mase m 1 drsi po podlagi brez trenja Nanj je s tankim drogom zanemarljive mase pripeto breme mase m, ki jo vzbujamo z momentom Mt Določite gibalni enačbi sistema Uporabite Lagrangeve enačbe II vrste m 1 = 10 kg m = 5 kg k = 100 kn/m L = 1 m x : ϕ : m 1 + m ẍ + m l ϕ cos ϕ ϕ sin ϕ = k x m l ϕ + m l ẍ cos ϕ = M m g l sin ϕ Sistem je nekonservativen in ima dve prostostni stopnji P = koordinati: q 1 = x, q = ϕ Gibalni enačbi bomo določili s pomočjo Lagrangeve enačbe vrste 1 : d E K E K = Q j ; j = 1,, N dt q j q j Izberemo dve N = posplošeni Masa m 1 opravlja samo translatorno gibanje, masa m pa translatorno in rotacijsko; ker pa obravnavamo maso m kot masno točko, je kinetična energija rotacije enaka nič Za določitev kinetične energije mase m bomo potrebovali njeno absolutno hitrost, zato določimo najprej njen krajevni vektor: r = x + l sin ϕ l cos ϕ Hitrost mase m je: r = ẋ + l ϕ cos ϕ l ϕ sin ϕ Absolutna hitrost mase m torej je: v = ẋ + ẏ = ẋ + l ϕ cos ϕ + l ϕ sin ϕ = ẋ + l ϕ cos ϕ + ẋ ϕ l cos ϕ + l ϕ sin ϕ = ẋ + l ϕ + l ẋ ϕ cos ϕ Sedaj lahko zapišemo kinetično energijo sistema: E K = 1 m 1 ẋ + 1 m ẋ + l ϕ + l ẋ ϕ cos ϕ = 1 m 1 + m ẋ + 1 m l ϕ + m l ẋ ϕ cos ϕ 1 Hitrejše reševanje in manj možnosti za napako predstavlja uporaba izraza: d L 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

32 POGLAVJE KOLOKVIJ 3 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 g δy k x δx = M δϕ + m g l sin ϕ δϕ k x δx = M m g l sin ϕ δϕ k x δx Q x = k x Q ϕ = M m g l sin ϕ x Najprej obravnavamo posplošeno koordinato x: E K ẋ = m 1 + m ẋ + m l ϕ cos ϕ, d E K dt ẋ = m 1 + m ẍ + m l ϕ cos ϕ m l ϕ sin ϕ, E K x = 0 Prva diferencialna enačba torej je: m 1 + m ẍ + m l ϕ cos ϕ ϕ sin ϕ = k x ϕ Posplošena koordinata ϕ: E K ϕ = m l ϕ + m l ẋ cos ϕ d E K dt ϕ = m l ϕ + m l ẍ cos ϕ m l ẋ ϕ sin ϕ E K ϕ = m l ẋ ϕ sin ϕ Druga diferencialna enačba je: m l ϕ + m l ẍ cos ϕ = M m g l sin ϕ Datum: Povprečen uspeh 100 študentov: 65%

33 POGLAVJE KOLOKVIJ 33 Naloga 1 30 točk Zadostuje znanje: Trk Na sliki je prikazan Newtonov ojačevalnik zakaj, boste izvedeli, ko boste nalogo rešili; sestavljen je iz 4 krogel m A, m B, m C, m D Koeficient trka med kroglami ter kroglo D in podlago je ɛ Izračunajte hitrost, s katero se odbije krogla A in kakšen je takrat njen delež energije glede na začetno energijo sistema Sistem krogel spustimo iz višine h Podatki: h = 1 m, g = 981 m/s, ɛ = 0,95, m A = m, m B = 3 m, m C = 9 m, m D = 7 m Povprečen uspeh: 83% v D0 = 443 m/s v D1 = 4,1 m/s v C1 = 8,0 m/s v B1 = 14,05 m/s v A1 =,59 m/s n = 0,65 Pred prvim trkom imajo vse krogle enako hitrost: v A0 = v B0 = v C0 = v D0 = g h Najprej trči krogla D s podlago; njena hitrost po trku je: v D1 = ɛ v D0, nato trči krogla C v kroglo D; njena hitrost po trku je: m D g h 3 ɛ + 6 ɛ 1 v C1 = v C0 v C0 v D1 1 + ɛ = m C + m D Sledi trk krogle B v kroglo C; njena hitrost po trku je: m C g h 9 ɛ ɛ + 7 ɛ 7 v B1 = v B0 v B0 v C1 1 + ɛ = m B + m C 8 In končno trk krogle A v kroglo B: v A1 = v A0 v A0 v B1 1 + ɛ Delež energije krogle A glede na celoten sistem je: m B g h 7 ɛ ɛ ɛ + 108ɛ 37 = m A + m B 3 n = E 1 ka = m A va1 7 ɛ 4 E p m A + m B + m C + m D g h = ɛ ɛ ɛ Kje so imeli študentje težave? Pri predznakih hitrosti Najbolje je, da izberemo koordinatni sistem, potem pa dosledno sledimo enačbam

34 POGLAVJE KOLOKVIJ 34 Naloga 35 točk Zadostuje znanje: AD 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 Povprečen uspeh: 60% 3 m ẍ r m ϕ + F 3 g m µ = 0 m r ẍ 3 m r ϕ + F r = 0 Sistem je nekonservativen in ima dve prostostni stopnji N=P=: q 1 = x, q = 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 : 0 F A = N, 0 M A = 0 Nm F B = m + 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 = r F Vztrajnostne sile so: F v,a = m ẍa 0 N, M v,a = J ϕ, F v,b = m ẍ B

35 POGLAVJE KOLOKVIJ 35 Poiščimo še krajevne vektorje: xa xb r A =, r y B = A y B xf, r F = 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 + r ϕ Izračunajmo sedaj še virtualne premike po definiciji δr i = j r i q j δq j : δx A = δx + r δϕ, δx B = δx, δx F = δx + r δϕ Potem, ko uporabimo še J = 1 m r, izpeljemo izraz za virtualno delo: δw = δx F 3 g m µ 3 m ẍ m r ϕ + δϕ F r m r ẍ 3 m r 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 m r ϕ + F r = 0 Kje so imeli študentje težave? Sistem ima dve prostostni stopnji! S translacijo gredo skupaj pomiki, z rotacijo pa zasuki Naloga 3 35 točk Zadostuje Na sliki je prikazan dinamski sistem, ki je sestavljen iz tankega obroča mase m in polmera r J 1 = m r 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 znanje: AD Povprečen uspeh: 56% Podatki: r, m, g

