Homogeni štap mase M i duljine 2a kreće se bez trenja u sfernom udubljenju polumjera R tako da stalno ostaje u okomitoj ravnini koja prolazi kroz centar sfere. Na dite kinetičku energiju štapa. Rješenje: skica problema O R b φ a
štap rotira kutnom brzinom φ oko osi koja je za b udaljena od centra mase štapa i okomita je na ravninu u kojoj se štap giba kinetička energija štapa T = 1 2 IO štap φ 2 moment inercije s obzirom na točku O možemo izračunati pomoću Steinerovog teorema Ištap O = Ic.m. štap + Mb2 = 1 12 M(2a)2 + M(R 2 a 2 ) = M (R 2 23 ) a2 kinetička energija štapa T = M (R 2 23 ) 2 a2 φ 2
Homogena ploča mase M obješena je o nit duljine l tako da se može njihati u vertikalnoj ravnini. Na dite kinetičku ploče. Rješenje: zadatak možemo riješiti na dva načina u prvom rješenju sustav vezan uz ploču ima ishodište u objesištu ploče, a u drugom u centru mase ploče
Skica problema u prvom slučaju y ploča rotira u vertikalnoj ravnini θ l y φ x a a y x a x c.m. = Ω = φ k koordinate centra mase u sustavu fiksiranom uz ploču a = a x i + ay j brzina točke O u fiksiranom sustavu V = l θ
y θ l y x θ α β φ x V kutevi α i β α = 180 0 90 0 φ = 90 0 φ β = 90 0 θ α = φ θ komponente brzine V u sustavu fiksiranom uz ploču V x = V cos (φ θ) = l θ cos (φ θ) V y = V sin (φ θ) = l θ sin (φ θ)
kinetička energija T = 1 2 M V 2 + MV ( ) Ω a + 1 2 translatorni doprinos T 1 = 1 2 M V 2 = 1 2 Ml 2 θ 2 računamo mješoviti doprinos Ω a = φ ) k (a x i ay j I ij Ω i Ω j ij ) = φ (a x j + ay i T 2 = M φ (V y a x + V x a y ) = Ml φ θ( a x sin (φ θ) + a y cos (φ θ))
pri računanju rotacionog doprinosa iskoristimo činjenicu Ω x = Ω y = 0 Ω z = φ označimo s I O moment inercije oko osi z kroz točku O kinetička energija ploče = T 3 = 1 2 I O φ 2 T = 1 2 Ml 2 θ 2 + Ml φ θ ( a x sin (φ θ) + a y cos (φ θ)) + 1 2 I O φ 2
Skica problema u drugom slučaju y ploča rotira u vertikalnoj ravnini θ l x a φ α a y y a x c.m. x = Ω = φ k koordinate centra mase u nepomičnom sustavu x c.m. = l sin θ y c.m. + a sin (φ + α) = l cos θ a cos (φ + α)
računamo brzinu centra mase u nepomičnom sustavu ẋ c.m. = l cos θ θ + a cos (φ + α) φ ẏ c.m. = l sin θ θ + a sin (φ + α) φ kvadriramo komponente brzine ẋ 2 c.m. = l 2 cos 2 θ θ 2 + a 2 cos 2 (φ + α) φ 2 + 2al cosθcos (φ + α) θ φ ẏ 2 c.m. = l 2 sin 2 θ θ 2 + a 2 sin 2 (φ + α) φ 2 + 2al sin θ sin(φ + α) θ φ kvadrat brzine centra mase v 2 c.m. = l 2 θ 2 + a 2 φ 2 + 2al cos (θ φ α) θ φ
raspišemo zadnji član a cos (θ φ α) = a cos(θ φ) cosα + a sin (θ = a y cos (θ φ) + a x sin (θ φ) kvadrat brzine centra mase vc.m. 2 = l 2 θ 2 + a 2 φ 2 + 2la y cos(θ φ) θ φ + 2la x sin(θ φ) θ φ kinetička energija ploče T = 1 2 I c.m. φ 2 + 1 2 Mv 2 c.m. = 1 2 I c.m. φ 2 + 1 2 Ml 2 θ 2 + 1 2 Ma2 φ 2 + Mla y cos (θ φ) θ φ Mla x sin (φ θ) θ φ
iskoristimo Steinerov teorem I c.m. + Ma 2 = I O konačni rezultat za kinetičku energiju T = 1 2 I O φ 2 + 1 2 Ml 2 θ 2 + Mla y cos (φ θ) θ φ Mla x sin (φ θ) θ φ poklapa se s rezultatom u prvom slučaju prethodni izrazi se pojednostavljuju ako os y prolazi kroz objesište i centar mase = a x = 0 a y = a
zadnji član kinetičke energije iščezava pa preostaje T = 1 2 I c.m. φ 2 + 1 2 Ml 2 θ 2 + 1 2 Ma2 φ 2 + Mla cos(θ φ) θ φ
Ploča u obliku jednakostraničnog trokuta stranice a i mase M obješena je o tanki štap duljine l i mase m tako da se može njihati u vertikalnoj ravnini. Na dite kinetičku energiju sustava. Rješenje: skica problema y θ l x φ c.m.
