dinamika

Dinamika gibanjakrutog tijela

Kineticka energijakrutog tijelaZadatak 10.1

Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7

E-L jednadžbeZadatak 10.8

Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

Zadatak 10.1Homogeni štap mase M i duljine 2a krece se beztrenja u sfernom udubljenju polumjera R tako dastalno ostaje u okomitoj ravnini koja prolazi krozcentar sfere. Nadite kineticku energiju štapa.

Rješenje: skica problema

O

b

a

R

φ



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• štap rotira kutnom brzinom φ oko osi koja je zab udaljena od centra mase štapa i okomita je naravninu u kojoj se štap giba

• kineticka energija štapa

T =12

IOštapφ

2

• moment inercije s obzirom na tocku O možemoizracunati pomocu Steinerovog teorema

IOštap = Ic.m.

štap + Mb2

=1

12M(2a)2 + M(R2 − a2) = M

(

R2 −23

a2

)


T =M2

(

R2 −23

a2

)

φ2



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

Zadatak 10.2Homogena ploca mase M obješena je o nit duljine ltako da se može njihati u vertikalnoj ravnini. Naditekineticku ploce.

Rješenje:• zadatak možemo riješiti na dva nacina• u prvom rješenju sustav vezan uz plocu ima

ishodište u objesištu ploce, a u drugom u centrumase ploce



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

Skica problema u prvom slucaju

x ′

y ′

xy

c.m.

~a

θl

φ

ax

ay

• ploca rotira uvertikalnoj ravnini

=⇒ ~Ω = φ~k

• koordinate centramase u sustavufiksiranom uz plocu

~a = ax~i + ay

~j

• brzina tocke O ufiksiranom sustavu

|~V | = l θ



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

x ′

y ′

xy

θl

φ

~Vθα β

• kutevi α i β

α = 1800 − 900 − φ

= 900 − φ

β = 900 − θ − α = φ − θ

• komponente brzine ~Vu sustavu fiksiranomuz plocu

Vx = V cos (φ − θ)

= l θ cos (φ − θ)

Vy = −V sin (φ − θ)

= −l θ sin (φ − θ)



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• kineticka energija krutog tijela

T =12

M ~V 2 + M ~V ·(

~Ω × ~a)

+12

∑ij

IijΩiΩj

• translatorni doprinos

T1 =12

M ~V 2 =12

Ml2θ2

• racunamo mješoviti doprinos

~Ω × ~a = φ~k ×(

ax~i − ay

~j)

= φ(

ax~j + ay

~i)

T2 = Mφ (Vy ax + Vx ay)

= Mlφθ (−ax sin (φ − θ) + ay cos (φ − θ))



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• pri racunanju rotacionog doprinosa iskoristimocinjenicu

Ωx = Ωy = 0 Ωz = φ

• oznacimo s IO moment inercije oko osi z kroztocku O

=⇒ T3 =12

IOφ2

• kineticka energija ploce

T =12

Ml2θ2

+ Mlφθ (−ax sin (φ − θ) + ay cos (φ − θ))

+12

IOφ2



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

Skica problema u drugom slucaju

x ′

y ′

xy

c.m.

~a

θl

φ

ax

ay

α

• ploca rotira uvertikalnoj ravnini

=⇒ ~Ω = φ~k

• koordinate centramase u nepomicnomsustavu

x ′c.m. = l sin θ

+ a sin (φ + α)

y ′c.m. = −l cos θ

− a cos (φ + α)



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• racunamo brzinu centra mase u nepomicnomsustavu

x ′c.m. = l cos θθ + a cos (φ + α)φ

y ′c.m. = l sin θθ + a sin (φ + α)φ

• kvadriramo komponente brzine

x ′2c.m. = l2 cos2 θθ2 + a2 cos2 (φ + α)φ2

+ 2al cos θ cos (φ + α)θφ

y ′2c.m. = l2 sin2 θθ2 + a2 sin2 (φ + α)φ2

+ 2al sin θ sin (φ + α)θφ

• kvadrat brzine centra mase

v2c.m. = l2θ2 + a2φ2 + 2al cos (θ − φ − α)θφ



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• raspišemo zadnji clan

a cos (θ − φ − α) = a cos (θ − φ) cos α + a sin (θ − φ

= ay cos (θ − φ) + ax sin (θ − φ)

• kvadrat brzine centra mase

v2c.m. = l2θ2 + a2φ2 + 2lay cos (θ − φ)θφ

+ 2lax sin (θ − φ)θφ

• kineticka energija ploce

T =12

Ic.m.φ2 +

12

Mv2c.m.