36 POGLAVJE KOLOKVIJ 36 Lagrangeva energijska funkcija je definirana kot: L = E k E p Kinetična energija je definirana kot: E k = E k1 + E k kjer sta kinetični energiji obroča in valja: E k1 = 1 m v J 1 β E k = 1 m v + 1 J α Manjkajoče hitrosti so: v 1 = ẋ 1, v = ẋ + ẏ Koordinate težišča obroča: in valja x 1 = r β, y 1 = 0 x = x 1 + r sinϕ β, y = r cosϕ β Povezava koordinate ϕ s posplošenimi koordinatami : ϕ = α β Sedaj nastavimo še potencialno energijo glede na to kako smo izbrali koordinatni sistem, je potencialna energija obroča enaka nič: Točk: 10 E p = m g y Kje so imeli študentje težave? Valj opravlja translatorno in rotacijsko gibanje

37 POGLAVJE KOLOKVIJ 37 3 Datum: Naloga 1 A težišče x y 5 točk Zadostuje Kroglica B mase m B prileti pravokotno na ploskev klade A, ki je postavljena na tanko elastično podlago Določite hitrost kroglice B in klade A takoj po trku, če je hitrost kroglice pred trkom enaka v B in je klada na začetku mirovala Ob predpostavki, da je gibanje klade v y-smeri zanemarljivo, določite tudi B pot, ki jo opravi klada po trku, če je koeficient trenja med elastično podlago in klado enak µ Koeficient trka med kroglico v B in klado je enak ε elastična podlaga m A = 5 kg α = 60 m B = 0,5 kg ε = 0,8 v B = 10 m/s µ = 0,5 znanje: Trk x = v Ax µm B g = 0,0 m Hitrosti kroglice in klade po trku določimo z enačbami za premi centrični trk: m A v B = v B v B v A 1 + ε m B + m A m B v A = v A + v B v A 1 + ε m B + m A Zgornji enačbi ob upoštevanju, da je hitrost klade na začetku enaka nič, zapišemo kot: m A v B = v B v B 1 + ε = 6,3 m/s m B + m A m B v A = v B 1 + ε = 1,63 m/s m B + m A Ker nas zanima kakšno pot nadalje opravi klada je potrebno določiti hitrost klade v x-smeri: v Ax = v A sin α = 1,41 m/s Sedaj je potrebno določiti le še pot, ki jo opravi klada po trku z kroglico Mehanska energija se pretvori v delo sile trenja, torej: W k = F tr s Iz zgornje enačbe izrazimo pot in dobimo rešitev: s = v Ax µ g = 0,0 m

38 POGLAVJE KOLOKVIJ 38 Naloga k A Začetno stanje L,m 0 g Ravnovesna lega 5 točk Zadostuje znanje: AS Sistem na sliki je sestavljen iz palice dolžine L 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 Podatki: m,l,k,ϕ 0 4L k sin ϕ 0 mgl ϕ = arcsin 4L 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 + 1 k Lsin ϕ 0 sin ϕ Zgornji izraz odvajamo pri čemer dobimo: Q ϕ = E p ϕ = 4L ksin ϕ 0 sin ϕ cos ϕ mgl cos ϕ Pogoj statičnega ravnotežja zahteva, da je posplošena sila Q ϕ = 0: 4L ksinϕ 0 sin ϕ m g L cos ϕ = 0 Netrivalno rešitev zgornje enačbe predstavlja izraz: 4L k sin ϕ 0 m g L ϕ = arcsin 4L k Način 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 Izpeljava ni potrebna, pomoč za zainteresirane študente: velja r φ = 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 = 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

39 POGLAVJE KOLOKVIJ 39 Z izbrano posplošeno koordinato ϕ sedaj zapišemo oba pomika virtualna pomika in raztezek vzmeti: y A = L sin ϕ, δy A = y A δϕ = L cos ϕ δϕ ϕ y G = L sin ϕ, δy G = y G δϕ = L cos ϕ δϕ ϕ L = Lsin ϕ 0 sin ϕ Dobljene izraze sedaj vstavimo v enačbo za virtualno delo: δw = 4L 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 ksinϕ 0 sin ϕ m g L cos ϕ = 0 Netrivalno rešitev zgornje enačbe predstavlja izraz: 4L k sin ϕ 0 m g L ϕ = arcsin 4L k Naloga 3 50 točk Zadostuje znanje: AD 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 drsi v vodilu brez trenja, masni vztrajnostni moment posamezne osi skupaj s kolesom je J, njuna masa pa m Karoserija ima maso m Bodite pozorni na absolutno gibanje mase m 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 = m, k, J = m r, R, r, g 3 r R + m r s + m R k s + m + 5R ẍ g m r = F = 0 g + s + r ẍ R a, b Sistem je nekonservativen in ima dve prostostni stopnji P=; izberemo posplošeni koordinati N=P=: q 1 = x, q = s Do gibalnih enačb pridemo z uporabo Lagrangevih enačb vrste: Točk: 10 d L L = Q N j ; j = 1,, N dt q j q j

40 POGLAVJE KOLOKVIJ 40 Q N j je j-ta nekonservativna posplošena sila Za obravnavani primer: d L dt ẋ L x = QN x, d L dt ṡ L s = QN s c Določimo torej Lagrangevo energijsko funkcijo L = E k E p ; najprej določimo kinetično energijo: E k = 1 1 m ẋ + m x J ϕ + m v, kjer je hitrost rotacije koles: ϕ = x R in hitrost mase m : v = ẋ + ẏ Višina mase m je: y = cons r ϕ s Nadaljujemo s potencialno energijo, ki je v potencialni energiji mase m in v vzmeti: E p = m g y + 1 k s Lagrangeva energijska funkcija torej je: L = 1 k s + m ẋ g m cons s r x R 1 + m ẋ + m r ẋ R + 1 m ẋ + ṡ r ẋ 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, d L m ẍ r dt ẋ = m ẍ + R + m ẍ + 1 m ẍ r s r ẍ R R

41 POGLAVJE KOLOKVIJ 41 L s = g m k s d L dt ṡ = m s r ẍ R Gibalni enačbi torej sta: 3 r R + m r s + m R k s + m g + s + r ẍ = 0 R + 5R ẍ g m r = F, 4 Datum: Naloga 1 Nihajna vrata višine h tlorisna slika izpustimo iz narisane lege Vrata so pri kotu ϕ = 0 v ravnovesni legi Določite: a gibalno enačbo, b razmernik dušenja, c čas in amplitudo konca vrat, ko pridejo le ta v naslednjo skrajno lego h = m ρ = 800 kg/m 3 a = 0,6 m b = 0,04 m l 0 = 0,5 m k = 40 N m/rad d = 15 N m s/rad 35 točk Zadostuje znanje: LDN m = 38,4 kg J = 4,6131 kg m ω 0 =,94464 rad/s δ = 0,5511 ω 0d =,45514 rad/s a Za točko vrtenja napišemo ravnotežje momentov A = 0, m B = 0,6534 m T =,559 s t 1 = 1,796 s l 1 = 0,0736 m M = J ϕ k ϕ d ϕ = J ϕ Sedaj preoblikujemo ta izraz v splošno obliko: ϕ + δ ω 0 ϕ + ω 0 ϕ = 0 b Iz gibalne enačbe določimo: ω = k J in δ = d J ω 0

