GRAĐEVINSKI FAKULTETSVEUČILIŠTA U MOSTARU

Predmet: MEHANIKA 2Vježbe br. 12

Profesor: doc dr sc Mladen KožulProfesor: doc. dr. sc. Mladen KožulAsistent: Ante Džolan, mag. ing. građ.

1Mostar, 17. siječnja 2014.

2

3

4

5

6

7

ZADATAK 1.Teret težine G obješen je o oprugu AB, čiji je kraj A pričvršćen za nepomičnuj j p g , j j j p ptočku. Kad teret miruje opruga je pomjerena za . Pretpostavimo da je ujednom trenutku teret pomaknut vertikalno naniže za veličinu , zatim puštenč t b i Od diti ib j t t j ći

stf

0y

ypočetnom brzinom . Odrediti gibanje tereta zanemarujući masu opruge.0y

8

Rješenje: st

F c f y

U trenutku O, kada teret miruje jsila u opruzi je:

stF c f

st

Pa se iz uvjeta ravnoteže u tome jpoložaju može dobiti vrijednost krutosti opruge:

st

st

GG c f 0 c

f

9

Prema osnovnim jednadžbama dinamike za pravac y sada se može zapisati:pravac y sada se može zapisati:

m y G F

st

m y G c f y

st

Gm y G f y

f

st

Gm y G G y

f

st

st

m gm y y

f

st

gy y 0

f

10Jednadžba gibanja sustava

gy y 0

f

st

y yf

2 g

stf

g

st

g

f

st2 2 f

T 2gg

stf

11

ZADATAK 2.Homogeni disk polumjera R i mase M rotira oko osi kroz točku O. Preko diskag p jje prebačeno nerastezljivo uže. Jedan kraj je vezan za oprugu krutosti c, a zadrugi kraj je obješen teret B mase m. Odrediti gibanje tereta koje nastaje ako se

t j i j t t t B d č t b i tik l ižvu stanju mirovanja sustava teretu B zada početna brzina vertikalno naniže.0v

12

Rješenje: U ovom diferencijalna jednadžba kretanja sustava odrediti će se korištenjem Lagrange – ovih jednadžbi II. vrst.

2

KB

1E m z

2

2

KV

1E I

2

21I M R

2

zz R

R

2

2

KV

1 1 zE M R

2 2 R

132

KV

1E M z

4

Pa je ukupna kinetička energija sustava:Pa je ukupna kinetička energija sustava:

2 2 2

KU KB KV

1 1 1E E E m z M z 2 m M z

2 4 4

2 4 4

Potencijalna energija:Potencijalna energija:

PBE m g z

PBg

22

P ,op st st

1 1E c f z c f

2 2

2 2

21E c f z c z

P ,op stE c f z c z

2

21E m g z c f z c z

14

P ,UK stE m g z c f z c z

2

Pošto sada iz uvjeta statičke ravnoteže imamo:

st stm g c f 0 m g c f

možemo pisati da je ukupna potencijalna energija sustava:

1 2

P ,UK st st

1E c f z c f z c z

2

2

P ,U

1E c z

2

K K Pd E E E

0dt z zz

z

2KE 1 1

2 m M z 2 m M z

15

2 m M z 2 m M z4 2z z

Kd E d 1 1

2 m M z 2 m M zdt dt 2 2z

dt dt 2 2z

2KE 1

2 m M z 0 2 m M z 0

z z 4

E 1 2PE 1

c z c zz z 2

Pa prema Lagrange – ovom izrazu možemo napisati:

12 m M z 0 c z 0

2

2 cz z 0

2 m M

16

2 cz z 0

2 m M

2 m M

2 2 c

2 m M

2 c

2 m M

2 2 2 m MT 2

2 c2 c

2 c2 m M

j š j dif ij l j d džb ži blikRješenje diferencijalne jednadžbe tražimo u obliku:

1 2

z C cos t C sin t

17

1 2

Rubni uvjeti:0

t 0 z 0;z v

1 2 1z 0 0 C 1 C 0 C 0

0

0 0 2 2

vz v v C 1 C

Pa konačni oblik jednadžbe osciliranja možemo zapisati u obliku:j j p

0v

z sin t

18

ZADATAK 3.Njihalo se sastoji od štapa AC čija je masa zanemariva, a koji na kraju C nosi j j p j j , j jmasu m. Klatno može da rotira oko točke O. Z štap je u točki A vezana opruga krutosti k, dok je u točki B vezan uređaj za prigušenje čija je otporna sila

i l b i i k kli i i k fi ij t i l ti Akproporcionalna brzini pomaka klipa i ima koeficijent proporcionalnosti c. Ako njihalo vrši male oscilacije odrediti:

• kružnu frekvenciju prigušenih oscilacija,j p g j• integral (rješenje) polazne diferencijalne jednadžbe problema.

Smatrati da je opruga u ravnotežnom položaju nenapregnutaSmatrati da je opruga u ravnotežnom položaju nenapregnuta.

19

Rješenje:

Z li i k di tZa generaliziranu koordinatućemo usvojiti kut , padiferencijalnu jednadžbu gibanja

j j g j

na temelju osnovnih dinamičkihjednadžbi iz oblika:

I M

F k k lK 1 1

K 2 2

F k x k l

F c x c l

2 2

1 2I m g l sin k l c l

2 2 2

1 2m l m g l sin k l c l

20

2 2 2

1 2m l m g l sin k l c l 0

2 2

2 1

2 2

c l g k l0

m l l m l

2

2 1g k l

2l m l

2c l2

2

c l2

m l

Sada možemo pisati da je kružna frekvencija prigušenih oscilacija:Sada možemo pisati da je kružna frekvencija prigušenih oscilacija:

2 2 4

2 2 2 1 2g k l c l

d 2 2 4l m l 4 m l

2 2 2 4

1 2

d 2

4 m l k l m g l c l

2 m l

21

Diferencijalnu jednadžbu ćemo riješiti uvođenjem zamjene:

t

t

z e

e z z

t 2e z 2 z z

Vraćanjem ovih zamjena u diferencijalnu jednadžbu kretanja dobije se:

t 2 t 2 te z 2 z z 2 e z z e z z 0

2 2z z 0

2

dz z 0

1 d 2 d

z C cos t C sin t

22

1 d 2 d

Ako sada za konstante C1 i C2 uvedemo zamjene:

1C A sin

C A

2C A cos

z A sin cos t A cos sin t d d

z A sin cos t A cos sin t

z A sin cos t A cos sin t d d

z A sin cos t A cos sin t

z A t d

z A t

Pa vraćanjem ovog rješenja u prvotnu zamjenu imamo:

t

dA e t

23

Pa konačno rješenje diferencijalne jednadžbe možemo zapisati u obliku:

22

2

2 2 2 4c l

t1 22 m l

2

4 m l k l m g l c lA e sin t

2 m l

2 m l

24