=12

Ic.m.φ2 +

12

Ml2θ2 +12

Ma2φ2

+ Mlay cos (θ − φ)θφ − Mlax sin (φ − θ)θφ



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• iskoristimo Steinerov teorem

Ic.m. + Ma2 = IO

• konacni rezultat za kineticku energiju

T =12

IOφ2 +12

Ml2θ2

+ Mlay cos (φ − θ)θφ − Mlax sin (φ − θ)θφ

poklapa se s rezultatom u prvom slucaju• prethodni izrazi se pojednostavljuju ako os y

prolazi kroz objesište i centar mase

=⇒ ax = 0 ay = a



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• zadnji clan kineticke energije išcezava papreostaje

T =12

Ic.m.φ2 +

12

Ml2θ2

+12

Ma2φ2 + Mla cos (θ − φ)θφ



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

Zadatak 10.3Ploca u obliku jednakostranicnog trokuta stranice a imase M obješena je o tanki štap duljine l i mase mtako da se može njihati u vertikalnoj ravnini. Naditekineticku energiju sustava.


x

y

lθ

φc.m.



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• ukupna kineticka energija je suma kinetickeenergije štapa i trokuta

• promotrimo prvo trokut• visina jednakostranicnog trokuta

h =

√3

2a

• centar mase trokuta nalazi se u težištu trokuta

t =23

h =a√

3

• koristimo sustav vezan uz plocu s ishodištem ucentru mase ploce

• kinetica energija u tom slucaju ima dvadoprinosa

Ttrokut = T trtrokut + T rot

trokut



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• kutna brzina rotacije ploce

~Ω = φ~k

• kineticka energija rotacije oko centra mase

T rottrokut =

12

∑ij

IijΩiΩj =12

Ic.m.trokutΩ

2z =

12

Ic.m.trokutφ

2

Moment inercije

• moment inercije trokuta oko centra mase iznosi

Ic.m.trokut =

112

Ma2

• kineticka energija rotacije trokuta

T rottrokut =

124

Ma2φ2



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• da bi izracunali kineticku energiju translacijecentra mase

T trtrokut =

M2

(

x2c.m. + y2

c.m.

)

trebamo brzinu centra mase• položaj centra mase trokuta u fiksnom sustavu

xc.m. = l sin θ +a√

3sin φ

yc.m. = −l cos θ −a√

3cos φ

• brzina centra mase trokuta u fiksnom sustavu

xc.m. = l cos θθ +a√

3cos φφ

yc.m. = l sin θθ +a√

3sin φφ



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• kvadriramo komponente brzine centra mase

x2c.m. = l2 cos2 θθ2 + 2l

a√

3cos θ cos φθφ

+a2

3cos2 φφ2

y2c.m. = l2 sin2 θθ2 + 2l

a√

3sin θ sin φθφ

+a2

3sin2 φφ2

• zbrojimo kvadrate komponenti

T trtrokut =

M2

[

l2θ2 +a2

3φ2 +

2√

3laθφ cos (θ − φ)

]



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• ukupna kineticka energija trokuta

Ttrokut = T trtrokut + T rot

trokut

=M2

[

l2θ2 +5a2

12φ2 +

2√

3laθφ cos (θ − φ)

]

• kineticka energija trokuta odgovara izrazu zakineticku energiju ploce u prethodnom zadatku

• štap rotira oko jednog svog kraja pa je njegovakineticka energija

Tštap =12

Ištapθ2

• moment inercije tankog štapa

Ištap = Ic.m.štap + m

(

l2

)2

=13

ml2



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10


Tštap =16

ml2θ2

• ukupna kineticka energija sustava

Ttot = Ttrokut + Tštap



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

Zadatak 10.4Dva homogena štapa duljine a i b spojena su podpravim kutem u tocki O na osovinu koja rotirakonstantnom kutnom brzinom ω. Nadite kinetickuenergiju sustava.


a b

~ω

φ



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• koordinatni sustav fiksiran uz štap orjentiramo usmjeru glavnih osi štapa

• promotrimo štap b

ab

~ω

φ

x

y

• komponente kutne brzine

Ωx = ω cos φ

Ωy = ω sin φ

Ωz = φ

• kineticka energija štapa b

T =12

∑ij

IijΩiΩj

• jedine komponente tenzora razlicite od nule

Ixx = Izz =13

mbb2 =13λb3



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• kineticka energija štapa b

Tb =12

(

IxxΩ2x + IzzΩ

2z

)

=16λb3

(

ω2 cos2 φ + φ2)

• analognim postupkom možemo izracunatikineticku energiju štapa a

Ta =16λa3

(

ω2 sin2 φ + φ2)

• ukupna kineticka energija sustava

T =16λω2

(

b3 cos2 φ + a3 sin2 φ)

+16λφ2

(

b3 + a3)



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

Zadatak 10.5Homogeni stožac mase M, visine h, radijusa baze Ri otvornog kuta 2α kotrlja se u ravnini, a vrh mu senalazi iznad nje na visini R. Nadite kineticku energijustošca.