42 POGLAVJE KOLOKVIJ 4 Vztrajnostni moment vrat okoli vrtišča je: J = 1 a 1 m a + b + m c Za tak sistem pričakujemo odziv v naslednji obliki: ϕt = e δ ω0 t A cosω 0d t + B sinω 0d t Pri čemer je frekvenca dušenega nihanja: ω 0d = 1 δ ω 0 Iz začetnih pogojev: ϕ0 = arcsin l 0 a in ϕ0 = 0, izračunamo konstanti A in B: A = arcsin l 0 a Čas enega nihaja: T = 1 ν = π ω 0d in B = δ ω ω 0d A Čas in amplituda pri naslednji skrajni legi: t 1 = T l 1 = a sin ϕt Slika 1: Kot ϕ v odvisnosti od časa

43 POGLAVJE KOLOKVIJ 43 Naloga 30 točk Zadostuje znanje: VN 15 slovenskih navijačev se pelje v avtobusu celotne mase m=0 ton iz finala svetovnega prvenstva v nogometu Slovenija : Brazilija = 3 : 0 V evforiji vsi sinhrono skačejo kdor ne skače ni Sloven c - s frekvenco krat na sekundo Recimo, da silo posameznega navijača lahko aproksimiramo s harmonsko funkcijo amplitude 800 N Če avtobus niha samo v navpični smeri, potem določite: a gibalno enačbo, b amplitudo pomika šasije avtobusa v ustaljenem stanju, c amplitudo sile, ki se prenese na tla v ustaljenem stanju in d amplitudo pomika v ustaljenem stanju, če bi navijači bili bolj utrujeni in bi skakali s frekvenco 1/3 Hz Komentar posledic? m = 0 ton F 1 = 800 N k = 100 kn/m d = 9 kns/m k n = 00 kn/m d n = 18 kns/m F 0 = 1 kn f 0 = 06 N/kg ω = 1,5664 rad/s ω 0 = 3,163 rad/s δ = 0,14 X 0 = 0,06 m β = 0, X = 0, m F t = 11,1 N a Najprej poiščemo nadomesten model Nadomestna togost in dušenje sta: k n = k d n = d Skupna amplituda sile vseh n navijačev je: F 0 = n F 1 Uporabimo IINewtonov zakon in dobimo gibalno enačbo: m ẍ + d n ẋ + k n x = F 0 sin ω t Preoblikujemo v splošno obliko: ẍ + δ ω 0 ẋ + ω 0 x = f 0 sin ω t, b Iz gibalne enačbe določimo: Spremenjena frekvenca vzbujanja ω =,0944 rad/s β = 1,68875 X = m f 0 = F 0 m, ω 0 = k n m in δ = d n m ω 0

44 POGLAVJE KOLOKVIJ 44 V ustaljenem stanju pričakujemo odziv v obliki: xt = X sinω t ϕ, kjer je ω frekvenca vzbujanja X je amplituda nihanja: X = X 0 β Parameter X 0 = f 0 /ω 0 Dinamični faktor β je definiran kot: β = 1/ ω 1 ω 0 + δ ω ω 0 c Amplituda sile na tla v ustaljenem stanju je f T = f δ ω ω 0 + ω ω 0, δ ω ω 0 F T = f T m d Pri frekvenci vzbujanja ω = π/3, je β = 1,68875 in amplituda X =0,1013 m, kar najverjetneje povzroči porušitev konstukcije Naloga 3 35 točk Zadostuje Dva enaka valja sta povezana z vzmetjo togosti k Enega od valjev vzbuja harmonska sila F t Če se valja kotalita brez podrsavanja, potem določite: a lastni frekvenci sistema, b odziv sistema v ustaljenem stanju m = 5 kg k = 30 kn/m F t = F 0 sinωt F 0 = 10 N ω = 10 rad/s znanje: VVPS ω 01 = 0 rad/s ω 0 = 89,447 rad/s X 1 = 6,58 mm X = 6,751 mm a Gre za nekonservativen sistem z dvema prostostnima stopnjama Naloge se lotimo po Lagrange-u: d E k E k dt q j q j = Q j

45 POGLAVJE KOLOKVIJ 45 Imamo dve posplošeni koordinati q 1 = x 1 in q = x Kinetična energija sistema je definirana kot: E k = 1 m ẋ J ϕ m ẋ + 1 J ϕ Kjer je: J = 1 m R in ϕ i = x i R Dobimo torej kinetično energijo: E k = 3 4 m ẋ 1 + ẋ Odvodi kinetične energije: E k x 1 = 0, E k ẋ 1 = 3 m ẋ 1, d E k = 3 dt ẋ 1 m ẍ 1, E k x = 0, E k ẋ = 3 m ẋ, d E k = 3 dt ẋ m ẍ Sedaj poiščimo še posplošeno silo Virtualno delo predpostavimo: x 1 < x : δw = kx x 1 δx 1 + F tδx 1 kx x 1 δx Ker je δw = Q 1 δx 1 + Q δx, sledi: Q 1 = F t + kx x 1 in Q = kx x 1 Ravnotežje za vsako posamezno komponento torej je: 3 m ẍ 1 = F t + kx x 1, 3 m ẍ = kx x 1 Zgornji izraz zapišemo v matrični obliki: [ 3/ m 0 0 3/ m ] [ ẍ1 k k + ẍ k k ] x1 F t = x 0 Ob predpostavki harmonskega odziva x i = X i sinω t izraz preoblikujemo sin ωt izpustimo v: [ ] 3/ ω m + k k X1 k 3/ ω = m + k X F0 0 Lastne frekvence dobimo tako, da izračunamo vrednosti ω, pri katerih je determinanta enaka nič: 3/ ω m + k k k 3/ ω m + k = 0

46 POGLAVJE KOLOKVIJ 46 Dobimo dve rešitve: ω 01 = 0 rad/s in ω 0 = 4 k 3 m = 40 5 rad/s b Amplitudo odziva sistema v ustaljenem stanju dobimo z reševanjem gibalne enačbe pri vzbujani frekvenci: X 1 = F 0 k + 3 mω 3 m ω 4 k + 3 mω, 4 F 0 k X = 3 m ω 4 k 3 mω Odziv torej je: x1 t x t = X1 X sin ω t 5 Datum: Povprečen uspeh 71 študentov: 66% Naloga 1 k = 100 kn/m d = 10 Ns/m J A = 0,003 kg m a = 6 cm n z = 6000 obr/min 30 točk Zadostuje Na sliki je masa v obliki črke T, ki je eden od elementov med menjalnikom in prestavno ročico avtomobila ter zagotavlja bolj udobno prestavljanje a Izračunajte lastno nedušeno in dušeno krožno frekvenco sistema, če je masa vpeta kakor je prikazano na sliki b Kakšna mora biti togost vzmeti, da je lastna nedušena krožna frekvenca pri n z Za koliko odstotkov je v tem primeru dušena frekvenca manjša od nedušene? Težnosti ne upoštevate; uporabite teorijo majhnih kotov znanje: LDN Povprečen uspeh: 80% ω 0 = 346,41 rad/s δ = 0,0173 ω 0d = 346,36 rad/s k z = 39 kn/m ω 0z = 68,319 rad/s δ z = 0,00955 ω 0z = 68,9 rad/s R = 4, % a S pomočjo IINewtonovega zakona najprej napišemo gibalno enačbo J A ϕ = i M A,i: J A ϕ + d a ϕ + k a ϕ = 0

