Probleme de Mecanica Rezolvate [PDF]

Zitiervorschau

Teodor HUIDU

Cornel MARIN

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Recenzia ştiinţifică: Prof. dr. ing. Nicolae Enescu Prof. dr. ing. Ion ROŞCA

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Descrierea CIP a Bibliotecii nationale a României HUIDU, TEODOR Probleme rezolvate de mecanică / Teodor Huidu, Cornel Marin. - Târgovişte : Editura Macarie, 2001 260p; 25cm - (Universitaria) Bibliogr. ISBN 973 - 8135 - 60 - 5 I. Marin, Cornel 531(076)

Consilier editorial: Mihai VLAD Tehnoredactare computerizată: Cornel MARIN

2001 - Toate drepturile sunt rezervate autorilor

2

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

CUPRINS PREFAŢĂ CAPITOLUL I STATICA PUNCTULUI MATERIAL Elemnte de bază din teoria vectorilor. Rezumat 1.1. Statica punctului material. Probleme din teoria vectorilor. 1.2. Reducerea unui sistem de forţe concurente coplanare. Probleme rezolvate 1.3. Reducerea unui sistem de forţe concurente spaţiale. Probleme rezolvate Echilibrul punctului material liber şi supus la legături. Axioma legăturilor Rezumat 1.4 Echilibrul punctului material liber. Probleme rezolvate 1.5 Echilibrul punctului material supus la legături ideale şi reale. Probleme rezolvate Probleme propuse

CAPITOLUL II REDUCEREA SISTEMELOR DE FORŢE Reducerea istemelor de forţe aplicate solidului rigid. Rezumat 2.1. Reducerea sistemelor coplanare de forţe şi cupluri. Probleme rezolvate 2.2. Reducerea sistemelor de forţe paralele. Probleme rezolvate . 2.3. Reducerea sistemelor spaţiale de forţe şi cupluri. Probleme rezolvate

CAPITOLUL III CENTRE DE MASĂ SI CENTRE DE GREUTATE Centre de masă şi centre de greutate. Rezumat 3.1 Centrul de masă pentru bare omogene. Probleme rezolvate. 3.2 Centrul de masă pentru plăci omogene. Probleme rezolvate. 3.3 Centrul de masă pentru corpuri omogene. Probleme rezolvate.

CAPITOLUL IV ECHILIBRUL FORŢELOR APLICATE SOLIDULUI RIGID Teoremele echilibrului forţelor aplicate solidului rigid. Rezumat 4.1. Echilibrul solidului rigid liber sub acţiunea unui sistem spaţial de forţe. 4.2. Echilibrul solidului rigid de tip placă sau bară supus la legături sub acţiunea unui sistem coplanar de forţe.

CAPITOLUL V ECHILIBRUL SISTEMELOR DE CORPURI Teoremele echilibrului forţelor aplicate sistemelor de corpuri. Rezumat 5.1. Echilibrul sistemelor plane de corpuri de tip bară. Probleme rezolvate 5.2. Echilibrul sistemelor plane de corpuri cu frâne de tip sabot, tampon sau bandă. Probleme rezolvate

CAPITOLUL VI GRINZI CU ZĂBRELE Echilibrului forţelor aplicate grinzilor cu zăbrele. Rezumat

3

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Grinzi cu zăbrele. Probleme rezolvate .

CAPITOLUL VII

ECHILIBRUL FIRELOR OMOGENE

Echilibrul firelor omogene. Rezumat. Probleme rezolvate de echilibrul firelor omogene

CAPITOLUL VIII CINEMATICA MIŞCĂRII ABSOLUTE A PUNCTULUI MATERIAL Probleme rezolvate de cinematica mişcării absolute a punctului material

CAPITOLUL IX DINAMICA MIŞCĂRII ABSOLUTE A PUNCTULUI MATERIAL Probleme rezolvate de dinamica mişcării absolute a punctului material

CAPITOLUL X CINEMATICA RIGIDULUI ŞI A SISTEMELOR DE RIGIDE Probleme rezolvate de cinematica rigidului şi a sistemelor de rigide Probleme propuse

CAPITOLUL XI CINEMATICA MIŞCĂRII RELATIVE A PUNCTULUI MATERIAL Probleme rezolvate de cinematica mişcării absolute a punctului material Probleme propuse

CAPITOLUL XII DINAMICA MIŞCĂRII RELATIVE A PUNCTULUI MATERIAL Probleme rezolvate de dinamica mişcării absolute a punctului material Probleme propuse

CAPITOLUL XIII DINAMICA RIGIDULUI ŞI A SISTEMELOR DE RIGIDE Probleme rezolvate de dinamica rigidului şi a sistemelor de rigide Probleme propuse

CAPITOLUL XIV MECANICĂ ANALITICĂ Principiul lucrului mecanic virtual şi principiul lui d’Alembert. Probleme rezolvate Ecuaţiile lui Lagrange de speţa a doua. Probleme rezolvate.

4

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

5

PREFAŢĂ Această lucrare este rezultatul experienţei autorilor în predarea cursului de Mecanica teoretică, studenţilor Facultăţilor de inginerie din cele două centre universitare: Universitatea “Petrol-Gaze” Ploieşti şi Universitatea “Valahia” Târgovişte. Lucrarea cuprinde 14 capitole şi anume: Statica punctului material, Elemente de bază din teoria vectorilor, Reducerea forţelor aplicate solidului rigid, Centre de masă şi centre de greutate, Echilibrul forţelor aplicate solidului rigid, Echilibrul sistemelor de corpuri, Grinzi cu zăbrele şi Echilibrul firelor omogene, Cinematica punctului material, Dinamica punctului material, Cinematica mişcării relative a punctului material, Dinamica mişcării relative punctului material, Cinematica rigidului şi a sistemelor de rigide, Dinamica rigidului şi a sistemelor de rigide, Elemente de mecanică analitică. Primele şapte capitole conţin câte un scurt Rezumat de teorie pentru înţelegerea problemelor rezolvate şi care sunt în acord cu Programa analitică a cursului de Mecanică predat studenţilor în anul I şi II la facultăţile tehnice. S-au prezentat cinci algoritmi de rezolvare a unor probleme de Statică cu ajutorul programului Microsoft EXCEL, cu cîte un exemplu concret pentru fiecare caz . Unele aplicaţii sunt inspirate din practica inginerească, altele au fost create de autori de-a lungul anilor, ca subiecte de examen. Acestea au un grad de dificultate mediu, fiind accesibile studenţilor din anii I şi II de la profilurile mecanic, metalurgic, electric, etc. Forma de prezentare clară pune în evidenţă experienţa în activitatea cu studenţii, fiecare capitol fiind bine fundamentat şi uşor de asimilat. Aceast culegere este rezultatul colaborării fructuoase dintre doi autori de formaţii diferite: un matematician şi un inginer mecanic. Autorii speră că prezentarea sub această formă a problemelor şi a temelor aplicative va fi utilă atât pentru pregătirea examenului de Mecanică (pentru studenţii anilor I şi II) precum şi pentru toţi cei interesaţi în rezolvarea unor aplicaţii practice de Mecanică. Autorii doresc să mulţumească tuturor studenţilor şi colegilor pentru observaţiile, sugestiile, adăugirile pe care le-au adus în timp şi care au contribuit la apariţia lucrării sub această formă. De asemenea mulţumim călduros sponsorilor care au contribuit la apariţia acestei ediţii, şi pe care îi asigurăm atât de recunoştinţa noastră cât mai ales de cea a beneficiarilor acestei lucrări.

Târgovişte

Autorii

7

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

CAPITOLUL I STATICA PUNCTULUI MATERIAL

REZUMAT DE TEORIE a. Mărimi scalare şi vectoriale În Mecanica teoretică se operează cu mărimi scalare (de exemplu: masa, timpul, lungimea, etc) şi cu mărimi vectoriale (de exemplu: forţa, momentul unei forţe în raport cu un punct, cuplul de forţe, viteza, acceleraţia, impulsul, momentul cinetic, etc). Vectorul este o entitate matematică caracterizată prin: punct de aplicaţie, direcţie (suport), sens (orientare) şi mărime (scalar, modul) În funcţie de punctul de aplicaţie se deosebesc: vectori liberi – care au punctul de aplicaţie oriunde în spaţiu şi sunt caracterizaţi de trei parametri scalari independenţi (respectiv, proiecţiile vectorului pe cele trei axe de coordonate); vectori alunecători -au punctul de aplicaţie situat pe o dreaptă din spaţiu şi sunt caracterizaţi de cinci parametri scalari independenţi (respectiv, proiecţiile vectorului pe cele trei axe de coordonate şi coordonatele punctului de intersecţie al suportului său cu planul Oxy); vectori legaţi - au punctul de aplicaţie fix în spaţiu şi sunt caracterizaţi de şase parametri scalari independenţi (respectiv proiecţiile vectorului pe cele trei axe şi coordonatele punctului de aplicaţie).

b. Expresia analitică a unui vector liber şi a unui versor Se consideră un sistem cartezian de axe Oxyz având versorii i , j , k pentru care se cunosc proiecţiile ax, ay, az , ale vectorului pe cele trei axe. Expresia analitică a vectorului a este:

a = axi + a y j + az k .

(1)

Mărimea vectorului a este prin definiţie numărul pozitiv notat cu : a = a = a x2 + a y2 + a z2 (2) Cosinuşii directori ai unghiurilor vectorului a cu direcţiile celor 3 axe sunt:

cos( a , i ) =

ax = a

ax a +a +a 2 x

2 y

2 z

; cos( a , j ) =

ay a

; cos( a , k ) =

az a

(3)

8

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Versorul vectorui a este prin definiţie un vector unitar, având mărimea egală cu 1, aceeaşi direcţie şi sens cu vector a :

vers a = u a =

a a ax a = i + y j+ z k a a a a z

z

z

az

a k j

y

ax

x

A

k

O

i O

(4)

a

A(xA,yA,zA)

ay

i

i

y

j

b)

B(xB,yB,zB)

k O

j

y

x

x

a)

a

Fig.1.1

c)

Un vector poate fi definit prin cele două extremităţi ale sale având coordonatele A(xA,yA,zA) şi B(xB,yB,zB), şi are expresia analitică:

AB = ( x B − x A )i + ( y B − y A ) j + ( z B − z A ) k

(5)

Expresia analitică a versorului vectorului AB conform (4) este:

vers AB =

AB ( x B − x A )i + ( y B − y A ) j + ( z B − z A ) k = AB ( x B − x A )2 + ( y B − y A )2 + ( z B − z A )2

(6)

Observaţie În cazul rigidului supus la legături, reacţiunile sunt necunoscute ale problemei (deoarece nu se cunoaşte mărimea şi sensul lor): pentru rezolvarea problemei se alege un sens oarecare ale reacţiunii; dacă din calcul rezultă un număr pozitiv, atunci sensul ales este corect; dacă din calcul rezultă un număr negativ, sensul real este opus celui ales.

c. Produsul scalar a doi vectori. Proiecţia unui vector pe o axă Dându-se un sistem de axe cartezian Oxyz şi vectorii a şi b având expresiile analitice: a = a x i + a y j + a z k , b = bx i + by j + bz k , se defineşte produsul scalar al celor doi vectori , numărul (pozitiv sau negativ):

a ⋅ b = a ⋅ b ⋅ cos( a ,b )

(7)

Expresia analitică a produsului scalar este:

a ⋅ b = a x bx + a y by + a z by

(8)

9

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Cu ajutorul produsului scalar se poate exprima cosinusul unghiului dintre cei doi vectori ; din relaţiile (7) şi (8) rezultă:

cos( a ,b ) =

a x bx + a y by + a z bz a ⋅b = ab a x2 + a y2 + a z2 ⋅ bx2 + by2 + bz2

(9)

Cu ajutorul produsului scalar se poate exprima analitic proiecţia unui vector a , pe o direcţie orientată ∆ având versorul:

u ∆ = cos α ⋅ i + cos β ⋅ j + cos γ ⋅ k ,

(10)

astfel:

au = pr∆ a = a ⋅ u ∆ = a x ⋅ cos α + a y ⋅ cos β + a z ⋅ cos γ

(11)

Ţinând seama expresia (11), proiecţia vectorului a = a x i + a y j + a z k pe direcţia vectorului b = bx i + by j + bz k se scrie :

ab = prb a = a ⋅ ub =

a x ⋅ bx + a y ⋅ by + a z ⋅ bz

(12)

b

d. Produsul vectorial a doi vectori, a produsului mixt şi a produsului dublu vectorial a trei vectori Se consideră un sistem cartezian de axe Oxyz şi vectorii a şi b având expresiile analitice: a = a x i + a y j + a z k şi respectiv b = bx i + by j + bz k . Se defineşte produsul vectorial al celor doi vectori c = a × b , un vector având următoarele caracteristici: mărimea sau modulul egal cu aria paralelogramului format din cei doi vectori a şi b : c = a ⋅ b ⋅ sin( a , b ) direcţia - perpendiculară pe planul paralelogramului format din cei doi vectori a şi b : c ⊥ ( a , b ) (fig.1.2). sensul - dat de regula burghiului drept sau triedrul format din cei trei vectori a , b şi c (fig.1.2).

c b

c

b

α

O

O

a Fig.1.2

a

Fig.1.3

10

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Produsul vectorial a doi vectori a şi b are expresia analitică:

i c = a × b = ax bx

j ay by

k a z , sau : bz

(13)

c = ( a y bz − a z by )i + ( a z bx − a x bz ) j + ( a x by − a y bx )k Produsul mixt a trei vectori a , b şi c este prin definiţie produsul scalar dintre vectorul a şi vectorul ( b × c ):

ax a ⋅ (b × c ) = (a , b , c ) = bx cx

ax by cy

ax bz cz

(14)

Produsul mixt respectă următoarea regulă (a permutărilor circulare):

a ⋅ (b × c ) = b ⋅ (c × a ) = c ⋅ (a × b ) sau

(a ,b ,c ) = (b ,c , a ) = (c , a ,b )

(15)

Produsul mixt reprezintă volumul paralelipipedului având ca muchii concurente într-un vârf, pe cei trei vectori (fig. 1.3)

Produsul dublu vectorial a trei vectori a , b şi c este prin definiţie produsul vectorial dintre vectorul a şi vectorul ( b × c ) şi se determină cu ajutorul formulei: a × (b × c ) = ( a ⋅ c ) ⋅ b − ( a ⋅ b ) ⋅ c

(16)

1.1 OPERAŢII CU VECTORI PROBLEME REZOLVATE 1.1.1 Se consideră vectorii având următoarele expresii anlitice faţă de un sistem de axe Oxyz: a = 2i − j + 3k ; b = 5 j + 4k ; c = −2i + j Se cere să se calculeze:

a ⋅b;

prb a ; a × b ; a × b ; cos( a ,b ); c ⋅ ( a × b ); c × ( a × b )

Problema s-a rezolvat folosind relaţiile prezentate în rezumatul de teorie cu ajutorul programului Microsoft-Excel conform algoritmului prezentat în continuare.

11

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

ALGORITMUL DE CALCUL PENTRU PROGRAMUL MICROSOFT EXCEL ŞI REZULTATELE OBŢINUTE PENTRU PROBLEMA 1.1.1 DATE DE INTRARE A B C D E F G H Nr. ax ay az bx by bz cx cy

DATE DE IEŞIRE I J K cz a b

0 1

2

-1

3

0

N

5

4

-2

1

O

0

L

M

c

a⋅b

SQRT(A1^2+ B1^2+C1^2)

SQRT(D1^2+ E1^2+F1^2)

SQRT(G1^2+ H1^2+I1^2)

A1*D1+ B1*E1+ C1*F1

3,7416

6,4031

2,2361

7

P

R

S

prb a

(a × b )

(a × b )

(a × b )

a ×b

A1*D1/K1+B1*E1/K1 +C1*F1/K1=M1/K1

B1*F1-C1*E1

C1*D1-A1*F1

A1*E1-B1*D1

SQRT(O1^2+ P1^2+R1^2)

1,0932

-19

-8

10

22,9129

T

U

V

W

X

x

y

z

cos( a , b )

c ⋅ (a × b )

[c × (a × b )]

[c × (a × b )]

[c × (a × b )]

M1/(J1*K1)

G1*O1+H1*P1+I1*R1

H1*R1-I1*P1

I1*O1-G1*R1

G1*P1-H1*O1

0,2922

30

10

20

35

x

y

z

Conform rezultatelor din tabel, mărimile cerute sunt:

a ⋅b = 7 ;

prb a = 1,0932 ;

a × b = −19i − 8 j + 10k ; a × b = 22,9129; cos( a ,b ) = 0 ,2922; c ⋅ ( a × b ) = 30;

c × (a × b ) = 10i + 20 j + 35k

1.1.2 Se consideră punctele A1(1,-2,3), A2(2,4,1), A3(4,5,6). Se cere: • să se exprime analitic vectorii A1 A2 si A2 A3 , • produsul lor scalar al vectorilor A1 A2 si A2 A3 , • să se calculeze unghiurile celor doi vectori.

Problema s-a rezolvat folosind relaţiile prezentate în rezumatul de teorie cu ajutorul programului Microsoft-Excel, conform algoritmului prezentat în continuare.

12

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

ALGORITMUL DE CALCUL PENTRU PROGRAMUL MICROSOFT EXCEL ŞI REZULTATELE OBŢINUTE PENTRU PROBLEMA 1.1.2 DATE DE INTRARE A

B

Nr. xA1 yA1

DATE DE IEŞIRE

C

D

E

F

G

H

I

J

K

L

zA1

xA2

yA2

zA2

xA3

yA3

zA3

( A1A2 )x

( A1 A2 )y

( A1 A2 )z

D1-A1

E1-B1

F1-C1

1

6

-2

0 1

1 M

-2

3 N

( A2 A3 )x ( A2 A3 )y

2

4

1

4

5

6

O

P

R

S

T

( A2 A3 )z

A1 A2

A2 A3

A1 A2 ⋅ A2 A 3

COS α

G1-D1

H1-E1

I1-F1

2

1

5

SQRT(J1^2+K1^2+ SQRT(M1^2+N1^2 J1*M1+K1*N1+ L1^2) + O1^2) L1*O1

6,4031

5,4772

-2

S1/(P1*R1)

-0,057

Conform rezultatelor din tabel, expresiile analitice ale celor doi vectori, produsul lor scalar şi unghiul dintre vectori, conform rezultatelor din tabel sunt: A1 A2 = i + 6 j − 2k ;

A2 A3 = 2i + j + 5k

A1 A2 ⋅ A2 A3 = −2;

cos α = −0,057

PROBLEME PROPUSE Acelaşi enunţ ca la probleme 1.1.1 pentru vectorii: 1.1.3. a = 2i − j + 3k ; b = j + 4k ; c = −2i − j 1.1.4. a = 2i − j − 3k ; b = i + j + 4k ; c = −2i + j + 2k 1.1.5. a = i + 3k ; b = 5 j + k ; c = −2i + 4 j 1.1.6. a = 2i ; b = 4i + 5 j + 4k ; c = −2i + j − k 1.1.7. a = 2i + j + 3k ; b = 5 j − 4k ; c = 2i − j 1.1.8. a = 2i − 9 j + 3k ; b = 6 j + k ; c = 2i + 6 j − 4k

Acelaşi enunţ ca la probleme 1.1.2 pentru punctele: 1.1.9. A1(0,1,3), A2(2,4,6), A3(-4,5,8). 1.1.10. A1(1,-5,3), A2(2,4,-4), A3(4,5,0). 1.1.11. A1(1,-2,0), A2(7,4,-1), A3(4,0,6). 1.1.12. A1(1,-6,3), A2(8,0,1), A3(0,5,6).

13

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

1.2 REDUCEREA FORŢELOR CONCURENTE COPLANARE PROBLEME REZOLVATE 1.2.1. Se consideră un punct material asupra căruia acţionează un sistem de 4 forţe coplanare {Fi }i =1,..4 ( fig. 1.2.1.a) având modulele şi direcţiile faţă de Ox π π π date de: F1 = 8 2F, α1 = ; F2 = 2F , α2 = π; F3 = 3F , α3 = − ; F4 = 2 3F , α4 = − 4 2 3 Se cere să se determine rezultanta celor patru forţe (ca mărime, direcţie şi sens). Rezolvare:

Pentru a determina rezultanta celor patru forţe din fig. 1.2.1.a se aplică teorema proiecţiilor pe axele sistemului Oxy: mărimea proiecţiei rezultantei după cele două direcţii Ox şi Oy este egală suma mărimilor proiecţiilor forţelor: 4

π  π  π + F2 cos π + F3 cos  −  + F4 cos  −  = ( 6 + 3 )F 4  3  2 π  π  π Yi = F1 sin + F2 sin π + F3 sin  −  + F4 sin  −  = 2 F 4  3  2

X = ∑ X i = F1 cos i =1

4

Y =∑ i =1

Expresia anlitică a rezultantei celor trei forţe şi mărimea ei sunt date de: R = Xi + Yj = ( 6 + 3 )Fi + 2 Fj ; R =R=

X 2 + Y 2 = F 43 + 12 3

Direcţia şi sensul rezultantei sunt date de mărimea unghiului αR pe care aceatsa îl face cu axa Ox (fig 1.2.1.b) :

tgα R =

Y 2 = = 0 ,258; X 6+ 3

y

α R = 14,502 0 y

F1

F2

α1 O

α4

F3

F4

Fig. 1.2.1.a

F1

F2 x

R αR x

O F3

F4

Fig. 1.2.1.b

14

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

1.2.2 Asupra unui punct material O acţionează forţele concurente şi coplanare {Fi }i =1,..4 având mărimile, direcţiile şi sensurile din fig.S1.2.2. y F2

Se cunosc:

F1 α1

O

π ; 6 3π F3 = 6 F , α 3 = ; 2

x

α4 F4

F3

F2 = 2 F , α 2 = π

F1 = 4 3F , α1 =

F4 = 2 2 F ; α 4 = −

π 4

Se cere: Expresia analitică a rezultantei forţelor şi unghiul pe care îl face aceasta cu axa Ox .

Fig. 1.2.2.

Răspuns: R = 2 3Pi − 2 Pj ;

α

R

=−

π 6

Problema s-a rezolvat şi cu ajutorul programului Microsoft-Excel, conform algoritmului prezentat în continuare. ALGORITMUL DE CALCUL PENTRU PROGRAMUL EXCEL ŞI REZULTATE OBŢINUTE PENTRU PROBLEMA 1.2.2 DATE DE INTRARE Nr.

A

B

C

D

E

F

G

H

F1/F

F2/F

F3/F

F4/F

α1

α2

α3

α4

6,9292

2

6

2,8284

π/6

π

3π/2

-π/4

0 1

DATE DE IESIRE J

K

L

M

N

X/F

Y/F

R/F

tg αR

αR (rad)

A1*cosE1+B1*cosF1+ C1*cosG1+D1*cosH1

A1*sinE1+B1*sinF1+ C1*sinG1+D1*sinH1

SQRT (J1^2+K1^2)

K1/J1

arctgM1

3,4641

-2

4

-0,5773

-0,5236

(2 3)

(-π/6)

15

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

1.3 REDUCEREA FORŢELOR CONCURENTE SPAŢIALE PROBLEME REZOLVATE 1.3.1. Asupra unui punct material M acţionează un sistem de 4 forţe concurente {Fi }i=1,..4 având modulele: F1 = 2 10F , F2 = 5F , F3 = 3 37 F , F4 = 4 5F şi

direcţiile date de muchiile sau diagonalele unui paralelipiped dreptunghic ca în fig. S1.3.1(M≡O) ; se cunosc: OA=a, OC=2a, OO'=6a. Se cere să se determine rezultanta forţelor (mărimea, direcţia şi sensul). z O’

C’

A’

Rezolvare:

Expresiile analitice ale celor patru forţe faţă de sistemul de referinţă Oxyz ales (M≡O) sunt:

B’ F2 F1

F3

x

A

M≡O F4 B

F1 = F1 ⋅ versF1 = F1 ⋅ versOC ′ = C

Fig.1.3.1

y

= 2 10 F ⋅

xc ′ i + y c ′ j + z c ′ k x +y +z 2 c′

2 c′

2 c′

= 2 Fj + 3Fk

F2 = F2 ⋅ versF2 = F2 ⋅ versOO′ = 5F k

F3 = F3 ⋅ versF3 = F3 ⋅ versOA′ = 3 37 F

ai + 6ak a 2 + ( 6a )2

F4 = F4 ⋅ versF4 = F4 ⋅ versOB = 4 5F

= 3Fi + 18 Fk

ai + 2aj a 2 + ( 2a ) 2

= 4 Fi + 8Fj

Expresia analitică a rezultantei este: 4

R = ∑ Fi = 7 Fi + 10 Fj + 29 Fk i =1

Proiecţiile rezultantei pe axele sistemului de coordonate Oxyz sunt: X=7F,

Y=10F,

Z=29F.

Mărimea rezultantei este dată de: R = R = X 2 + Y 2 + Z 2 = 3 110 F . Direcţia şi sensul rezultantei este dată de unghiurile pe care le face cu axele sistemului de coordonate: α R = 77 ,1450 cos α R = 0 ,222 ;

cos β R = 0,318 ;

β R = 71,469 0

cos γ R = 0,921 ;

γ R = 22,827 0

16

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

PROBLEME PROPUSE 1.3.2. Asupra unui punct material M acţionează forţele concurente {Fi }i =1,..4 având mărimile: F1 = 3 68F , F2 = 2 13F , F3 = 4 73F , F4 = 6 F .

direcţiile şi sensurile fiind date de muchiile sau diagonalele paralelipipedului dreptunghic din fig. 1.3.2 (M≡O); se cunosc: OA=3a, OC=8a, OO'=2a. Se cere expresia analitică a rezultantei forţelor şi unghiurile pe care îl face aceasta cu axele de coordonate.

R = 18Fi + 56Fj + 16Fk ; R = 60,959F ; α R = 72,8250 ;β R = 23,2700 ; γ R = 74,7830 ; z

O’

C’ B’

A’ F2 x

F4

F1

M≡O

A

y C

F3

B

Fig. 1.3.2

1.3.3. Acelaşi enunţ ca la problema 1.3.2 (fig. 1.3.3) cu datele:

F1 = 29 F , F2 = 4 F , F3 = 34 F , F4 = 13F , OA=3a, OC=2a, OO'=5a. z

O’

C’

B’

A’ F2

F1

F3 x

y M≡O

A

F4

C

B Fig. 1.3.3

4

R = ∑ Fi = 6Fi + 4Fj + 14Fk ; R = 15,748F ; α R = 67,6040 , β R = 75,2850 , γ R = 27,2520 i =1

Problema 1.3.2 s-a rezolvat şi cu ajutorul programului Microsoft-Excel, conform algoritmului prezentat în continuare.

17

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

ALGORITMUL DE CALCUL PENTRU PROGRAMUL MICROSOFT EXCEL PENTRU PROBLEMA 1.3.2 DATE DE INTRARE A

B

Nr. x1/a y1/a 1

0

C

D

E

F

G

H

I

J

K

L

M

z1/a

x2/a

y2/a

z2/a

x3/a

y3/a

z3/a

x4/a

y4/a

z4/a

F1/F

2

3

0

2

3

8

0

0

0

2

24,74

8

DATE DE IESIRE N

O

P

Q

R

S

F2/F

F3/F

F4/F

(versF1)x

(versF1)y

(versF1)z

A1/[SQRT(A1^2+ B1^2+C1^2)]

B1/[SQRT(A1^2+ B1^2+C1^2)]

C1/[SQRT(A1^2+ B1^2+C1^2)]

0

0,9701

0,2425

7,2111

34,1760

6

T

U

V

W

X

Y

(versF2)x

(versF2)y

(versF2)z

(versF3)x

(versF3)y

(versF3)z

D1/SQRT(D1^2 E1/SQRT(D1^2+E F1/SQRT(D1^2+E G1/[SQRT(G1^2+ H1/[SQRT(G1^2+ I1/[SQRT(G1^2+ +E1^2+F1^2) 1^2+F1^2) 1^2+F1^2) H1^2+I1^2)] H1^2+I1^2)] H1^2+I1^2)]

0,8320

0

0,5547

0,3511

0,9363

0

Z

AA

AB

AC

AD

AE

(versF4)x

(versF4)y

(versF4)z

X/F

Y/F

Z/F

M1*Q1+N1*T1+ O1*W1+P1*Z1

M1*R1+N1*U1+ O1*X1+P1*AA1

M1*S1+N1*V1+ O1*Y1+P1*AB1

18

56

16

J1/SQRT(J1^2+ K1/SQRT(J1^2+K L1/SQRT(J1^2+ K1^2+L1^2) 1^2+L1^2) K1^2+L1^2)

0

0

1

AF

AG

AH

AI

R/F

αR

βR

γR

SQRT(AC1^2+AD1^2+ AE1^2)

arccos(AC1/AF1)

arccos(AD1/AF1)

arccos(AE1/AF1)

60,959

72,8250

23,2700

74,7830

18

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

1.4. STATICA PUNCTULUI MATERIAL REZUMAT DE TEORIE a. Principiul paralelogramului Fiind date două forţe F1 si F2 care acţionează asupra unui punct material liber A, principiul paralelogramului postulează că efectul celor două forţe este acelaşi cu al unei forţe rezultante R , care este diagonala mare a paralelogramului având ca laturi forţele F1 si F2 (fig. 1.4.1) Sunt valabile următoarele relaţii:

R = F1 + F2 ;

R = F12 + F22 + 2 F1 F2 cos α ;

tg β =

F2 sin α ; F1 + F2 cos α

R F1 F = = 2 sin α sin( α − β ) sin β b. Teorema proiecţiilor

Fiind dat un sistem de forţe, concurente într-un punct O din spaţiu, {Fi }i=1.2 ,...n acesta se reduce (sau este echivalent) în punctul O cu o forţă rezultantă R , care se obţine aplicând succesiv principiul paralelogramului

F2 R

α A

α

β F1 Fig. 1.4.1

n

enunţat mai sus: R = ∑ Fi . i =1

Dacă se notează cu Xi, Yi , Zi, proiecţiile unei forţe oarecare Fi a sistemului şi cu X, Y, Z proiecţiile forţei rezultante R pe axele triedrului triortogonal drept Oxyz, atunci sunt valabile următoarele relaţii: n

n

n

i =1

i =1

i =1

X = ∑ X i ; Y = ∑ Yi ; Z = ∑ Z i .