ukupna kinetička energija je suma kinetičke energije štapa i trokuta promotrimo prvo trokut visina jednakostraničnog trokuta 3 h = 2 a centar mase trokuta nalazi se u težištu trokuta t = 2 3 h = a 3 koristimo sustav vezan uz ploču s ishodištem u centru mase ploče kinetiča energija u tom slučaju ima dva doprinosa T trokut = T tr trokut + T rot trokut
kutna brzina rotacije ploče Ω = φ k kinetička energija rotacije oko centra mase T rot trokut = 1 2 ij I ij Ω i Ω j = 1 2 Ic.m. trokut Ω2 z = 1 2 Ic.m. φ trokut 2 Moment inercije moment inercije trokuta oko centra mase iznosi I c.m. trokut = 1 12 Ma2 kinetička energija rotacije trokuta T rot trokut = 1 24 Ma2 φ 2
da bi izračunali kinetičku energiju translacije centra mase T tr trokut = M 2 (ẋ 2 c.m. + ẏ 2 c.m.) trebamo brzinu centra mase položaj centra mase trokuta u fiksnom sustavu x c.m. = l sin θ + a 3 sin φ y c.m. = l cosθ a 3 cos φ brzina centra mase trokuta u fiksnom sustavu ẋ c.m. = l cos θ θ + a 3 cosφ φ ẏ c.m. = l sin θ θ + a 3 sin φ φ
kvadriramo komponente brzine centra mase ẋc.m. 2 = l 2 cos 2 θ θ 2 a + 2l cos θ cosφ θ φ 3 + a2 3 cos2 φ φ 2 ẏc.m. 2 = l 2 sin 2 θ θ 2 a + 2l sin θ sin φ θ φ 3 + a2 3 sin2 φ φ 2 zbrojimo kvadrate komponenti T tr trokut = M 2 [l 2 θ 2 + a2 3 φ 2 + 2 ] la θ φ cos (θ φ) 3
ukupna kinetička energija trokuta T trokut = Ttrokut tr + Ttrokut rot = M [l 2 θ 2 + 5a2 2 12 φ 2 + 2 ] la θ φ cos (θ φ) 3 kinetička energija trokuta odgovara izrazu za kinetičku energiju ploče u prethodnom zadatku štap rotira oko jednog svog kraja pa je njegova kinetička energija T štap = 1 2 I štap θ 2 moment inercije tankog štapa ( ) 2 l I štap = Ištap c.m. + m = 1 2 3 ml 2
kinetička energija štapa T štap = 1 6 ml 2 θ 2 ukupna kinetička energija sustava T tot = T trokut + T štap
Dva homogena štapa duljine a i b spojena su pod pravim kutem u točki O na osovinu koja rotira konstantnom kutnom brzinom ω. Na dite kinetičku energiju sustava. Rješenje: skica problema ω a φ b
a koordinatni sustav fiksiran uz štap orjentiramo u smjeru glavnih osi štapa promotrimo štap b ω φ x y b komponente kutne brzine Ω x = ω cosφ Ω y = ω sin φ Ω z = φ kinetička energija štapa b T = 1 I ij Ω i Ω j 2 jedine komponente tenzora različite od nule ij I xx = I zz = 1 3 m bb 2 = 1 3 λb3
kinetička energija štapa b T b = 1 2 ( Ixx Ω 2 x + I zzω 2 z) = 1 6 λb3 ( ω 2 cos 2 φ + φ 2) analognim postupkom možemo izračunati kinetičku energiju štapa a T a = 1 6 λa3 ( ω 2 sin 2 φ + φ 2 ) ukupna kinetička energija sustava T = 1 (b 6 λω2 3 cos 2 φ + a 3 sin 2 φ )+ 1 6 λ φ ( 2 b 3 + a 3)