47 POGLAVJE KOLOKVIJ 47 Izraz normiramo: ϕ + d a J A }{{} δ ω 0 ϕ + k a ϕ = 0 J }{{} A ω0 Lastna nedušena krožna frekvenca in razmernik dušenja torej sta: ω 0 = k a J A, Točk: 10 δ = d a J A ω 0 Lastna dušena krožna frekvenca pa je: ω 0d = ω 0 1 δ b Iz izraza za lastno nedušeno krožno frekvenco izrazimo togost: kjer je: k z = J A ω 0 z a, ω 0z = π n z 60 Razlika med dušeno in nedušeno krožno frekvenco je: R = 1 ω 0d ω 0z, kjer je δ z razmernik dušenja pri n z Kje so imeli študentje težave? V primeru b je potrebno izračunati pripadajoči razmernik dušenja δ z Naloga k = 1 kn/m d = 10 Ns/m m = 3 kg F t = F 0 sinω t F 0 = 10 N ω = π rad/s X z = 1 mm 35 točk Zadostuje Sistem na sliki je sestavljen iz mase, vzmeti in dveh dušilk Masa se lahko giblje samo v vertikalni smeri in jo vzbujamo s sinusno silo F t a Izračunajte lastno nedušeno krožno frekvenco, razmernik dušenja, amplitudo nihanja mase m in kot zaostajanja nihanja mase za vzbujanjem Določite, ali je sistem vzbujan pod- ali nad-resonančno b Izračunajte kakšna lastna krožna frekvenca je potrebna, da bo masa nedušenega sistema nihala z amplitudo X z Upoštevajte teorijo majhnih zasukov znanje: VN Povprečen uspeh: 7%

48 POGLAVJE KOLOKVIJ 48 f 0 = 3,33 m/s ω 0 = 18,57 rad/s δ = 0,186 ω = 1,566 rad/s X = 17,15 mm β = 1,7147 X 0 = 0,01 m/s ϕ = 0,44555 rad = 5,5 ω 0,z = 59,087 rad/s a S pomočjo IINewtonovega zakona najprej napišemo gibalno enačbo m ẍ = i F i: m ẍ + d ẋ + k x = F 0 sinω t Izraz normiramo: ẍ + d m }{{} δ ω 0 ẋ + k }{{} m ω0 x = F 0 sinω t }{{} m f 0 Izračunamo lastno krožno frekvenco in razmernik dušenja: ω 0 = δ = k m, d m ω 0 Ker je lastna frekvenca večja od vsiljene, je vzbujanje pod-resonančno Amplituda mase je: X = X 0 β, pri čemer je X 0 = f 0 ω 0 in β = 1 ω 1 ω 0 + Kot zaostajanja mase za vzbujanjem je: ϕ = arctan δ ω ω 0 1 ω ω 0 δ ω ω 0

49 POGLAVJE KOLOKVIJ 49 b Lastno frekvenco, pri kateri imamo željeno amplitudo, izrazimo iz enačbe ni dušenja, torej δ = 0: X z = X 0 β = f 0 ω 0 1 ω 1 ω 0 + δ ω ω 0 = Dobimo dve rešitvi, pri čemer je ustrezna nad-resonančna ω 0,z = f 0 ω0 1 1 ω ω 0 F 0 m + X z ω X z Kje so imeli študentje težave? Težave s popisom vpliva dveh dušilk Naloga 3 Ni v merilu 35 točk Zadostuje Model pretičnega mehanizma iz naloge 1 izpopolnimo, kakor je prikazano na sliki Element v obliki črke T se lahko vrti okoli točke A in je preko vzmeti togosti k pritrjen na drog mase m, le-ta pa preko vzmeti togosti k na prestavno ročico, ki se lahko vrti okoli točke B Z uporabo označenih koordinat in Lagrangevimi enačbami vrste a poiščite gibalne enačbe, b lastne frekvence in c drugi lastni vektor sistema Opomba: pri določevanju lastnega vektorja normirajte amplitudo X = 1 m Upoštevajte teorijo majhnih kotov Podatki: J A = J B = J = 0,003 kg m, m = 0, kg, a = 6 cm, k = 100 kn/m znanje: LVPS Povprečen uspeh: 49% 0 = a k ϕ A + J ϕ A a k x 0 = a k ϕ A + k x + m ẍ 1 a k ϕ B 0 = 1 a k x a k ϕ B + J ϕ B ω 01 = 0 rad/s ω 0 = 70,1 rad/s ω 03 = 1037,8 rad/s 16,67 rad {X} 1 = 1 m {X} = 33,33 rad 4,53 rad 1 m 3,7 rad,09 rad {X} 3 = 1 m 0,96 rad

50 POGLAVJE KOLOKVIJ 50 a Sistem je konservativen in ima tri prostostne stopnje N = P = 3 Do gibalnih enačb pridemo s pomočjo Lagrangevih enačb vrste za konservativni sistem: d L L = 0; j = 1,, 3 dt q j q j Za posplošene koordinate izberemo: ϕ A, x,ϕ B Lagrangeva energijska funkcija: L = E k E p, kjer sta kinetična in potencialna energija definirani kot: E k = 1 J ϕ A + 1 m ẋ J ϕ B, E p = 1 k x a ϕ A + 1 k a ϕ B x, kjer smo predpostavili: a ϕ A < x < a ϕ B Izračunamo odvode: L k ϕ A = a k x a ϕ A L k x = k x a ϕ A + k L k = 1 ϕ B a k x + 1 a ϕ B x + 1 a ϕ B d dt L ϕ A = J ϕ A d L dt ẋ = m ẍ d dt L ϕ B = J ϕ B Točk: 10 Glede na Lagrangeve enačbe vrste zapišemo sedaj gibalne enačbe: a k ϕ A + J ϕ A a k x = 0 a k ϕ A + k x + m ẍ 1 a k ϕ B = 0 1 a k x a k ϕ B + J ϕ B = 0 b Pričakujemo lastno nihanje oblike ϕ A = Φ A sin ω 0 t, x = X sin ω 0 t in ϕ B = Φ B sin ω 0 t, zato uporabimo ta nastavek, da zgornje gibalne enačbe zapišemo v matrično obliko: a k ω 0 J a k 0 a k k ω 0 m 1 a k 0 1 a k 1 4 a k ω 0 J Poiščemo lastne frekvence: det a k ω 0 J a k 0 a k k ω 0 m 1 a k 0 1 a k 1 4 a k ω 0 J Φ A X Φ B = 0, = 0 0 0