Aceste relaţii teorema proiecţiilor care se enunţă astfel: proiecţia rezultantei pe o direcţie oarecare este egală cu suma proiecţiilor tuturor forţelor sistemului după acea direcţie. Sunt valabile următoarele relaţii:

R = Xi + Yj + Zk R=

X 2 +Y2 + Z2 =

(∑ X ) + (∑ Y ) + (∑ Z ) 2

i

2

i

2

i

c. Axioma legăturilor Dacă asupra unui punct M din spaţiu supus la legături acţionează un sistem de forţe {Fi }i =1.2 ,...n (a cărui rezultantă se notează cu R a ), conform axiomei

19

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

legăturilor orice legături geometrice pot fi întotdeauna suprimate şi înlocuite cu forţe corespunzătoare (a căror rezultantă se notează cu R leg ). Din punct de vedere geometric punctul material poate fi considerat ca un punct material liber, iar din punct de vedere mecanic constrângerile au fost înlocuite cu forţe de legătură. Teorema echilibrului puctului material supus la legături: condiţia necesară şi suficientă pentru ca unpunct material să rămână în echilibru sub acţiunea forţelor exterioare şi de legătură este ca rezultanta lor să fie nulă:

R a + R leg = 0 X a + X leg = 0; Y a + Y leg = 0; Z a + Z leg = 0; Din punct de vedere al naturii forţelor de legătură, legăturile punctului material pot fi legături fără frecare(ideale) şi legături cu frecare (reale). b. Echilibrul punctului material supus la legături cu frecare

Un punct material aflat pe o suprafaţă cu frecare nu va părăsi poziţia de repaus atât timp cât rezultanata forţelor aplicate se află în interiorul conului de frecare (având axa după normala la suprafaţă şi unghiul la vârf 2ϕ) . Forţa de frecare T respectă următoarele legi ale frecării uscate (legile lui COULOMB): a. modulul forţei de frecare Tmax este proporţional cu reacţiunea normală N; b. modulul Tmax depinde de natura corpurilor şi de starea suprafeţelor de contact: Tmax =µN

unde µ =tgϕ

este coeficientul de frecare de alunecare,

iar ϕ este unghiul de frecare; c. modulul Tmax nu depinde de mărimea suprafeţei de contact. Sensul forţei de frecare de alunecare se opune totdeauna tendinţei de deplasare.

PROBLEME REZOLVATE 1.4.1. Se consideră o sferă M de greutate G care se reazemă fără frecare pe un plan înclinat cu unghiul α şi este prinsă printr-un fir de un punct A ; firul face cu verticala unghiul β ( vezi fig. 1.4.1.a). Se cere să se detremine mărimea reacţiunii normale N şi a tensiunii din fir S . Rezolvare:

Ecuaţia vectorială de echilibru după introducerea forţelor de legătură (conform axiomei legăturilor) se scrie : G +S +N =0

(a)

20

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Alegând axele Ox şi Oy în mod convenabil (fig.1.4.1.b) şi proiectând pe acestea ecuaţia vectorială de echilibru, se obţin ecuaţiile:

∑ X i = 0  N cos α − S sin β = 0 ⇒  Y 0 =  N sin α + S cos β − G = 0 ∑ i

(b)

Înmulţind, prima ecuaţie cu cosβ şi a doua cu sinβ şi însumându-le membru cu membru se obţine:

N =G

sin β ; cos( α − β )

S =G

cos α cos( α − β )

(c)

A

A

β

β

d

y

x

M α

α

O≡M

G

α α

B

N

S

A

M

r

r

β N

S β

x G

O

O

a)

y

b)

b.

a.

Fig. 1.4.2

Fig. 1.4.1

1.4.2. Se consideră o bilă de greutate G care se reazemă pe suprafaţa unei sfere de rază r, fiind legată cu un fir de lungime AM= l de punctul fix A aflat la distanţa AB =d , faţă de suprafaţa sferei (fig.1.4.2.a). Se cere mărimea tensiunii din fir S şi a reacţiunii N. Rezolvare:

Ecuaţia vectorială de echilibru se scrie:

G +S +N =0

(a)

Dacă se introduc unghiurile α şi β şi se aleg convenabil axele Ox şi Oy (ca în fig.S1.5.2.b) condiţia de echilibru se scrie:

∑ X = 0 ⇒ − S sin α + N sin β = 0  ∑ Y = 0 S cos α + N cos β − G = 0 i

(b)

i

Multiplicând prima ecuaţie (b) cu cosβ şi a doua cu sinβ şi însumându-le membru cu membru se obţine:

N =G

sin α ; sin( α + β )

S =G

sin β sin( α + β )

(c)

21

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Din teorema sinusurilor aplicată în triunghiul OAM, avem:

r d +r sin α r sin β l l = = ⇒ = = ; sin β sin α sin( α + β ) sin( α + β ) d + r sin( α + β ) d + r N =G

deci se obţine:

r ; d +r

S =G

l d +r

(d)

1.4.3. Se consideră un inel M de greutate neglijabilă care se reazemă cu frecare (coeficientul de frecare fiind µ) pe un semicerc de rază R. De inel sunt legate două fire care trec fără frecare prin inelele fixe A1 şi A2 (fig.1.4.3). La capetele firelor sunt legare două corpuri de greutăţi G1 şi G2 . Se cere să se determine raportul greutăţilor G1 / G2 pentru ca inelul să rămână în repaus pentru un unghi θ dat. Rezolvare:

a) Se consideră mai întâi că inelul M are tendinţa de alunecare spre punctul A1 (fig. 1.4.3.b); se aleg ca axe de coordonate tangenta şi normala la cerc în punctul M

M r A2

θ

A1

Ecuaţia de echilibru se scrie:

O G2

G1

Fig.1.4.3.a y T S2

N

S1 + S 2 + T + N = 0 ;

y Tendinta de miscare N

Tendinta de miscare

S2

S1 θ/2 x

r

T

S1 θ/2 x

r θ

θ

O

(a)

O b.

Fig. 1.4.3

c.

sau în proiecţii pe axe:

θ θ = 0⇒ S1 cos − S 2 sin − T = 0 2 2 θ θ ∑ Yi = 0⇒ − S1 sin 2 − S 2 cos 2 + N = 0

(b)

Condiţia fizică a frecării este: T ≤ µ N .

(c)

∑X

i

Din ecuaţiile (b) rezultă: θ θ T = S1 cos − S 2 sin ; 2 2

θ θ N = S1 sin + S 2 cos 2 2

(d)

22

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

care introduse în (c) şi ţinînd seama că tensiunile din fir pentru cele două ramuri ale firului au mărimile S1=G1 şi S2=G2 , conduc la: θ θ sin + µ cos G1 2 2 ≤ G2 cos θ − µ sin θ 2 2

(e)

b. Se considră acum cealaltă tendinţă de alunecare a inelului M spre punctul A2 (fig. 1.4.3.c), ecuaţiile de echilibru se scriu analog cu cele din primul caz, schimbând semnul din faţa lui µ şi sensul inegalităţii (e) θ θ − µ cos G1 2 2 ≥ G2 cos θ + µ sin θ 2 2

sin

(f)

Deci valorile pe care le poate lua raportul G1 / G2 , sunt cuprinse în intervalul: θ θ θ θ sin − µ cos sin + µ cos 2 2 ≤ G1 ≤ 2 2, θ θ G2 θ θ cos + µ sin cos − µ sin 2 2 2 2

(g)

care se mai scrie sub forma:

θ  G θ  tg  − ϕ  ≤ 1 ≤ tg  + ϕ  2  G2 2 

(h)

1.4.4. Se consideră un inel M de greutate neglijabilă care se reazemă cu frecare pe un cerc de rază r. De inel sunt legate două fire care trec prin două inele fixe în A1 şi A2 fără frecare. La capetele firelor sunt legate două corpuri de greutăţi G1 şi G2 (ca în fig.1.4.4.a). Se cere raportul G1 / G2 pentru ca punctul M să rămână în repaus în poziţia dată de unghiul θ, dacă se consideră cunoscute coeficientul de frecare µ şi θ. A2

Rezolvare:

M G2

r θ

A1

O G1 Fig. 1.4.4.a

1. Se consideră mai întâi că inelul M are tendinţa de alunecare spre punctul A1 (fig. 1.4.4.b); se aleg ca axe de coordonate tangenta şi normala la cerc în punctul M Ecuaţia de echilibru se scrie: S1 + S 2 + T + N = 0 ;

(a)

23

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

y

π/4-θ/2

A2

T S2

N O≡M

Tendinţa de miscare

A2

S1 θ/2 x

r

y Tendinţa N de miscare T

π/4-θ/2

S2

S1 θ/2

r

x

θ

θ

O

O

A1 Fig. 1.4.4.

b.

A1 c.

sau în proiecţii pe axe: π θ θ = 0 ⇒ S1 cos − S 2 cos( − ) − T = 0 2 4 2 θ π θ ∑ Yi = 0 ⇒ − S1 sin 2 − S 2 sin( 4 − 2 ) + N = 0

(b)

condiţia fizică a frecării: T ≤ µN ,

(c)

∑X

i

Înlocuind în (c) expresiile lui N şi T rezulatate din ecuaţiile (b) avem: θ π θ θ π θ   S1 cos − S 2 cos( − ) ≤ µ  S1 sin + S 2 sin( − ) 2 4 2 2 4 2  

(d)

şi ţinînd seama că tensiunile din fir pentru cele două ramuri ale firului au mărimile: S1=G1 şi S2=G2 se obţine: G1 ≤ G2

cos(

π θ π θ − ) + µ sin( − ) 4 2 4 2 θ θ cos − µ sin 2 2

(e)

b) Se consideră cealaltă tendinţă de alunecare a inelului M (spre A2, fig.1.4.4.c), ecuaţiile de echilibru se scriu analog, obţinându-se, prin schimbarea semnului din faţa lui µ şi a sensului inegalităţii (e) relaţia: G1 ≥ G2

cos(

π θ π θ − ) − µ sin( − ) 4 2 4 2 θ θ cos + µ sin 2 2

(f)

Condiţia finală de echilibru deci se scrie: cos(

π θ π θ π θ π θ − ) − µ sin( − ) cos( − ) + µ sin( − ) 4 2 4 2 ≤ G1 ≤ 4 2 4 2 θ θ θ θ G2 cos + µ sin cos − µ sin 2 2 2 2

sau forma echivalentă:

cos(π / 4 − θ / 2 + ϕ ) G1 cos(π / 4 − θ / 2 − ϕ ) ≤ ≤ cos(θ / 2 − ϕ ) G2 cos(θ / 2 + ϕ )

(g)

(h)

24

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

1.4.5. Culisa M de greutate G1 se poate deplasa cu frecare pe bara verticală OB, coeficientul de frecare de alunecare fiind cunoscut: µ Culisa este legată de greutatea G2 prin intermediul unui fir şi a unui scripete fără frecare A. Se cunosc: AB = a şi BM = h (fig.1.4.5.a). Se cere greutatea G2 pentru ca echilibrul să aibă loc în poziţia din figură. B

A

G2

Tendinţa de alunecare

Tendinţa de alunecare

α

y

α M G1

α

y

S2

M

T

S2

x

M

O

G1

N

x

O T N G1

Fig. 1.4.5.a

b.

c.

Rezolvare:

a) Faţă de sistemul de axe Oxy, pentru tendinţa de deplasare a culisei în jos (fig. 1.4.5.b) forţele care acţionează asupra culisei sunt indicate în figură; ecuaţiile de echilibru în proiecţii pe cele două axe se scriu: ∑ X i = 0  N − G2 sin α = 0 ⇒  Y 0 = ∑ T + G2 cos α − G1 = 0 i 

(a)

T ≤ µN , condiţia fizică a frecării

(b)

ţinând seama că tensiunea din fir este S2=G2, rezultă: G2 ≥

G1 cos α + µ sin α

(c)

b) Pentru tendinţa de deplasare în sus a culisei (fig. 1.4.5.c) forţa de frecare T acţionează în sens invers faţă de primul caz, ecuaţiile de echilibru se scriu analog cu cele din primul caz, schimbând în relaţia (c) semnul din faţa lui µ G1 şi sensul inegalităţii: G2 ≤ (d) cos α − µ sin α Condiţia finală de echilibru se scrie: G1 G1 ≤ G2 ≤ cos α + µ sin α cos α − µ sin α sau sub forma echivalentă:

(e)

25

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

a2 + h2 a2 + h2 ⋅ G1 ≤ G2 ≤ ⋅ G1 h + µa h − µa

(f)

PROBLEME PROPUSE 1.4.6. Se consideră un inel M de greutate neglijabilă care se reazemă cu frecare (µ coeficientul de frecare) pe un semicerc de rază R. De inel sunt legate: un corp de greutate G3 şi două fire care trec fără frecare peste inelele fixe A1 şi A2 (fig.1.4.6). La capetele firelor sunt legate două corpuri de greutăţi G1 şi G2 . Se cere raportul greutăţilor G1 / G2 pentru ca inelul să rămână în repaus pentru unghiul θ dat. A1

O

A2

A1

O θ

θ

R

R G2

G1 M G3 Fig. 1.4.6

G1 A2

M G3

G2 Fig. 1.4.7

1.4.7. Se consideră un inel M de greutate neglijabilă care se reazemă cu frecare (µ coeficientul de frecare) pe un sfert de cerc de rază R. De inel sunt legate: un corp de greutate G3 şi două fire care trec fără frecare peste inelele fixe A1 şi A2 (fig.1.4.7). La capetele firelor sunt legate două corpuri de greutăţi G1 şi G2 . Se cere raportul greutăţilor G1 / G2 pentru ca inelul să rămână în repaus pentru unghiul θ dat. 1.4.8. Se consideră un inel M de greutate neglijabilă care se reazemă cu frecare (µ1 coeficientul de frecare) pe un sfert de cerc de rază R. De inel sunt legate două fire care trec fără frecare peste inelele fixe A1 şi A2 . La capetele firelor sunt legate două corpuri de greutăţi G1 şi G2 , firul care susţine corpul de greutate G2 fiind trecut cu frecare (µ2 coeficientul de frecare) peste un cilindru fix (ϕ=π/2)(fig.1.4.8). Se cere raportul greutăţilor G1 / G2 pentru ca inelul să rămână în repaus pentru unghiul θ dat.

26

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

A1

A2

O

µ2 ϕ

θ R G2 M

G1

µ1 Fig. 1.4.8

1.4.9. Se consideră un inel M de greutate neglijabilă care se reazemă cu frecare (µ1 coeficientul de frecare) pe un sfert de cerc de rază R. De inel sunt legate două fire care trec fără frecare peste inelele fixe A1 şi A2 . La capetele firelor sunt legate două corpuri de greutăţi G1 şi G2 , firul care susţine corpul de greutate G2 fiind trecut cu frecare (µ2 coeficientul de frecare) peste un cilindru fix (ϕ=π/2)(fig.1.4.9). Se cere raportul greutăţilor G1 / G2 pentru ca inelul să rămână în repaus pentru unghiul θ dat. M

µ1

A2 G2

R θ

µ2 ϕ

G1

O

A1

Fig. 1.4.9

27

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

CAPITOLUL II REDUCEREA FORŢELOR APLICATE SOLIDULUI RIGID

REZUMAT DE TEORIE a. Momentul unei forţe în raport cu un punct MO ( F )

F α

O

d

A

O noţiune foarte importantă utilizată în Mecanica corpului rigid este aceea de moment al unei forţe F faţă de un punct oarecare O (forţa F este aplicată într-un punct oarecare A din spaţiu O ≠ A) care se defineşte prin :

M O ( F ) = OA × F

Fig.SB2.1

Din definiţia produsului vectorial dată în capitolul I , rezultă că momentul unei forţe F faţă de un punct O, este un vector aplicat în punctul O, perpendicular pe vectorii OA si F , sensul său fiind determinat de sensul de rotaţie al lui F , după regula şurubului drept iar mărimea sa dată de: M O ( F ) = OA ⋅ F ⋅ sin α = F ⋅ d

unde: α este ungiul dintre OA si F iar d este distanţa de la punctul O la suportul forţei F (braţul forţei, vezi fig. SB2.1). Dacă punctul O este originea sistemului cartezian de axe, punctul A are coordonatele A(x,y,z) iar expresia analitică a forţei este: F = Xi + Yj + Zk , atunci expresia analitică a momentului forţei F faţă de O este:

i M O ( F ) = OA × F = x X

j y Y

k z = ( yZ − zY )i + ( zX − xZ ) j + ( xY − yX )k Z

Componentele lui M O ( F ) : L = yZ − zY ; M = zX − xZ ; N = xY − yX , reprezintă momentul forţei F faţă de cele trei axe Ox, Oy, Oz (aşa cum rezultă din paragraful următor). b. Momentul unei forţe în raport cu o axă oarecare

28

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

O altă noţiune importantă utilizată în Mecanica corpului rigid este aceea de moment al unei forţe F faţă de o axă ∆, care se defineşte ca proiecţia momentului forţei F faţă de un punct, care aparţine axei ∆, pe această axă:

M ∆ ( F ) = pr∆ M O ( F ) = δ ⋅ M O ( F ) a M ∆ ( F ) = δ ⋅ ( OA × F ) = x

b y

c z

X

Y

Z

MO ( F )

F

δ

α

β M∆ ( F )

∆

unde: δ = vers∆ = ai + bj + ck

A

O Fig.SB2.2

Se observă că dacă ∆ coincide cu axa Ox:

δ = versOx = i

M Ox = yZ − zY = L .

momentul forţei F în raport cu axa Ox este: Analog: M Oy = zX − xZ = M ;

M Oz = xY − yX = N ;

c. Torsorul de reducere al unui sistem de forţe într- un punct Dacă se consideră o forţă Fi aplicată într-un punct Ai al unui rigid, efectul acestei forţe este acelaşi cu efectul celor două elemente de reducere a forţei întrun punct O: forţa Fi şi momentul forţei în raport cu punctul O M O ( Fi ) :

⇔

Fi aplicata in Ai  Fi ⇔ M O ( Fi

A1

Fi A2

R

MO

Dacă se consideră un sistem de forţe Fi aplicate în punctele (Ai)i=1,2,…n şi se face reducerea pentru fiecare forţă a sistemului în punctul O , prin însumarea forţelor şi momentelor concurente rezultate se obţine un sistem echivalent cu sistemul dat format din două elemete (fig.SB2.3):

F2

F1

  aplicate in O )

Ai

n

- Rezultanta: R = ∑ Fi

An

O Fig.SB2.3

Fn

i =1

- Momentul rezultant: n

n

i =1

i =1

M O = ∑ M O ( Fi ) =∑ OAi × Fi .

29

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Perechea formată din R si M O se numeşte torsorul de reducere al

sistemului de forţe în punctul O: τO. d. Torsor minimal. Axa centrală Dacă se consideră un alt punct O' în care se face reducerea sistemului de forţe

F2

F1 A1 R

A2

rezultanta

n

R = ∑ Fi

nu

se

i =1

Ai

modifică (primul invariant) iar momentul rezultant se modifică conform relaţiei:

An

M O' = M O + O' O × R = M O − OO' × R

R MO

(O'≠O)

Fi

Fn

O

Deci torsorii de reducere în O şi O' se scriu:

R τ O :  ; τ O' M O

M O′ Fig.SB2.3

R  : M O' = M O − OO' × R

Dacă se înmulţeşte scalar relaţia de mai sus cu R , se obţine: M O' ⋅ R = M O ⋅ R = ct ; constanta acesta se numeşte trinomul invariant (al doilea invariant). Dacă se împarte trinomul invariant la modulul rezultantei se obţine proiecţia momentului rezultant pe direcţia rezultantei:

MR = MO ⋅ R / R Pentru anumite puncte de reducere din spaţiu, torsorul de reducere este format din doi vectori coliniari ( R ; M R ) şi se numeşte torsor minimal:

 τ min :  R ; 

MR =

MO ⋅ R R ⋅ R R

Axă centrală reprezintă locul geometric al punctelor din spaţiu unde făcând reducerea sistemului de forţe, rezultanta şi momentul rezultant sunt doi vectori coliniari; axa centrală este dată de ecuaţiile: L − yZ + zY M − zX + xZ N − xY + yX = = X Y Z sau sub forma parametrică:

 x = λX + ( YN − ZM ) / R 2 R × Mo  ρ= + λ R ⇔  y = λY + ( ZL − XN ) / R 2 2 R  z = λZ + ( XM − YL ) / R 2 

30

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

2.1. REDUCEREA SISTEMELOR DE FORŢE COPLANARE PROBLEME REZOLVATE 2.1.1. Asupra cadrului dreptunghiular din figura 2.1.1.a având laturile

OA=a, OC=2a, acţionează forţele coplanare: F1=F2= 2 F înclinate cu unghiul α = π / 4 şi F3 = 2F ca în fig. 2.1.1.a. Se cer : 1) Torsorulul de reducere în punctul O. 2) Ecuaţia suportului rezultantei R , prin tăieturi. Rezolvare :

1) Se scriu expresiile analitice ale vectorilor forţe:

F1 = ( F1 cos α )i + ( F1 sin α ) j = F ( i + j ) F2 = −( F2 cos α )i + ( F2 sin α ) j = F ( −i + j )

(a)

F3 = − F3i = −2 Fi y

F1

α

α

y

F2

C

D

C

D

Q (0, 3a/2)

a

R F3

a a

Axa central\

B A

R P (3a/2,0)

x

O

MO

O

Rezultanta sistemului este: R = Σ Fi i =1

⇒

x

Fig. 2.1.1.b

Fig. 2.1.1.a 3

A

R = −2 Fi + 2 Fj

Momentul rezultant faţă de O este:

(b) (c)

3

M 0 = Σ M 0 ( Fi ) = OC × F1 + OD × F2 + OB × F3 i =1

i j k M 0 = 2aj × F ( i + j ) + a 2a 0 + ( ai + aj ) × ( −2 Fi ) ⇒ M 0 = 3aFk −F F 0 Torsorulul de reducere în punctul O este deci:  R = −2 Fi + 2 Fj ⇒ X = −2 F ; Y = 2 F , Z = 0  ⇒ L = M = 0; N = 3aF M 0 = 3aFk

(d)

31

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

2) Ecuaţia axei centrale:

L − yZ + zY M − zX + xZ N − xY + yX = = Y Z X

pentru valorile de mai sus se scrie: 3a  2 Fz 2 Fz 3aF − 2 Fx − 2 Fy x + y = = = ⇒ 2 − 2F 2F 0  z = 0

(e)

Axa centrală este o dreaptă definită prin tăieturile ei: P(3a/2,0) şi Q(0,3a/2)

(f)

Sistemul de forţe este echivalent cu torsorul τ ( R , M O ) de reducere în punctul O, sau sistemul de forţe este echivalent cu o rezultantă unică R situată pe axa centrală (întrucât în acest caz: R ⊥M 0 = 0, sau R ⋅M 0 = 0 ). 2.1.2. Se consideră o placă dreptunghiulară având laturile OA =2a, OC=4a (fig. 2.1.2.) asupra căreia acţionează un cuplu în O şi 4 forţe coplanare respectiv în A1, A2, A3, A4 înclinate cu: α1 = 0; α 2 = π / 4; α 3 = − π / 4; α 4 = π şi

având modulele date: M = 4aF F 1 = F ; F2 = 2 2 F ;

F3 = 3 2 F ;

F4 = 4 F . Se cere : 1) Torsorul de reducere în punctul O.

y

2) Ecuaţia axei centrale prin tăieturi (xP, yQ)

C

A3

B α3

3) Cu ce este echivalent sistemul?

F3

2a

Rezolvare

2a

F2 α2

F4

A4

1. Expresiile analitice ale forţelor, cuplului

M1 şi momentelor faţă de O sunt:

A2 2a

2a

Fp = X P i + Y p j ; Fp = ( Fp cos α p )i + ( Fp sin α p ) j M 1 = M 1k ;

M1

(a)

M O ( Fp ) = (x pY p − y p X P )k

a O

A1

a F1

A

x

Fig. 2.1.2

Introducând valorile rezultă: F1 = Fi ; F2 = 2Fi + 2Fj ; F3 = 3Fi − 3Fj ;

F4 = −4Fi

M O ( F1 ) = 0; M O ( F2 ) = 0; M O ( F3 ) = − 15aFk ; M O ( F4 ) = 8aFk ; M 1 = 4aFk

(b)

32

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Rezultanta sistemului este prin urmare: 4

R = Σ Fp p =1

4

⇒ X = Σ Fp cos α p = 2 F p =1

4

Y = Σ Fp sin α p = − F p =1

(c)

Momentul rezultant faţă de O este: 4

M O = pΣ=1 M O ( Fp ) + M 1 = −3aFk

(d)

2. Ecuaţia axei centrale pentru sistemul de forţe dat este: N − xY + yX = 0 :

x+2y=3a

(e)

Axa centrală este definită prin tăieturile (fig S2.2.2.a): P(N/Y,0) xP=3a; yP=0 si Q(0,-N/X)

xQ=0; yQ=3a/2;

(f)

3. Sistemul de forţe este echivalent cu torsorul de reducere în punctul O: τ ( R , M O ) sau cu o rezultantă unică R situată pe axa centrală (întrucât în cazul unui sistem coplanar de forţe: R ⊥M 0 = 0, sau R ⋅M 0 = 0 ). y B

C

4a Q(0,3a/2)

R

Axa centrală

2a

MO O

R

A

P(3a,0)

x

Fig. 2.1.2.a

PROBLEME PROPUSE Se consideră placa plană având forma şi dimensiunile din figură (fig. 2.1.3 ...2.1.6.) asupra căreia acţionează un cuplu şi 4 forţe coplanare respectiv în A1, A2, A3, A4 înclinate având modulele şi direcţiile date. Se cere :

1) Torsorul de reducere în punctul O; 3) Ecuaţia axei centrale şi trasarea ei prin tăieturi ;

33

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ F1

y 45

A

0

y

F2 A2

4a

A1 F3

a a

3a F3

A3

2a

F2

F1

7a

Fig. 2.1.3 Date:

F4 A4

2a O A2

F1 = 2 5F ; F2 = 5F

F3 = F4 = 2 F ;

O

F3 = F ; F4 = 2 F

Fig. 2.1.4

M 1 = 4aF

x

Date:

Fig. 2.1.5 Date:

Fig. 2.1.6

F1 = F ;

F1 = F2 = F ; F3 = 2 2 F ;

F2 = 2 F ;

F5 = 5F ;

F3 = 2 2 F ;

y

y F1

F4 = 3F ;

A2

2a

F2 a

F3

F3

O A 1 F1 a

a

F2

a

A3≡ A4

450

1350

F4

x

F4

x

Date:

F2 = 3F ;

a

a 2a

F1 = 2 F ;

3a

M

F4

A3≡ A4

O

A3≡ A4

a

x

y y

F3e

A2

p A2

A1

Fig. 2.1.8

F2

Date:

F1 = F2 = 5ap ;

F2 3a

F1 3a

2p

F4e 4a

O

2p

Date:

F1 = 5ap; F2 = 2ap;

A1

Fig. 2.1.7

F4e

3a

x

F1

4a

O

x p

F3e

34

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

REZULTATELE PROBLEMELOR PROPUSE Nr. probl.

Torsorul în O τO 1

0 2.1.3

Ecuaţia axei centrale 3 3,4x-2,8y=-12a

 R = −2 ,8 F i + 3,4 F j τ O :  M O = −12aFk

Punctele de inters. Ox şi Oy 4 P(-3.53a,0) Q(0,4,29a)

2.1.4

 R = 3F i + 3F j τ O :  M O = 2aFk

3x-3y=2a

P(2a/3,0) Q(0,-2a/3)

2.1.5

 R = −3F i + 2 F j τ O :  M O = 4aFk

2x+3y=4a

P(2a,0) Q(0,4a/3)

2.1.6

 R = −3F i + 3F j τ O :  M O = − aFk

3x+3y=-a

P(a/3,0) Q(0,a/3)

2.1.7

 R = 3api − ap j τ O :  M O = −a 2 pk

x+3y=23a

P(23a,0) Q(0,23a/3)

2.1.8

 R = 5api + 4ap j τ O : M O = −11,5a 2 pk

4x-5y=-11,5a

P(-2,875a,0) Q(0,2,3a)

ALGORITMUL DE CALCUL UTILIZAT PENTRU PROGRAMUL EXCEL ŞI REZULTATELE OBŢINUTE Algoritmul de calcul în EXCEL pentru datele concrete ale problemei 2.1.2. DATE DE INTRARE A Nr. x1/a 1

B

C

y1/a

F1/F

0

1

1

D

E

F

G

H

cosα1 sin α1 x2/a y2/a 1

0

2

2

I

J

K

L

M

F2/F

cosα2 sin α2

x3/a

y3/a

F3/F

2.8284

0.7071 0.7071

1

4

4.2426

DATE DE IEŞIRE N cosα3

O

P

Q

R

S

T

sin α3

x4/a

y4/a

F4/F

cosα4

sin α4

0.7071 -0.7071

0

2

4

-1

X

Y

Z

ΣxiFisinαi /aF

ΣyiFi cosαi /aF

Moz/aF =M1 +(ΣxiFisinαi -

U M4/aF

0

4

AA xP/a

AB yQ/a

Z/W

-Z / V

ΣyiFi cosαi)/aF A*C*E+F*H*J+ B*C*D+G*H*I+ K*M*O+P*R*T L*M*N+Q*R*S

X-Y+U

V

W

X/F= ΣFi cosαi /F

Y/F= ΣFi sinαi /F

C*D+H*I+ M*N+R*S

C*E+H*J+ M*O+R*T

2

-1

AC xJ/a

AD yJ/a

AE MJz/aF = (-xJ*Y+yJ*X)/aF +Moz/aF -AC*W+AD*V+Z

35

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

1

8

-3

3

1.5

0

5

7

2.2. REDUCEREA SISTEMELOR DE FORŢE PARALELE PROBLEME REZOLVATE 2.2.1 Se consideră un cub de latură a asupra căriua se apică un sistem de cinci forţe paralele verticale F1 , F2 , F3 , F4 , F5 respectiv în punctele: A1 (a,0,0); A2 (0,a,0); A3 ( a / 2 , a , a ); A4 ( a / 2 , a / 2, 0 ); A5 ( a / 2 , 0, a / 2 ) ( vezi fig. 2.2.1.a).

Forţele au acelaşi modul: F1 = F2 = F3 = F4 = F5 = 2 F . Se cere : 1) Torsorulul de reducere în O; 2) Ecuaţia axei centrale; 3) Poziţia centrului forţelor paralele. z

Centrul vectorilor paraleli

z

F3

C(a/2, a/2, 3a/2)

R

A3

F5

a

A5

a F4

O

a x

a A4

A1 F1

R A2

F2

O

y

a

M0

x

Fig. 2.2.1.a

a P(a/2,a/2,0)

y

Axa central\

Fig. 2.2.1.b

Rezolvare:

1) Expresiile analitice ale vectorilor şi ale rezultantei acestora, sunt: F1 = F2 = −2 Fk , F3 = F4 = F5 = 2 Fk ⇒ R = 2 Fk ⇒ X = Y = 0; Z = 2 F Expresia analitică a momentului rezultant este:

(a)

5

M 0 = Σ M 0 ( Fi ) = O A1 × F1 + O A2 × F2 + O A3 × F3 + O A4 × F4 + O A5 × F5 i =1

⇒ M 0 = aFi − aFj ⇒ L = aF ; M = aF ; N = 0.

(b)

2) Ecuaţia generală axei centrale se scrie:

a 2 Fa − 4 Fy − 2 Fa + 4 Fx 0  = = ⇒ x = y = 0 0 2F 2 

z∈R

(c)

Întrucât pentru toate sistemele de forţe paralele avem îndeplinită condiţia:

R ⊥M 0 = 0 , sau R ⋅M 0 = 0 sistemul se reduce la o rezultantă R situată pe axa centrală care este paralelă cu forţele (cu axa Oz). ( fig. 2.3.1.b).