Homogeni stožac mase M, visine h, radijusa baze R i otvornog kuta 2α kotrlja se u ravnini, a vrh mu se nalazi iznad nje na visini R. Na dite kinetičku energiju stošca. Rješenje: skica problema z Ω x θ y
Ω z a α c.m. n udaljenost centra mase od vrha stošsca: a = 3h/4 udaljenost centra mase od plašta stošca: n = a sin α brzina centra mase: v cm = a θ uvjet kotrljanja: v cm = Ωn = Ωa sin α R x a θ = Ωa sin α = Ω = θ sin α
Ω sustav vezan uz stožac biramo tako da mu se osi poklapaju s glavnim osima stošca, a ishodište mu prolazi kroz centar mase stošca z α z y R x x Komponente kutne brzine u sustavu vezanom uz stožac Ω x = Ω cos α Ω y = 0 Ω z = Ω sin α primjetimo da je izbor osi x i y proizvoljan (I x = I y ) pa sustav u svakom trenutku možemo orjentirati tako da vrijedi Ω x = Ω cosα i Ω y = 0
kinetička energija stošca je suma energije translacije centra mase i energije rotacije oko centra mase translatorni doprinos T tr = 1 2 Mv 2 cm = 1 2 Ma2 θ 2 = 9 32 Mh2 θ 2 rotacioni doprinos T rot = 1 2 [ Ix Ω 2 x + I yω 2 y + I zω 2 z] momenti inercije stošca I z = 3 10 MR2 I x = I y = 3 20 M ] [R 2 + h2 4
kinetička energija rotacije T rot = 1 [ 3 2 10 MR2 Ω 2 cos 2 α + 3 ) ] (R 20 M 2 + h2 Ω 2 sin 2 α 4 = 3 40 MΩ2 [2R 2 cos 2 α + (R 2 + h2 4 ) ] sin 2 α radijus i visina stošca su povezani: R = h tan α T rot = 3 [ 40 Mh2 Ω 2 sin 2 α 2 + tan 2 α + 1 ] 4 = 3 [ 40 Mh2 Ω 2 sin 2 1 α cos 2 α + 5 ] 4
iskoristimo uvjet: θ = Ω sinα energija rotacije T rot = 3 [ 40 Mh2 θ 2 1 cos 2 α + 5 ] 4 zbrojimo translatorni i rotacioni doprinos T = 9 32 Mh2 θ 2 + 3 [ 40 Mh2 θ 2 1 cos 2 α + 5 ] 4 ukupna kinetička energija T = 3 [ 15 40 Mh2 θ 2 4 + 1 cos 2 α + 5 ] 4 = 3 [ 40 Mh2 θ 2 5 + 1 ] cos 2 α
Kraj štapa AB mase m i duljine 2a može kliziti bez trenja duž vertikalne žice Oz. Kraj B učvršćen je za točku O napetom žicom OB duljine l = 2a. Vertikalna ravnina OBA rotira oko osi z kutnom brzinom φ. Na dite kinetičku energiju štapa. Rješenje: skica problema O θ 2a x koordinate infinitezimalnog dijela štapa dq y dq q A φ z B 2a x(q) = q sin θ cos φ y(q) = q sin θ sin φ z(q) = 2a cos θ + (2a q) cosθ
komponente brzine infinitezimalnog dijela štapa ẋ(q) = q cos θ cosφ θ q sin θ sinφ φ ẏ(q) = q cos θ cosφ θ + q sin θ cosφ φ ż(q) = (4a q) sin θ θ članovi koji sadrže q iščezavaju jer je štap kruto tijelo kvadrat brzine infinitezimalnog dijela štapa v 2 (q) = ẋ(q) 2 + ẏ(q) 2 + ż(q) 2 = (16a 2 8aq) sin 2 θ θ 2 + q 2 θ 2 + q 2 sin 2 θ θ 2 da bi izračunali kinetičku energiju štapa sumiramo po svim infinitezimalnim elementima
tijelo je kontinuirano pa suma prelazi u integral dm T = 2 v 2 štap je po pretpostavci tanak pa uvodimo linijsku gustoću λ = m = dm = λdq 2a u kinetičku energiju uvrstimo brzinu infinitezimalnog dijela štapa T = m 2a ( [sin 2 θ θ 2 16a 2 8aq ) dq 4a 0 2a 2a + θ 2 q 2 dq + sin 2 θ φ 2 q 2 dq 0 0