51 POGLAVJE KOLOKVIJ 51 sledi: ω 01 ω 0 ω 03 = 5 a k J + 8 k m k 64 J +9 a 4 m J m 5 a k 8 J m 0 8 J + k m + k 64 J +9 a 4 m c Izberemo X = 1 m in določimo drugi lastni vektor: a k ω 0 J a k 0 a k k ω 0 m 1 a k 0 1 a k 1 4 a k ω 0 J {X} = 8 a m 8 J+3 a m+ 64 J +9 a 4 m 1 4 a m 8 J+3 a m 64 J +9 a 4 m Φ A X Φ B = Podobno bi lahko določili še prvi in tretji lastni vektor naloga tega ne zahteva: {X} 1 = 1 a 1 a, Točk: 10 {X} 3 = 8 a m 8 J+3 a m 64 J +9 a 4 m 1 4 a m 8 J+3 a m+ 64 J +9 a 4 m Kje so imeli študentje težave? Nekatere je motilo prepletanje koordinat za rotacijo in translacijo Težave s potencialno energijo Izračun determinante 6 Datum: Naloga 1 30 točk Zadostuje znanje: LDN Osrednji atrij hotela Mons v Ljubljani dopolnjuje visoka skulptura Povprečen časovno nihalo nemškega kiparja Karla Schlammingerja uspeh: 57% Zamislite si, da vas je najel kipar za odgovor na naslednji vprašanji: a kako visoko mora biti stožčasto nihalo, da bo nihajni čas T in b kolikšna mora biti masa nihala, da bo statična sila F zadostovala za začetni odmik x Pomagajte si z modelom na sliki: ob predpostavki majhnih kotov najprej izpeljite gibalno enačbo, nato izrazite lastno frekvenco in razmernik dušenja Doložino h določite ob predpostavki, da je dušenje zanemarljivo Kipar zaradi estetskih razlogov omeji razmerje višine stožca proti polmeru: h = 0 r Masni vztrajnostni moment stožca okoli vrtišča je: J = 3 5 m h + r, težišče je od vrha oddaljeno 3/4 h 4 Podatki: T = 5 s, g = 9,81 m/s, F = 1000 N, x = r

52 POGLAVJE KOLOKVIJ 5 r = 5 g T = 0,388 m, 1601 π 3 F m = = 135 kg g tan ϕ 0 Z uporabo II Newtonovega zakona zapišemo gibalno enačbo: J ϕ = m g 3 h 4 sin ϕ d ϕ, Gibalno enačbo normiramo in lineariziramo: ϕ + m g 3 h 4 J ϕ + d J ϕ = 0 in razberemo lastno krožno frekvenco in razmernik dušenja upoštevamo h = 0 r: ω 0 = m g 3 h 4 J g = r, δ = d J ω 0 a Iz enačbe π T = ω 0 izpeljemo r = 5 g T 1601 π Točk: 10 in tako definiramo polmer dolžino stožca 3 b Sledi še izračun mase nihala, ki v bistvu predstavlja varnostni faktor: dve osebi naj ne bi bili sposobni vzpostaviti takih začetnih pogojev, da bi nihalo nihalo bolj od željene amplitude Statično ravnotežje pri začetnih pogojih je: m g 3 h 4 sin ϕ 0 F h cos ϕ 0 = 0, kjer je željena amplituda definirana s: sin ϕ 0 = x h Sledi, da je masa stožca: m = 3 F g tan ϕ 0 Kje so imeli študentje težave? Nekateri so pozabili na težo stožca F je statična sila, ki se uporabi v začetku, da se nihalo izmakne iz ravnovesne lege; pozneje na nihanje nima vpliva

53 ẍ + k m x + d m ẋ = + k m Y sinω t + d m ω Y cosω t POGLAVJE KOLOKVIJ 53 Naloga 35 točk Zadostuje Pri hoji človek dviguje svoje težišče za nekaj cm Razmišljate o tem, da bi izdelali nahrbtnik, ki bi to gibanje dvakrat ojačal, relativno gibanje pa bi izkoristili za generiranje napetosti Za spremembo višine pri hoji predpostavite harmonično funkcijo yt Za model na sliki najprej izpeljite gibalno enačbo nato pa izračunajte: a togost, da bo lastna nedušena krožna frekvenca ω 0 enaka frekvenci vzbujanja ω, b dušenje d, da bo razmerje med amplitudami X = Y, c razmernik dušenja in dušeno lastno frekvenco in d s katero frekvenco bo nihal nahrbtnik pri vzbujanju? Podatki: y = Y sinω t, m = 10 kg, ω = π znanje: VN Povprečen uspeh: 5% ẍ + k m x + d m ẋ = + k m Y sinω t + d ω Y cosω t m k = m ω = 394,8 N/m d = m ω = 36,76 Ns/m 3 Niha z vsiljeno krožno frekvenco δ = ω 0d = 1 3 = 0,89 11 ω = 6,0 rad = 0,957 π 1 ω Iz II Newtonovega zakona ob predpostavkah x > y in ẋ > ẏ sledi: m ẍ = k x y d ẋ ẏ Vstavimo podatek o harmoničnem vzbujanju ter normiramo in uredimo enačbo: Razpoznamo torej parametre: ω 0 = k m δ = d m ω 0 a Sedaj lahko določimo primerno togost, da bo lastna frekvenca enaka vsiljeni: ω 0 = ω k = m ω b V normirano obliki diferencialne enačbe razpoznamo splošno enačbo prenosnosti vibroizolacije Ob predpostavki harmoničnega odziva xt = X sinω t φ vemo torej kakšno je ojačanje: g = X 1 Y = β + δ ω ω 0

54 POGLAVJE KOLOKVIJ 54 Želja je g = ; ob uporabi podatka za togost dobimo kvadratno enačbo z dvema rešitvama; fizikalno ustrezna je samo pozitivna: d = m ω 3 c Razmernik dušenja je definiran zgoraj; dušena lastna frekvenca je: ω 0d = 11 1 ω d Zaradi vzbujanja sistem niha s frekvenco vzbujanja ω Kje so imeli študentje težave? Narobe so zapisali gibalno enačbo, niso poznali enačbe za prenosnost vibroizolacije Niso vedeli, da nahrbtnik niha z vsiljeno frekvenco pač pa so mnogi napisali, da niha z lastno dušeno frekvenco Naloga 3 35 točk Zadostuje Zaposleni ste v AET Tolmin in konstruirate grelnik zraka, ki je izpostavljen vibracijam Dejansko konstrukcijo poenostavite s prikazanim modelom z dvema prostostnima stopnjama; s pomočjo Lagrangevih enačb vrste izpeljite gibalne enačbe, lastne frekvence in lastne vektorje Določite parameter a, da bo druga lastna frekvenca 10 krat višja od prve Za začetne pogoje: x0 s = 1 mm, y0 s = 0 mm, ẋ0 s = 0 mm/s, ẏ0 s = 0 mm/s določite odziv xt in yt namig glede faze: ker ni dušenja sta x in y lahko samo v fazi ali v kontrafazi Podatki: k = 000 N/m, m = 50 kg znanje: LVVP Povprečen uspeh: 43% m ẍ a k x a k y = 0 m ÿ a k x a k y = 0 k ω 01 = = 6,3 rad/s m 1 + a k ω 0 = m a = 99 x 1 1 = m 1 x 1 = m 1 3 Glede na teoretično poznavanje fizikalnega nihala smo lahko pričakovali, da je nihajni čas odvisen samo od dolžine nihala