36

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Centrul vectorilor forţă paraleli C (ξ, η, ζ) se determină cu ajutorul relaţiilor: 5

ξ=

5

ΣFx i =1 i i

ΣFy i =1 i i

, η=

5

Σ Fi

5

Σ Fi

i

5

, ζ=

i

Σi Fi zi

(d)

5

Σ Fi i

Înlocuind valorile corespunzătoare, centrul vectorilor paraleli C are 3a a a  a a 3a  ⇒ C , , coordonatele : ξ = , η = , ζ = (e)  2 2 2 2 2 2 

z F2

B4 B3

B2

A2 F5

B1

A5

A4

F3 A3 A6

F 1 = F ; F2 = 2 F ; F3 = 3F ;

F6

O

F4 = 4 F ; F 5 = 5 F ; F 6 = 6 F

F4

Se cere :

A1

x

2.2.2. Se consideră un cub de latură 2a asupra căriua se apică un sistem de 6 forţe în centrele feţelor cubului de latură 2a având direcţia lui OBi , i=1,2,3,4 (fig. 2.2.2) de module:

y 1) Torsorulul de reducere în O;

F1

2) Ecuaţia axei centrale;

Fig. 2.2.2

3) Centrul forţelor paralele

Rezolvare: 1) Expresiile analitice ale vectorilor paraleli şi ale rezultantei acestora, sunt: Fi = Fi cos α i ⋅ versOBi ⇒ R = ( ΣFi cos α i ) ⋅ versOBi (a) OBi xBii + yBi j + z Bi k unde versorul direcţiei OBi se scrie: versOBi = = OBi ( xBi )2 + ( yBi )2 + ( z Bi )2

Expresia analitică a momentului rezultant este: 5

M O = Σ M 0 ( Fi ) = ∑ Fi ( O Ai × versOBi ) i =1

L − yZ + zY M − zX + xZ N − xY + yX = = X Y Z 3) Centrul vectorilor forţă paralele C (ξ, η, ζ) se determină cu ajutorul relaţiilor: 2) Ecuaţia axei centrale: 5

Σ Fi xi

5

Σ Fi yi

5

Σ Fi zi

ξ = i =15 , η = i =15 , ζ = i5 Σi Fi Σi Fi Σi Fi

(b)

37

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

ALGORITMUL DE CALCUL UTILIZAT PENTRU PROGRAMUL EXCEL ŞI REZULTATELE OBŢINUTE DATE DE INTRARE A

B

C

D

E

F

G

H

I

J

Nr.

x1/a

y1/a

z1/a

F1/F

cosα1

x2/a

y2/a

z2/a

F2/F

cosα2

1

1

1

0

1

-1

1

1

2

2

1

K

L

M

N

O

P

Q

R

S

T

U

x3/a

y3/a

z3/a

F3/F

cosα3

x4/a

y4/a

z4/a

F4/F

cosα4

x5/a

1

3

1

2

1

1

4

-1

1

0

1

V

W

X

Y

Z

AA

AB

AC

AD

AE

AF

AG

y5/a

z5/a

F5/F

cosα5

x6/a

y6/a

z6/a

F6/F

cosα6

xB/a

yB/a

zB/a

0

1

5

1

1

2

1

6

-1

2

2

2

DATE DE IEŞIRE AH

AI

AJ

AK

ΣFixicosαi / aF

ΣFiyicosαi / aF

ΣFizicosαi / aF

AL

∆x= versOBx ∆y=versOBy

A*D*E+F*I*J+K*N*O+P*S B*D*E+G*I*J+L*N*O+Q* C*D*E+H*I*J+M*N*O+R* AE/SQRT(AE^ 2+ AF/SQRT(AE^ *T+U*X*Y+Z*AC*AD S*T+V*X*Y+AA*AC*AD S*T+W*X*Y+AB*AC*AD AF^2+AG^2) 2+ AF^2+AG^2)

-8

-12

2

0,57735

AM

AN

AO

AP

AQ

AR

∆z=versOBz

R/ F =

X/ F =

Y/ F =

Z/ F =

MOx/aF =∆Z ΣFi yicosαi/aF

ΣFicosαi/F

∆x.R /F

∆y.R /F

∆z.R /F

-∆y ΣFi zi cosαi/aF

AN*AK

AN*AL

AN*AM

AM*AI - AL*AJ

-0,57735

-0,57735

-0,57735

-8,0829

AG/SQRT(AE^2+AF^ D*E+I*J+N*O+S* T+X*Y+AC*AD 2+AG^2)

0,57735

-1

AT

AU

AV

AW

AX

AY

MOy/aF =∆x ΣFi zi cosαi/aF-

MOz/aF =∆y ΣFi xi cosαi/aF –

R.MO/a2F= (X.MOx+ Y.MOy

ξ/a

η/a

ζ/a

-∆z ΣFi xi cosαi/aF

-∆x ΣFi yi cosαi/aF

+ Z.MOz )/a2F =0 (verificare)

AK*AJ - AM*AH

AL*AH - AK*AI

AO*AR+AP*AT+AQ*AU

AH/AN

AI/AN

AJ/AN

5,7735

2,3094

0

8

12

-2

S-au obţinut deci următoarele rezultate pentru problema 2.2.2:

38

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

1) Torsorul de reducere în O:

 R = −0 ,577 Fi − 0 ,577 Fj τ0 :  M 0 = −8,083aFi + 5,773aFj + 2 ,309aFk

(c)

2) Ecuaţia axei centrale:

− 8,083aF − 0 ,577 Fy + 0 ,577 Fz 5,773aF − 0 ,577 Fz + 0 ,577 Fx = = 0 ,577 F 0 ,577 F 2 ,309aF − 0 ,577 Fx + 0 ,577 Fy = 0 ,577 F

(d)

Întrucât pentru toate sistemele de forţe paralele avem: R ⊥M 0 = 0 , sau R ⋅M 0 = 0 sistemul se reduce la o rezultantă R situată pe axa centrală care este paralelă cu forţele (cu axa Oz). 3) Centrul forţelor paralele are coordonatele: ξ = 8a , η = 12a , ζ = −2a ⇒

C (8a ,12a ,−2a )

(e)

PROBLEMĂ PROPUSĂ 2.2.3 Se consideră sistem de forţe paralele verticale F1 , F2 , F3 , F4 care se aplică respectiv în punctele: A1 (3a,a,0); A2 (a,2a,0); A3 (2a,-a,0); A2 (-2a,5a,0); (fig. 2.2.1.a). Forţele au modulele: F1 = 5 F ; F2 = 3F ; F3 = 9 F ; F4 = F . Se cer:

1)Torsorulul de reducere în O; 2)Ecuaţia axei centrale şi poziţia centrului forţelor paralele. z A4

O F2 A2

F3 A3 x

A1

F1

F4

y

Fig. 2.2.3

Rezultate:

 R = 6 Fk 1)Torsorul de reducere în O: τ 0 :  M 0 = −13aFi + 8aFj 2)Ecuaţia axei centrale şi centrul vectorilor paraleli: x =

4 13 13 4  a; y = − a; C  a;− a;0  3 6 6 3 

39

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

2.3. REDUCEREA SISTEMELOR SPAŢIALE DE FORŢE ŞI CUPLURI. PROBLEME REZOLVATE 2.3.1 Se consideră un cub rigid de latură a, asupra căruia acţionează forţele: F1 , F2 , F3 , F4 ca în figura 2.3.1.a. Mărimile acestor forţe sunt cunoscute:

F1 = 3F , F2 = F3 = F , F4 = 2 F . Se cer: 1) Torsorul de reducere în punctul O;

2) Torsorul de reducere în punctul B';

3) Ecuaţia axei centrale; 4) Cu ce este echivalent sistemul? z

z O

F4

F3

C’

a

B’

x

A

M0

y

a

O

a

F2

Axa centrala

R

F1

C

O

C

D(a/3, 2a/3,0)

A

B

C’

B’

A’

A’

R

O’

B

x

Fig. 2.3.1. a

y

Fig. 2.3.1.b

Rezolvare:

1) Expresiile analitice ale vectorilor forţă se scriu astfel:

F1 = F1 versF1 = F1

BO ′ − ai − aj + ak = 3F = F ( −i − j + k ) a 3 BO ′

F2 = F2 versF2 = Fi ; 4

⇒ R = ∑ Fi = 3Fk

F3 = F3 versF3 = Fj ; ⇒ X = Y = 0,

F4 = F4 versF4 = 2 Fk

Z = 3F

(a)

i =1

şi expresiile analitice ale vectorilor moment: 4

M 0 = ∑ M 0 ( Fi ) = OB ×F1 + OA × F2 + OO′× F3 + OC ′× F4 = i =1

= ( ai + aj )×Fi + ak ×Fj + ( aj + ak )×2 Fk M 0 = Fa( 2i − j ) ⇒ L = 2aF , M = − aF , N = 0 2) Momentul rezultant în punctul B′ se calculează cu ajutorul relaţiei:

(b)

40

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

M B′ = M O + B′O× R = 2aFi − aFj + ( −ai − aj − ak ) × 3Fk = aF( −i + 2 j ) (c) Ecuaţia axei centrale se scrie: L − yZ + zY M − zX + xZ N − xY + yX = = X Y Z ⇒

2aF − 3Fy − aF + 3Fx 0 2a a = = ⇒ x = , y = ,z ∈ R 0 0 3F 3 3

(d)

şi este o dreaptă perpendiculară pe planul Oxy (paralelă cu axa Oz) care intersectează Oxy în punctul D(a/3, 2a/3, 0). 4) Întrucât M o ⋅ R = 0 ⇒ M o ⊥R sau M R = 0 , sistemul se reduce la un vector unic R situat pe axa centrală. Prin urmare sistemul de forţe ( F1 , F2 , F3 , F4 ) aplicate în A1,A2,A3,A4 este echivalent cu: a. un torsor ( R , M o ) aplicat în O; b. o rezultantă unică R aplicat într-un punct oarecare de pe axa centrală.

2.3.2. Se consideră paralelipipedul dreptunghic rigid cu laturile: OA=3a , OC=4a , OO'=12a asupra căruia acţionează forţele F1 , F2 , F3 , F4 după direcţiile diagonalelor AB’ CB’ CO’ respectiv AO’ (fig.2.3.2.a.). Forţele au mărimile: F1 = F3 = 4 F 12 , F2 = F4 = 3F 17

Se cere:

1) Torsorul de reducere în O; 2) Ecuaţia axei centrale; 3) La ce se reduce sistemul? O’

z

z C’

A’

O’

B’

B’

A’ 12a

F3

F2 R

F1

F4 3a

x

4a

O

A

B

Fig. 2.3.2.a

Rezolvare:

C’

R

C

M0

y

x

A

Axa central\

y

O C D(3a/2, 2a, 0) B

Fig. 2.3.2.b

41

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

1) Expresiile analitice ale celor patru forţe sunt: F1 = F1 versF1 = F1

AB ′ 4aj + 12ak = 4 F 10 = 4 F ( i + 3k ) 4a 10 AB ′

F2 = F2 versF2 = F2

CB ′ 3ai + 12ak = 3F 17 = 3F ( i + 4k ) 3a 17 CB ′

F3 = F3 versF3 = F3

CO ′ − 4aj + 12ak = 4 F 10 = 4 F ( − j + 3k ) 4a 10 CO ′

F4 = F4 versF4 = F4

AO′ − 3ai + 12ak = 3F 17 = 3 F ( −i + 4 k ) 3a 17 AO′

(a)

(a)

Expresiile rezultantei şi al momentului rezultant în punctul O vor fi: 4

R = Σ Fi = 48Fk

⇒ X = Y = 0,

i =1

Z = 48F

(b)

4

M 0 = Σ M 0 ( Fi ) = OA×F1 + OC×F2 + OC×F3 + OA×F4 i =1

i M 0 = 3a 4F

j

k

i

j

0

0 + 0

4a

0 12 F

3F

k

i

j

0 +0

4a

4F

0

k

i

0 + 3a

0 − 4 F 12 F

− 3F

j

k

0

0

0 12 F

⇒ M 0 = 96aFi − 72aFj 2)

⇒ L = 96aF , M = 72aF , N = 0 Ecuaţia axei centrale se scrie:

(c)

96aF − 48 Fy − 72aF + 48Fx 0 = = 0 0 48 F

(d)

3a , y = 2a , z = arbitrar , deci axa centrală este paralelă cu Oz 2 fiind chiar axa de simetrie a paralelipipedului, (vezi fig. 2.3.2.b).

⇒x=

Ecuaţia axei centrale sub formă vectorială se scrie: ρ =

i 1 xi + yj + zk = − 2F 17 F 2 2aF

j

R × Mo R

2

+ λ R; sau

k

3F 2 F + λF ( −2i + 3 j + 2k )λ − 14aF 13aF

Deci ecuaţiile parametrice ale axei centrale se scriu:

42

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

x=

67 a − 2 Fλ ; 17

y=

30 a + 3Fλ ; 17

z=

22 a + 2 Fλ 17

(e)

3) Întrucât M o ⋅ R = 0 ⇒ M o ⊥R ,sistemul se reduce la o rezultantă unică R situată pe axa centrală, (vezi fig. 2.1.2.b).

2.3.3. Se consideră sistemele formate din trei forţe F1 , F2 , F3 şi trei cupluri Mx, My, Mz ce acţionează asupra unui paralelipiped având forma şi

dimensiunile precizate în fig. 2.3.3; orientarea forţelor F1 , F2 , F3 este dată de vectorii AB , CD , EF , iar orientarea celor trei cupluri este după cele trei axe de coordonate (Ox, Oy, Oz). Se dau modulele acestor forţe şi cupluri: F1 = 22 F ; F2 = 5 F ; F3 = 2 F ;

M x = M y = 0; M z = 2aF ;

Să se determine:

1. Torsorul de reducere al sistemului, în punctul O; 2. Torsorul minimal; 3. Ecuaţia axei centrale; z C(0,a,3a) B(2a,0,3a)

F2 F3

D(4a,4a,3a)

E(a,0,2a)

G(a,4a,2a)

O Mz

F1 x

y

A(4a,3a,0)

Fig. 2.3.3

Pentru creerea algoritmului de calcul în EXCEL pentru problema 2.3.3. sau utilizat următoarele relaţii: Expresiile analitice ale celor patru vectori:

43

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

F1 = F1 ⋅ vers AB = F1 ⋅ F2 = F2 ⋅ versCD ;

AB AB

= F1 ⋅

( x B − x A )i + ( y B − y A ) j + ( z B − z A ) k

; ( x B − x A )2 + ( y B − y A )2 + ( z B − z A )2 (a)

F3 = F3 ⋅ vers EF ;

M 1 = M 1 ⋅ vers M 1

Expresiile analitice ale momentelor celor 3 forţe în raport cu O: M O ( F1 ) = OA × F1 = ( y A Z1 − z AY1 )i + ( z A X 1 − x A Z1 )i + ( x AY1 − y A X 1 )i M O ( F2 ) = OC × F2 = ( yC Z 2 − z C Y2 )i + ( zC X 2 − xC Z 2 )i + ( xC Y2 − yC X 2 )i M O ( F3 ) = OE × F3 = ( y E Z 3 − z E Y3 )i + ( z E X 3 − x E Z 3 )i + ( xE Y3 − y E X 3 )i Componentele torsorului de reducere al sistemului în punctul O: R = Xi + Yj + Zk ; M O = Li + Mj + Nk Componentele torsorului minimal: R ⋅ MO R ⋅ MO R ⋅ MO Zk M min = X i + Y j + R2 R2 R2 Componentele produsului vectorial : R × M O = ( YN − ZN )i + ( ZL − XN ) j + ( XM − YL )k din ecuaţia vectorială a axei centrale: ρ = xi + yj + zk = (R × M O ) / R 2 + λR

(b)

(c) (d) (e) (f)

Rezultatele calculelor conform relaţiilor de mai sus sunt: 1. Torsorul de reducere în punctul O:  R = F ( 2i + 2 j + 3k ) τ O :  M O = aF ( −4i − 6k ) 2. Torsorul minimal:  R = F( 2i + 2 j + 3k ) τ min : M min = −3,0588aFi − 3,0588aFj − 4,5882aFk 3. Ecuaţia axei centrale sub formă parametrică: 12 8 x = − a + 2λF ; y = 2λF ; z = a + 3λF 17 17

(g)

(h)

(i)

Relaţiile de mai sus se regăsesc în următorul algoritm de calcul:

ALGORITMUL DE CALCUL UTILIZAT PENTRU PROGRAMUL EXCEL ŞI REZULTATELE OBŢINUTE DATE DE INTRARE A

B

C

D

E

F

G

H

I

J

K

L

Nr.

xA/a

yA/a

zA/a

xB/a

yB/a

zB/a

xC/a

yC/a

zC/a

xD/a

yD/a

zD/a

1

4

3

0

2

0

3

0

1

3

1

0

2

Y

Z

M

N

O

P

Q

R

S

T

U

V

X

44

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ xE/a

yE/a

zE/a

xF/a

yF/a

zF/a

F1/F

F2/F

F3/F

4

4

3

1

4

2

4,6904

5

2

M1/aF vers M1x vers M1y vers M1z 2

0

0

1

DATE DE IEŞIRE AA

AB

AC

(versF1)x

(versF1)y

(versF1)z

(D1-A1)/SQRT((D1-A1)^2+ (E1-B1)^2+(F1-C1)^2)

(E1-B1)/SQRT((D1-A1)^2+ (E1-B1)^2+(F1-C1)^2)

(F1-C1)/SQRT((D1-A1)^2+ (E1-B1)^2+(F1-C1)^2)

-0,4264

-0,6396

0,6396

AE

AF

AG

(versF2)x

(versF2)y

(versF2)z

(J1-G1)/SQRT((J1-G1)^2+ (K1-H1)^2+(L1-I1)^2)

(K1-H1)/SQRT((J1-G1)^2+ (K1-H1)^2+(L1-I1)^2)

(L1-I1)/SQRT((J1-G1)^2+ (K1-H1)^2+(L1-I1)^2)

0,8

0,6

0

AH

AI

AJ

(versF3)x

(versF3)y

(versF3)z

(P1-M1)/SQRT((P1-M1)^2+ (Q1-N1)^2+(R1-O1)^2)

(Q1-N1)/SQRT((P1-M1)^2+ (Q1-N1)^2+(R1-O1)^2)

(R1-O1)/SQRT((P1-M1)^2+ (Q1-N1)^2+(R1-O1)^2)

0

1

0

AK

AL

X/F

Y/F

AM

AN

AO

AP

R /F

(MOF1/aF)x

(MO F1/aF)y

AK^2+AL^2+ AM^2

S1(B1*AC1C1*AB1)

S1(C1*AA1A1*AC1)

2

Z/F

AA1*S1+AE1* AB1*S1+AF1*T1+ AC1*S1+AG1*T1 T1+ AH1*U1 AI1*U1 + AJ1*U1

2

2

2

3

17

9

-12

AQ

AR

AS

AT

AU

AV

(MOF1/aF)Z

(MO F2/aF)x

(MOF2/aF)y

(MO F2/aF)z

(MOF3/aF)x

(MO F3/aF)y

S1(A1*AB1B1*AA1)

T1(H1*AG1I1*AF1)

T1(I1*AE1G1*AG1)

T1(G1*AF1H1*AE1)

U1(N1*AJ1O1*AI1)

U1(O1*AH1M1*AJ1)

-6

-9

12

-4

-4

0

AW

AX

AY

AZ

BA

(MOF3/aF)z

L/aF = (MO /aF)x

M/aF = (MO/aF)y

N/aF = (MO /aF)z

R.MO/aF2

U1(M1*AI1N1*AH1)

AO1+AR1+AU1+ AP1+AS1+AV1+Y AQ1+AT1+AW1+ AK1*AX1+AL1*AY1+AM1*AZ X1*V1 1*V1 Z1*V1 1

2

-4

0

-6

BB

BC

BD

(Mmin/aF)x

(Mmin/aF)y

(Mmin/aF)z

BA1*AK1/AN 1

BA1*AL1/AN1

BA1*AM1/AN1

AL1*AZ1AM1*AY1

AM1*AX1AK1*AZ1

AK1*AY1AL1*AX1

-3,0588

-3,0588

-4,5882

-12

0

8

PROBLEME PROPUSE

BE

-26

BF

BG

( R×MO / aF )x ( R×MO / aF )y ( R×MO / aF2 )z 2

2

45

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Se consideră un paralelipiped rigid, asupra căruia acţionează forţele: F1 , F2 , F3 , F4 ca în figurile 2.3.4...2.3.10. Mărimile acestor forţe sunt cunoscute. Se cer:

1) Torsorul de reducere în punctul O;

2) Torsorul de reducere în punctul C';

3) Ecuaţia axei centrale sub formă parametrică; z

O’

Fig. 2.3.4

C’

F2 A’

M1

F1 = 2 21F ; F2 = 2 5 F ;

4a

F3 = 2 F ; M 1 = 10aF

2a

O

a

Re zultate :

F3

F1

x

Date :

B’

R = 10 Fk ; M O = −4aFj − 10 aFk ;

y

C

M c' = 20 aFi − 4aFj − 10 aFk ; x = 40 a ; y = 0; z = 10λ

A

B

Fig. 2.3.5

z

M1

O’

Date :

C’

F1 = 11F ; F2 = 10 F ;

F2 A’

Re zultate : 3a

O

F3

F3 = 3F ; M 1 = 5aF

B’

a

C

F1

a

A

y

M c' = 12aFi − 8aFj ; x = 32a; y = 0; z = 4λ

B

x

R = 4 Fk ; M O = −8aFj ;

Fig. 2.3.6 z A’

Date :

C’

F2

O’

F1 = 14 F ; F2 = 3 10 F ;

B’

F1

F3 = 2 F ; M 1 = 2aF

2a

F3 x

A

O

Rezultate: R = −2Fi − 6Fj; MO = −8aFj;

3a

C

a

B

y

Mc' = −12aFi − 4aFj − 6aFk ; x = −2λ; y = 8a − 6λ; z = 72a

46

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ O’

z

Fig. 2.3.7

C’

F2

A’

Date :

B’

F1 = 26 F ; F2 = 10 F ; F3 = 2 F ; M 1 = 5aF

4a

Rezultate:

M1 F1 a

x

F3

3a

O

R = 6Fk ; MO = −8aFj;

y

Mc' =18aFi − 2aFj + 5aFk ;

C

A

x =12a; y =108a; z = 6λ

B

z

Fig. 2.3.8

O’

C’

F2

Date :

M1

A’

F1 = 11F ; F2 = 10 F ;

B’

F3 = 2 F ; M 1 = 4aF

a

F3

Rezultate:

O

3a

C

F1

a

A

y

B

x

A’

Fig. 2.3.9

C’

F2

Date : B’

F1

F1 = 17 F ; F2 = 13F ; F3 = 2 2 F ; M 1 = 2aF

2a

F3 2a

A

x

Mc' = −2aFi − 3aFk ; x = 2a − λ; y = −8a; z = a + 2λ

z O’

R = −Fi + 2Fk ; MO = −4aFi − aFj;

Re zultate :

3a

O

y R = −2 Fi ; M O = −2aFj ;

C

M c' = 2 aFj − 6aFk ;

B

M1

x = − 2λ ; y = 0; z = 4 a

Fig. 2.3.10

z O’

Date :

C’

F2 A’

B’

a

F1 = 6 F ; F2 = 5F ;

M1

F3 = 2 F ; M 1 = 4aF Re zultate :

F3 A

x

2a

O a

C

F1 B

y

R = 3Fk ; M O = −2aFj − 4aFk ; M c' = 6aFi − 2aFj − 4aFk ; x = 6a; y = 0; z = 3λ

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

47

CAPITOLUL III CENTRUL MASELOR - CENTRE DE GREUTATE REZUMAT DE TEORIE Centrul de greutate pentru un sistem rigid continuu de puncte materiale are vectorul de poziţie ρ şi coordonatele ( ξ, η, ζ ) , date de relaţiile: ∫ r dm ∫ xdm ∫ ydm ∫ zdm (D ) (D ) (D ) (D ) ρ= ; ξ= , η= ,ζ= dm dm dm ∫ ∫ ∫ dm ∫ (D )

(D )

(D )

(D )

Se deosebesc următoarele cazuri particulare: a. În cazul plăcilor omogene (dm=µSdA, µS=constant), expresiile vectorului de poziţie şi coordonatele centrului de greutate sunt date de relaţiile: ∫ r dA ∫ xdA ∫ ydA ∫ zdA (S ) (S ) (S ) (S ) ρ= ; ξ= . , η= , ζ= ∫ dA ∫ dA ∫ dA ∫ dA (S )

(S )

(S )

(S )

b. În cazul barelor omogene (dm=µlds, µl=constant) expresiile vectorului de poziţie şi coordonatele centrului de greutate sunt date de relaţiile: ∫ r ds ∫ xds ∫ yds ∫ zds (l ) (l ) (l ) (l ) ρ= ; ξ= , η= ,ζ= ∫ ds ∫ ds ∫ ds ∫ ds (l )

(l )

[l ]

(l )

Dacă un sistem (continuum material) se compune dintr-un număr p de subsisteme (S1), (S2),...,(Sp) având masele: M1, M2, ..., Mp şi centrele de masă (C1, C2,...,Cp) având vectorii de poziţie: ρ 1, ρ 2, ρ 2, ... ρ p, atunci vectorul de poziţie al centrului de masă al corpului se determină cu relaţia: p

ρ=

∑M ρ i =1 p

i

∑M i =1

i

i

p

;

ξ=

∑M x i =1 p

i

∑M i =1

i

p

i

, η=

∑M i =1 p

i

∑M i =1

yi i

p

, ζ=

∑M z i =1 p

i

∑M i =1

i

,

i

Dacă un sistem material este rezultatul eliminării dintr-un sistem (S1) de masă M1 şi centru de masă C1, a unui sistem (S2) de masă M2 şi centru de masă C2 , atunci vectorul de poziţie al centrului de masă C este dat de:

ρ=

M x − M 2 x2 M y − M 2 y2 M z − M 2 z2 M 1 ρ1 − M 2 ρ2 ; ξ= 1 1 ,η = 1 1 , ζ= 1 1 M1 − M 2 M1 − M 2 M1 − M 2 M1 − M 2

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

48

În tabelul următor sunt date formule pentru calculul centrelor de greutate ale unor corpuri omogene uzuale: Nr. crt.

Tipul corpului omogen

1

Bara omogenă de lungime L

Figura y C(ξ,η) O

2

Bara omogenă: arc de cerc de rază R şi semideschiderea α

Coordonatele centrului de greutate A

A R α C(ξ,η) α

y O

x

ξ=R

B

3

4

Placă omogenă în formă de sector circular de rază R şi semideschiderea α

Placă omogenă în formă de segment de cerc de rază R şi semideschiderea α

L ; η=0 2

ξ=

x

L

sin α ; η=0 α

A

y

R

α C(ξ,η) α

O

ξ=

x

B

y O

R α α

2 sin α R ; η=0 3 α

sin 3 α 2 ξ= R 3 α − sin α cos α η=0

A C(ξ,η) x B

5

Placă omogenă plana în formă de triunghi

D

y

x

O

Corp omogen conic de înălţime h

ξ=

B

A

6

x A + xB + xD ; 3 y + yB + yD ; η= A 3

C(ξ,η)

z O' C(ξ,η,ζ) h x

7

y O z

Corp omogen semisferic de rază R

ξ = 0; η = 0;

O' C(ξ,η,ζ) R x

ξ = 0; η = 0; 3h ζ= 4

O

ζ= y

3R 8

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

49

3.1. CENTRUL DE MASĂ PENTRU BARE OMOGENE PROBLEME REZOLVATE 3.1.1 Se consideră o bară omogenă, de forma unui cârlig plan (în planul Oxy ca în fig. 3.1.1), pentru care se cunosc dimensiunea a, razele semicercurilor şi lungimile barelor.

y a

C1 O1

Se cer coordonatele centrului de masă al cârligului C (ξ,η), în raport cu sitemul de axe dat.

C2

4a

2a O

O3

Rezolvare:

C4

C3

x

Cârligul se compune din patru segmente de bară simple: două segmente sub formă de semicerc având centrele de masă notate cu C1(x1, y1 ), C3 (x3 ,y3), respectiv lungimile L1 şi L3

Fig. 3.1.1

două segmente drepte având centrele de masă C2 (x2, y2), C4 (x4, y4) respectiv lungimile L2 ,L4. Faţă de sitemul de axe Oxy, coordonatele centrului de masă C (ξ,η) al cârligului, se calculează cu formulele : 4

Σ Li xi

4

Σ Li yi

ξ = i =14 , η = 1=i4 . Σ Li Σ Li i =1

(a)

1

Pentru segmentul de bară (1) avem:  x1 = −a π sin  2a 2a 2a  sin α   2 O1C1 = R =a = ⇒ y1 = 4a + ⇒ C1  − a , 4a +  (b) π π π α π   2  L1 = πa Pentru segmentul de bară (2) avem:  x2 = 0  (c)  y 2 = 2a ⇒ C2 ( 0 ,2a )  L = 4a  2 Pentru segmentul de bară (3) avem:  x3 = 2 a π sin  sin α 4a 4a 4a    2 O3C3 = R = 2a = ⇒ y 3 = − ⇒ C 3  2 a , −  (d) π α π π π    2  L3 = 2πa

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

50

Pentru segmentul de bară (4) avem: x4 = 3a, y4 = 0, L4 = 2a ⇒ C4 (3a, 0).

(e)

Se introduc valorile calculate în formulele lui ξ şi η obţinându-se: ξ = a;

 2( 2π + 1 )a   ⇒ C  a , 3 ( π + 2 )  

2( 2π + 1 )a 3( π + 2 )

η=

(f)

Acelaşi rezultat se obţine cu ajutorul următorului tabel: Corpul

Forma

nr.

Li

xi

πa

−a

4a

0

2πa

2a

2a

3a

3a(π+2)

−

yi

Lixi

Liyi

−πa2

(4π +2) a2

0

8a2

4πa2

−8a2

0

6a2

0

−

3a2 (π +2)

2a2 (2π +1)

corpului y a

1

C1 O1

4a +

2a π

x y

2 4a

2a

C2 x

y

3

2a

4

x

O3 C3

y

x

C4

−

4a π

2a

Σ →

z O4 C4 a

C3 a x

O

C2

y

a C1

3.1.2 Se consideră un cadru spaţial format din 4 bare omogene sudate şi dispuse în raport cu sistemul de axe Oxyz, ca în fig. 3.1.2. Se cunosc dimensiunea a, razele semicercurilor (lungimile barelor). Se cere poziţia centrului de masă al cadrului în raport cu sistemul de axe ales Rezolvare:

Pentru arcele de cerc poziţiile centrelor de masă sunt date de:

Fig. 3.1.2

π sin α 4 = 2a 2 , O C = R sin α = a 2a 2 =a OC3 = R 4 4 π α π α π 4 sin

(a)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

51

Coordonatele centrelor de masă ale segmentelor de bară şi lungimile acestora vor fi: πa 2a   2a C3  , 0 , L3 = ; ; π 2  π πa  a( π − 2 ) a( π − 2 )  C4  a , , ; L4 = π π 2  

 a C1  , a , 0 ; L1 = a ; 2   a  C2  a , , 0 ; L2 = a ;  2 

(b)

Pentru determinarea coordonatelor centrului de masă al cadrului spaţial C (ξ,η,ζ) aplică formulele: 4

ξ=

4

ΣLx i =1 i i

,η=

4

Σ Li

i =1

ΣL y i =1 i i 4

Σ Li

4

, ζ=

i =1

ΣLz i =1 i i 4

Σ Li

.

(c)

1

Înlocuind valorile se obţin coordonatele centrului de greutate : 5 π +1 π a, η = a, ς = a. ξ= 2( π + 2 ) 2( π + 2 ) 2( π + 2 )

(d)

Acelaşi rezultat se obţine completând următorul tabel: Corp nr.