integriranjem dolazimo do kinetičke energije T = 2ma2 3 [(1 + 6 sin 2 θ) θ 2 + sin 2 θ φ 2 ]
Dva jednaka kružna diska polumjera a i mase M leže u okomitoj ravnini, dodiruju se i mogu rotirati bez trenja oko svojih osi. Njihovi rubovi su idealno hrapavi tako da nema proklizavanja. Centri diskova spojeni su homogenom šipkom mase m. Centar gornjeg diska je fiksiran. Na dite kinetičku energiju sustava. Rješenje: sustav se sastoji od tri tijela: gornji disk: rotira oko svoje osi (T 1 ) štap: rotira oko svog kraja (T 2 ) donji disk: rotira i translatira se (T 3 ) prvo računamo kutnu brzinu donjeg diska
Skica problema: y θ B φ v B φ v Bx c.m. v By x ω gornji disk se vrti kutnom brzinom θ točku dodira diskova označimo s B brzina točke B ( v B = a θ cosφ i + sin φ ) j
diskovi ne proklizavaju pa je v B ujedno i brzina dodirne točke donjeg diska položaj centra mase donjeg diska x c.m. = 2a sin φ, y c.m. = 2a cos φ, z c.m. = 0 brzina centra mase donjeg diska v c.m. = 2a cosφ φ i + 2a sin φ φ j položaj dodirne točke B x B = a sin φ, y B = a cos φ, z B = 0 ishodište koordinatnog sustava vezanog uz donji disk smjestimo u njegov centar mase kinetička energija tog diska je suma energija translacije centra mase i rotacije oko centra mase
y θ B r B y 1 φ c.m. v B x 1 x ω kutnu brzinu donjeg diska računamo iz brzine točke B i brzine ishodišta sustava vezanog uz donji disk (tj. centra mase) v B = v c.m. + ω r B
položaj točke B u odnosu na centar mase r B = (x B x c.m. ) i + (y B y c.m. ) j = a sin φ i + a cos φ j gibanje se odvija u xy ravnini pa je samo z komponenta kutne brzine različita od nule ω r B = ω ( k a sin φ i + a cosφ ) j brzina točke B ( a θ cos φ i + sin φ ) j = aω sin φ j aω cos φ i ( = 2a φ aω cos φ i + sin φ ) j ( cos φ i + sinφ ) j
iz zadnje jednadžbe slijedi a θ = 2a φ aω = ω = 2 φ θ kinetička energija donjeg diska je suma energije translacije centra mase i rotacije oko centra mase T 3 = T tr + T rot energija translacije centra mase T tr = 1 2 Mv 2 c.m. = 1 2 M(4a2 φ 2 ) = 2Ma 2 φ 2 energija rotacije donjeg diska T rot = 1 2 I dω 2 = 1 4 Ma2 ( 2 φ θ ) 2
ukupna kinetička energija donjeg diska T 3 = 2Ma 2 φ 2 + Ma 2 φ 2 Ma 2 φ θ + 1 4 Ma2 θ 2 = 3Ma 2 φ 2 Ma 2 φ θ + 1 4 Ma2 θ 2 štap rotira oko svog kraja kutnom brzinom φ kinetička energija štapa T 2 = 1 2 I štap φ 2 = 1 2 1 3 m(2a)2 φ = 2 3 ma2 φ 2 gornji disk rotira oko svoje osi kutnom brzinom θ T 1 = 1 2 I d θ 2 = 1 4 Ma2 θ 2
ukupna kinetička energija je suma sva tri doprinosa T uk = T 1 + T 2 + T 3 = 1 2 Ma2 θ 2 + (3M + 23 ) m a 2 φ 2 Ma 2 φ θ