55 POGLAVJE KOLOKVIJ 55 Sistem je konservativen in ima dve prostostni stopnji N = P = : x, y Do gibalnih enačb pridemo s pomočjo Lagrangevih enačb vrste: d L dt ẋ L x = 0 d L dt ẏ L y = 0 Lagrangeva energijska funkcija: L = E k E p, kjer sta kinetična in potencialna energija 4 definirani kot predpostavka x > y: E k = 1 m ẋ + 1 m ẏ E p = 1 k x + 1 k y + 1 a k x y Po odvajanju izpeljemo gibalni enačbi: Točk: 10 m ẍ a k x a k y = 0 m ÿ a k x a k y = 0 Gibalni enačbi v matrični obliki: m 0 0 m ẍ ÿ 1 + a k a k + a k 1 + a k x y 0 = 0 Ob predpostavki harmonskega odziva x = X sinω 0 t, y = Y sinω 0 t in ob upoštevanju, da sinω 0 t ne predstavlja rešitve, izpeljemo: 1 + a k m ω 0 a k a k 1 + a k m ω 0 Netrivialno rešitev predstavlja rešitev izraza: X Y 0 = A x = 0 deta = 0 iz česar izpeljemo dve lastni frekvenci: ω 01 = k m 1 + a k ω 0 = m Izpeljemo vrednost parametra a: 10 ω 01 = ω 0 a = 99 Da določimo prvi lastni vektor, vstavimo v matriko A prvo lastno frekvenco, izberemo amplitudo X = 1 m in izpeljemo: Y = 1 4 Potencialno energijo mas ni potrebno upoštevati, saj se uniči s potencialno energijo prednapetja

56 POGLAVJE KOLOKVIJ 56 Prvi lastni vektor torej je: x 1 = 1 1 m Za drugi lastni vektor je postopek podoben, vendar v matriko A vstavimo drugo lastno frekvenco, izberemo amplitudo X = 1 m in izpeljemo: Y = 1 m Drugi lastni vektor torej je: x 1 = m 1 Odziv na poljubne začetne pogoje je: xt yt = C 1 x 1 sinω 01 ϕ 1 + C x sinω 0 ϕ Imamo štiri neznanke in iz štirih začetnih pogojev x0 s = 1 mm, y0 s = 0 mm, ẋ0 s = 0 mm/s, ẏ0 s = 0 mm/s lahko vse določimo Uporabimo namig, da so sta x in y v fazi: ϕ 1 = ϕ in rešimo sistem enačb Sistem ima štiri rešitve, tukaj je prikazana ena: C 1 = 0,0005 C = 0,0005 ϕ 1 = ϕ = π/ Kje so imeli študentje težave? Odziv na poljubne začetne pogoje je vsota posameznih lastnih odzivov!

57 Univerza v Ljubljani Fakulteta za strojništvo LADISK Laboratorij za dinamiko strojev in konstrukcij Dinamika togih teles Kolokvij Naloga 1 35 točk Zadostuje znanje: LDN Valj radija R in mase m nakotaljuje po klancu in je preko vzmeti in dušilke pritrjen, kakor je prikazano na sliki Izračunajte lastno nedušeno in dušeno krožno frekvenco sistema, če valj na začetku izmaknemo iz statične ravnovesne lege za amplitudo A 0 Določite čas po katerem je amplituda nihanja enaka 1/10 začetne amplitude Podatki: m = 10 kg, R = 0,5 m, k = 10 kn/m, d = 100 Ns/m, g = 9,81 m/s ω 0 = 5,8 rad/s δ = 0,58 ω 0d = 4,94 rad/s t = 069 s Sistem ima ena prostostno stopnjo P = 1, N = 1 Z izbrano posplošeno koordinato x in uporabo Lagrangeovih enačb druge vrste zapišemo gibalno enačbo sistema: L t ẋ L x = QN x, kjer je L Lagrangeova energijska funkcija: L = E k E p Kinetična in potencialna energija imata obliko: E k = 1 mẋ + 1 J T ϕ = 3 4 mẋ E p = 1 k x Zapišemo Lagrangeovo energijsko funkcijo: L = 3 4 mẋ 1 k x Posplošeno silo dušilke dobimo iz zapisa za virtualno delo: δw = i F i δr i = d ẋ δx }{{} Q N

58 POGLAVJE KOLOKVIJ 58 Končno zapišemo normirano gibalno enačbo: ẍ + d 3 m }{{} δω 0 ẋ + k x = 0 }{{} 3 m ω0 Kakor je prikazano razberemo lastno nedušeno krožno frekvenco in razmernik dušenja Točk: 10 ω 0 = k 3 m = 5,8 rad/s δ = d 3 m ω 0 = 0,19 ω 0D = ω 0 1 δ = 494 rad/s Potrebno je še določiti čas po katerem je amplituda nihanja za 1/10 manjša od začetne amplitude Odziv sistema podaja enačba: xt = e δ ω0 t A cosω 0D t + B sinω OD t Na osnovi začetnih pogojev razberemo velikost konstant A in B: x0 = A 0 = A = A 0 ẋ0 = 0 = B = 0 Amplitudo odziva sistema potemtakem podaja enačba: δ ω0 t X = A 0 e Sedaj lahko izračunamo še čas pri katerem se amplituda zmanjša na X = 1/10 A 0 : t = 1 δ ω 0 ln 1/10 = 069 s Kje so imeli študentje težave? Zapis gibalnih enačb: gre za statično ravnovesno lego, zato potencialne energije ni treba upoševati uniči se s potencialno energijo prednapetja Naloga 30 točk Zadostuje znanje: VN Na sliki je prikazana naprava, ki se uporablja za testiranje zračnih vzmeti Klado mase m vzbujamo z ekscentrično maso m e na ročici dolžine e, ki se vrti s konstantno kotno hitrostjo ω Iz slike je razvidno, da lahko hkrati testiramo dve zračni vzmeti Zračno vzmet modeliramo z vzporedno vezavo vzmeti togosti k in dušilke s koeficientom dušenja d Določite kolikšna je lahko maksimalna togost k testiranih vzmeti, da bo amplituda nihanja vzmeti enaka X Vzbujanje sistema je podresonančno Podatki: m = 150 kg, m e = 10 kg, ω = 6 π rad/s, δ = 001, e = 005 m, X = 001 m