Forma

xi

yi

zi

Lixi

Liyi

Lizi

a

a 2

a

0

a2 2

a2

0

a

a

a 2

0

a2

a2 2

0

πa 2

2a π

0

2a π

a2

0

a2

πa 2

0

a(π − 2 ) π

a(π − 2) π

0

a 2 (π − 2) 2

−

−

5a 2 2

(π + 2)a 2 2

corpului z

1

y a

O

x

C1

2

z O

y a C2

x

3

z C3

a

x

4

y O

a

z

O4 C4

x

Σ

Li

y

a 2 (π − 2 ) 2

O

a(2+π)

−

πa 2 2

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

52

S3.2. CENTRUL DE MASĂ PENTRU PLĂCI OMOGENE PROBLEME REZOLVATE 3.2.1 Se consideră o placă plană omogenă având forma din fig. 3.2.1 . Se cunoaşte dimensiunea a.

y a C2

Se cere să se determine poziţia centrului de masă C (ξ,η ) al plăcii faţă de sistemul de axe Oxy considerat în fig. 3.2.1.

2a

C3 O2

2a

C1

Rezolvare

C4 a

a

O4 a

Placa omogenă se compune din 4 părţi simple având centrele de masă Ci (xi, yi) şi ariile Ai ( i=1,2,3,4) ca în fig. 3.2.1.

x

Fig. 3.2.1

Ţinând seama de relaţia care dă poziţia centrul unui sector circular de rază R şi unghi la centru 2α , avem: O2C2 =

2 ⋅ 3a ⋅ 3

π π sin 4 = 4 2a ; O C = 2 ⋅ a ⋅ 2 = 4a 4 4 π π π 3 3π 4 2

sin

(a)

Coordonatele centrului de masă al plăcii faţă de sistemul de axe Oxy se determină cu ajutorul relaţiilor: ξ=

A1 x1 + A2 x2 − A3 x3 − A4 x4 A y + A2 y2 − A3 y3 − A4 y4 , η= 1 1 A1 + A2 − A3 − A4 A1 + A2 − A3 − A4

(b)

Pentru fiecare din cele patru plăci simple: placa 1(dreptunghiul 3a x 2a), placa 2 (sector circular de rază 3a), placa 3 (triunghiul a x 2a , care se decupează) şi placa 4 (sector circular de rază a , care se decupează) avem: x1 = 3a / 2; y1 = a ; A1 = 6a 2 x2 = 3a − 4a / π; y2 = 2a + 4a / π; A2 = 9πa 2 / 4

(c)

x3 = 8a / 3; y3 = 8a / 3; A3 = a 2 x4 = 2a ; y4 = 4a / 3π; A1 = πa 2 / 2 Înlocuind în relaţiile lui ξ şi η de mai sus se obţine: ξ=

( 69π − 32 ) a, 3( 7π + 20 )

η=

2( 27π + 70 ) a ,sau ξ = 1,4667 a ; η = 2,458a . (d) 3( 7π + 20 )

La acelaşi rezultat se ajunge completând următorul tabel :

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Corpul nr.

Figura y 2a

1

C1 O

53

Ai

xi

yi

Ai xi

6a2

3a 2

a

9a3

9 a2 π 4

3a −

−a2

8a 3

8a 3

2a

4a 3π

−πa3

2 − a3 3

−

−

69 π − 32 3 a 12

27 π + 70 3 a 6

x

Ai yi

3a

y 3a

C2

2

O2

3a

4a π

2a +

4a π

9 3 a (3π − 4 ) 4

9 a3 (π − 2) 2

x

O y C3

3

2a O2

a

−

8a 3 3

−

8a 3 3

x

O y

−

4

a

O

a

Σ

C4 O4

x

7 π + 20 a 4

→

y

a

a

2a

3.2.2 Se consideră o placă plană omogenă având forma din fig. 3.2.2. pentru care se cunoaşte dimensiunea a. Se cere să se determine poziţia centrului de masă C (ξ,η ) al plăcii faţă de sistemul de axe Oxy considerat.

C2 O2 2a

C3 4a

C1

C4 x

O

2a

O4

4a

Fig. S3.2.2

ξ=

πa 2 2

Rezolvare

Coordonatele centrului de masă al plăcii faţă de sistemul de axe Oxz se determină cu ajutorul relaţiilor:

A1 x1 + A2 x2 − A3 x3 − A4 x4 A y + A2 y2 − A3 y3 − A4 y4 , η= 1 1 A1 + A2 − A3 − A4 A1 + A2 − A3 − A4

(a)

Ţinând seama de relaţia care dă poziţia centrul unui sector circular de rază R şi unghi la centru 2α , avem: O2C2 =

2 ⋅ 2a ⋅ 3

π π sin 2 = 8a ; O C = 2 ⋅ 4a ⋅ 4 = 16 2a 4 4 π π 3π 3 3π 2 4

sin

(b)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

54

Pentru placa simplă 1(dreptunghiul 6a × 4a): x1 = 3a ; y1 = 2a ; A1 = 24a 2

(c)

Pentru placa simplă 2 (sector circular de rază 2a): x2 = 4a ; y2 = 4a + 8a / 3π; A2 = 2πa 2

(d)

Pentru placa simplă 3 (triunghiul 4a× a, care se decupează): x3 = a / 3; y3 = 8a / 3; A3 = 2a 2

(e)

Pentru placa simplă 4 (sector circular de rază 4a, care se decupează): x4 = 6a − 16a / 3π; y4 = 16a / 3π; A1 = 4πa 2

(f)

Înlocuind în relaţia de mai sus se obţine: 136 − 24π 4( 10 + 3π ) a = 2,57a ; η = a = 3,296a 3( 11 − π ) 3( 11 − π )

ξ=

(g)

La acelaşi rezultat se ajunge dacă se completează următorul tabel : Figura nr.

Forma y

Ai

xi

yi

Aixi

Ai yi

24a2

3a

2a

72a3

48a3

2πa2

4a

−2a2

a 3

4a

1

C1 O

x

6a

y C2 2a O2

2a

2

4a +

8a 3π

8πa3

(8π +

13 3 )a 3

4a x O y

a C3

4a

3

8a 3

2 − a3 3

−

16 3 a 3

−

64 3 a 3

x O

y C4

4

O4 O 2a

∑

−4πa2

4a

4a

6a −

16a 3π

16a 3π

(24 π +

64 3 )a 3

x

(22−2π)a2

−

−

278 − 48π 3 a 3

80 + 24 π 3 a 3

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

55

3.2.3 Se consideră o placă omogenă de forma unui pătrat de latură a din care se decupează un triunghi isoscel de înălţime h ca în fig. 3.2.3. Se cere să se determine înălţimea triunghiului isoscel astfel încât centrul de masă C (ξ,η ) să coincidă cu vîrful triunghiului. y

Rezolvare:

a

Faţă de sistemul de axe Oxy din fig. 3.2.3, coordonatele centrelor de greutate pentru pătrat şi pentru triunghi sunt:

C a

C1 h

C1 (0, a/2) ,

C2(0,h/3)

(a)

iar ariile corespunzătoare sunt:

C2 x

O

A1 = a2, A2 =

Fig. 3.2.3

ah . 2

(b)

Coordonata a centrului de greutate după Oy se dxetremină cu ajutorul A y − A2 y 2 relaţiei: η = i 1 . (c) A1 − A

η=h

Condiţia

2h 2 − 6ah + 3a 2 = 0

conduce la următoarea ecuaţie de gradul II în h: 3± 3 (e) având soluţiile: h1,2 = a 2

Întrucât h 0 ⇔ tgα < 2 sau ω2 < ctgα aω a

(s)

(t)

(u)

(v)

12.2. Se consideră cadrul OABC din figura 12.2.a format dintr-un tub OA înclinat cu unghiul α faţă de axa de rotaţie, situat în plan vertical, care se roteşte în jurul axei verticale BC cu viteza unghiulară ω=constant. În acelaşi timp, în interiorul tubului se deplasează fără frecare un punct material M (o bilă) de masă m, care este prins prin intremediul unui arc de constantă elastică c de punctul fix O; punctul material porneşte din D (OD=l0=lungimea arcului nedeformat) fără viteză iniţială. Se mai cunosc lungimile: CO =a; CB=h. z1 ω A

B

M

α

h

D C

a

Fig. 12.2.a

O

Se cere: 1. să se deducă ecuaţiile mişcării relative a punctului M în interiorul tubului şi soluţia ecuaţiei diferenţiale respective. 2. să se determine forţa de presiune pe care o exercită punctul M de masă m asupra pereţilor tubului. 3. Să se determine distanţa OM pentru poziţia de repaus relativ al punctului M faţă de tub

191

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Rezolvare:

Faţă deproblema 12.1, în acest caz mai apare o forţă ce acţionează asupra punctului material (fig. 12.2.c) şi anume forţa elastică a arcului având mărimea: Fe = c( x − l 0 ) , unde x este distanţa de la punctul M la punctul O. Se aleg cele două sisteme de axe ca în fig. 12.2.a: triedrul fix O1x1y1z1 şi triedrul mobil Oxyz cu originea în punctul O astfel încât planul cadrului A’ABB’ să coincidă cu planul Oxz . Vectorii r , ro , ω, ε se exprimă prin proiecţiile lor pe axele triedrului mobil Oxzy, astfel (fig. 12.2.b): r = OM = xi ; r0 = CO = a sin αi − a cos αk (a) & =0 ω = ω cos α ⋅ i + ω sin α ⋅ k ; ε=ω Expresiile analitice ale vitezei relative şi de transport se exprimă faţă de triedrul mobil Oxzy astfel (fig. 12.1.b): ∂r vr = = x& i (b) ∂t vt = v0 +ω×r = r&0 +ω×r = ω×r0 +ω×r = ω( cosα ⋅ i + sinα ⋅k )× a( sinα ⋅ i − cosα ⋅k )+ (c) + ω( cosα ⋅ i + sinα ⋅k )×( x ⋅i ) =ω(a + x sinα) j Expresiile analitice ale acceleraţiilor relativă, de transport şi Coriolis în triedrul mobil Oxzy (fig. 12.1.b) sunt: ar =

∂2 r = &x&i , ∂t 2

at = a0 + ε×r + ω × (ω×r ) = ω( cos α ⋅ i + sin α ⋅ k )× (ωa ⋅ j ) +

+ ω( cos α ⋅ i + sin α ⋅ k )× (x sin α j ) ⇒ at = ω 2( x + a sin α )(cos α ⋅ k − sin α ⋅ i )

(d)

aC = 2 ω×vr = 2( ωcos α ⋅ i +ωsin α ⋅ k )×( x& i )= 2ωx& sin α ⋅ j z1

z1 x

x

ω B

ω z

M a O

x1

Fig. 12.2.b

A

B N1

ar

at

M’ O1≡C

vr

A

vt

aC

h

M

z

y1

O1≡C

FC N 2

α

y

Fe

a y

Fig. 12.2.c

Ft

O

G

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

192

Ecuaţia fundamentală a dinamicii mişcării relative a punctului material este: mar = F + Ft + FC ,

(e)

unde F reprezintă rezultanta forţelor efectiv aplicate şi de legătură, F t forţa complementară de transport şi F C forţa complementară Coriolis. Conform fig. 12.1.c expresiile analitice ale acestor forţe în proiecţii pe axele sistemului mobil Oxzy, sunt: F =m g + Fe + N1 + N 2 = − m g cos α ⋅ i − m g sin α ⋅ k − c( x − l 0 )i + N1 k + N 2 j Ft =− mat = m ω2 (a + x sin α )(sin αi − cos α ⋅ k )

FC =− mac = − 2mω x& sin α ⋅ j Ecuaţia fundamentală a dinamicii mişcării relative (e) se scrie astfel: m&x&i =[−m g cos α +m ω2 x sin 2 α − c( x − l 0 ) ]i + ( N 2 −2mω x& sin α ) j +

(f)

(f) +( N1 −m g sin α−m ω2 x sin α cos α )k sau în proiecţii pe axe, sistemul de ecuaţii scalare: m&x&=mω2 (a + x sin α ) sin α − mg cos α − c( x − l 0 )  (g) 0= N 2 −2mωx& sin α 0= N −m g sin α− mω2 (a + x sin α )cos α 1  Prima ecuaţie a sistemului (g) reprezintă o ecuaţie diferenţială de ordinul II neomogenă, care se scrie astfel: cl c  &x&−  ω2 sin 2 α −  x = − g cos α + 0 + a ω2 sin α (h) m m  Soluţia generală a acestei ecuaţii este egală cu suma dintre soluţia generală a ecuaţiei omogene (xom) şi o soluţie particulară a ecuaţiei neomogene (xp): x = xom + x p (i) Se consideră cele două ipoteze posibile: c c (j) a) Dacă: ω2 sin 2 α − < 0 , notam ω2 sin 2 α − = −λ2 m m Soluţia generală a ecuaţiei omogene (xom) se scrie sub forma: xom =C1 e r t + C 2 e r t , (k) unde r1 şi r2 sun rădăcinile ecuaţiei caracteristice: r 2 + λ2 = 0 , adică r1,2 = ±iλ , deci (k) devine: iλ t − iλ t xom =C1 e + C 2 e = A1 cos λt + A2 sin λt Soluţia particulară a ecuaţiei neomogene se găseşte de forma: l − g ⋅ cos α + c 0 + ω2 a sin α m (l) xp = c 2 2 − ω sin α m Deci soluţia generală se scrie: 1

2

193

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

x = A1 cos λt + A2 sin λt +

− g ⋅ cos α + c

l0 + ω2 a sin α m

c − ω2 sin 2 α m

(m)

iar derivata ei se scrie: x& = − A1λ sin λt + A2 λ cos λt

(n)

unde A1 şi A2 sunt constante de integrare care se determină din condiţiile iniţiale ale problemei: pentru t=0 ⇒ x(0) =l0, şi x&( 0 ) = 0 . Se obţin astfel pentru A1 şi A2 valorile: l0  g cos c − ⋅ α + + ω2 a sin α  m = x0  A1 = l 0 − c 2 2  − ω sin α  m A = 0  2

(o)

deci ecuaţia (m) a mişcării se scrie: x=l 0 + x0 (cos λt − 1 ) (p) v = x& =− λx0 sin λt Înlocuind soluţiile (n) în a doua şi a treia ecuaţie (f) rezultă reacţiunile N1 şi N2 care sunt egale în modul cu forţele de presiune pe care le exercită punctul M asupra pereţilor tubului după Oy şi Oz. Ţinând seama că cele două reacţiuni sunt perpendiculare, forţa totală de presiune N pe care o exercită punctul M asupra tubului este: N = N12 + N 22 c c b) Dacă ω2 sin 2 α − > 0 , notam ω2 sin 2 α − = β 2 (q) m m Soluţia generală a ecuaţiei omogene (xom) se scrie sub forma: xom =C1 e r t + C 2 e r t , (r) unde r1 şi r2 sunt rădăcinile ecuaţiei caracteristice: r 2 − β2 = 0 , adică r1,2 = ±β , deci (r) devine: xom =C1 e βt + C 2 e − βt Soluţia particulară a ecuaţiei neomogene se găseşte de forma: l − g ⋅ cos α + c 0 + ω2 a sin α m (s) xp = c 2 2 ω sin α − m Deci soluţia generală se scrie: 1

2

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

x = C1e βt + C 2 e −βt +

l0 + ω2 a sin α m c ω2 sin 2 α − m

194

− g ⋅ cos α + c

iar derivata ei se scrie: x& = C1β e βt − C 2β e − βt

(t)

(u)

unde C1 şi C2 sunt constante de integrare care se determină din condiţiile iniţiale ale problemei: pentru t=0 ⇒ x(0) =l0, şi x&( 0 ) = 0 . Se obţine astfel următorul sistem de două ecuaţii cu două necunoscute C1 şi C2: l0  g cos c − ⋅ α + + ω2 a sin α  m = l0 C1 + C 2 + c (v) 2 2  ω sin α −  m C − C = 0  1 2 l − g ⋅ cos α + c 0 + ω2 a sin α m Dacă se notează: l 0 − = x0 (w) c 2 2 ω sin α − m se obţine: C1 =C 2 =

x0 , 2

deci ecuaţia mişcării se scrie:

(x)

x 0 β t −β t ( e + e ) + l 0 − x0 = x0 (chβ t − 1) + l 0 (y) 2 v = x& = x0β ⋅ shβ t Se poate exprima legea de mişcare şi sub forma relaţiei între viteză şi deplasare ţinând seama de relaţia matematică: ch 2 x − sh 2 x = 1 . Relaţiile (y) se mai scriu astfel: x − l0 v + 1 =chβ t ; = shβ t (z) x0 x0 β Legea de mişcare sub forma relaţiei între viteză şi deplasare este deci: 2 2  x − l0   v   =1  + 1 −  (aa)   x0 β   x0 2. Înlocuind soluţiile (n) în a doua şi a treia ecuaţie (y) rezultă reacţiunile N1 şi N2 care sunt egale în modul cu forţele de presiune pe care le exercită punctul M asupra pereţilor tubului după Oy şi Oz: Ţinând seama că cele două reacţiuni sunt perpendiculare, forţa totală de presiune N pe care o exercită punctul M asupra tubului este: N = N12 + N 22 (r) x=

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

3. Condiţiile de repaus relativ sunt date de: ar = &x& = 0 si vr = x& = 0 , care introduse în ecuaţiile (g) conduc la: − mg cos α + cl 0 + m ω2 a sin α x R = ( OM )R = − mω2 sin 2 α + c N2 = 0

N1 =m g sin α+ mω2 (a + x R sin α ) Repausul relativ se realizează dacă este îndeplinită condiţia: − mg cos α + cl 0 + m ω2 a sin α > l0 − mω2 sin 2 α + c

195

(ab)

(ac)

(ad)

12.3. Se consideră cadrul OABC din figura 12.3.a format dintr-un tub OA înclinat cu unghiul α faţă de axa de rotaţie, situat în plan vertical, care se roteşte în jurul axei verticale BC cu viteza unghiulară ω=constant. În acelaşi timp, în interiorul tubului se deplasează fără frecare un punct material M (o bilă) de masă m, pornind din punctul O fără viteză iniţială. Tubul este înclinat faţă de verticală cu unghiul α. Se mai cunosc lungimile: CO =a; CB=h.

z1

ω C

O

α

Se cere: 1. să se deducă ecuaţiile scalare ale mişcării relative a punctului M în interiorul tubului şi legea de mişcare. 2. să se determine forţa de presiune pe care o exercită punctul M de masă m asupra pereţilor tubului. 3. Să se determine poziţia punctului M pentru poziţia de repaus relativ faţă de tub.

M

h

Rezolvare: B

a

A

Fig. 12.3.a

Se aleg cele două sisteme de axe ca în fig. 12.3.a: sistemul de axe (triedrul, reperul) fix O1x1y1z1 şi sistemul de axe mobil Oxyz cu originea în punctul O astfel încât planul cadrului A’ABB’ să coincidă cu planul Oxz şi Oy dat de regula şurubului drept.

Pentru studiul mişcării se pleacă de la ecuaţia fundamentală a dinamicii mişcării relative a punctului material: mar = F + Ft + FC ,

(a)

196

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

unde conform fig. 12.3.c se poate scrie: F =m g + N1 + N 2 = m g sin α ⋅ i + m g cos α ⋅ k − N1 k − N 2 j

(b)

rezultanta forţelor efectiv aplicate şi de legătură,

F t = − mat forţa complementară de transport

(c)

F C = − maC forţa complementară Coriolis.

(d)

Acceleraţiile de transport şi Coriolis faţă de triedrul mobil Oxzy (fig. 12.3.b) sunt:

at = atν = ω 2( a − x cos α )(cos α ⋅ i − sin α ⋅ k )

(d)

aC = 2 ω×vr = 2( −ωsin α ⋅ i −ωcos α ⋅ k )×( x& i )= −2ω x& cos α ⋅ j Rezultă expresiile analitice ale forţelor complementare Ft = −mat = mω 2( a − x cos α )(− cos α ⋅ i + sin α ⋅ k )

(e)

FC = −maC =2mω x& cos α ⋅ j z1

z1

ω O

ω

M O1≡B

aC

x1

z

vr

h

y1

z

M

Ft FC N 2

O1≡B

G

a x

x

Fig. 12.3.b

y

α

N1

vt

ar

A

O

C

α

at

M’

ω

y

a

C

A

Fig. 12.3.c

Ecuaţia fundamentală a dinamicii mişcării relative (e) se scrie astfel: m&x&i = mg sin α ⋅ i + mg cos α ⋅ k − N1 k − N 2 j + + mω 2( a − x cos α )(− cos α ⋅ i + sin α ⋅ k ) +2mω x& cos α ⋅ j sau în proiecţii pe axe, sistemul de ecuaţii scalare: m&x& = mg sin α − mω 2( a − x cos α )cos α 0 = −N 2 + 2mω x& cos α

(f)

(g)

0 = − N1 + mg cos α + mω 2( a − x cos α ) sin α Prima ecuaţie a sistemului (g) reprezintă o ecuaţie diferenţială de ordinul II neomogenă, care se scrie astfel: &x&− ω2 cos 2 α ⋅ x = g sin α − a ω2 cos α

(h)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

197

Soluţia generală a acestei ecuaţii este egală cu suma dintre soluţia generală a ecuaţiei omogene (xom) şi o soluţie particulară a ecuaţiei neomogene (xp): g ⋅ sin α − a ω2 cos α x = xom + x p =C1 e ωt cos α +C 2 e − ωt cos α − (i) ω2 cos 2 α Derivata soluţiei generale se scrie: x&= ω cos α(C1 e ωt cos α −C 2 e − ωt cos α )

(j)

unde C1 şi C2 sunt constante de integrare care se determină din condiţiile iniţiale ale problemei: pentru t=0 ⇒ x(0) =0, şi x&( 0 ) = 0 . Se obţine astfel următorul sistem de două ecuaţii cu două necunoscute C1 şi C2: g sin α − a ω2 cos α  C1 + C 2 = (k) ω2 cos 2 α  C1 − C 2 = 0 g sin α − a ω2 cos α Dacă se notează: (l) = x0 ω2 cos 2 α x (m) se obţine: C1 =C 2 = 0 , deci ecuaţia mişcării se scrie: 2 x x= 0 ( e ωtcos α +e − ωt cos αt − 2 )= x0 ⋅ [ch( ωt cos α ) − 1 ] 2 (n) x0 v = x& = ω cos α( e ωtcos α −e − ωt cos α ) = x0 ω cos α ⋅sh( ωt cos α ) 2 Se poate exprima legea de mişcare şi sub forma unei ecuaţii viteză deplasare ţinând seama de relaţia matematică: ch 2 x − sh 2 x = 1 . Relaţiile (n) se mai scriu astfel: x + 1 =ch( ωt cos α ) x0 (o) v = sh( ωt sin α ) x0 ω cos α Legea de mişcare sub forma relaţiei între viteză şi deplasare este deci: 2 2  x    v  + 1 −   = 1 (p) x x ω cos α  0   0  2. Înlocuind soluţiile (n) în a doua şi a treia ecuaţie (f) rezultă reacţiunile N1 şi N2 care sunt egale în modul cu forţele de presiune pe care le exercită punctul M asupra pereţilor tubului după Oy şi Oz: N1 =m g cos α+ mω2 ( a − cos αx0 [ch( ωt cos α ) − 1] ) sin α (q) N 2 =2mωx& cos α = 2mω2 cos 2 α x0 sh( ωt cos α ) Forţa totală de presiune N pe care o exercită punctul M asupra tubului este: N = N12 + N 22 (r)

198

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

4. Condiţia de repaus relativ este dată de: ar = &x& = 0 si vr = x& = 0 , x=xR

(s)

care introduse în ecuaţiile (g) conduc la: 0 = mg sin α − mω 2( a − xR cos α )cos α 0 = −N 2

(t)

0 = − N1 + mg cos α + mω 2( a − xR cos α ) sin α Din prima ecuaţie rezultă poziţia de repaus relativ a punctului faţă de tub:

− g sin α + aω2 cos α xR = ω2 cos 2 α

(u)

repaus relativ care se realizează dacă este îndeplinită condiţia:

− g sin α + aω cos α > 0 2

⇔

aω 2 tgα < g

sau

ω2 >

g tgα a

(v)

12.4. Se consideră cadrul ABB’A’ format dintr-un tub situat în plan vertical de forma semicirculară ca în figura 12.4, care se roteşte cu viteza unghiulară constantă ω. În acelaşi timp, în interiorul tubului se deplasează fără frecare un punct material de masă m, pornind din punctul A cu viteză iniţială. Se mai cunosc lungimile: AA’ =a; A’B’=h. Se cere: 1. să se deducă ecuaţiile mişcării relative a punctului în interiorul tubului pe cele două porţiuni AB şi BB’ 2. să se determine forţa pe care o exercită punctul material de masă m asupra peretelui tubului pe cele două porţiuni .

z1

ω B’ A’

Rezolvare: a. Mişcarea pe AB

R M v0 A

a

B

Fig. 12.4

Se consideră cele două sisteme de axe ca în fig. 12.4.a: sistemul de axe (triedrul, reperul) fix O1x1y1z1 şi sistemul de axe mobil Oxyz cu originea în acelaşi punct de pe axa de rotaţie astfel încât planul cadrului ABB’A’ să coincidă cu planul Oxz şi Oy dat de regula şurubului drept.

Se exprimă vectorii r , ro , ω, ε prin proiecţiile lor faţă de triedrul mobil Oxzy astfel (fig. 12.4.a):

199

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

r = OM = xi ;

r0 = 0 & =0 ε=ω

(a) ω = ω⋅ k; Viteza relativă şi de transport se exprimă faţă de triedrul mobil Oxzy astfel (fig. 12.4.a): ∂r vr = = x& i (b) ∂t

vt = v0 + ω×r = ( ω ⋅k )×( x ⋅i ) = ω ⋅ x j Acceleraţiile relativă, de transport şi Coriolis se exprimă faţă de triedrul mobil Oxzy astfel (fig. 12.4.a): ∂2 r ar = 2 = &x&i , ∂t at = a0 + ε×r + ω × (ω×r ) = ( ω ⋅ k )×( ω x⋅ j )= −ω 2 x ⋅ i

(c)

aC = 2 ω×vr = (2ω ⋅ k ) × ( x& i ) = 2ω x& ⋅ j z1≡z

z1≡z

A’

A’

B’

B’

ω y

aC A≡O

ω

at M

y

R

vr

R

Nz

vt

A≡O B

M FC

Ny

G

Ft

B

x

Fig. 12.4.a

x

Fig. 12.4.b

Expresiile analitice (în raport cu sistemul de axe mobil Oxzy) ale forţelor exterioare (direct aplicate şi de legătură) şi a forţelor complementare (de transport şi Coriolis) conform fig. 12.3.b sunt F =m g + N z + N y = − m g ⋅ k + N z k + N y j Ft =− mat = m ω2 x ⋅ i

(d)

FC =− mac = − 2mω x&⋅ j Ecuaţia fundamentală a dinamicii mişcării relative a punctului material: mar = F + Ft + FC , se scrie analitic astfel: (e) m&x&i = m ω2 x ⋅i + ( N y −2mω x& ) j +( N z −m g )k (f)

200

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

sau în proiecţii pe axele triedrului mobil: m&x&=mω2 x  0= N y −2mωx& 0= N −m g  z Prima ecuaţie (g) se mai scrie: &x&− ω2 ⋅ x = 0 şi are soluţia de forma: x=C1 e ωt + C2 e − ωt ,

(h) (i)

respectiv derivata:

(j)

x& = ω(C1 e ωt −C 2 e − ωt )

(g)

unde C1 şi C2 sunt constante de integrare care se determină din condiţiile iniţiale ale problemei: x(0) =0, şi x&( 0 ) = v0 . Se obţine astfel următorul sistem de două ecuaţii cu două necunoscute C1 şi C2: C1 + C 2 = 0  (k) v0  C C − = 2  1 ω v se obţine: C1 =− C 2 = 0 , deci ecuaţia mişcării se scrie: 2ω v v x= 0 ( e ωt − e −ω t ) = 0 ⋅ sh( ωt ) (l) 2ω ω x& =v0 ch( ωt ) Se poate exprima legea de mişcare şi sub forma viteză funcţie de spaţiu ţinând seama de relaţia matematică evidentă: ch 2 x − sh 2 x = 1 : 2 2  x&   xω    −   = 1 (m)  v0   v0  sau sub forma: 2

v( x ) = x& = v0

 xω    + 1  v0 

(n) 2

 aω  În punctul B viteza va fi: v B = v 0   + 1  v0  Din ultimele două ecuaţii (g) rezultă reacţiunile Ny şi Nz:

(o)

2

 aω  N y = 2mωx& = 2mωv0   + 1;  v0 

N z =m g

(p)

b. Mişcarea pe BB’

Se consideră cele două sisteme de axe ca în fig. 12.4.c: sistemul de axe (triedrul, reperul) fix O1x1y1z1 şi sistemul de axe mobil Oxyz cu originea în acelaşi punct de pe axa de rotaţie astfel încât planul cadrului ABB’A’ să coincidă cu planul Oxz şi Oy dat de regula şurubului drept.