Homogeni štap mase M i duljine 2a kreće se bez trenja u sfernom udubljenju polumjera R tako da stalno ostaje u okomitoj ravnini koja prolazi kroz centar sfere. Na dite Lagrangian sistema, E-L jednadžbu i frekvenciju malih oscilacija štapa. Rješenje: skica problema O R b φ a
kinetičku energiju štapa smo izračunali u jednom od prethodnih zadataka T = M (R 2 23 ) 2 a2 φ 2 gravitacijska potencijalna energija štapa V = Mgz c.m. = Mg R 2 a 2 cos φ Lagrangian štapa L = T V = M (R 2 23 ) 2 a2 φ 2 + Mg R 2 a 2 cosφ
E-L jednadžba d dt ( ) L φ L φ = 0 računamo derivacije L (R φ = M 2 23 ) a2 φ L φ = Mg R 2 a 2 sin φ jednadžba gibanja (R 2 23 a2 ) φ + g R 2 a 2 sin φ = 0
u slučaju malih oscilacija štapa vrijedi sin φ φ jednadžba gibanja se svodi na jednadžbu oscilatora (R 2 23 a2 ) φ + g R 2 a 2 φ = 0 = φ + g R2 a 2 R 2 2 3 a2 = 0 frekvencija malih oscilacija Ω 2 R2 a = g 2 R 2 2 3 a2
Dva homogena štapa duljine a i b spojena su pod pravim kutem u točki O na osovinu koja rotira konstantnom kutnom brzinom ω. Na dite Lagrangian, E-L jednadžbu i ω(φ) u položaju ravnoteže. Rješenje: skica problema ω a φ b
kinetičku energiju smo izračunali u jednom od prethodnih zadataka T = λ 6 [( a 3 sin 2 φ + b 3 cos 2 φ )ω 2 + ( a 3 + b 3) ] φ 2 gravitacijska potencijalna energija ω x V(a) = m a gz c.m. (a) = m a g a 2 cos φ a φ y b V(b) = m b gz c.m. (b) = m b g b 2 sin φ
ukupna potencijalna energija V = g 2 (m aa cos φ + m b b sin φ) = gλ 2 Lagrangian sustava ( a 2 cosφ + b 2 sin φ ) L = T V = λ [( ) a 3 sin 2 φ + b 3 cos 2 φ ω 2 + ( a 3 + b 3) ] φ 2 6 + gλ ( a 2 cos φ + b 2 sin φ ) 2 E-L jednadžba d dt ( ) L φ L φ = 0
derivacije potrebne za E-L jednadžbu L φ = λ ( a 3 + b 3) φ 3 L φ = λ [ 6 ω2 2a 3 sin φ cosφ 2b 3 cosφsin φ ] + g 2 λ [ a 2 sin φ + b 2 cos φ ] = λ 6 ω2 ( a 3 b 3) sin 2φ + g 2 λ [ a 2 sin φ + b 2 cos φ ] jednadžba gibanja 2 ( a 3 + b 3) φ ω 2 ( a 3 b 3) sin 2φ 3g ( b 2 cos φ a 2 sin φ ) = 0
položaj ravnoteže odgovara minimumu efektivnog potencijala pomnožimo jednadžbu gibanja s φ 2 ( a 3 + b 3) φ φ ω 2 ( a 3 b 3) sin 2φ φ 3g ( b 2 cosφ a 2 sin φ ) φ = 0 iz prethodne jednadžbe možemo izračunati konstantu gibanja (energiju) = φ φ = 1 d 2 dt φ 2 sin 2φ φ = 1 d cos 2φ 2 dt ( b 2 cos φ a 2 sin φ ) φ = d ( b 2 sin φ + a 2 cosφ ) dt
= d dt [ (a 3 + b 3) φ 2 + 1 2 ω2 ( a 3 b 3) cos 2φ 3g ( b 2 sin φ + a 2 cos φ )] = 0 izraz u zagradi je konstanta gibanja I = ( a 3 + b 3) φ 2 + 1 2 ω2 ( a 3 b 3) cos 2φ 3g ( b 2 sin φ + a 2 cosφ ) ako konstantu I pomnožimo s λ/6 dobit ćemo energiju sustava E = λ ( a 3 + b 3) φ 2 + λ ( 6 12 ω2 a 3 b 3) cos 2φ g 2 λ ( b 2 sin φ + a 2 cosφ )