59 POGLAVJE KOLOKVIJ 59 k = 3597 kn/m Gibalno enačbo sistema določimo na osnovi drugega Newtonowega zakona: mẍ + dẋ + k x = m e e ω sinω t Opomba: kot pravilna rešitev se smatra tudi, da se masa ekscentra doda k osnovni masi Gibalna enačba v tem primeru je m + m e ẍ + dẋ + k x = m e e ω sinω t Enačbo normiramo ter razberemo lastno krožno frekvenco: ẍ + d m ẋ + k m x = m e e m ω sinωt ω 0 = k m Za izračun togosti vzmeti uporabimo enačbo: X m e e m ω ω 0 = ω 1 ω 0 + Uvedemo novo neznanko: ω r = ω 0 s čimer dobi zgornja enačba enostavnejšo obliko X m e e m r = 1 r + 4 δ r Zgornjo enačbo preuredimo v obliko: δ ω ω 0 r 1 Rešitvi enačbe: me e + r 4δ + 1 = 0 X m r 1 = 074 r = 150 Ker naloga od nas zahteva podresonančno vzbujanje je prava rešitev r 1 = 08 Togost vzmeti je potemtakem enaka: k = m ω r 1 = 3597 kn/m Kje so imeli študentje težave? Pri zapisu amplitude odziva centrifugalno vzbujanega sistema v ustaljenem stanju

60 E k = 1 m ẋ + 1 J T ϕ POGLAVJE KOLOKVIJ 60 Naloga 3 30 točk Zadostuje Rotor modeliramo s togim telesom mase m in masnim vztrajnostnim momentom J T okoli težišča T Ležaje poenostavimo z vzmetema togosti k in k Z uporabo Lagrangeovih enačb II vrste in označenih koordinat zapišite gibalne enačbe sistema Določite tudi lastne frekvence in lastne vektorje Podatki: k, m, r, J T = m r znanje: LVPS ω 01 = k m k ω 0 = m { } 1 X 1 = 1/r { } 1 X = 1/r Sistem ima dve prostostni stopnji Zapišemo Lagrangeove enačbe za konzervativne sisteme pri čemer izberemo za posplošeni koordinati pomik x in zasuk ϕ: d L dt ẋ L x = 0 d L dt ϕ L ϕ = 0 L = E k E p Kinetično in potencialno energijo sistema zapišemo v obliki: E p = 1 k x r ϕ + 1 k x + r ϕ Lagrangeova energijska funkcija ima potemtakem obliko: L = 1 m ẍ + 1 J T ϕ 1 k x r ϕ 1 k x + r ϕ Sedaj izračunamo vse odvode v Lagrangeovih enačbah s čimer dobimo dve gibalni enačbi: mẍ + 3k x + k r ϕ = 0 J T ϕ + k r x + 3k r ϕ = 0

61 POGLAVJE KOLOKVIJ 61 Ob predpostavki harmonskega odziva: xt = X sin ω t ϕt = Φ sin ω t iz gibalnih enačb razberemo masno in togostno matriko: [ ] [ ] m 0 3k k r M = 0 m r, K = k r 3k r Lastne frekvence sistema dobimo z rešitvijo spodnje determinante: 3k mω k r k r 3k r m r ω = 0, = 8 k r 6 k m r ω + m r ω 4 = 0 Z rešitvijo zgornje enačbe določimo obe lastni krožni frekvenci: ω 01 = k k m, ω 0 = m Lastna vektorja pa sta enaka: { } 1 X 1 = 1/r X = { 1 1/r } Kje so imeli študentje težave? Zapis gibalne enačbe, predvsem potencialna energija 7 Datum: Naloga 1 v = 40 m/s Θ = 40 ε = 0 35 točk Zadostuje Krogla udari v masivno ploščo s hitrostjo v pod kotom θ Koeficient trka je ε 1 Kakšen je trk? premi centrični / poševni centrični Izračunajte hitrost krogle v n-smeri po trku 3 Izračunajte hitrost krogle v t-smeri po trku 4 Izračunajte amplitudo hitrosti krogle po trku 5 Izračunajte kot ϕ 6 Ali se kinetična energija pri trku ohranja? 7 Izračunajte delež izgubljene kinetične energije krogle v odstotkih znanje: Trk Vprašanje Odgovor 1 Kakšen je trk? 1 = Premi centrični, = Poševni centrični Izračunajte hitrost krogle v n-smeri po trku m/s 3 Izračunajte hitrost krogle v t-smeri po trku m/s 4 Izračunajte amplitudo hitrosti krogle po trku m/s 5 Izračunajte kot ϕ Ali se kinetična energija pri trku ohranja? 1 = Da, = Ne 7 Izračunajte delež izgubljene kinetične energije krogle v odstotkih

62 POGLAVJE KOLOKVIJ 6 Naloga h g k x A d b L,m f v O jermen 35 točk Zadostuje Sistem na sliki se uporablja za valjanje zobatih jermenov Jermen ima profil zoba sinusne oblike in se giblje s translatorno hitrostjo v Amplituda sinusnega profila zoba je podana z h, medtem ko je razdalja med dvema vrhoma podana z b Zapišite gibalno enačbo sistema in določite translatorno hitrost jermena v, tako da bo amplituda odziva palice v točki A enaka h/3 Ugotovite tudi ali je sistem vzbujan pod- ali nad-resonančno Opomba: Sistem linearizirajte in ga rešite glede na ravnotežno lego Podatki: k = N/m, m = 3 kg, d = 100 Ns/m, L = 1 m, b = 001 m znanje: VN ẍ + 3 d m ẋ + 3 k m x = 3 k m yt + 3 d m ẏt 3 k ω 0 = = 100 rad/s m δ = 3 d = 05 m ω 0 ω = 377 rad/s v = 05 m/s Sistem je vzbujan nad-resonančno Naloga 3 f g O k x m m,r k m=0 35 točk Zadostuje Sistem na sliki je sestavljen iz valja mase m in radija r, ki je vrtljivo vpet v točki O Valj je preko vzmeti togosti k pripet na klado mase m, ki je preko vzmeti pritrjena na togo podlago Določite število prostostnih stopenj sistema Z uporabo označenih koordinat zapišite gibalno/e enačbo/e sistema ter določite lastne frekvence in lastne vektorje Predpostavite majhne zasuke Podatki: k = 10 3 N/m, m = 0,5 kg, r = 0,1 m znanje: LVPS ω 01 = 77 rad/s ω 0 = 736 rad/s { } 1 X 1 = m 0081 { } 1 X = m 0031