201

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Se exprimă vectorii r , ro , ω, ε prin proiecţiile lor faţă de triedrul mobil Oxzy astfel (fig. 12.4.a): r = OM = ( a + R sin θ )i + R( 1 − cos θ )k ; r0 = 0 (q) & =0 ω = ω⋅ k; ε=ω Viteza relativă şi de transport se exprimă faţă de triedrul mobil Oxzy astfel (fig. 12.4.a): ∂r vr = = Rθ& cos θi + Rθ& sin θk = Rθ& τ (r) ∂t

vt = v0 + ω×r = ( ω ⋅k )×(( a + R sin θ )i + R( 1 − cos θ )k ) = ω ⋅ ( a + R sin θ ) j Se observă că viteza de transport este în acelaşi sens cu axa Oy, fiind proporţională cu distanţa până la axa de rotaţie: d = MM ' = a + R sin θ . Acceleraţiile relativă, de transport şi Coriolis se exprimă faţă de triedrul mobil Oxzy astfel (fig. 12.4.a): ∂2 r ar = 2 = (R&θ& cos θ − Rθ& 2 sin θ)⋅ i + (R&θ& sin θ+ Rθ& 2 cos θ) ⋅ k ∂t at = a0 + ε×r + ω × (ω×r ) = ( ω ⋅ k )× [ω ⋅ ( a + R sin θ ) j ] = −ω 2( a + R sin θ ) ⋅ i (s) a = 2 ω×v = (2ω ⋅ k ) × (Rθ& cos θi + Rθ& sin θk ) = 2ωRθ& cos θ ⋅ j C

r

z1≡z

z1≡z

A’

A’

B’

B’

ω

R y

M’

C

r

A≡O

at

θ

vr

ω

arν

arτ

y

vt aC

υ

R

N2

θ

A≡O

N1

M

M B

B

Fig. 12.4.c

τ

C

M’

x

FC

G

Ft

x

Fig. 12.4.d

Expresiile analitice (în raport cu sistemul de axe mobil Oxzy) ale forţelor exterioare (direct aplicate şi de legătură) şi a forţelor complementare (de transport şi Coriolis) conform fig. 12.4.d sunt F =m g + N1 + N 2 = − m g ⋅ k − N1 sin θ ⋅i + N1 cos θ ⋅k + N 2 j Ft = − mat = mω 2( a + R sin θ ) ⋅ i F = − ma = −2mωRθ& cos θ ⋅ j C

C

(t)

202

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Ecuaţia fundamentală a dinamicii mişcării relative a punctului material: mar = F + Ft + FC ,

(u)

se scrie analitic astfel: m(R&θ& cos θ − Rθ& 2 sin θ)⋅ i + m (R&θ& sin θ+ Rθ& 2 cos θ) ⋅ k = − m g ⋅ k − N1 sin θ ⋅ i + + N cos θk + N j + mω 2( a + R sin θ ) ⋅ i − 2mωRθ& cos θ ⋅ j 1

(w)

2

sau în proiecţii pe axele triedrului mobil:

m(R&θ& cos θ − Rθ& 2 sin θ)= − N1 sin θ + mω 2( a + R sin θ )  0 = N 2 − 2mωRθ& cos θ  ( && &2 m Rθ sin θ+ Rθ cos θ)= − m g + N1 cos θ

(x)

Dacă se multiplică prima ecuaţie (x) cu cosθ şi a treia cu sinθ şi se adună membru cu membru se obţine ecuaţia diferenţială: mR&θ&(cos 2 θ + sin 2 θ)= mω 2( a + R sin θ ) cos θ − mg sin θ, sau (y) R&θ&= ω 2( a + R sin θ ) cos θ − g sin θ Multiplicând ecuaţia (y) cu: dθ = θ& dt şi integrând se obţine o primă formă integrală a soluţiei: R&θ& ⋅ θ& dt = ω 2( a + R sin θ ) cos θ ⋅ dθ − g sin θdθ Rθ& 2 1 = ω 2 a sin θ − ω 2 R cos 2θ + g cos θ + C 2 4

(z)

Constanta de integrare se obţine din condiţiile iniţiale: 2

θ = 0 ⇒ v B = Rθ& = v0

 aω    + 1  v0 

(aa)

Se obţine astfel legea de mişcare sub forma: v( θ ) = Rθ& = v B2 + 2 Rω 2 a sin θ + ω 2 R 2 sin 2 θ − 2 Rg( 1 − cos θ )

(ab)

Viteza în punctul B’ se obţine din relaţia (ab) în care θ=1800: v B' = v B2 − 4 Rg

(ac)

Pentru ca punctul să ajungă în B’ trebuie îndeplinită condiţia:

( aω ) + v 4 Rg − (aω)

v B2 ≥ 4 Rg sau sau : v0 ≥

2

2

2 0

≥ 4 Rg

(ad)

203

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

12.5. Se consideră cadrul A’ABB’ din figura 12.5 format dintr-un tub AB înclinat cu unghiul α faţă de axa de rotaţie, situat în plan vertical, care se roteşte cu viteza unghiulară constantă ω. În acelaşi timp, în interiorul tubului se deplasează fără frecare un punct material de masă m, pornind din punctul A fără viteză iniţială. Se mai cunosc lungimile: AA’ =a; A’B’=h. Se cere:

z1

1. să se deducă ecuaţiile mişcării relative a punctului în interiorul tubului

ω

A’

a

h

2. să se determine viteza absolută în momentul părăsirii tubului (în punctul B);

A

α

3. să se determine forţa pe care o exercită punctul material de masă m asupra peretelui tubului.

M

Rezolvare: B’

B

Fig. 12.5

Se consideră cele două sisteme de axe ca în fig. 12.5.a: sistemul de axe (triedrul, reperul) fix O1x1y1z1 şi sistemul de axe mobil Oxyz cu originea în acelaşi punct de pe axa de rotaţie astfel încât planul cadrului A’ABB’ să coincidă cu planul Oxz şi Oy dat de regula şurubului drept.

Se exprimă vectorii r , ro , ω, ε prin proiecţiile lor faţă de triedrul mobil Oxzy astfel (fig. 12.5.a): r = OM = xi ; r0 = 0 (a) & =0 ω = −ω cos α ⋅ i + ω sin α ⋅ k ; ε=ω Viteza relativă şi de transport se exprimă faţă de triedrul mobil Oxzy astfel (fig. 12.5.a): ∂r vr = = x& i (b) ∂t vt = v0 + ω×r = ( −ωcos α ⋅ i + ω sin α ⋅k )×( x ⋅i ) = ω ⋅ x sin α ⋅ j Acceleraţiile relativă, de transport şi Coriolis se exprimă faţă de triedrul mobil Oxzy astfel (fig. 12.5.a): ∂2 r ar = 2 = &x&i , ∂t

at = a0 + ε×r + ω × (ω×r ) = ( −ωcos α ⋅ i +ωsin α ⋅ k )×( ω x sin α⋅ j ) ⇒ at = −ω x sin α ⋅ i − ω x sin α cos α ⋅ k 2

2

2

aC = 2 ω×vr = 2( −ωcos α ⋅ i +ωsin α ⋅ k )×( x& i )= 2ω x& sin α ⋅ j

(c)

204

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

y

O1≡O

z

O1≡O y ω

z

A’

a

A

A’

ω

M’

M

h

aC

vt vr

B’

Nz

α

M

at

A

a

B’

N y FC

Ft

G

B

B x

x

z1

z1

Fig. 12.5.a

Fig. 12.5.b

Expresiile analitice (în raport cu sistemul de axe mobil Oxzy) ale forţelor exterioare (direct aplicate şi de legătură) şi a forţelor complementare (de transport şi Coriolis) conform fig. 12.5.b sunt F =m g + N z + N y = m g cos α ⋅ i − m g sin α ⋅ k + N z k + N y j Ft =− mat = m ω2 x sin 2 α ⋅ i +m ω2 x sin α cos α ⋅ k

(d)

FC =− mac = − 2mω x& sin α ⋅ j Ecuaţia fundamentală a dinamicii mişcării relative a punctului material: mar = F + Ft + FC ,

se scrie analitic astfel:

m&x&i =( m g cos α +m ω2 x sin 2 α )i + ( N y −2mω x& sin α ) j + +( N z −m g sin α+m ω x sin α cos α )k 2

(e) (f)

sau în proiecţii pe axele triedrului mobil: m&x&=mω2 x sin 2 α + mg cos α  0= N y −2mωx& sin α  2 0= N z −m g sin α+ mω x sin α cos α

(g)

Prima ecuaţie (g) se mai scrie: &x&− ω2 sin 2 α ⋅ x = g cos α

(h)

205

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

şi are soluţia de forma: x=C1 e ω sin αt + C 2 e −ω sin αt −

g ⋅ cos α , ω2 ⋅ sin 2 α

respectiv derivata: x& = ω sin α ⋅ (C1 e ω sin αt − C 2 e − ω sin αt )

(i) (j)

unde C1 şi C2 sunt constante de integrare care se determină din condiţiile iniţiale ale problemei: x(0) =a/sinα, şi x&( 0 ) = 0 . Se obţine astfel următorul sistem de două ecuaţii cu două necunoscute C1 şi C2: a g cos α  + 2 2 C1 + C 2 = sin α ω sin α  C1 − C 2 = 0 Dacă se notează: se obţine: C1 =C 2 =

(k)

a g ⋅ cos α + 2 = x0 sin α ω ⋅ sin 2 α

x0 , 2

deci ecuaţia mişcării se scrie:

x0 ω sin αt −ω sin α t g cos α g cos α (e ) − 2 2 x = x0 ⋅ ch( ω sin α ⋅t ) − 2 2 +e ω sin α ω sin α 2 x& = x0 ω sin α ⋅sh( ω sin α ⋅t ) x=

(l) (m)

(n)

Se poate exprima legea de mişcare şi sub forma viteză funcţie de spaţiu ţinând seama de relaţia matematică evidentă: ch 2 x − sh 2 x = 1 ; relaţiile (n) se scriu astfel: x g cos α + 2 =ch( ω sin α ⋅t ) x0 ω x0 sin 2 α x& = sh( ω sin α ⋅t ) x0 ω sin α

(o)

rezultă deci legea de mişcare sub forma: 2

2

 x  g cos α   x&  + 2  −   = 1 2 x ω x sin α x sin ω α  0   0  0

(p)

sau sub forma: 2

 x g cos α   − 1 v( x ) = x& = x0 ω sin α  + 2 2 x x sin ω α  0  0

(q)

2. Viteza cu care punctul material părăseşte tubul se obţine ţinând seama că cele două viteze (relalivă şi de transport) sunt perpendiculare (conform relaţiilor b): v B = vrB2 + vtB2 unde:

(r)

206

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ 2

viteza relativă:

x g cos α   − 1 vrB = x& B = x0 ω sin α  B + 2 2 x ω x sin α 0  0  vtB = ω ⋅ x B sin α

viteza de transport: unde : x B =

(s) (t)

a h + sin α cos α

(u)

3. Din a doua şi a treia ecuaţie (f) rezultă reacţiunile N1 şi N2 ale punctului material asupra peretelui tubului care sunt egale ca mărime cu reacţiunile Nz şi Ny ce acţionează asupra punctului: N 2 = N y =2mωx& sin α

(v)

N1 = N z =m g sin α− mω2 x sin α cos α

Ţinând seama că cele două reacţiuni sunt perpendiculare, reacţiunea totală N asupra tubului este:

N = N12 + N 22 = m sin α

( g −ω x cos α) +4 ω x& 2

2

2

2

(w)

PROBLEMĂ PROPUSĂ 12.6. Se consideră cadrul A’ABB’ din figura 12.6 format dintr-un tub AB înclinat cu unghiul α faţă de axa de rotaţie, situat în plan vertical, care se roteşte cu viteza unghiulară constantă ω. În acelaşi timp, în interiorul tubului se deplasează fără frecare un punct material M de masă m, pornind din punctul O cu viteza iniţială v0. Se mai cunosc lungimile: AA’ =a; A’B’=h. z1

Se cere:

ω

1. să se deducă ecuaţiile mişcării relative a punctului în interiorul tubului B

a

h

2. să se determine forţa pe care o exercită punctul material de masă m asupra peretelui tubului.

A

α

C

M

O

Fig. 12.6

3. să se determine poziţia de repaus relativ şi forţa pe care o exercită punctul material de masă m asupra peretelui tubului în acestă poziţie

207

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

CAPITOLUL XIII DINAMICA RIGIDULUI ŞI A SISTEMELOR DE RIGIDE PROBLEME REZOLVATE 13.1. Se consideră volantul din figura alăturată care se roteşte cu turaţia n0 [rot / min] în jurul unei axe perpendiculare pe planul său (xOy), ce trece prin O. Volantul are raza R, greutatea G şi momentul de inerţie în raport cu axa de rotaţie (Oz) J0 . Se frânează volantul cu ajutorul a doi saboţi apăsaţi fiecare cu forţa radială P (fig. 13.1). Coeficientul de frecare, de alunecare dintre volant şi saboţi este µ . Se cere să se calculeze numărul de ture complete N1 pe care-l efectuează volantul până la oprire. Rezolvare Se izolează volantul, se figurează toate forţele care acţionează (forţele efectiv aplicate şi de legătură) şi se aplică teorema momentului cinetic faţă de axa de rotaţie Oz:

&& = ∑ M oz (Fi ) J 0ϕ n

J0

(a)

i =1

R

care, în cazul de faţă se transcrie astfel: && = −2µP ⋅ R J 0ϕ ⇔

P

2µP ⋅ R ( = cons tan t ) J0 Integrând succesiv de două ori avem: 2µPR µPR 2 t + C1 , ϕ = − t + C1t + C 2 ϕ& = − J0 J0 Constantele de integrare C1 şi C2 se determină din condiţiile iniţiale: πn0  ϕ(0 ) = 0 C1 =  t = 0 (c) 30 πn0 ⇒  & ( ) 0 ϕ = ω = 0 C 2 = 0  30 && = − ϕ

P

O n0

(b)

G Fig. 13.1.

J0

P T

T

V O

H

P

R G

Fig. 13.1.a

Se obţin legile de mişcare pentru viteza unghiulară ω şi unghiul de rotaţie ϕ: πn 2µPR ω=− t+ 0 J0 30

(d) µPR 2 πn0 t + t ϕ=− J0 30 Pentru oprire se pune condiţia ω=0 şi se calculează timpul t1 necesar până la oprire din relaţia (d):

208

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

πn πn0 2µPR J0 t1 + 0 ⇒ t1 = J0 30 60µPR Până la oprire volantul se roteşte cu unghiul π 2 n02 J 0 µPR 2 πn0 ϕ1 = − t1 + t1 = (e) 30 3600µPR J0 Numărul de ture până la oprire va fi deci partea întreagă a valorii: πn0 J 0 ϕ (f) N1 = 1 = 2π 7200µPR Observaţie: În cazul volantului sub forma unui disc omogen se poate M ⋅ R2 G 2 R . înlocui momentul de inerţie cu: J 0 = = 2 2g

0=−

13.2. Se consideră un disc omogen de rază R şi greutate G având înfăşurat pe circumferinţa sa un fir fixat în punctul A (fig. 13.2). Discul este lăsat să cadă liber pe verticală plecând din repaus . Se cer legea de mişcare şi tensiunea din fir. Rezolvare A Se aplică teorema de variaţie a energiei cinetice pentru intervalul de timp (t0, t1): (a) E1 - E0 = L0-1 J0 unde: E0 = 0, deoarece v0 = 0 şi 1 1 1 G 2 1 G R2 v2 R 2 2 E1 = Mvc + J cz ω = vc + ⋅ 2 C 2 2 2g 2g 2 R 3G 2 G E1 = vc 4g Lucrul mecanic efectuat asupra discului pentru Fig. 13.2 acelaşi interval de timp este L0-1 = Gh, h fiind deplasarea greutăţii G aplicată în centrul discului Diferenţiind relaţiile anterioare avem: 3G dE = vc ac dt J0 2g S R dL = Gvc dt (b) C I unde h& = v , v&& = a c

c

c

Din teorema energiei scrisă sub forma diferenţială ω dE = dL se obţine aceleraţia centrului discului: 2 ac = g (c) 3 Aplicând teorema impulsului în proiecţii pe verticală: G Mac = Y sau ac = Y g

vC

G

Fig. 13.2.a

(d)

209

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

unde : Y reprezintă suma proiecţiilor pe verticală (pe axa Cy) a tuturor forţelor Prin urmare din (d) putem deduce tensiunea din fir S: G G ac = G − S ⇒ S = g 3

(e)

Observaţie: Aceleaşi rezultate se obţin dacă se foloseşte teorema momentului cinetic scrisă succesiv, faţă de centrul instantaneu de rotaţie I şi faţă de centrul discului C avem: n G 3R 2 & & && = G ⋅ R J Iz ϕ = ∑ M Iz (Fi ) ⇒ ϕ g 2 i =1

G R2 && = ∑ M Cz (Fi ) && = S ⋅ R J Cz ϕ ⇒ ϕ g 2 i a && = ε = c se obţin relaţiile (c) şi (e). Ţinând seama că ϕ R 13.3. Se consideră bara OA de lungime 2a şi greutate G articulată în O din fig. 13.3, care se află la momentul iniţial în repaus în poziţie orizontală, de unde i se dă drumul fără viteză iniţială. Articulaţia O este fără frecare. Se cere să se determine viteza unghiulară şi unghiul α format de reacţiunea totală din O Rleg şi axa longitudinală a barei. Rezolvare

A0 O≡O1

ϕ

Metoda I . Se ale un sistem de axe fix cu axa O1z1 să coincidă cu axa de rotaţia a barei şi acelaşi sens cu viteza unghiulară ω şi un sistem de axe mobil cu axa Ox să coincidă cu axa longitudinală a barei iar Oz să coincidă cu axa O1z1 (fig13.3.a). Viteza unghiulară rezultă din teortema momentului cinetic scrisă sub forma:

x1 C

G

y

A x

y1

&& = M z J z ε = M z sau : J z ϕ

Fig. 13.3 Rleg

Yleg

α

unde :

A0

Xleg O≡O1

ϕ

x1 C

G

y

Fig. 13.3.a

4a 2 G Jz = , iar M z = Ga cos ϕ 3g Deci teorema momentului cinetic devine:

A x

y1

(a)

4a 2 G 3g && = Ga cos ϕ ⇒ ϕ && = ϕ cos ϕ 3g 4a

(b)

210

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Dacă se multiplică ecuaţia (b) cu : dϕ = ϕ& dt şi se integrează se obţine: && ϕ& dt = ϕ

3g ϕ& 2 3 g cos ϕ ⋅ dϕ ⇒ = sin ϕ + C 4a 2 4a

(c)

Constanta de integrare C se determină din condiţiile iniţiale ϕ = 0 ⇒ ϕ& = 0 care conduce la C=0. Deci viteza unghiulară este: ω = ϕ& =

3g sin ϕ 2a

(d)

Metoda a II-a. Se poate determina viteza unghilară folosind teorema de variaţie a energiei cinetice sub forma: E1-E0=L0-1 (e) unde E0=0 este energia cinetică la momentul iniţial, 1 iar E1 = J 0 ω2 , este energia cinetică la un moment oarecare t. 2 2 4a G este momentul de inerţie mecanic al barei faţă de axa de J0 = 3g rotaţie ce trece prin O; L0−1 = Ga sin ϕ , este lucrul mecanic al forţei de greutate a barei.

Înlocuind aceste valori se obţine acelaşi rezultat (d): ω =

3g sin ϕ 2a

Pentru poziţia verticală a barei se obţine viteza unghiulară (maximă):

ω=

3g 2a

(f)

2. Pentru determinarea reacţiunii R leg se foloseşte teorema impulsului scrisă sub forma teoremei mişcării centrului de masă C, adică: M &ρ&1 = R a + R leg (g) care proiectată pe axele sistemului fix O1x1y1 se obţine:  G && ξ1 = X leg leg  & & Mξ1 = X g ⇒ (h)   leg G & & η = − M Y G  1  η &&1 = Y leg − G  g Unde ξ1 si η1 sunt coordonatele punctului C. Acestea şi derivatele corespunzătoare se scriu astfel: ξ& 1 = − aϕ& sin ϕ ξ1 = a cos ϕ ⇒  η1 = a sin ϕ η& 1 = aϕ& cos ϕ (i) && sin ϕ − aϕ& 2 cos ϕ &ξ&1 = − aϕ ⇒ &&1 = aϕ && cos ϕ − aϕ& 2 sin ϕ η

211

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

&& şi (d) a vitezei unghiulare ϕ& , ultimele Ţinând seama de relaţia (b) a lui ϕ relaţii (i) devin: && 9 ξ1 = 8 g sin 2ϕ (j)  3 2 η &&  1 = 4 g ( 1 − 3 sin ϕ ) astfel încât relaţiile (h) devin:  leg 9  X = 8 G sin 2ϕ (j)  3   leg 2 Y = G 1 + ( 1 − 3 sin ϕ )  4   Se obţine în final unghiul α căutat (fig.13.3.a): 3 1 + ( 1 − 3 sin 2 ϕ ) 4 tgα = (k) 9 sin 2ϕ 8 Pentru două poziţii particulare ale barei date de ϕ=0 şi ϕ=900 se obţine:  X leg = 0  ϕ = 0 ⇒  leg G Y = 4

;

 X leg = 0 π  ϕ = ⇒  leg 5G 2 Y =  2

(l)

13.4. Se consideră bara AB de lungime 2 l şi greutate G din fig. 13.4.a, care se deplasează fără frecare sprijinindu-se cu extremităţile ei pe un perete vertical şi pe o suprafaţă orizontală. Bara se află la momentul iniţial în repaus făcând cu direcţia verticală unghiul θ0 de unde i se dă drumul fără viteză iniţială. Se cere să se determine legea de mişcare şi forţele de legătură cu cele două suprafeţe. Rezolvare

B θ0

Metoda I . Pentru determinarea mişcării şi a forţelor de legătură se alege sistemul de referinţă fix O1x1y1 în planul vertical al mişcării (fig 13.4.b) şi se aplică teoremele impulsului şi momentului cinetic faţă de centrul maselor C( ξ1 ,η1 ) :

C G

A Fig. 13.4.a

&&1 = R si K& C = M C Mρ G (2l ) && θ unde K& C = J Cz &θ& = g 12 2

(a) (b)

212

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

y1

y1 NB

B θ

B0 θ

C B

G

θ

NA

A Fig. 13.4.b

I

G

ω

C h0 h G

x1 O1

C

O1

A0

A

x1

Fig. 13.4.c

În proiecţii pe axele sistemului de coordonate aceste relaţii se scriu:  G &&  g ξ1 = N B Gl 2 && (c) respectiv: θ = N A l sin θ − N B l cos θ (d)  G 3 g  η && = N A − G  g 1 Coordonatele centrului de masă şi derivatele corespunzătoare se scriu astfel: &ξ&1 = l&θ& cos θ − lθ& 2 sin θ ξ& 1 = lθ& cos θ (e) ⇒ ⇒ & sin θ &θ& sin θ − lθ& 2 cos θ & & & l l η = − η = − θ  1  1 Introducând aceste rezultate în relaţiile (c) se obţine:  G && &2  g l(θ cos θ − θ sin θ) = N B (f)  G 2 − l(&θ& sin θ + θ& cos θ) = −G + N A  g Introducând aceste rezultate în relaţiile (d) se obţine ecuaţia diferenţială a &θ& = 3 g sin θ mişcării: (g) 4l Dacă se multiplică ecuaţia (g) cu : dθ = θ& dt şi se integrează se obţine: &2 &θ&θ& dt = 3 g sin θ ⋅ dθ ⇒ θ = − 3 g cos θ + C (h) 4l 2 4l Constanta de integrare C se determină din condiţiile iniţiale: 3g t = 0 ⇒ θ = θ 0 si θ& = 0 , care conduce la C = cos θ 0 . (i) 4l Deci legea de mişcare este: 3g (cos θ 0 − cos θ ) (j) θ& 2 = 2l Forţele de legătură NA şi NB se obţin înlocuind în relaţiile (f) &θ& si θ& 2 obţinute în relaţiile (g) şi (j): ξ1 = l sin θ  η1 = l cos θ

213

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

3  3 (cosθ 0 − cos θ) sin θ  N = G sin θ cos θ −  B  2  4    N = G1 − 3 sin θ sin θ − 3 (cosθ − cos θ )cos θ  0  A 2  4 

(k)

Metoda a II-a. Se poate determina viteza unghilară folosind teorema de variaţie a energiei cinetice sub forma: E1-E0=L0-1 (l)

unde E0=0 este energia cinetică la momentul iniţial, 1G 2 1 iar E1 = vC + J cz ω2 , este energia cinetică la un moment oarecare t1. 2g 2 2 G (2l ) Gl 2 = este momentul de inerţie mecanic al barei faţă de axa J Cz = g 12 3g de rotaţie ce trece prin C; 2Gl 2 2 Deci: E1 = ω (m) 3g L0−1 = G( h0 − h ) = Gl(cos θ 0 − cos θ ) , este lucrul mecanic al forţei de greutate a barei. Înlocuind aceste valori se obţine acelaşi rezultat (j): 2Gl 2 2 3g ω = Gl(cos θ 0 − cos θ ) ⇒ ω2 = (cos θ 0 − cos θ ) (n) 3g 2l Derivând în raport cu timpul relaţia (n) se obţine (g):

&= 2ωω

3g & θ sin θ 2l

&= ⇒ &θ& = ω

3g sin θ 4l

(o)

13.5. Se consideră sistemul format dintr-un corp de greutate G1 şi un disc omogen de rază R şi greutate G2 având înfăşurat pe circumferinţa sa un fir de care este fixat primul corp (fig. 13.5). Corpul este lăsat liber plecând din repaus. Se cere legea de mişcare şi tensiunea din fir.

R O2 ω2

v2=v1

G1

h1 v1 a1

G2

Fig. 13.5

Rezolvare Se aplică teorema de variaţie a energiei cinetice sub forma diferenţială: dE =dL (a) 1 G1 2 1 v1 + J 2 ω22 E = E1 + E 2 = 2 g 2 unde: v1 G2 R22 unde ω2 = , J 2 = R2 2g 2 v E = 1 (2G1 + G2 ) (b) Rezultă: 4g

214

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

1 (2G1 + G2 )v1a1dt (b’) 2g L = L1 + L2 = G1h1 + 0 ⇒ dL = G1v1dt (c) Înlocuind în relaţia (a) rezultă acceleraţia sistemului: 2G1 a1 = g (d) 2G1 + G2 Integrând succesiv de două ori relaţia (d) se obţine viteza şi deplasarea corpului 1: 2G1 G1 v1 = gt + C1 si h1 = gt 2 + C1t + C 2 (e) 2G1 + G2 2G1 + G2 Constantele de integrare C1 şi C2 se obţin din condiţiile iniţiale: t=0 ⇒ v1=0, h1=0, rezultă aşadar: C1=C2=0. Deci relaţiile (e) se scriu: 2G1 G1 v1 = gt1 si h1 = gt 2 (f) 2G1 + G2 2G1 + G2 Viteza şi deplasarea corpului 2 se obţin ţinând seama de relaţia (b): 2G1 v G1 g g 2 ω2 = 1 = t1 si ϕ 2 = t (g) 2G1 + G2 R2 R2 2G1 + G2 R2 Diferenţiind relaţia (b) rezultă: dE =

2) Pentru calculul tensiunii din fir S se separă cele două corpuri şi se scrie teorema impulsului pentru corpul 1(fig. 13.5.a): M 1a1 = ∑ F a + F leg

(g)

care în proiecţie pe direcţia mişcării se scrie:  a  G1G2 ⇒ S = G1 1 − 1  = g  2G1 + G2 

G1 a1 = G1 − S g

S a1 G1

(h)

Fig. 13.5.a

13.6. Se consideră sistemul format dintr-un troliu de raze R şi r, de greutate G3 pe circumferinţele troliului fiind înfăşurate două fire inextensibile de care sunt prinse două greutăţi G1 şi G2 (fig. 13.6). Se neglijează frecările. Sistemul este lăsat liber plecând din repaus . Se cere legea de mişcare a sistemului şi tensiunile din cele două fire. 3

v’3=v2

r

R ω3

O3 v3=v1

G3

h2 v2 a2

G2 2

Fig. 13.6.a

G1 1

h1 v1 a1

Rezolvare Firele fiind inextensibile dLint = 0 , astfel încât pentru determinarea mişcării se aplică teorema de variaţie a energiei cinetice sub forma diferenţială: dE =dL (a) Se face o analiză cinematică a mişcării celor două corpuri ale sistemului (2 şi 3) în funcţie de mişcarea corpului 1, conform tabelului de mai jos.

215

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Corpul şi Deplasarea Viteza Acceleraţia Deplasarea tipul mişcării virtuală 1 h1 v1 a1 δh1 Translaţie rδh1 2 rh rv ra δh2 = h2 = 1 v2 = 1 a2 = 1 Translaţie R R R R δh 3 h v a δϕ 3 = 1 ϕ3 = 1 ω3 = 1 ε3 = 1 Rotaţie R R R R Energia cinetică totală a sistemului fiind: 1 G1 2 1 G2 2 1 (a) E = E1 + E 2 + E3 = v1 + v2 + J 3 ω32 2 g 2 g 2 Dacă presupunem că discul 3 este omogen de rază R şi masă G3/g atunci G R2 momentul de inerţie se scrie: J 3 = 3 . 2g Deci energia cinetică a sistemului se scrie: v12  2r 2  E= (b)  2G1 + 2 G2 + G3  4g  R  1  2r 2  (b’) Diferenţiind relaţia (b) rezultă: dE =  2G1 + 2 G2 + G3 v1 a1dt 2g  R  r   L = L1 + L2 + L3 = G1h1 + 0 − G3 h3 =  G1 − G2 h1 (c) R   r   (c’) Diferenţiind relaţia (b) rezultă: dL =  G1 − G2 v1dt R   Înlocuind în expresia teoremei energiei cinetice dE=dL, rezultă acceleraţia sistemului: r    G1 − G2  R   (d) a1 = g 2 G3  r   G1 + 2 G2 +  R 2   Integrând succesiv de două ori relaţia (d) se obţine viteza şi respectiv (e) deplasarea corpului 1: v1 = a1t + C1 si h1 = a1t 2 + C1t + C 2 Constantele de integrare C1 şi C2 se obţin din condiţiile iniţiale: t=0 ⇒ v1=0, h1=0, rezultă aşadar: C1=C2=0. Vitezele şi deplasările corpurilor 2 şi 3 se obţin ţinând seama de relaţiile din tabelul de mai sus. 2) Pentru calculul tensiunii S din fir se separă cele trei corpuri şi se scrie: teorema impulsului pentru corpul 1 (fig. 13.6.a): M 1a1 = ∑ F a + F leg (f)

S1 a1 1

G1 Fig. 13.6.a

216

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

care în proiecţie pe direcţia mişcării se scrie:  a  G1 (g) a1 = G1 − S1 ⇒ S1 = G1 1 − 1  g g   teorema impulsului pentru corpul 2 (fig. 13.6.b): M 2 a 2 = ∑ (F a + F leg ) (h) care în proiecţie pe direcţia mişcării se scrie:

S2 a2

2 G2 Fig. 13.6.b

 a r G2 r a1 = −G2 + S 2 ⇒ S 2 = G2 1 + 1  (i) g R g R  teorema impulsului pentru corpul 3 (fig. 13.6.c): M 3 a 3 = ∑ (F a + F leg ) (h) care în proiecţie pe cele două direcţii se scrie:

ε3

0 = H3

V3

0 = V3 − G3 − S1 − S 2 ⇒ V3 = G3 + S1 + S 2

(i)

G3

 a r  a  V3 = G1 1 − 1  + G2 1 + 1  + G3 g g R   teorema momentului cinetic pentru corpul 3:

(

J 3ε 3 = ∑ M + M a

leg

G3 R2 a1 = S1 R − S 2 r 2g R

O3

3 H3

S2

S1 Fig. 13.6.c

)

(j)

Observaţie:

Relaţia (j) este o relaţia de verificare, întrucât în aceasta toate mărimile sunt cunoscute. Dacă nu se aplică teorema energiei cinetice atunci relaţiile obţinute prin separarea corpurilor şi aplicarea teoremelor impulsului şi momentului cinetic sunt suficiente pentru determinarea mişcării şi a forţelor de legătură ale sistemului. 13.7. Se consideră sistemul de corpuri din fig. 13.7, în care mărimile R, G, α, sunt cunoscute. Corpul (1) coboară pe planul înclinat ( se neglijează frecarea de alunecare) având parametrii cinematicii: h1, v1, a1; corpul (2) se consideră omogen de rază R2 şi este antrenat prin intermediul firului într-o mişcare de rotaţie (fără frecare în lagărul O2), iar corpul (3) se deplazează în sus având o mişcare plan-paralelă. Se cere:

1) Să se determine mişcarea sistemului cu ajutorul teoremei energiei cinetice (parametrii h1, v1, a1); 2) Să se determine forţele de legătură, prin aplicarea teoremelor impulsului şi a momentului cinetic.