ako energiju napišemo u obliku E = T + U eff možemo zaključiti da se sustav nalazi u efektivnom potencijalu U eff = λ ( 12 ω2 a 3 b 3) cos 2φ g 2 λ ( b 2 sin φ + a 2 cos φ ) da bi sustav bio u ravnoteži mora vrijediti U eff φ = 0
deriviramo U eff po kutu φ U eff φ = λ 6 ω2 ( a 3 b 3) sin 2φ g 2 λ ( b 2 cosφ a 2 sin φ ) = 0 možemo izračunati ω(φ) u položaju ravnoteže ω 2 3g [ (φ) = b 2 cos φ a 2 sin φ ] (b 3 a 3 ) sin 2φ [ ] 3g b 2 = 2 (b 3 a 3 ) sin φ a2 cosφ
Kraj štapa AB mase m i duljine 2a može kliziti bez trenja duž vertikalne žice Oz. Kraj B učvršćen je za točku O napetom žicom OB duljine l = 2a. Vertikalna ravnina OBA rotira oko osi z kutnom brzinom φ. Na dite Lagrangian sustava. Ako su zadani početni uvjeti θ 0 = π 3, θ 0 = 0 i φ 0 = izračunajte konstante gibanja. 12g a,
Skica problema: y O θ dq q A φ z 2a B 2a x kinetičku energiju smo izračunali u jednom od prethodnih zadataka T = 2 ) ] [(1 3 ma2 + 6 sin 2 θ θ 2 + sin 2 θ φ 2
gravitacijska potencijalna energija štapa V = mgz c.m. = mg (2a cos θ + a cosθ) = 3mga cosθ Lagrangian štapa L = T U = 2 ) ] [(1 3 ma2 + 6 sin 2 θ θ 2 + sin 2 θ φ 2 + 3mga cos θ Lagrangian ne ovisi eksplicitno o vremenu pa je energija konstanta gibanja E = T + U = 2 ) ] [(1 3 ma2 + 6 sin 2 θ θ 2 + sin 2 θ φ 2 3mga cos θ
Lagrangian ne ovisi o varijabli φ pa je pripadni generalizirani impuls konstanta gibanja p φ = L φ = 4 3 ma2 sin 2 θ φ konstante gibanja uz zadane početne uvjete iznose E = 9 2 mga i p φ = ma 12ga
prvo računamo moment inercije s obzirom na točku O, a zatim koristimo Steinerov teorem da bi dobili moment inercije oko centra mase Itrokut O = dm ( x 2 + y 2) problem je simetričan s obzirom na os y pa je dovoljno integrirati po desnoj strani trokuta y h y = 3x + a 3 2 a 2 O a 2 x
ploča je po pretpostavci beskonačno tanka i homogena pa koristimo plošnu gustoću σ = M P = M a 2 3/4 moment inercije I O trokut 2 a/2 = σ = σ + σ 0 a/2 0 a/2 0 dx 3x+a 3/2 0 dxx 2 dx 3x+a 3/2 0 3x+a 3/2 0 dy ( x 2 + y 2) dy dyy 2
prvo integriramo po y, a zatim po x I O trokut 2 = σ 3 σ 3 = σ 3 σ 3 = σ 3 a/2 0 a/2 dx 0 a/2 0 a/2 0 a/2 0 ( x 2 x a ) dx 2 ( x a ) 3 2 3a x 3 dx + σ σ 0 3 t 3 dt = σ a/2 0 a/2 x 2 dx 2 0 ( d x a )( x a ) 3 2 2 3a a/2 x 3 dx + σ x 2 dx 2 0 3a a/2 x 2 dx 2
moment inercije oko točke O 3a Itrokut O a 3 3a 4 = 2σ 2 24 = σ 24 uvrstimo plošnu gustoću = I O trokut = 1 6 Ma2 moment inercije oko centra mase računamo pomoću Steinerovog teorema I c.m. trokut = I O trokut Md 2 udaljenost točke O od centra mase iznosi d = 1 3 h = a 2 3
moment inercije trokuta oko centra mase I c.m. trokut = 1 6 Ma2 M a2 12 = 1 12 Ma2