63 POGLAVJE KOLOKVIJ 63 8 Datum: 9101 Naloga 1 Podatki: β= 5, m L = 0 kg, m P = 08 kg, α= 35, ɛ= 045, v P,1 = 35 m/s, L= 15 m, 30 točk Zadostuje Igrate igrico Angry Birds Vaša naloga je, da s ptičem odprete mirujočo loputo Po elastičnem trku z loputo se ptič odbije pod kotom α in s hitrostjo v P, Trk je centričen in brez trenja 1 Ali se energija sistema med trkom ohranja? Da, Ne Kakšno gibanje opravlja loputa po trku? rotacijsko, translatorno, splošno ravninsko 3 Določite hitrost ptiča v smeri smernice trka tik pred trkom 4 Določite hitrost lopute po trku 5 Določite velikost hitrosti priča v smeri smernice trka tik po trku pazite predznak 6 Določite kot α znanje: Trk Naloga 35 točk Zadostuje znanje: PV V kamnolumu se pri separaciji materiala uporablja transporter prikazan na sliki Transporter modeliramo kot palico dolžine L in mase m, ki je vrtljivo vpeta v točki O Enakomerno gibanje peska po transporterju dosežemo s ekscentrom mase m e, ki se vrti s konstatno kotno hitrosjo ω Potrebno je upoštevati tudi vzbujanje zaradi padanja peska na transporter, kar ponazorimo s silo F t k B C d L/ L,m Ft L/ pesek d A L/ L/ e me O Določite: 1 Lastno nedušeno in dušeno krožno frekvenco Odziv transporterja v točki C 3 Amplitudo sile, ki preko dušilke prenaša na podlago v točki A 4 Ali se z povečevanjem dušenja povečuje tudi sila na podlago v točki A? Zanemarito maso peska ter predpostavite majhne zasuke! Podatki: m = 1 t, k = 100 kn/m, d = 1000 Ns/m, ω = 100 rad/s, L = 3 m, F t = F 0 sinω t, F 0 = 5000 N, m e = 100 kg, e = 01 m

64 Naloga 3 35 točk Zadostuje znanje: VN V zadnjem času je zelo popularna vadba na napravi Power Plate Nadomestni model naprave je prikazan na sliki je kinematično vzbujan v vertikalni smeri glede na funkcijo yt = Y sinω t Predpostavite, da se masa m oseba lahko premika samo v navpični smeri 1 Koliko prostostnih stopenj ima sistem na sliki? Če je razmerje amplitud pomikov, X Y = C, kakšno je razmerje amplitud pospeškov? 3 Izračunajte lastno nedušeno krožno frekvenco 4 Izračunajte razmernik dušenja, da bo dušena lastna krožna frekvenca za 10% nižja od nedušene 5 Kakšno je dušenje sistema? nadkritično, podkritično, kritično, sistem ni dušen 6 Izračunajte relativno frekvenco r = ω ω 0 k = 136 N/mm m = 83 kg ω = 37 Hz C 1 = 074 g = 981 m/s 7 Izračunajte X Y, če je frekvenca vzbujanja enaka ω 8 Če amplituda pospeška človeka ne sme preseči 05g, kolikšne so lahko amplitude pospeškov vzbujanja?

65 Poglavje 3 Izpiti Po Bolonski prenovi je analitična mehanika obravnavana v okviru predmeta Višja dinamika; naloge, ki obravnavajo izključno analitično mehaniko pri predmetu DTT ne obravnavamo Naloge iz nihanj, pri katerih je uporabljena analitična mehanika rešite s pomočjo klasične mehanike 31 Datum: Povprečen uspeh študentov: 38% Naloga 1 Slika prikazuje tekoči trak Pralni stroj mase m in težiščnega masnega vztrajnostnega momenta J je togo pritrjen na togo palico zanemarljive mase, le-ta pa je pritrjena na kolo mase m 1 in polmera r Vrv je pripeta na razdalji a od vrtišča kolesa in se v nekem trenutku napne ter začne delovati na palico s silo F Izračunajte pospešek težišča pralnega stroja v tem trenutku Trenje in rotacijsko vztrajnost kolesa zanemarite 30 točk Zadostuje znanje: TT a = 0,5 m b = 1 m m 1 = 10 kg m = 60 kg r = 01 m F = 400 N J = 6 kg m Povprečen uspeh: 8% a T = 5,71 m/s α = 1,418 rad/s J s = 141 kg m y T = 0,143 m a P = 6,018 m/s Za postopek glejte: Kolokvij 1, naloga 1 na strani 9 65

66 J = 1 3 m a POGLAVJE 3 IZPITI 66 Naloga 30 točk Povprečen Za nihalo na sliki določite lastno nedušeno in dušeno krožno frekvenco Določite odziv sistema, če ga izpustimo iz stanja mirovanja pri zasuku ϕ 0 Predpostavite majhne zasuke uspeh: 67% Zadostuje znanje: LDN a = 0,5 m m = 1 kg k = 1 kn/m d = 3 Ns/m ϕ 0 = 3 ω 0 = 13,693 rad/s δ = 0,08 ω 0d = 13,647 rad/s A = 0,0536 rad B = 0,0043 rad Sistem je nekonservativen in ima eno prostostno stopnjo: P = 1, N = 1 Izberemo posplošeni koordinati: q 1 = ϕ Gibalni enačbi bomo določili s pomočjo Lagrangevih enačb vrste: d E k dt ϕ E k ϕ = Q ϕ V zgornji enačbi moramo določiti kinetično energijo sistema in posplošeno silo Q ϕ Kinetična energija sistema je: E k = 1 J ϕ + 1 m a ϕ, kjer je: Posplošeno silo izračunamo s pomočjo virtualnega dela aktivnih sil, ki je enako virtualnemu delu posplošenih sil Virtualno delo: δw = k x 1 δx 1 + d ẋ δx kjer je: x 1 = 1 a ϕ in x = a ϕ Posplošena sila torej je: Q ϕ = k a 4 ϕ d a ϕ Potem, ko izračunamo odvode kinetične energije: E k ϕ = 0

67 POGLAVJE 3 IZPITI 67 d E k dt ϕ = 4 3 a m ϕ, lahko izpeljemo gibalno enačbo: 4 3 a m ϕ + d a ϕ + k a 4 ϕ = 0 Gibalno enačbo preoblikujemo v normirano obliko: ϕ m d ϕ m k ϕ = 0 Enačbo primerjamo s splošno rešitvijo dušenega nihanja ϕ + δ ω 0 ϕ + ω 0 ϕ = 0, za katero pričakujemo odziv oblike: Sledi: ϕt = e δ ω0 t A cos ω 0d t + B sin ω 0d t ω 0 = δ = 3 k 16 m 3 d 4 m ω 0 ω 0d = ω 0 1 δ Za določitev odziva moramo določiti še konstanti A in B Glede na začetne pogoje sledi: ϕ0 = ϕ 0 A = ϕ 0 ϕ0 = 0 B = d k k m ϕ d k m Naloga 3 40 točk Povprečen Na domači strani wwwhowstuffworkscom ste zasledili članek o krmiljenju koles slika levo Ste mnenja, Zadostuje da ima mehanizem določeno prožnost in odločite se za analizo nadomestnega modela slika desno znanje: LVPS Zmotili smo vas v trenutku, ko ste izbrali posplošene koordinate x,ϕ 1,ϕ in ste hoteli izračunati: a gibalne enačbe, b lastne frekvence in c lastne vrednosti! Težo elementov oblike L ste se odločili zanemariti Predpostavili ste majhne zasuke koles uspeh: 38% a = 10 cm m 1 = 10 kg m = 15 kg J = 1 kg m k = N/m