217

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

2 1 G1=32G

Rezolvare

G2=8G r2 = R R2=2R

1) Pentru rezolvarea problemei se face mai întâi o analiză cinematică a mişcării, adică găsirea relaţiilor de lanţ cinematic, ceea ce înseamnă exprimarea parametriilor cinematici ai corpurilor (2) şi (3) în funcţie de parametrii cinematici ai corpului (1). Se scriu relaţiile de lanţ cinematic pentru viteze, iar pentru deplasări şi acceleraţii se ţine seama de relaţiile diferenţiale dintre ele (fig. 13.7.a) Astfel:

o2 h1,v1,a1 α C3 3 G3=16G R3=2R

Fig. 13.7

Pentru corpul 1 şi 2:

v1 = v2 v1=v2

v’2

v’2

v2

O2

v3

v’2=v’3 C3

Fig. 13.7.a

I3

v1  ω = 2  v v' v v' 2R (a) ω2 = 2 = 2 ⇒ ω2 = 2 = 2 ⇒  R2 r2 2R R v' = v1  2 2 Pentru corpul 3: v v'3 = v' 2 = 1 2 v1  (b) v = 3  v'3 v3 v3 v1 4 ω3 = = ⇒ ω3 = = ⇒ v1 2R3 R3 8R 2 R  ω = 3  8R

Rezultatele analizei cinematice se trec în tabelul următor: Corpul şi Deplasarea Viteza Acceleraţia Deplasarea tipul mişcării virtuală (1) h1 v1 a1 δh1 Translaţie δh (2) h a v δϕ2 = 1 ϕ2 = 1 ω2 = 1 ε2 = 1 2R Rotaţie 2R 2R 2R δh (3) h1 a1 v1 δh3 = 1 h a = = = v 3 3 3 4 Plan-paralelă 4 4 4 δh h1 v1 a1 δϕ2 = 1 ω3 = ϕ3 = ε3 = 8R 8R 8R 8R

Aplicând teorema de variaţie a energiei cinetice pentru întregul sistem de corpuri, sub forma

218

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

dE = dL (c) unde energia cinetică totală E este suma energiilor cinetice ale celor trei corpuri: E = E1 + E2 + E3 1 1G 2 G E1 = M 1v12 = v1 = 16 v12 2 2g g Presupunând că cele două roţi sunt omogene, putem scrie: 2 1 1 M 2 R 22 2 1 8G G 2 2 v1 4R E2 = J 2 ω2 = ω2 = = 2 v12 2 2 2 2 2g 4R g (d) 2 2 v v 1 1 1 16 1 16 3 G G G 1 4R 2 1 = v12 E 3 = M 3 v 32 + J 3 ω 32 = + 2 2 2 g 16 2 2 g 64 R 4g 75 G 2 75 G (e) v1 ⇒ dE = a1v1 dt 4 g 2 g Lucrul mecanic total al forţelor sistemului, conform fig. 13.7.b, este: L = L1 +L2 +L3 unde: L1 = (G1 sin α )h1 = (32G sin α )h1 ; L2 = 0; L3 = −G3 h3 = −4Gh1 Prin urmare: E =

Prin urmare: L = 4G (8 sin α − 1)h1

V2 N1

O2

H2

(f)

⇒ dL = 4G (8 sin α − 1)v1dt

Înlocuind în teorema energiei G2 cinetice (c) expresiile lui dE şi dL se h3 obţine acceleraţia corpului (1): G1 8(8 sin α − 1) C3 h3 a1 = g (g) α 75 G3 Prin integrare succesivă se obţine Fig. 13.7.b viteza v1 şi respectiv deplasarea h1. 2) Calculul reacţiunilor Se separă corpurile şi se înlocuiesc legăturile cu forţe de legătură, fiecare corp fiind acţionat de forţele efective aplicate şi de forţe de legătură (reacţiuni) şi se scriu teoremele generale (teorema impulsului şi a momentului cinetic) a. Pentru corpul (1)(fig. 13.7.c) S1 teorema impulsului se scrie astfel: a1  G1 N1  a1 = G1 sin α − S 1 M 1 a1 = R1 ⇒  g (i)  0 = −G cos α + N  1 1 se obţine: 32G (11sin α + 8); N1 = 32G cos α S1 = 75

α

(j)

α

G1

Fig. 13.7.c

219

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

b. Pentru corpul (2) se scriu atât teorema impulsului cât şi teorema momentului cinetic în raport cu centrul maselor O2 (fig. 13.7.d): 0 = H 2 − S1 cosα M 2 a2 = R2 ⇒  0 = V2 − S1 sinα − G2 − S2 (k) 2 8G (2R) a1 J 2ε2 = ∑ M O Z ⇒ ⋅ ⋅ = S1 ⋅ 2R − S2 ⋅ R g 2 2R

ε2 V2 S1

O2 α

64G (3 sin α + 9 ); 75 H 2 = S1 cos α; V2 = S1 sin α + G2 + S 2 S2 =

S2 G2

2

⇒

Fig. 13.7.d

(l)

c. Pentru corpul (3), se se scriu atât teorema impulsului cât şi teorema momentului cinetic în raport cu centrul maselor C3 (fig. 13.7.e): G M 3 a3 = R3 ⇒  3 a3 = S 2 + S 3 − G3 g (m) 2 16G 4R a1 ⋅ ⋅ = (S 2 − S 3 ) ⋅ 2 R J 3ε 3 = ∑ M C Z ⇒ g 2 8R 3

H2

ε3 S3

S2 C3

I3

a3

G3

16G (4 sin α + 37 ) (n) 13.7.e Fig. 75 Observaţii: a. Ultima ecuaţie din cele două ecuaţii (m) este pentru verificare. b. Această problemă este rezolvată şi în capitolul XIV folosind principiile mecanicii analitice (problema 14.1.6). Din prima ecuaţie (m) ⇒ S 3 =

13.8. Se consideră sistemul din figură unde mărimile R, G, α, sunt cunoscute. Roata (3) de rază R3 coboară pe planul înclinat, rostogolindu-se fără alunecare (s≠0), roata (2) de rază R2 se este antrenată prin intermediul unui fir într-o mişcare de rotaţie (fără frecare în lagărul O2), iar corpul (1) se deplazează în sus având parametrii cinematicii h1, v1, a1 (fig. 13.8). Presupunem că roţile 2 şi 3 sunt omogene . Se cere: 1. Să se determine mişcarea sistemului cu ajutorul teoremei energiei cinetice (parametrii h1, v1, a1); 2. Să se determine forţele de legătură, prin aplicarea teoremelor generale Rezolvare 1. Pentru rezolvarea problemei este necesară analiza cinematică a mişcării, adică exprimarea parametriilor cinematici ai corpurilor (2) şi (3) în funcţie de parametrii cinematici ai corpului (1). Se scriu relaţiile de lanţ cinematic pentru viteze, iar pentru deplasări şi acceleraţii se ţine seama de relaţiile diferenţiale dintre ele (fig. 13.8.a)

220

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

2

G2=4G r2 = R R2=2R

3

v2 v2

O2

v'2

v'2

ω2

G3=16G R3=2R

v'3 C3 1 G1=4G

α

h1 v1 a1

v1

v3

I

ω3 Fig. 13.8.a

Fig. 13.8

Pentru corpul 1 şi 2:

v′2 = v1 ;

v  v2′ v2 v1 v2 ω2 = 1 ω2 = = ⇒ ω2 = = ⇒ R r2 R2 R 2R v2 = 2v1

(a)

Pentru corpul 3: v3 = v1 v'3 v3 v3′ v3  = ⇒ ω3 = = ⇒ v'3 =v 2 = 2v1 ; ω3 = v 2R3 R3 4R 2R ω3 = 1  2R Rezultatele analizei cinematice se trec în tabelul următor:

Corpul şi tipul mişcării (1) Translaţie (2) Rotaţie (3) Plan-paralelă

Deplasarea

Viteza

Acceleraţia

v1

h1 h1 R

a1

h3 = h1

v3 = v1

a1 R a3 = a1

h ϕ3 = 1 2R

v ω3 = 1 2R

a ε3 = 1 2R

ϕ2 =

ω2 =

v1 R

ε2 =

(b)

Deplasarea virtuală

δh1 δϕ 2 =

δh1 R

δh3 = δh1 δϕ3 =

δh1 2R

Aplicând teorema de variaţie a energiei cinetice pentru întregul sistem de corpuri, sub forma: dE = dL (c) unde energia cinetică totală E este suma energiilor cinetice ale celor trei corpuri: E = E1 + E2 + E3 1 1 4G 2 2G 2 unde: E1 = M 1v12 = v1 = v1 2 2 g g

221

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

E2 =

1 1 M 2 R22 2 1 4G 2 v12 4G 2 J 2 ω22 = ω2 = ⋅ 4R 2 = v1 2 2 2 2 2g R g

1 1 1 16G 2 1 16G 2 v12 12G 2 2 2 = E 3 = M 3 v3 + J 3 ω 3 = ⋅ v1 + ⋅ 4R v1 2 2 2 2 g 2 2g 4R g Prin urmare: E = 18

G 2 v1 g

⇒ dE = 36

G a1v1dt g

(d)

(e)

Lucrul mecanic total al forţelor sistemului, conform fig. 13.8.b, este: L = L1 +L2 +L3 unde: L1 = −G1h1 = −4Gh1 ϕ2

L2 = 0

V2 H2

O2

ϕ3

8s   L3 = G16 sin α − cos α h1 R   unde : M r 3 = sN 3

G2

h3

C3 Mr3 G3

L3 = G3 sin α ⋅ h3 − M r 3 ϕ3

Prin urmare:

h1

2s   L = 4G 4 sin α − cos α − 1h1 T3 R   (f) α s 2   ⇒ dL = 4G 4 sin α − cos α − 1v1dt Fig. 13.8.b R   Înlocuind în teorema energiei cinetice (3) expresiile lui dE şi dL se obţine 1 2s  a1 =  4 sin α − cos α − 1 g (g) acceleraţia corpului (1): 9 R  Prin integrare succesivă se obţine viteza v1 şi respectiv deplasarea h1. N3

G1

2) Calculul reacţiunilor Se speră corpurile şi se înlocuiesc legăturile cu forţe de legătură, fiecare corp fiind acţionat atât de forţe efective aplicate (active) cât şi de forţe de legătură (reacţiuni); se scriu teorema impulsului, respectiv teorema momentului cinetic, pentru fiecare corp separat: a. Pentru corpul (1) se scrie teorema impulsului (fig. 13.8.c): G1 (h) a1 = S1 − G1 S1 g Înlocuind valorile se obţine: 8G  s  S1 =  4 + 2 sin α − cos α  9  R 

a1

(i)

G1 Fig. 13.8.c

222

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

b. Pentru corpul (2) se scrie atât teorema impulsului cât şi teorema momentului cinetic faţă de centrul maselor O2 (fig. 13.8.d): 0 = H 2 − S 2 cos α  (j) 0 = V2 − S 2 sin α − G2 − S1 J ε = S ⋅ 2R − S ⋅ R 2 1  2 2 Făcând înlocuirile şi calculele se obţine: 4G  s  S2 =  2 sin α − cos α + 1 (k) 3  R  H 2 = S 2 cos α; V2 = S 2 sin α + G2 + S1

ε2 V2 S2

O2 α

G2

H2 S1

Fig. 13.8.d

c. Pentru corpul (3) se scrie atât teorema impulsului cât şi teorema momentului cinetic faţă de centrul maselor C3(fig. 13.8.e):  G3  g a3 = − S 2 − T3 + G3 sin α  (k) 0 = N 3 − G3 cos α S2 J ε = −S ⋅ 2R + T ⋅ 2R − M 2 3 r3  3 3  a3 C3 M r 3 = sN 3 (l) Mr3 ε3 G3 Făcând înlocuirile şi calculele se obţine: N3 T3 N 3 = 16G cos α

M r 3 = 16G ⋅ s ⋅ cos α s 4G   T3 = 14 sin α + 11 cos α + 1 R 9  

(m) Fig. 13.8.e

Ultima ecuaţie din cele trei ecuaţii (k) este pentru verificare. Observaţii: Această problemă este rezolvată şi în capitolul XIV folosind principiile mecanicii analitice (problema 14.1.7). Dacă se pune condiţia de rostogolire fără alunecare a roţii 3: T3 ≤ µN 3 , rezultă valoarea minimă a coeficientului de frecare pentru acest caz: T T s 1   µ ≥ 3 sau : µ min = 3 = 14 sin α + 11 cos α + 1 N 3 36 cos α  R N3 

223

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

PROBLEME PROPUSE Se consideră sistemul de corpuri din figurile 13.9...13.13, în care mărimile R, G, α, µ, s sunt cunoscute. Se cere: 1) Să se determine mişcarea sistemului cu ajutorul teoremei de variaţie a energiei cinetice (parametrii h1, v1, a1); 2) Să se determine forţele de legătură aplicând teoremele impulsului şi momentului cinetic pentru fiecare corp din sistem. G2=8G r2 = R R2=2R 2 Disc omogen O2

G3=80G R2=2R

h1 v1 a1

3 C3

Disc omogen

1

µ=0

G1=20G

α Fig. 13.9

Disc omogen G2=16G r2 = R R2=2R

2 O2 3 Disc omogen

h1 v1 a1

C3 1 G1=300G Fig. 13.10

α

G3=32G R3=R

224

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

2

Disc omogen

G2=16G r2 = R R2=2R

R2 r2 G3=16G R3=1,5R 3

3

Disc omogen G1=100G

R3

µ3, s3

β

α

µ1

Fig. 13.11

2

Disc omogen G2=100G r2 = R R2=3R

R2 r2 G3=20G R3=2R Disc omogen

3 1 G1=10G

µ, s

α G3=6G r2 = 2R R3=3R

Disc omogen

Fig. 13.12

Disc omogen

3

2 G2=16G r2 = R R2=2R

R2 r2

R3 r3

µ3, s3

G1=50G R2=R Fig. 13.13

1

Disc omogen

225

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

CAPITOLUL XIV MECANICA ANALITICĂ 14.1. PRINCIPIUL LUCRULUI MECANIC VIRTUAL ŞI PRINCIPIUL LUI D’ALEMBERT PROBLEME REZOLVATE 14.1.1. Se consideră sistemul de bare articulate din fig. 14.1.1, în capătul barei AB, acţionând o forţă orizontală P (se neglijează frecarea din articulaţii) mărimile G1, G2, P sunt cunoscute. Se dau: AB=2 l , OA= l . Se cere să se găsească poziţia de echilibru a sistemului, folosind principiul lucrului mecanic virtual .

O

Rezolvare Sistemul are două grade de libertate, reprezentate prin unghiurile α1 şi α2, care definesc totodată şi poziţia de echilibru a sistemului.

y α1

C1(x1,y1) A(xA,yA) G1

C2(x2,y2) α2

B(xB,yB) G2

x

P Fig. 14.1.1

În acest caz principuiul lucrului mecanic virtual (sau principiul deplasărilor virtuale) se scrie astfel:

δL = ∑ Fi δri = 0 sau în planul xOy al forţelor:

δL = G1 ⋅ δx1 + G2 ⋅ δx2 + P ⋅ δy B = 0 unde deplasările virtuale se scriu: l l x1 = cos α1 δx1 = − sin α1 ⋅ δα1 2 2 x2 = l cos α1 + l cos α 2 ⇒ δx2 = −l sin α1 ⋅ δα1 − l sin α 2 ⋅ δα 2 y B = l sin α1 + 2l sin α 2

(a)

(b)

δy B = l cos α1 ⋅ δα1 + 2l cos α 2 ⋅ δα 2

Înlocuind în relaţia (a) şi grupând corespunzător termenii se obţine: l   δL =  − G1 sin α1 − G2 l sin α1 + Pl cos α1 δα1 + (c) 2   + (− 2G2 l sin α 2 + 2 Pl cos α 2 )δα 2 Întrucât deplasările virtuale δα1 şi δα2 sunt foarte mici, dar nenule, rezultă că relaţia (c) este valabilă numai dacă :

226

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

l  − G1 sin α1 − G2 l sin α1 + Pl cos α1 = 0 2  − 2G2 l sin α 2 + 2 Pl cos α 2 = 0

(d)

Rezolvând acest sistem se obţine poziţia de echilibru cerută: tgα1 =

2P ; G1 + 2G2

tgα 2 =

P G2

(e)

14.1.2. Se consideră sistemul de bare articulate din fig. 14.1.2, în capătul barei AB, acţionând o forţă orizontală P (se neglijează frecarea din articulaţii) mărimile G, Q, α sunt cunoscute. Se dau: OA2= A2A4 =2 l ,. Se cere se determine mărimea forţei F corespunzătoare poziţiei de echilibru a sistemului din fig. 14.1.2, folosind principiul lucrului mecanic virtual . Rezolvare O

y α

A1 G

δL = ∑ Fi δri = 0

F

sau in plan :

∑ X δx

A2

i

A3

i

(a)

+Yi δyi = 0

Coordonatele punctelor de aplicaţie ale forţelor exterioare sunt: Ai(xi, yi), i=1,2,3,4, iar relaţia (a) devine:

G Q

Principiul lucrului mecanic virtual sau principiul deplasărilor virtuale în acest caz se scrie astfel:

A4

Gδx1 + Fδy 2 + Gδx3 + Qδx4 = 0

Deplasările virtuale se exprimă în funcţie de datele problemei astfel:

x Fig. 14.1.2

δx1 = −l sin α ⋅ δα

x1 = l cos α y 2 = 2l sin α x3 = 3l cos α x4 = 4l cos α

(b)

⇒

δy 2 = 2l cos α ⋅ δα δx3 = −3l sin α ⋅ δα

(c)

δx4 = −4l sin α ⋅ δα

Introducând aceste deplasări în ecuaţia (b) se obţine:

(− G sin α + 2 F cos α − 3G sin α − 4Q sin α )lδα = 0

(d)

Întrucât deplasarea virtuală este foarte mică, dar nenulă, rezultă că paranteza trebuie să fie nulă, adică: F = 2(G + Q )tgα

(e)

227

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

14.1.3. Se consideră sistemul de bare articulate, încastrate şi rezemate simplu, asupra căruia acţionează: o forţă concentrată F, un cuplu M0 şi o forţă distribuită q ca în fig. 14.1.3 (se neglijează frecarea din articulaţii). Se dau: AB=2a, BC=4a, CD=3a F=qa, M0=qa2. Se cer reacţiunile: VA, MA, V1 şi V2 folosind principiul lucrului mecanic virtual. A a

MA

1

MO

2

q

F

B

a

C

2a

2a

VA

D

a

2a V2

V1 Fig. 14.1.3

Rezolvare

Pentru calculul reacţiunilor se suprimă legătura corespunzătoare, se introduce o reacţiune necunoscută, se aplică apoi sistemului o deplasare virtuală compatibilă cu celelalte legături şi se exprimă lucrul mecanic al celorlalte forţe corespunzător acestei deplasări virtuale, care conform principiului lucrului mecanic virtual tebuie să fie nul. a. Astfel, pentru calculul reacţiunii MA, se suprimă legătura corespunzătoare (încastrarea care împiedică rotirea, înlocuindu-se cu o articulaţie). Se aplică o deplasare virtuală δθA compatibilă cu celelalte legături rămase (Fig. 14.1.3.a) şi se înlocuieşte efectul forţei distribuite cu dou forţe concentrate 2aq.

MA A

δθ1

δy1

δyB

MO

2aq

2aq

δy2

δθ3

F

C B a

a

δθ2 2a

D

δyC a

a

a

a

a

δyD

Fig.14.1.3. a

Lucrul mecanic virtual corespunzător acestor deplasări este: δL = M A ⋅ δθ A − M 0 ⋅ δθ A − 2aqδy1 − 2aqδy 2 + F ⋅ δy D = 0

(a)

Din fig. 14.1.3.a se observă că între deplasările virtuale există relaţiile: δy δy δy δy tgδθ1 = B ≅ δθ1 ; tgδθ 2 = B = 1 = C ≅ δθ 2 ; a 2a 2a 2a (b) δyC δy 2 δy D tgδθ3 = = = ≅ δθ3 ; a a 2a

228

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

care introduse în (a) conduc la: δL = (M A − M 0 − 2a 2 q − 2a 2 q + F ⋅ a ) ⋅ δθ A = 0 de unde rezultă: MA=4a2q

(c)

b. Pentru calculul reacţiunii VA se suprimă complet legătura corespunzătoare (încastrarea) şi se aplică o deplasare virtuală δyA compatibilă cu celelalte legături rămase (fig. 14.1.3.b.) luându-se în considerare şi reacţiunea MA (ca un cuplu direct aplicat asupra barei). A

MA

MO

VA

F

B

δα δyA

q

a

a

C

2a

2a

D

a

2a

Fig.14.1.3. b

Lucrul mecanic virtual corespunzător acestei deplasări este: δL = M A ⋅ δα − M 0 ⋅ δα + V A ⋅ δy A = 0

(d)

Din fig. 14.1.3.b se observă că între cele două deplasări virtuale există δy relaţia: tgδα = A ≅ δα , deci relaţia (d) devine: a M 3 M  δL =  A − 0 + V A  ⋅ δy A = 0 de unde rezultă: V A = − qa 2 a   a

(e)

c. Pentru calculul reacţiunii V1, se suprimă legătura corespunzătoare (reazemul simplu 1) şi se aplică o deplasare virtuală δy1 compatibilă cu celelalte legături rămase (Fig. 14.1.3.c.) Lucrul mecanic virtual corespunzător acestei deplasări este: δL = V1 ⋅ δy1 − 2aqδy 2 − 2aqδy3 + F ⋅ δy D = 0

(f)

Din fig. 14.1.3.c se observă că între cele patru deplasări virtuale există δy δy δy δy δy δy relaţiile: tgδα = 1 = 2 = C ≅ δα; tgδβ = 3 = D = C ≅ δβ 2a 3a 4a 2a a a MO

A

B

δy2

δy1

2aq

δα V1 a

a

2a

Fig.14.1.3. c

δy3

F

δβ

δyC

a

2aq

C

D a

a

a

a

δyD

229

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

3   deci relaţia (f) devine: δL = V1 − 2aq ⋅ − 2aq + F  ⋅ δy1 = 0 2   de unde rezultă V1 = 4qa

(g)

d. Pentru calculul reacţiunii V2 se suprimă legătura corespunzătoare (reazemul simplu 2) şi se aplică o deplasare virtuală δy2 compatibilă cu celelalte legături rămase (Fig. 14.1.3.d.) F MO

A a

2q

B

C

δα

2a

a

a

a

2q

D

δy1 a

δyD

δy2

V2 a

Fig.14.1.3. d

Lucrul mecanic virtual corespunzător acestei deplasări este: δL = −2aq ⋅ δy1 + V1 ⋅ δy 2 − F ⋅ δy D = 0

(h)

Din fig. 14.1.3.d se observă că între cele trei deplasări virtuale există δy δy δy relaţiile: tgδα = 1 = 2 = D ≅ δα , deci relaţia (h) devine: 2a 3a a 1 3 5  δL =  − 2qa ⋅ + V1 − F ⋅  ⋅ δy 2 = 0 de unde rezultă: V A = qa 2 2 2 

(i)

14.1.4. Se consideră sistemul de bare articulate şi rezemate simplu, asupra căruia acţionează trei forţe concentrate ca în fig. 14.1.4 (se neglijează frecarea din articulaţii). Se dau: AC=7a, CE=8a. Se cer reacţiunile: VA, HA, VB şi VD folosind principiul lucrului mecanic virtual.

HA

F

A

2a VA

a

2F

C

B 4a

D 3a

VB

α

E 3a

2a VD

Fig.14.1.4

3F

230

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Rezolvare

Se suprimă legătura corespunzătoare, se introduce reacţiunea necunoscută şi se aplică apoi sistemului o deplasare virtuală compatibilă cu celelalte legături, în funcţie de care se exprimă lucrul mecanic al celorlalte forţe (care conform principiului lucrului mecanic virtual tebuie să fie nul).

F

A

HA

C

B

3Fsinα

2F

3Fcosα

E

D

δxA

δxA Fig.14.1.4. a

a. Pentru a determina reacţiunea HA se suprimă legătura corespunzătoare din A (din articulaţie devine reazem) şi se aplică sistemului o deplasare virtuală δxA compatibilă cu legăturile rămase (fig. 14.1.4.a) Lucrul mecanic al forţelor cu deplasarea vitualăδxA se scrie:

δL = (H A + 3F cos α ) ⋅ δx A = 0

(a)

⇒ H A = −3F cos α A δyA VA

3Fsinα F

HA

B

δϕ

C

δyC

2F

δθ

3Fcosα

D

δy1

E

δy2 2a

a

4a

3a

3a

δyE

2a

Fig.14.1.4. b

b. Pentru a determina reacţiunea VA se suprimă complet legătura corespunzătoare din A şi se aplică sistemului o deplasare virtuală δyA compatibilă cu legăturile rămase (fig. 14.1.4.b) Lucrul mecanic virtual al forţelor cu deplasările vituale corespunzătoare se scrie: δL = V A ⋅ δy A − F ⋅ δy1 + 2 F ⋅ δy 2 − 3F sin α ⋅ δy E = 0

(b)

Din fig. 14.1.4.b se observă că între cele patru deplasări virtuale există δy δy δy δy δy δy relaţiile: tgδϕ = A = 1 = C ≅ δϕ; tgδθ = 2 = E = C ≅ δθ , 3a 4a 3a 2a 6a a deci relaţia (b) devine: 1 2 4 4 sin α − 3  F δL = V A − F ⋅ + 2 F ⋅ − 3F sin α ⋅  ⋅ δy A = 0 ⇒ V A = 3 3 9 3 

(c)

231

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

F

δy1

B

A

C

δyB

a

VB

3Fsinα

δθ

δϕ 2a

2F

δyC

4a

3a

D δy2

3a

E

3Fcosα

2a

δyE

VD Fig.14.1.4. c

c. Pentru a determina reacţiunea VB se suprimă complet legătura corespunzătoare din B şi se aplică sistemului o deplasare virtuală δyB compatibilă cu legăturile rămase (fig. 14.1.4.c) Lucrul mecanic virtual al forţelor cu deplasările vituale corespunzătoare se scrie: δL = VB ⋅ δy B − F ⋅ δy1 − 2 F ⋅ δy 2 + 3F sin α ⋅ δy E = 0 (d) Din fig. 14.4.c se observă că între cele patru deplasări virtuale există relaţiile: δy δy δy δy δy δy tgδϕ = B = 1 = C ≅ δϕ; tgδθ = 2 = E = C ≅ δθ , 3a 2a 7 a 3a 2a 6a deci relaţia (d) devine: 7 9 − 7 sin α 2 7  F δL = VB − F ⋅ − 2 F ⋅ + 3F sin α ⋅  ⋅ δy B = 0 ⇒ VB = (e) 3 6 9 3  3Fsinα F

A

D

2F δϕ

a

3Fcosα

C

B 2a

E

4a

3a

δy1

VD 3a

δyD

δy

2a

Fig.14.1.4.

d. Pentru a determina reacţiunea VD se suprimă complet legătura corespunzătoare din D şi se aplică sistemului o deplasare virtuală δyD compatibilă cu legăturile rămase (fig. 14.1.4.d) Lucrul mecanic virtual al forţelor cu deplasările vituale corespunzătoare se scrie: δL = VD ⋅ δy D − 2 F ⋅ δy1 − 3F sin α ⋅ δy E = 0 (f) Din fig. 14.4.d se observă că între cele patru deplasări virtuale există relaţiile: δy δy δy tgδϕ = 1 = D = E ≅ δϕ; , deci relaţia (f) devine: 3a 6a 8a 3 8  δL = VD − 2 F ⋅ − 3F sin α ⋅  ⋅ δy D = 0 ⇒ VD = (1 + 4 sin α )F (g) 6 6 

232

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

14.1.5. Se consideră sistemul format dintr-un troliu de raze R şi r, de greutate G3 pe circumferinţele troliului fiind înfăşurate două fire inextensibile de care sunt prinse două greutăţi G1 şi G2 (fig. 14.1.5). Presupunem că troliul este omogen de rază R şi că se neglijează frecările. Sistemul este lăsat liber plecând din repaus . Se cere legea de mişcare a sistemului şi tensiunile din cele două fire folosind principiile lucrului mecanic virtual şi al lui D’Alembert. Rezolvare Acestă problemă a fost rezolvată la capitolul 3 anterior folosind teoremele generale ale dinamicii: v’3=v2 r R teorema de variaţie a energiei cinetice şi ω3 teoremele impulsului şi momentului cinetic. O3 Aici se vor folosi principiul lucrului mecanic v3=v1 G3 virtual pentru determinarea mişcării şi principiul h2 v2 lui D’Alembert pentru determinarea tensiunilor a2 G2 G1 h1 din fire. v 1 2 1 Se face o analiză cinematică a mişcării celor a1 Fig. 14.1.5. două corpuri ale sistemului (2 şi 3) în funcţie de mişcarea corpului 1, conform tabelului de mai jos.

Corpul şi tipul mişcării (1) Translaţie (2) Translaţie (3) Rotaţie

Deplasarea h1 rh1 R h ϕ3 = 1 R

h2 =

Viteza v1 rv1 R v ω3 = 1 R

v2 =

Acceleraţia

Deplasarea virtuală

δh1

a1 ra1 R a ε3 = 1 R

a2 =

rδh1 R δh δϕ 3 = 1 R

δh2 =

Principiul lucrului mecanic virtual postulează că lucrul mecanic al tuturor forţelor (direct aplicate, de legătură şi de inerţie) pentru toate cele trei corpuri ale sistemului, este nul: δL = δL1 + δL2 + δL3 = 0 (a) unde (vezi şi figurile 14.1.5.a,b,c): δL1 = (G1 − FI 1 ) ⋅ δh1 ; δL2 = (− G2 − FI 2 ) ⋅ δh2 ; δL3 = −M I 3 ⋅ δϕ3

(b)

Forţele şi cuplurile de inerţie au modulele (fig. 14.5.b): G3 R 2 GR G1 G2 G2 r FI 1 = a1 ; FI 2 = a2 = a1 ; M I 3 = J 3 ε 3 = ε 3 = 3 a1 (c) g g g R 2g 2g S-a considerat că discul 3 este omogen de rază R şi masă G3/g atunci G3 R 2 . momentul de inerţie se scrie: J 3 = 2g Cu aceste precizări relaţia (a) se scrie:

233

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

δL = (G1 − FI 1 ) ⋅ δh1 + (− G2 − FI 2 ) ⋅ δh2 − M I 3 ⋅ δϕ3 = 0

sau :

  GR G  G r r δh δL =  G1 − 1 a1  ⋅ δh1 +  − G2 − 2 a1  ⋅ δh1 − 3 a1 ⋅ 1 = 0 g  g R R R 2g   2  G   r  G G r Rezultă : δL =  G1 − G2  −  1 + 2 2 + 3  ⋅ a1  ⋅ δh1 = 0 R   g g R 2g    r    G1 − G2  R   Se obţine acceleraţia: a1 = g 2 G3  r   G1 + 2 G2 +  R 2  

(d)

(e)

Pentru determinarea forţelor de legătură prin aplicarea principiului lui d’Alembert se separă fiecare corp şi se introduc atât forţele direct aplicate şi de legătură, cât şi forţele/cuplurile de inerţie şi se scriu ecuaţiile de “echilibru dinamic”: ∑ (F a + F leg + FI ) = 0; ∑ (M a + M leg + M I ) = 0; (această metodă se mai numeşte metoda cinetostatică). FI1

a. Pentru corpul (1) (fig. 14.1.5.a):

{− G

1

+ S1 + FI 1 = 0

S1

(f)

unde FI1 are expresia dată de (c). Înlocuind se obţine:  a  S1 = G1 1 − 1  g 

G1

(g)

Fig. 14.1.5.a

b. Pentru corpul (2) (fig. 14.1.5.b):

{− G

2

+ S 2 − FI 2 = 0

S2

(h)

a2

2

unde FI2 are expresia dată de (c). Înlocuind se obţine:  r a1   S 2 = G2 1 + R g  

a1

1

G2 FI2 Fig. 14.1.5.b

(i)

c. Pentru corpul (3) (fig. 14.1.5.c):

0 = H 3  0 = V3 − G3 − S1 − S 2 S ⋅ R − S ⋅ r − M = 0 2 I3  1

(j) V3 O3

unde MI2 are expresia dată de (c)

G3

3 H3

S2

Făcând înlocuirile şi calculele se obţine:  a r  a  V3 = G1 1 − 1  + G2 1 + 1  + G3 g g R  

ε3

MI3

(k)

S1 Fig. 14.1.5.c

234

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Observaţie: Ultima relaţie (j) este o relaţie de verificare, întrucât în aceasta toate mărimile sunt cunoscute. Dacă nu se aplică principiul lucrului mecanic virtual, atunci relaţiile obţinute prin separarea corpurilor şi aplicarea principiului lui D’Alembert sunt suficiente pentru determinarea mişcării şi a forţelor de legătură ale sistemului. 14.1.6. Se consideră sistemul de corpuri din figură unde mărimile R, G, α, sunt cunoscute. Corpul (1) coboară pe planul înclinat (se neglijează frecarea de alunecare), având parametrii cinematicii: h1, v1, a1; corpul (2) este antrenat prin intermediul unui fir într-o mişcare de rotaţie (fără frecare în lagărul O2), iar corpul (3) se deplazează într-o mişcare plan-paralelă (fig. 14.1.6) Se cere:

1) Accleleratia sistemului aplicând principiul lucrului mecanic virtual; 2) Să se determine forţele de legătură, aplicând principiul lui d’Alembert 2 1 G1=32G

G2=8G r2 = R R2=2R

o2 h1,v1,a1 α 3 G3=16G R2=2R

Fig. 14.1.6

v’2 v2=v1

v’2

v2

O2

v3

v’3=v’2 C3

Fig. 14.1.6.a

ω3 I3

Rezolvare

1. Pentru rezolvarea problemei este necesară analiza cinematică a mişcării, adică exprimarea parametriilor cinematici ai corpurilor (2) şi (3) în funcţie de parametrii cinematici ai corpului (1). Se scriu relaţiile de lanţ cinematic pentru viteze, iar C3 pentru deplasări şi acceleraţii se ţine seama de relaţiile diferenţiale dintre ele (fig. 14.1.6.a) Pentru corpul 1 şi 2: v1  ω = 2  v v′ v v' 2R ω2 = 2 = 2 ⇒ ω2 = 1 = 2 ⇒  (a) 2R R R2 r2 v' = v1 2  2 v2 = v1 Pentru corpul 3 v1  v = 3  v' v v v 4 ω3 = 3 = 3 ⇒ ω3 = 1 = 3 ⇒  v1 2 R3 R3 8R 2 R  (b) ω = 3  8R v v'3 = v' 2= 1 2

235

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Rezultatele analizei cinematice se trec în tabelul următor: Corpul şi Deplasarea Viteza Acceleraţia Deplasarea tipul mişcării virtuală (1) v1 a1 h1 δh1 Translaţie δh (2) h a v δϕ2 = 1 ϕ2 = 1 ω2 = 1 ε2 = 1 2R Rotaţie 2R 2R 2R δh (3) h1 a1 v1 δh3 = 1 v h a = = = 3 3 3 4 Plan-paralelă 4 4 4 h v a ω3 = 1 ϕ3 = 1 ε3 = 1 δh δϕ 3 = 1 8R 8R 8R

8R

Principiul lucrului mecanic virtual postulează că lucrul mecanic al tuturor forţelor: direct aplicate, de legătură şi de inerţie pentru toate cele trei corpuri ale sistemului, este nul: δL = δL1 + δL2 + δL3 = 0 unde:

(c)

δL1 = (G1 sin α − FI 1 ) ⋅ δh1 δL2 = −M I 2 ⋅ δϕ2

(d)

δL3 = (− G3 − FI 3 ) ⋅ δh3 − M I 3 ⋅ δϕ3

Forţele şi cuplurile de inerţie au modulele (fig. 14.1.6.b): G 32G FI 1 = 1 a1 = a1 g g

G2 R22 8GR M I 2 = J 2ε 2 = a1 ε2 = g 2g (e) G3 4G a1 FI 3 = a3 = g g

V2

δh

FI1 N1

α G1

O2

MI2 H2

δϕ2

G2 MI3 C3

δϕ3 Fig. 14.1.6.b

δh3

G3 FI3

G3 R32 4GR M I 3 = J 3ε 3 = a1 ε3 = g 2g Dacă se exprimă şi deplasările virtuale δϕ2 , δh3 , δϕ3 în funcţie de δh1 expresia (c) devine: δL = (G1 sin α − FI 1 ) ⋅ δh1 − M I 2 ⋅ δϕ 2 + (− G3 − FI 3 ) ⋅ δh3 − M I 3 ⋅ δϕ3 = 0 1 1 1   δL = G1 sin α − FI 1 − M I 2 ⋅ + (− G3 − FI 3 ) ⋅ − M I 3 ⋅  ⋅ δh1 = 0 2R 4 8R  

(f)

Înlocuind în (f) valorile forţelor/cuplurilor de inerţie date de relaţiile (e) şi valorile deplasărilor viruale din tabel se obţine:

236

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

 75  ( ) 4 8 1 α − − sin a1 ⋅ δh1 = 0  2 g   8(8 sin α − 1) ⇒ a1 = g 75

(g)

2. Pentru determinarea forţelor de legătură prin aplicarea principiului lui d’Alembert se separă fiecare corp şi se introduc atât forţele direct aplicate şi de legătură, cât şi forţele/cuplurile de inerţie şi se scriu ecuaţiile de “echilibru dinamic”: ∑ (F a + F leg + FI ) = 0; ∑ (M a + M leg + M I ) = 0; Această metodă se mai numeşte metoda cinetostatică. a. Pentru corpul (1) (fig. 14.1.6.c): − G1 sin α + S1 + FI 1 = 0   − G1 cos α + N1 = 0

y

(g)

unde FI1 are expresia dată de (e) 32G (11 sin α + 8) S1 = 75 N 1 = 32G cos α

S1

N1 a1

Înlocuind valorile se obţine:

α

Fig.14.1.6.c

b. Pentru corpul (2) (fig. 14.1.6.d): 0 = H 2 − S1 cos α  0 = V2 − S1 sin α − G2 − S 2 S ⋅ 2 R − S ⋅ R − M = 0 2 I2  1

G1

α

(h)

y

ε2

(i)

x

FI1

MI2 V2

S1

x

O2

H2

α

unde MI2 are expresia dată de (e)

S2

G2

Făcând înlocuirile rezultă: 64G (3 sin α + 9 ) (j) 75 H 2 = S1 cos α; V2 = S1 sin α + G2 + S 2

Fig. 14.1.6.d

S2 =

MI3 x

c. Pentru corpul (3) (fig. 14.1.6.e): S 2 + S 3 − G3 − FI 3 = 0  S 2 ⋅ 2 R − S 3 ⋅ 2 R − M I 3 = 0

(k)

Făcând înlocuirile şi calculele se obţine: 16(4 sin α + 37 )G 75

S3 G3

unde FI3 şi MI3 au expresiile date de (e)

S3 =

S2

(l)

C3 ε3

FI3 Fig. 14.1.6.e

a3

237

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

14.1.7. Se consideră sistemul de corpuri din figură unde mărimile R, G, α, sunt cunoscute. Roata (3) coboară pe planul înclinat, rostogolindu-se fără alunecare roata (2) este antrenată într-o mişcare de rotaţie (fără frecare în O2), iar corpul (1) se deplazează în sus având parametrii cinematicii: h1, v1, a1; (fig. 14.1.7) . Se cere să se determine

1) acceleraţia sistemului aplicând principiul lucrului mecanic virtual; 2) forţele de legătură, aplicând principiul lui d’Alembert 3) valoarea minimă a coeficientului de fecare ca corpul (3) să nu alunece. 2

G2=4G r2 = R R2=2R

3 O2 G3=16G R3=2R C3 1 G1=4G

α

h1 v1 a1

v'2 v2

v2

ω2

I

v1  v2′ v2 v1 v' 2 ω2 = ω2 = = ⇒ ω2 = = ⇒ R R2 r2 R 2R  v' 2 = 2v1 v2′ = v3′ Pentru corpul 3

v'3 v3

1) Pentru rezolvarea problemei este necesară analiza cinematică a mişcării, sau exprimarea parametriilor cinematici ai corpurilor (2) şi (3) în funcţie de parametrii cinematici ai corpului (1). Se scriu relaţiile de lanţ cinematic pentru viteze, iar pentru deplasări şi acceleraţii se ţine seama de relaţiile diferenţiale dintre ele (fig. 14.1.7.a) Pentru corpul 1 şi 2:

Fig. 14.1.7

v'2

Rezolvare

v1

ω3 Fig.14.1.7.a

Corpul şi Deplasarea tipul mişcării (1) Translaţie h1 (2) Rotaţie h ϕ2 = 1 R (3) h3 = h1 Plan-paralelă h ϕ3 = 1 2R

v3 = v1 v'3 v3 v3′ v3  ω3 = = ⇒ ω3 = = ⇒ v 2 R3 R3 4 R 2 R ω3 = 1 (a)  2R v'3 = v' 2= 2v1 Rezultatele analizei cinematice Viteza

Acceleraţia

v1 ω2 =

a1 v1 R

v3 = v1 ω3 =

v1 2R

a1 R a3 = a1 ε2 =

ε3 =

a1 2R

: Deplasarea virtuală δh1 δh1 R δh3 = δh1

δϕ 2 =

δϕ3 =

δh1 2R

238

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Principiul lucrului mecanic virtual postulează că lucrul mecanic al tuturor forţelor (direct aplicate, de legătură şi de inerţie) pentru toate cele trei corpuri ale sistemului, este nul: δL = δL1 + δL2 + δL3 = 0

(b)

unde: δL1 = (− G1 − FI 1 ) ⋅ δh1 ;

δL2 = − M I 2 ⋅ δϕ 2

(c)

δL3 = (− G3 sin α − FI 3 ) ⋅ δh3 + ( − M I 3 − M r 3 ) ⋅ δϕ3

Forţele şi cuplurile de inerţie au modulele: G 4G FI 1 = 1 a1 = a1 g g G2 R22 8GR a1 ε2 = g 2g G 16G FI 3 = 3 a3 = a1 g g

V2

2 3

GR 16GR M I 3 = J 3ε 3 = 3 ε 3 = a1 g 2g

δϕ2

MI3 G2

FI3

(d)

H2

O2

δh3

M I 2 = J 2ε 2 =

MI2

G3

δϕ3 α

C3

Mr3

I T3

N3

δh G1 FI1

Fig. 14.1.7.b

Dacă se exprimă şi deplasările virtuale δϕ2 , δh3 , δϕ3 în funcţie de δh1 expresia (b) devine: δL = (G1 − FI 1 ) ⋅ δh1 − M I 2 ⋅ δϕ2 + (− G3 sin α − FI 3 ) ⋅ δh3 − (M I 3 + M r 3 ) ⋅ δϕ3 = 0 1 1   δL = G1 − FI 1 + M I 2 ⋅ + (− G3 sin α − FI 3 ) − (M I 3 + M r 3 ) ⋅  ⋅ δh1 = 0 2R  R 

(b’)

Înlocuind în (d) valorile forţelor/cuplurilor de inerţie date de relaţiile (d) se obţine:  9a1  2s 4 sin α − R cos α − 1 − g  ⋅ δh1 = 0   2s    4 sin α − cos α − 1 R g ⇒ a1 =  9

(e)

2) Pentru determinarea forţelor de legătură prin aplicarea principiului lui d’Alembert se separă fiecare corp şi se introduc atât forţele direct aplicate şi de legătură, cât şi forţele/cuplurile de inerţie şi se scriu ecuaţiile de “echilibru dinamic”: ∑ (F a + F leg + FI ) = 0; ∑ (M a + M leg + M I ) = 0;

239

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

a. Pentru corpul (1) (fig. 14.1.7.c): − G1 + S1 − FI 1 = 0

x

(f)

S1

unde FI1 are expresia (d). Înlocuind se obţine: 8G  s  S1 =  4 + 2 sin α − cos α  9  R 

a1

(g)

G1 FI1

b. Pentru corpul (2) (fig. 14.1.7.d): 0 = H 2 − S 2 cos α  0 = V2 − S 2 sin α − G2 − S1 S ⋅ 2 R − S ⋅ R − M = 0 1 I2  2

Fig. 14.1.7.c

(h)

y

ε2

MI2 V2

unde MI2 are expresia (d)

S2

O2

Făcând înlocuirile şi calculele se obţine: α

4G  s  S2 =  2 sin α − cos α + 1 (i) 3  R  H 2 = S 2 cos α; V2 = S 2 sin α + G2 + S1

x

H2 S1

G2

Fig. 14.1.7.d

c. Pentru corpul (3) (fig. 14.1.7.e): − S 2 − T3 + G3 sin α − FI 3 = 0   N 3 − G3 cos α = 0 − S ⋅ 2 R + T ⋅ 2 R − M − M = 0  2 3 I3 r3

(j)

M r 3 = sN ; T ≤ µN 3

(k)

y

S2

a3

unde FI3 şi MI3 au expresiile (d) Făcând înlocuirile şi calculele se obţine:

FI3 ε3

C3

x

G3

MI3 Mr3

T3

N3

N 3 = 16G cos α s 4G   T3 = 14 sin α + 11 cos α + 1 R 9  

Fig. 14.1.7.e

Ultima ecuaţie din cele trei ecuaţii (k) este pentru verificare. T T s 1   3) Din condiţia µ ≥ 3 ⇒ µ min = 3 = 14 sin α + 11 cos α + 1 (l) N3 N 3 36 cos α  R 

14.1.8. Se consideră sistemul din figură format din două corpuri: o prismă de greutate G1 şi unghiul α şi un corp de greutate G2, care alunecă liber pe prismă. Se neglijază frecarea dintre cele două corpuri, ca şi frecarea dintre prismă şi suprafaţa orizontală. (fig. 14.1.8) . Se cere să se determine acceleraţiile celor două corpuri precum şi forţele de legătură, aplicând principiul lui d’Alembert .

240

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Rezolvare Problema având două grade de x2 libertate, se pot alege doi parametrii independenţi x1 şi x2, cu ajutorul cărora se determină poziţia sistemului la un G2 moment dat. Acceleraţiile sunt: a1 = &x&1 ; a2 = &x&2 , iar cele două corpuri efectuează mişcări de translaţie. O G1 α Se introduc forţele de inerţie ce x1 acţionează asupra celor două corpuri în centrele lor de masă, având mărimile: Fig. 14.1.8 G G G FI′1 = 1 a1 ; FI′2 = 2 a1 ; FI′′2 = 2 a 2 (a) g g g şi sensurile date în fig. 14.1.8.a,b (opuse acceleraţiilor). Corpul 2

Corpul 1 N2

y

F’I

F”I

y F’I2

a1

a1 α

G1

x

N2

a2 α

N1 Fig. 14.1.8.a

x

G2

Fig. 14.1.8.b

Pentru corpul 2 acceleraţia a1 are rol de acceleraţie de transport, iar a2 de acceleraţie relativă; astfel se justifică expresiile forţelor de inerţie FI′2 si FI′′2 . Aplicând principiul lui d’Alembert, se scriu ecuaţiile de echilibru cinetostatic. Se observă că sunt suficiente doar ecuaţiile de proiecţii, obţinânduse respectiv: G1   N 2 sin α − a1 = 0 g Pentru corpul 1:  (b)  N − G − N cos α = 0  1 1 2 G2  G2 a −  g 2 g a1 cos α − G2 sin α = 0  Pentru corpul 2:  (c) G 2  N − G cos α − a1 sin α = 0 2  2 g (G1 + G2 ) sin α g ; G2 sin 2α a1 = g ; a = 2 (G1 + G2 sin 2 α ) 2(G1 + G2 sin 2 α ) Se obţine: (d) G1G2 cos α G1G2 cos 2 α N2 = ; N =G + ; (G1 + G2 sin 2 α ) 1 1 (G1 + G2 sin 2 α )

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

241

14.2. ECUAŢIILE LUI LAGRANGE PROBLEME REZOLVATE 14.2.1. Se consideră sistemul din figură format din două corpuri: o prismă de greutate G1 şi unghiul α şi un corp de greutate G2, care se deplasează pe prismă. Se neglijază frecarea dintre cele două corpuri, ca şi frecarea dintre prismă şi suprafaţa orizontală. (fig. 14.2.1.a) . Se cere să se determine legea de mişcare a sistemului, folosind ecuaţiile lui Lagrange. q2 y

G2

vt vr

h α

v2 G2 α

G1 O

Fig. 14.2.1.a

h G1

q1

x

Fig. 14.2.1.b

Rezolvare Problema având două grade de libertate, se pot alege drept coordonate generalizate parametrii liniari q1 şi q2, cu ajutorul cărora se determină poziţia sistemului la un moment dat. Energia cinetică a sistemului se scrie: G G (a) E = E1 + E 2 = 1 q&12 + 2 v22 2g 2g unde cu v2 am notat viteza absolută a corpului de greutate G2. Pentru determinarea vitezei v2 se pot folosi două metode: a. Metoda analitică Se notează cu (x2, y2) coordonatele centrului de greutate al corpului 2 în raport cu sistemul Oxy ales (fig. 14.2.1.b). Se poate scrie relaţia vitezelor astfel: v22 = x& 22 + y& 22

unde :  x2 = q1 − q2 cos α  x& 2 = q&1 − q& 2 cos α ⇒   y 2 = h − q2 sin α  y& 2 = − q& 2 sin α 2 2 2 Prin urmare: v2 = (q&1 − q& 2 cos α ) + (q& 2 sin α ) = q&12 − 2q&1 q& 2 cos α + q& 22

(b)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

242

b. Metoda grafo-analitică Din fig. 14.2.1.b se poate observa că viteza corpului 2 se obţine prin compunerea vectorială a celor două viteze: v2 = vr + vt . Prin urmare avem: v22 = vr2 + vt2 + 2vr vt cos(π − α ) = q&12 + q& 22 − 2q&1q& 2 cos α

(b’)

deci s-a obţinut aceaşi expresia pentru viteza corpului 2. Prin urmare energia cinetică a sistemului se scrie: G G E = 1 q&12 + 2 (q&12 + q& 22 − 2q&1q& 2 cos α ) 2g 2g Derivatele parţiale din ecuaţiile lui Lagrange se scriu: ∂E ∂E = 0; = 0; ∂q2 ∂q1

(c)

(d) G2 ∂E G2 ∂E G1 + G2 (q& 2 − q&1 cos α ); q& 2 cos α; q&1 − = = g g g ∂q& 2 ∂q&1 Calculul forţelor generalizate Q1 şi Q2 se poate face în două moduri: a. cu ajutorul lucrului mecanic virtual, considerând pe rând parametrii q1 şi q2 variabili: (δL )q var = 0; (δL )q var = G2 δq2 sin α; 1

⇒ Q1 =

(δL )

q1 var

2

= 0 ; Q2 =

(δL )

q2 var

= G2 sin α

(e)

δq1 δq2 b. cu ajutorul funcţiei de forţă, care în acest caz are forma: 2 h U = ∑ mk gy k = −G1 − G2 (h − q2 sin α ) 3 i =1 unde s-a ţinut seama de sensul forţelor faţă de axele sistemului Oxy. Deci: ∂U ∂U Q1 = = 0; Q2 = = G2 sin α (e’) ∂q1 ∂q2 Ecuaţiile lui Lagrange : d  ∂E  ∂E d  ∂E  ∂E   −  − = Q1 ; = Q2 dt  ∂q&1  ∂q1 dt  ∂q& 2  ∂q2 conduc la sietmul de ecuaţii: G2  G1 + G2  g q&&1 − g q&&2 cos α = 0  (f)   G2 (q&& − q&& cos α ) = G sin α 1 2  g 2 Rezolvând sistemul se obţine acelaşi rezultat cu cel obţinut prin aplicarea principiului lui d’Alembert : (G + G2 )sin α g ; G2 sin 2α q&&1 = a1 = g ; q&&2 = a2 = 1 (g) 2 (G1 + G2 sin 2 α ) 2(G1 + G2 sin α )

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

243

14.2.2. Se consideră sistemul din figură format din trei corpuri, aflate respectiv în mişcările de translaţie, rotaţie şi plan-paralelă , având masele m1, m2, m3 şi razele R2 şi R3 cunoscute, ca în fig. 14.2.2. Sensul de mişcare al celor trei corpuri este indicat în figură. Se presupune că firele nu alunecă pe discuri şi se neglijează frecările din lagăre. Se cere: Să se determine mişcarea sistemului cu ajutorul ecuaţiilor lui Lagrange (parametrii h1, v1, a1), Rezolvare

3

Pentru rezolvarea problemei se face o analiză cinematică a mişcării sistemului care are două grade de libertate: se notează cei doi parametri care definesc mişcarea cu q1 şi q2 (fig.14.2.2.a). Notând AI=x, relaţiile de lanţ cinematic pentru viteze sunt:

v3

ω2 =

ω2

2 m

O2

R2

ω3

1

v1

C3 m3

m1

R3

q&1 ; R2

ω3 =

q&1 q& 2 = x R3 + x

(a)

De unde se obţine: Fig. 14.2.2.a

x=

ω2

q& 1

q& 1 q1

q& 1

q2

ω3

ω3 =

q&2 − q&1 R3

(b)

Energiile cinetice ale celor trei corpuri sunt:

O2

A

I

R3q&1 si q&2 − q&1

C3

q& 1

Fig. 14.2.2.b

q&2

1 1 E1 = m1v12 = m1q&12 2 2 m 1 E2 = J 2 ω22 = 2 q&12 2 4 1 1 E3 = m3 v32 + J 3 ω32 2 2 1 1 2 E3 = m3 q& 22 + m3 (q& 2 − q&1 ) 2 4

(c)

Energia cinetică totală este: 1 3 1 E = E1 + E 2 + E2 = ( 2m1 + m2 + m2 )q&12 + m3 q& 22 − m3 q&1 q& 2 4 4 2

(d)

Derivatele parţiale ale energiei cinetice totale se scriu astfel: ∂E ∂E = 0; =0 ∂q1 ∂q2

(e)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

244

1 1 d  ∂E  1 ∂E 1 = ( 2m1 + m2 + m2 )q&1 − m3q&2 ⇒   = ( 2m1 + m2 + m2 )q&&1 − m3q&&2 2 2 dt  ∂q&1  2 ∂q&1 2 (f) 1 1 d  ∂E  3 ∂E 3  = m3q&&2 − m3q&&1 = m3q&2 − m3q&1 ⇒  2 2 dt  ∂q&2  2 ∂q&2 2 Forţele generalizate Q1 şi Q2 se calculează variind succesiv parametrul corespunzător (q1 respectiv q2) şi fixându-l pe celălalt, (vezi fig. 14.2.2.b) adică: Q1 =

(δL )

q1 var

δq1

= − m1 g ; Q2 =

(δL )

q2 var

δq2

= m3 g

(g)

Înlocuind în ecuaţiile lui Lagrange : d  ∂E  ∂E  − = Q1 ; dt  ∂q&1  ∂q1

d  ∂E  ∂E  − = Q2 . dt  ∂q& 2  ∂q2

(h)

se obţine sistemul de ecuaţii algebrice: (2m1 + m2 + m3 )q&&1 − m3 q&&2 = −2m1 g  − m3 q&&1 + 3m2 q&&2 = 2m3 g Rezolvând acest sistem se găsesc acceleraţiile generalizate q&&1 si q&&2 Metoda a IIa Problema poate fi rezolvată considerând drept coordonate generalizate unghiurile de rotaţie ale celor două discuri aflate în mişcare de rotaţie, respectiv plan-paralelă : θ1 şi θ2. De asemenea se modifică notaţiile: se notează cu R1 şi m1 discul de rază R2 şi masă m2, cu R2 şi m2 discul de rază R3 şi masă m3 şi cu m3 corpul de masă m1 ca în fig. 14.2.2.c θ1

ω1

1 m1

O1

1

R1

O2 v1

2

3

C2

m3

R2

m2

v3

θ2

3 I ω2

A

v1=v’2

Fig. 14.2.2.c

Fig. 14.2.2.d

2

C3

v2

Din analiza cinematică a mişcării (conform fig 14.2.2.d) se obţine:  v'  v3 = v1 = R1θ& 1 si v2 = IC2 ⋅ θ& 2 = ( IA + R2 ) ⋅ θ& 2 =  2 + R2  ⋅ θ& 2 = R1 ⋅ θ& 1 + R2 ⋅ θ& 2 (i) &θ  2 

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Deci energia cinetică totală a sistemului se scrie: 1 1 1 1 E = E1 + E 2 + E3 = m1 R1θ& 12 + m 2 ( R1θ& 1 + R2 θ& 2 )2 + m 2 R2 θ& 22 + m 3 R1θ& 12 4 2 4 4

245

(j)

Derivatele parţiale ale energiei cinetice totale se scriu astfel: ∂E ∂E = 0; =0 ∂θ1 ∂θ 2

(k)

∂E  m1 d  ∂E   m   =  + m3 R12θ& 1 + m2 R1 (R1θ& 1 + R2θ& 2 ) ⇒   = 1 + m3 R12&θ&1 + m2 R1 (R1&θ&1 + R2&θ&2 ) dt  ∂θ& 1   2 ∂θ& 1  2   m R2 m R2 d  ∂E  ∂E = m2 R2 (R1θ& 1 + R2θ& 2 )+ 2 2 θ& 2 ⇒   = m2 R2 (R1&θ&1 + R2&θ&2 )+ 2 2 &θ&2 dt  ∂θ& 2  2 2 ∂θ& 2 Forţele generalizate Q1 şi Q2 se calculează variind succesiv parametrul corespunzător (θ1 respectiv θ2) şi fixându-l pe celălalt, (vezi fig. 14.2.2.d) adică: Q1 = Q2 =

(δL )

θ1 var

δθ1

(δL )

θ 2 var

δθ 2

=

m2 gR1δθ1 − m3 gR1δθ1 = R1 g( m2 − m3 ) δθ1

m gR δθ = 2 2 2 = R2 gm2 δθ 2

Înlocuind în ecuaţiile lui Lagrange : d  ∂E  ∂E d  ∂E  ∂E   −  − = Q1 ; = Q2 . dt  ∂θ& 1  ∂θ1 dt  ∂θ& 2  ∂θ 2 se obţine sistemul de ecuaţii algebrice:  m1  2&& && &&  2 + m3 R1 θ1 + m2 R1 (R1θ1 + R2θ2 ) = R1 g( m2 − m3 )    2 m R (R &θ& + R &θ& )+ m2 R2 &θ& = R gm 2 2 2  2 2 1 1 2 2 2 de unde rezultă acceleraţiile unghiulare &θ&1 si &θ& 2 (care sunt constante).

(l)

(m)

14.2.3. Se consideră sistemul din figură unde mărimile R, G, α, sunt cunoscute format din trei corpuri, după cum urmează(fig. 14.2.3.a): Corpul (1) de greutate G1 = 8G, coboară pe planul înclinat cu unghiul α, fără frecare ; Corpul (2) de greutate G2 = 8G şi rază R2 = R este antrenat într-o mişcare de rotaţie (se neglijează de asemenea frecarea în lagărul O2) Corpul (3) de greutate G3 = 64G şi rază R3 = 2R se deplazează în jos având o mişcare plan-paralelă. Se cere: Să se determine mişcarea sistemului cu ajutorul ecuaţiilor lui Lagrange

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

246

q& 1

1

ω2

O2

O2

q& 1 q2

2

C3

q1

α

C3

A

3 Fig. 14.2.3.a

q& 2

q& 1

α

I ω3

Fig. 14.2.3.b

Rezolvare

Pentru rezolvarea problemei se face o analiză cinematică a mişcării sistemului care are două grade de libertate: se notează cei doi parametri care definesc mişcarea cu q1 şi q2 (fig.14.2.3.b). Notând AI=x, relaţiile de lanţ cinematic pentru viteze sunt: q&1 R q& q& 2 ω3 = 1 = x 2R + x ω2 =

x= ⇒

2 Rq&1 q& 2 − q&1

q& − q&1 ω3 = 2 2R

(a)

Energiile cinetice ale celor trei corpuri sunt: 1 4G 2 q&1 E1 = M 1v12 = 2 g (b) 1 2G 2 2G 2 2 R q&1 , unde J 2 = E2 = J 2 ω2 = 2 g g 1 1 16G 2 (q&1 + 3q& 22 − 2q&1q& 2 ) E3 = M 3 v32 + J 3 ω32 = 2 2 g Energia cinetică totală este suma energiilor cinetice ale celor trei corpuri: 2G (c) (11q&12 + 24q& 22 − 16q&1q& 2 ) E = E1 + E2 + E3 = g Derivatele parţiale ale energiei cinetice totale sunt:  ∂E ∂E =0 ; =0  ∂ ∂ q q 2  1  ∂E 2G   (22q&1 − 16q& 2 ) ⇒ d  ∂E  = 4G (11q&&1 − 8q&&2 ) =  g dt  ∂q&1  g  ∂q&1  ∂E 2G    (48q& 2 − 16q&1 ) ⇒ d  ∂E  = 32G (3q&&2 − q&&1 ) = g dt  ∂q& 2  g  ∂q& 2

(d)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

247

Forţele generalizate Q1 şi Q2 se calculează variind succesiv parametrul corespunzător (q1 respectiv q2) şi fixându-l pe celălalt, (vezi fig.14.2.3.c) adică: Q1 =

(δL )

q1 var

δq1

= −8G sin α; Q2 =

(δL )

q2 var

δq2

= 64G

(e)

Înlocuind relaţiile (d) şi (e) în ecuaţiile lui Lagrange :

d  ∂E  ∂E  − = Q1 ; dt  ∂q&1  ∂q1

d  ∂E  ∂E  − = Q2 dt  ∂q& 2  ∂q2

obţinem următorul sistem de ecuaţii algebrice:

V2

H2

δq1

2 δ q2

G2

C3 3 G3

11q&&1 − 8q&&2 = −2 g sin α  − q&&1 + 3q&&2 = 2 g N1 G1

Rezolvând acest sistem rezultă acceleraţiile generalizate 2g (8 − 3 sin α ); 25 2g (11 − sin α ) q&&2 = 25

q&&1 = Fig. 14.2.3.c

(f)

(g)

Integrând succesiv de două ori în raport cu timpul, se obţin vitezele generalizate (q&1 si q& 2 ) , respectiv deplasările generalizate (q1 şi q2):

2g (8 − 3 sin α ) t + C1 ; q& 2 = 2 g (11 − sin α ) t + C2 25 25 g g q1 = (8 − 3 sin α )t 2 + C1 t + C3 ; q2 = (11 − sin α )t 2 + C 2 t + C 4 25 25

q&1 =

(h) (i)

Constantele C1 ... C4 se obţin din condiţiile iniţiale ale problemei. 14.2.4. Se consideră sistemul din figura 14.2.4.a format din trei corpuri unde mărimile R, G, α, sunt cunoscute: Corpul (1) de greutate G1=200G coboară vertical; Corpul (2) de greutate G2 = 8G şi rază R2 = 2R este antrenat într-o mişcare de rotaţie (fără frecare în lagărul O2) Corpul (3) de greutate G3 = 16G şi rază R3 = R coboară pe planul înclinat cu unghiul α (rostogolindu-se şi alunecând simultan,cu s=0, µ=0) într-o mişcare plan-paralelă. Se cere: Să se determine mişcarea sistemului cu ajutorul ecuaţiilor lui Lagrange (parametrii h1, v1, a1),

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

248

Rezolvare 2 O2

G2=8G R2=2R

G3=16G R3=R

1

3

C3

G1=200G α

Fig. 14.2.4.a

ω2 O2

q2

C3

q& 2

q& 1

ω3 I A

q1

q& 1

q& 1

α

Fig. 14.2.4.b

δϕ2 V2

H2 G2

Pentru rezolvarea problemei se face o analiză cinematică a mişcării sistemului care are două grade de libertate: se notează cei doi parametri care definesc mişcarea cu q1 şi q2 (fig.14.2.4.a). Notând AI=x, relaţiile de lanţ cinematic pentru viteze sunt: q q q& ω 2 = 1 ; ω3 = 1 = 2 (a) 2R x R−x De unde se obţine: Rq&1 q& + q& 2 ω3 = 1 (b) x= si q&1 + q& 2 R Energiile cinetice de fiecare corp se scriu astfel: 1 100G 2 E1 = M 1 v12 = q&1 2 g 1 2G 2 E 2 = J 2 ω 22 = q&1 2 g 1 1 (c) E 3 = M 3 v 32 + J 2 ω 32 2 2 4G (3q&12 + 2q&1 q& 2 + q& 22 ) E3 = g 2G ⇒E= (57q&12 + 4q&1 q& 2 + q& 22 ) g Derivatele energiei cinetice totale se scriu astfel: ∂E ∂E = 0; =0 ∂q1 ∂q2 ∂E 4G (57q&1 + 2q& 2 ) = ∂q&1 g

δϕ3 δq2

⇒ δq1

C3 N3 G3

α

G1

∂E 4G (2q&1 + q& 2 ) = ∂q& 2 g ⇒

Fig. 14.2.4.c

d  ∂E  4G  = (57q&&1 + 2q&&2 ) dt  ∂q&1  g

d  ∂E  4G  = (2q&&1 + q&&2 ) dt  ∂q& 2  g

(d)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

249

Forţele generalizate Q1 şi Q2 se calculează variind succesiv parametrul corespunzător (q1 respectiv q2) şi fixându-l pe celălalt, (vezi fig. 14.2.4.c) adică: (δL )q var (δL )q var Q1 = = G1 = 200G ; Q2 = = G3 sin α = 16G sin α. (e) δq1 δq2 1

2

Înlocuind în ecuaţiile lui Lagrange : d  ∂E  ∂E  − = Q1 ; dt  ∂q&1  ∂q1

d  ∂E  ∂E  − = Q2 . dt  ∂q& 2  ∂q2

se obţine sistemul algebric de ecuaţii: 57q&&1 + 2q&&2 = 50 g  2q&&1 + q&&2 = 4 g sin α

(f)

(g)

(25 − 4 sin α ) g ;  & & q = 1  27 cu soluţiile:  (h)  q&& = (114 sin α − 50 ) g  2 27 Integrând succesiv de două ori în raport cu timpul, se obţin vitezele generalizate (q&1 si q& 2 ) (25 − 4 sin α ) gt + C  1 q&1 = 27   q& = (114 sin α − 50 ) gt + C 2  2 27 respectiv deplasările generalizate (q1 şi q2): (25 − 4 sin α ) gt 2 + C t + C  1 3 q1 = 54   q = (114 sin α − 50 ) gt 2 + C t + C 2 4  2 54 Constantele C1 ... C4 se obţin din condiţiile iniţiale ale problemei.

(i)

(j)

14.2.5. Se consideră sistemul format din trei corpuri de greutăţi G1, G2, G3 şi doi scripeţi de masă neglijabilă, unul fix de rază R1 şi unul mobil de rază R2. Sistemul este legat cu ajutorul unor fire flexibile şi inextensibile, care se îmfăşoară la periferia roţilor ca în figura 14.2.5.a. Se cere: Să se determine legea de mişcare a sistemului cu ajutorul ecuaţiilor lui Lagrange Rezolvare Metoda I Problema are două grade de libertate: se notează cei doi parametri care definesc mişcarea cu q1 şi q2 (fig.14.2.5.a).

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

R1

O1

x

q1

h2

y

R2 O2 h3

q2 G2

250

Greutăţile G1, G2, şi G3 au respectiv ordonatele: y1=q1 y2=h1+q2=L1-πR1-q1+q2 (a) y3=h1+h2=L1-πR1-q1+ L2-πR2-q2 unde L1 şi L2 sunt lungimile firelor Vitezele celor trei corpuri se pot scrie deci: v1 = y&1 = q&1

G3

Fig. 14.2.5.a

v2 = y& 2 = q& 2 − q&1 v3 = y& 3 = − q&1 − q& 2

(b)

Energia cinetică totală a sistemului este: E=E1+E2+E3 (c) Energiile celor trei corpuri se scriu: G G G G G G 2 2 E1 = 1 v12 = 1 q&12 ; E 2 = 2 v22 = 2 (q& 2 − q&1 ) ; E3 = 3 v22 = 3 (q&1 + q& 2 ) (d) 2g 2g 2g 2g 2g 2g Energia cinetică totală a sistemului este deci: G + G2 + G3 2 G2 + G3 2 G3 − G2 E= 1 q&1 + q& 2 + q&1 q& 2 2g 2g g

(d)

Derivatele parţiale ale energiei cinetice sunt: ∂E ∂E = 0; = 0; ∂q2 ∂q1

G − G2 ∂E G1 + G2 + G3 q& 2 q&1 + 3 = g g ∂q&1

(e)

G − G2 ∂E G2 + G3 q& 2 + 3 q&1 = g g ∂q& 2 Detreminarea forţelor generalizate se poate face în două moduri: a. prin anularea lucrului mecanic virtual, considerând pe rând pe q1 , respectiv q2 variabile: (δL )q var = G1δq1 − (G2 + G3 )δq1 = (G1 − G2 − G3 )δq1

(δL )

1

q2 var

⇒ Q1 =

= (G2 − G3 )δq2

(δL )

q1 var

δq1

= G1 − G2 − G3 ;

(f) Q2 =

(δL )

q2 var

δq2

= G2 − G3

b. prin anularea derivatelor parţiale ale funcţiei de forţă U; în cazul de faţă aceasta se scrie astfel:

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

251

3

U = ∑ mi gyi = G1q1 + G2 (q2 + L1 − πR1 − q1 ) + G3 (L1 + L2 − πR1 − πR2 − q1 − q2 ) i =1

adică: Q1 =

∂U = G1 − G2 − G3 ; ∂q1

Q2 =

∂U = G2 − G3 ; ∂q2

(f’)

Înlocuind în ecuaţiile lui Lagrange : d  ∂E  ∂E −  = Q1 ; dt  ∂q&1  ∂q1

d  ∂E  ∂E −  = Q2 . dt  ∂q& 2  ∂q2

se obţine sistemul algebric de ecuaţii: G − G2  G1 + G2 + G3 q&&1 + 3 q&&2 = G1 − G2 − G3  g g    G3 − G2 q&& + G2 + G3 q&& = G − G 1 2 2 3  g g de unde se obţin acceleraţiile : G (G + G3 ) − 4G2 G3 q&&1 = 1 2 g; G1 (G2 + G3 ) + 4G2 G3 2G1 (G2 − G3 ) q&&2 = g G1 (G2 + G3 ) + 4G2 G3

(g)

.

(h)

Integrând succesiv de două ori în raport cu timpul, se obţin vitezele generalizate (q&1 si q& 2 ) respectiv deplasările generalizate (q1 şi q2). Constantele C1 ... C4 se obţin din condiţiile iniţiale ale problemei. Metoda a II a Se consideră drept coordonate generalizate unghiurile de rotaţie ale celor două discuri ϕ1 şi ϕ2, iar în loc de greutăţile celor trei corpuri se consideră masele m1 , m2, m3, conform fig. 14.2.5.b. ϕ1

ϕ1 O1

v1

ω1

R1

v1

O1 ϕ2

ϕ2 m1 C2

R2

v1

ω2 C2

v3

I

A

v2 Fig. 14.2.5.b

m2

m3

Fig. 14.2.5.c

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

252

Din analiza cinematică a mişcării (conform fig 14.2.5.c) se obţine: v vR v v v2 ϕ& 1 = ω1 = 1 si ϕ& 2 = ω2 = 3 = 1 = ⇒ x = IA = 3 2 R1 x R2 − x 2R2 − x v1 + v3

(i)

Rezultă că vitezele celor trei corpuri de mase m1, m2 şi m3 sunt: v1 = R1ϕ& 1 ; v2 = R1ϕ& 1 + R2 ϕ& 2 ; v3 = R1ϕ& 1 − R2 ϕ& 2 ; Deci energia cinetică totală a sistemului se scrie: 1 1 1 2 E = E1 + E 2 + E3 = m1 R1ϕ& 12 + m 2 ( R1ϕ& 1 + R2 ϕ& 2 )2 + m 3 (R1ϕ& 1 − R2 ϕ& 2 ) ; 2 2 2 1 1 E = (m1 + m 2 + m 3 )R1ϕ& 12 + (m 2 + m 3 )R2 ϕ& 22 + (m 2 − m 3 )R1 R2 ϕ& 1 ϕ& 2 2 2 Derivatele parţiale ale energiei cinetice totale se scriu astfel: ∂E ∂E = 0; =0 ∂ϕ1 ∂ϕ 2 ∂E = (m1 + m 2 + m 3 )R1ϕ& 1 + (m 2 − m 3 )R1 R2 ϕ& 2 ∂ϕ& 1

(j)

(k)

(l)

∂E = (m 2 + m 3 )R2 ϕ& 2 + (m 2 − m 3 )R1 R2 ϕ& 1 ∂ϕ& 2

Forţele generalizate Q1 şi Q2 se calculează variind succesiv parametrul corespunzător (ϕ1 respectiv ϕ2) şi fixându-l pe celălalt, (vezi fig. 14.2.5.c) adică: (δL )ϕ var (δL )ϕ var Q1 = = R1 g( − m1 + m2 + m3 ) ; Q2 = = R2 g( m2 − m3 ) (m) δϕ1 δϕ 2 1

2

Înlocuind în ecuaţiile lui Lagrange : d  ∂E  ∂E  − = Q1 ; dt  ∂ϕ& 1  ∂ϕ1

d  ∂E  ∂E  − = Q2 . dt  ∂ϕ& 2  ∂ϕ 2

se obţine sistemul de ecuaţii algebrice: &&1 + (m 2 − m 3 )R1 R2 ϕ && 2 = R1 g( − m1 + m2 + m3 ) (m1 + m 2 + m 3 )R1ϕ  && 2 + (m 2 −m 3 )R1 R2 ϕ &&1 = R2 g ( m2 − m3 ) (m 2 + m 3 )R2 ϕ && 1 si ϕ && 2 (care sunt constante). de unde rezultă acceleraţiile unghiulare ϕ

(n)

14.2.6 Se consideră sistemul din figură format din două corpuri: un corp paralelipipedic de masă m1 şi bilă de masă m2, care sun legate între ele prin intermediul unei bare A1A2 = l de masă neglijabilă. Se neglijază frecarea dintre corp şi ghidajul orizontal. (fig. 14.2.6) . Se cere să se determine legea de mişcare a sistemului folosind ecuaţiile lui Lagrange.

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

253

Rezolvare

x m1

O

Sistemul având două grade de libertate, se pot alege drept coordonate generalizate parametrii x şi θ. Coordonatele centrelor de masă ale celor două corpuri sunt:  x = x − l sin θ x = x (a) A1  1 A2  2 0 = θ y = y l cos  2  1 Deci vitezele după cele două direcţii sunt:  x& 2 = x& − lθ& cos θ  x&1 = x&   &  y&1 = 0  y& 2 = −lθ sin θ 2 2 v 2 = x& 2 ; v 2 = (x& − lθ& cos θ) + (lθ& sin θ)

x

A1

θ A2

m2

y

Fig. 14.2.6

1

2

Energia cinetică a sistemului se scrie: m m ml 1 E = E1 + E 2 = 1 v12 + 2 v22 = (m1 + m2 )x& 2 + 2 (lθ& 2 − 2 x&θ& cos θ) 2 2 2 2 Funcţia de forţă în acest caz are forma: U = −V = m2 gy 2 = m2 gl cos θ Funcţia lui Lagrange are deci expresia: ml 1 L = E + U = (m1 + m2 )x& 2 + 2 (lθ& 2 − 2 x&θ& cos θ) + m2 gl cos θ 2 2 Se aplică ecuaţiile lui Lagrange sub forma: d  ∂L  ∂L  − = 0; dt  ∂q&1  ∂q1

(b) (c) (d)

d  ∂L  ∂L  − = 0 , cu q1 = x si q2 = θ dt  ∂q& 2  ∂q2

Se obţine sistemul de ecuaţii diferenţiale: d &  dt (m1 + m2 )x& − m2 lθ cos θ = 0  m l d lθ& − x& cos θ − m l(x&θ& − g )sin θ = 0 2  2 dt În cazul micilor oscilaţii ale sistemului se poate sin θ ≅ θ, cos θ ≅ 1 şi sistemul de ecuaţii diferenţiale (e) devine:

[

]

[

]

(e) considera

 &θ& + m1 + m2 g θ = 0 (f) (m1 + m2 )x& − m2 lθ& = C ; m l  1 Cea de a doua ecuaţie reprezintă ecuaţia unei mişcări armonice de pulsaţie: ω = g (m1 + m2 ) / m1l , cu soluţia: θ = θ 0 cos(ωt + ϕ ) În cazul în care m1>> m2 (când corpul 1 rămâne practic în repaus) se obţine ( trecând la limită) perioada pendulului matematic: T = 2π / ω = 2π l / g .

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

254

14.2.7. Se consideră sistemul din figură format din două bile de mase m1 şi m2, suspendate pe două fire de lungimi OA1= A1A2 = l de masă neglijabilă. Se cere să se determine pulsaţiile proprii ale sistemului de pendule folosind ecuaţiile lui Lagrangei.

Rezolvare Sistemul având două grade de libertate, se pot alege drept coordonate generalizate parametrii ϕ1 şi ϕ2, unghiurile pe care le fac firele cu verticala (fig. 14.2.7).Coordonatele centrelor de masă ale celor două bile sunt:  x1 = l sin ϕ1 A1   y1 = l cos ϕ1 (a) O x  x2 = l(sin ϕ1 + sin ϕ 2 ) A2   y 2 = l(cos ϕ1 + cos ϕ 2 ) ϕ1 Deci vitezele celor două bie sunt: l m1  x&1 = lϕ& 1 cos ϕ1 A1   y&1 = −lϕ& 1 sin ϕ1 y

l

ϕ2

A2

⇒ v12 = x&12 + y&12 = lϕ& 1

m2

Fig. 14.2.7

 x& 2 = l(ϕ& 1 cos ϕ1 + ϕ& 2 cos ϕ 2 )   y& 2 = −l(ϕ& 1 sin ϕ1 + ϕ& 2 sin ϕ 2 ) ⇒ v22 = x& 22 + y& 22 = l(ϕ& 12 + ϕ& 22 + 2ϕ& 1 ϕ& 2 cos( ϕ 2 − ϕ1 ))

Dacă se consideră cos(ϕ 2 − ϕ1 ) ≅ 1 se obţine expresia energiei cinetice:

ml 2 (2ϕ& 12 + ϕ& 22 + 2ϕ& 1 ϕ& 2 ) E = E1 + E2 = 2 Funcţia de forţă se scrie: ϕ ϕ  1  U = −2mgl 2 sin 2 1 + sin 2 2  ≅ mgl(2ϕ12 + ϕ 22 ) 2 2  2  Funcţia lui Lagrange are deci expresia: ml 2 (2ϕ& 12 + ϕ& 22 + 2ϕ& 1 ϕ& 2 ) + mgl (2ϕ12 + ϕ 22 ) L = E +U = 2 2 Se aplică ecuaţiile lui Lagrange sub forma: d  ∂L  ∂L  − = 0; dt  ∂q&1  ∂q1

(b)

(c)

(d)

d  ∂L  ∂L  − = 0 , cu q1 = ϕ1 si q2 = ϕ 2 dt  ∂q& 2  ∂q2

Se obţine sistemul de ecuaţii diferenţiale: &&1 + lϕ && 2 + 2 gϕ1 = 0 2lϕ  &&1 + lϕ && 2 + gϕ 2 = 0 lϕ Sistemul de ecuaţii diferenţiale (e) admite soluţii de forma:

(e)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

ϕ1 = C1 cos pt ;

255

ϕ 2 = C 2 cos pt

Ecuaţia caracteristică (ecuaţia pulsaţiilor proprii) se scrie: 2 g − 2l p 2 − lp 2

− lp 2 =0 g − lp 2

(f)

Dcei cele două pulsaţii proprii caracteristic(se exclud soluţiile negative): p1 =

(

2g

)

2 +1 l

p2 =

;

(

2g

sunt

soluţiile

determinantului (g)

)

2 −1 l

14.2.8. Se consideră sistemul din figura 14.2.8.a format din culisa de greutate G2 şi bara A1A2 = l de greutate G1. Culisa se poate deplasa orizontal (se neglijază frecarea) fiind legată cu un resort de constantă elastică k de mediul fix. Asupra capătului A3 al barei se aplică o forţă orizontală F. Se cere: 1. să se determine poziţia de echilibru a sistemului 2. să se determine legea de mişcare a sistemului pornind din poziţia de echilibru studiată la punctu (1), folosind ecuaţiile lui Lagrange. Rezolvare 1. Sistemul având două grade de libertate, se pot alege drept coordonate generalizate parametrii liniari x (Faţă de poziţia iniţială) şi θ (fig. 14.2.8.b). x

A2≡O

O x

G2

G2 θ

A1

A1

G1

G y

x

A2

y

A3

A3

Fig. 14.2.8.a

F

Fig. 14.2.8.b

Condiţia de echilibru a sistemului se poate obţine folosind două metode: a. din condiţia de anulare a forţelor generalizate: (δL )q var Qk = = 0, k = 1,2 (a) δqk k

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

256

unde: Qk poate reprezenta din punct de vedere dimensional o forţă sau un cuplu, după cum coordonata generalizată corespunzătoare reprezintă o lungime sau un unghi. (δL )q var reprezintă luncrul mecanic virtual produs de sarcini numai pe deplasările date de variaţia parametrului qk, adică (δqk ). k

Pentru cei doi parametri avem : (δL )x var = − kx ⋅ δx + F ⋅ δx = 0 Qx = δx δx l − G1 sin θ ⋅ ⋅ δθ + F cos θ ⋅ l ⋅ δθ (δL )θ var = 2 Qθ = =0 δθ δθ Rezultă aşadar valorile parametrilor pentru poziţia de echilibru: F 2F x = ; tgθ = k G1

(b)

(c)

b. din anularea derivatelor parţiale ale funcţiei de forţă a sistemului, întrucât forţele care acţionează asupra sistemului sunt forţe conservative , adică: ∂U i ∂U i ∂U i ∂U Qk = Fi = i+ j+ k =0 atunci: ∂z i ∂xi ∂yi ∂qk În cazul problemei de faţă funcţia de forţă a sistemului se scrie: 1 (d) U = ∑U i = − kx 2 + G1l cos θ − F ( x + l sin θ ) 2  ∂U  ∂x = − kx + F = 0 adică:  (e)  ∂U = −G l sin θ + Fl cos θ = 0 1  ∂θ 2 Rezultă aceleaşi valori ale parametrilor pentru poziţia de echilibru date de relaţia (c) 2. Coordonatele centrelor de masă ale celor două corpuri sunt: l   x1 = x + 2 sin θ  x2 = x A1  A2   y2 = 0  y = l cos θ  1 2 Deci vitezele după cele două direcţii sunt:

l&  & & = + θ cos θ x x 1  2   y& = − l θ& sin θ  1 2

 x& 2 = x&   y& 2 = 0

⇒ v22 = x& 2

(f)

(g)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ 2

257 2

l& l2 & 2    l&  2 v =  x& + θ cos θ  +  − θ sin θ  = x& + θ + lx&θ& cos θ 2 4    2  Energia cinetică a sistemului se scrie: G J G E = E1 + E2 = 1 v12 + 1 ω22 + 2 v22 2g 2 2g 2 1

G1  2 l 2 & 2 l 2 & 2  G2 2 & E= x&  x& + θ + lx&θ cos θ + θ  + 2g  4 12  2 g l 1 Funcţia de forţă în acest caz are forma:U = − kx 2 + G1 cos θ 2 2 Funcţia lui Lagrange are deci expresia: G1  2 l 2 & 2 1 l  G L = E +U =  x& + θ + lx&θ& cos θ  + 2 x& 2 − kx 2 + G1 cos θ 2g  3 2 2  2g

(h)

(i)

(j)

Se aplică ecuaţiile lui Lagrange sub forma: d  ∂L  ∂L  − = 0; dt  ∂q&1  ∂q1

d  ∂L  ∂L  − = 0 , cu q1 = x si q2 = θ dt  ∂q& 2  ∂q2

Se obţine sistemul de ecuaţii diferenţiale: G1l && G1l & 2  G1 + G2 & & x cos + θ θ − θ sin θ + kx = 0  g 2g 2g   2  G1l &x&cos θ + G1l &θ& + G1l sin θ = 0  2 g 3g 2

(k)

În cazul micilor oscilaţii ale sistemului se poate considera sin θ ≅ θ, cos θ = 1 şi se obţine sistemul: G1l && G1l & 2  G1 + G2  g &x& + 2 g θ − 2 g θ ⋅ θ + kx = 0  (l)  2 l l l G G G  1 &x& + 1 &θ& + 1 ⋅ θ = 0  2 g 3g 2 Acest sistem se poate rezolva prin metode numerice obţinându-se soluţii aproximative care descriu mişcarea sistemului, soluţii care ţin seama şi de condiţiile iniţiale ale problemei.

14.2.9. Se consideră sistemul format din trei discuri omogene de greutăţi G1, G2, G3, unul fix de rază R3 şi celelalte mobile de rază R1 şi R2 legate între ele cu ajutorul unor fire flexibile şi inextensibile, care se îmfăşoară la periferia lor ca în figura 14.2.9.a. Se cere: Să se determine legea de mişcare a sistemului cu ajutorul ecuaţiilor lui Lagrange

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

258

Rezolvare Sisdtemul are trei grade de libertate deoarece pentru stabilirea configuraţiei lui sunt necesari trei parametri independenţi: se consideră drept coordonate generalizate unghiurile de rotaţie ale celor trei discuri ϕ1 ϕ2 şi ϕ3, conform fig. 14.2.9.a. ϕ3

G3 ,

ω3

O3

C1 ϕ1 G 1,

A1

C1

G2 ,

v1

C2 ϕ2 Fig. 14.2.9.a

v3

O3

v3

v3

I1 ω1 v3 A2 I2 C2 ω2

Fig. 14.2.9.b

Din analiza cinematică a mişcării (conform fig 14.2.9.b) se obţine: ϕ& 1 = ω1 =

v v1 = 3 R1 + x x

(unde x = I A ) 1

1

v v (unde y = I1 A1 ); ϕ& 2 = ω2 = 3 = 1 y R2 − y

v ϕ& 3 = ω3 = 3 R3

(a)

Rezultă că vitezele centrelor de masă ale celor două discuri 1 şi 2 sunt: v1 = R1ϕ& 1 + R3 ϕ& 3 ; v2 = R3 ϕ& 3 − R2 ϕ& 2 Deci energia cinetică totală a sistemului se scrie: 1 1 1 1 1 E = E1 + E 2 + E3 = m1 v12 + J 1ϕ& 12 + m 2 v22 + J 2ϕ& 22 + J 3ϕ& 32 ; 2 2 2 2 2 (b) G1 G1 2 2 G2 G2 2 2 G3 2 2 2 2 (R1 ϕ& 1 + R 3 ϕ& 3 ) + R1 ϕ& 1 + (R 3 ϕ& 3 − R 2 ϕ& 2 ) + R2 ϕ& 2 + R3 ϕ& 3 E= 2g 4g 2g 4g 4g Derivatele parţiale ale energiei cinetice totale se scriu astfel: ∂E ∂E = 0; = 0; ∂ϕ1 ∂ϕ 2

∂E R1G1 (R1 ϕ& 1 + R 3 ϕ& 3 ) + G1 R12 ϕ& 1 = g 2g ∂ϕ& 1

RG G ∂E = − 2 2 (R 3 ϕ& 3 − R 2 ϕ& 2 ) + 2 R22 ϕ& 2 g 2g ∂ϕ& 2 ∂E R3G1 = (R1 ϕ& 1 + R 3 ϕ& 3 ) + R3G2 (R 3 ϕ& 3 − R 2 ϕ& 2 ) + G3 R32 ϕ& 3 g g 2g ∂ϕ& 3

(c)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

259

Forţele generalizate Q1 şi Q2 se calculează variind succesiv parametrul corespunzător (ϕ1 , ϕ2 respectiv ϕ3) şi fixându-l pe celălalt, (vezi fig. 14.2.9.b) adică:

Q1 =

(δL )

ϕ1 var

δϕ1

= R1G1 ;

Q2 =

(δL )

ϕ2 var

δϕ2

= R2 G2 ; Q3 =

(δL )

ϕ3 var

δϕ3

= R3 ( G1 − G2 )

(d)

Înlocuind în ecuaţiile lui Lagrange : d  ∂E  dt  ∂ϕ& k

 ∂E  − = Qk ;  ∂ϕ k

k = 1, 2 , 3

se obţine sistemul de ecuaţii algebrice:

&&1 + 2 R3 ϕ && 3 = 2 g 3R1ϕ  && 2 − 2 R3 ϕ && 3 = 2 g 3R2 ϕ 2 R G ϕ && 2 + R3 ( 2G1 + 2G2 + G3 )ϕ && 3 = 2 g ( G1 − G2 )  1 1&&1 − 2 R2 G2 ϕ

(e)

Rezolvând acest sistem rezultă acceleraţiile unghiulare :  4G2 + 3G3 2g &&1 = ; ϕ + + 3 2 2 3 R G G G 1 1 2 3   4G1 + 3G3 2g && 2 = ; ϕ 3R2 2G1 + 2G2 + 3G3   G1 − G2 2g && 3 = ϕ R3 2G1 + 2G2 + 3G3 

(f)

şi acceleraţiile centrelor de masă ale discurilor 1 şi 2:

2 g G2 + 3( G1 + G3 )  &&1 + R3 ϕ && 3 = ; a1 = R1ϕ 3 2G1 + 2G2 + 3G3   2 g G1 + 3( G2 + G3 ) a = R ϕ && − R2 ϕ && 2 = − 2 3 3  3 2G1 + 2G2 + 3G3

(g)

Observaţii

Semnul minus de la acceleraţia a2 arată că sensul acestei acceleraţii este opus && 3 − R2 ϕ && 2 < 0 ; celui considerat în fig 14.2.9.b., adică: R3 ϕ Sistemul fiind acţionat numai de greutăţile proprii este conservativ, deci există o funcţie de forţă U a sistemului care are expresia: U = G1 ( R1ϕ1 + R3 ϕ3 ) − G2 ( R3 ϕ3 − R2 ϕ 2 ) . Deci se pot considera ecuaţiile lui Lagrange sub forma:

d  ∂E  dt  ∂ϕ& k

 ∂E ∂U  − = ; ∂ ϕ ∂ ϕ  k k

care conduc la aceleaşi ecuaţii algebrice (e).

k = 1, 2 , 3

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

260

PROBLEME PROPUSE Se consideră sistemele formate din trei corpuri: un corp de greutate G1 şi două discuri omogene de greutăţi G2, G3, unul fix de rază R2 şi celelălalt mobil de rază R3 legate între ele cu ajutorul unor fire flexibile şi inextensibile, care se îmfăşoară la periferia lor ca în figurile 14.2.10...4.2.12. (pentru problemele 4.2.11 şi 4.2.12 corpul 3 se rostogoleşte şi alunecă simultan,cu s=0, µ=0) Se cere: Să se determine legea de mişcare a sistemelor cu ajutorul ecuaţiilor lui Lagrange. 2 O2

G2, R2

1

G1

3 C3

µ=0

G3, R3

α

Date: α, µ=0 G1=80G; G2=8G; R2=2R G3=4G; R3=R Fig. 14.2.10

O2

Date: α, µ=0 G1=20G; G2=8G; R2=R G3=320G; R3=2R

2 G2, R2

1 G1 C3

3

G3 , R 3

Fig. 14.2.11

α

O2

2 G2, R2 3 G3 , R 3

1 G1

µ=0 α

C3 β

Date: α, β, µ=0 G1=200G; G2=10G; R2=2R G3=40G; R3=2R Fig. 14.2.12

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

261

BIBLIOGRAFIE

1. Atanasiu, M. - Mecanica . Editura Didactică şi Pedagogică, Bucureşti, 1973. 2. Buchholtz, N.N., Voronkov, I.M., Minokov, I.A.- Culegere de probleme de mecanică raţională (traducere din limba rusă). Editura Tehnică, Bucureşti, 1952. 3. Ceauşu, V., Enescu, N., Ceauşu, F. - Culegere de probleme de mecanică, I.P.Bucureşti, vol.I, II, III, 1983. 4. Darabont, Al., Munteanu , M., Văiteanu, D.- Mecanică tehnică. Culegere de probleme. Statica şi Cinematica. Editura Scrisul Românesc, Craiova, 1983 5. Enescu, N., Stroe, S., Ion, C., Ivan, M., Magheţi, I., Ion, E., Savu, M., Cazacu, G. Seminar de Mecanică. Probleme. IPBucureşti, 1990 6. Huidu, T. - Mecanica teoretică şi elemente de mecanica solidului deformabil, vol. I, II, Institutul de Petrol şi Gaze, Ploieşti, 1983 7. Iacob, C. - Mecanica Teoretică. Ed. Didactică şi Pedagogică, Bucureşti, 1971 8. Marin , C., Huidu, T. - Mecanica. Editura Printech, Bucuresti 1999. 9. Posea, N., Florian,V., Talle,V., Tocaci, E.- Mecanica aplicată pentru ingineri. Editura tehnică, Bucureşti, 1984. 10. Rădoi, M., Deciu, E. - Mecanica . Editura Didactică şi Pedagogică, Bucureşti, 1977 11. Roşca, I. – Mecanica pentru ingineri. Editura MatrixRom, Bucureşti, 1998. 12. Roşca, I. – Sumar de Mecanica. Editura MatrixRom, Bucureşti, 1999 13. Staicu, Şt.- Mecanica. Editura Didactică şi Pedagogică R.A, Bucureşti, 1998. 14. Vâlcovici, V., Bălan, Şt., Voinea, R. - Mecanica Teoretică. Editura Didactică şi Pedagogică, Bucureşti, 1968 15. Voinaroski, R. - Mecanica Teoretică. Editura Didactică şi Pedagogică, Bucureşti, 1968 16. Voinea, R., Voiculescu, D., Ceauşu, V. - Mecanica . Editura Didactică şi Pedagogică, Bucureşti, 1975