x y

z

θ

~Ω



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

x ′

z ′

a c.m.n

~Ω Rα

• udaljenost centra mase od vrha stošsca:a = 3h/4

• udaljenost centra mase od plašta stošca:n = a sin α

• brzina centra mase: vcm = aθ

• uvjet kotrljanja: vcm = Ωn = Ωa sin α

aθ = Ωa sin α =⇒ Ω =θ

sin α



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• sustav vezan uz stožac biramo tako da mu seosi poklapaju s glavnim osima stošca, aishodište mu prolazi kroz centar mase stošca

x ′

z ′z

x

~Ω Rα y

Komponente kutne brzineu sustavu vezanom uzstožac

Ωx = Ω cos α

Ωy = 0

Ωz = Ω sin α

• primjetimo da je izbor osi x i y proizvoljan(Ix = Iy ) pa sustav u svakom trenutku možemoorjentirati tako da vrijedi

Ωx = Ω cos α i Ωy = 0



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• kineticka energija stošca je suma energijetranslacije centra mase i energije rotacije okocentra mase

• translatorni doprinos

Ttr =12

Mv2cm =

12

Ma2θ2 =9

32Mh2θ2

• rotacioni doprinos

Trot =12

[

IxΩ2x + IyΩ2

y + IzΩ2z

]

• momenti inercije stošca

Iz =310

MR2

Ix = Iy =3

20M

[

R2 +h2

4

]



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• kineticka energija rotacije

Trot =12

[

310

MR2Ω2 cos2 α

+3

20M

(

R2 +h2

4

)

Ω2 sin2 α

]

=340

MΩ2

[

2R2 cos2 α +

(

R2 +h2

4

)

sin2 α

]

• radijus i visina stošca su povezani: R = h tan α

Trot =3

40Mh2Ω2 sin2 α

[

2 + tan2 α +14

]

=3

40Mh2Ω2 sin2 α

[

1cos2 α

+54

]



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• iskoristimo uvjet: θ = Ω sin α

• energija rotacije

Trot =340

Mh2θ2

[

1cos2 α

+54

]

• zbrojimo translatorni i rotacioni doprinos

T =9

32Mh2θ2 +

340

Mh2θ2

[

1cos2 α

+54

]

• ukupna kineticka energija

T =340

Mh2θ2

[

154

+1

cos2 α+

54

]

=340

Mh2θ2

[

5 +1

cos2 α

]



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

Zadatak 10.6Kraj štapa AB mase m i duljine 2a može kliziti beztrenja duž vertikalne žice Oz. Kraj B ucvršcen je zatocku O napetom žicom OB duljine l = 2a.Vertikalna ravnina OBA rotira oko osi z kutnombrzinom φ. Nadite kineticku energiju štapa.Rješenje: skica problema

x

y

z

2a

2aq

A

B

O

dq

θ

φ

• koordinate infinitezimalnogdijela štapa dq

x(q) = q sin θ cos φ

y(q) = q sin θ sin φ

z(q) = 2a cos θ + (2a − q) cos θ



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• komponente brzine infinitezimalnog dijela štapa

x(q) = q cos θ cos φθ − q sin θ sin φφ

y(q) = q cos θ cos φθ + q sin θ cos φφ

z(q) = −(4a − q) sin θθ

• clanovi koji sadrže q išcezavaju jer je štap krutotijelo

• kvadrat brzine infinitezimalnog dijela štapa

v2(q) = x(q)2 + y(q)2 + z(q)2

= (16a2 − 8aq) sin2 θθ2 + q2θ2 + q2 sin2 θθ2

• da bi izracunali kineticku energiju štapasumiramo po svim infinitezimalnim elementima



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• tijelo je kontinuirano pa suma prelazi u integral

T =

∫dm2

v2

• štap je po pretpostavci tanak pa uvodimo linijskugustocu

λ =m2a

=⇒ dm = λdq

• u kineticku energiju uvrstimo brzinuinfinitezimalnog dijela štapa

T =m4a

[

sin2 θθ2∫2a

0

(

16a2 − 8aq)

dq

+ θ2∫2a

0q2dq + sin2 θφ2

∫2a

0q2dq



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• integriranjem dolazimo do kineticke energije

T =2ma2

3

[

(1 + 6 sin2 θ)θ2 + sin2 θφ2]



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

Zadatak 10.7Dva jednaka kružna diska polumjera a i mase M ležeu okomitoj ravnini, dodiruju se i mogu rotirati beztrenja oko svojih osi. Njihovi rubovi su idealnohrapavi tako da nema proklizavanja. Centri diskovaspojeni su homogenom šipkom mase m. Centargornjeg diska je fiksiran. Nadite kineticku energijusustava.

Rješenje:• sustav se sastoji od tri tijela:

• gornji disk: rotira oko svoje osi (T1)• štap: rotira oko svog kraja (T2)• donji disk: rotira i translatira se (T3)

• prvo racunamo kutnu brzinu donjeg diska



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

Skica problema:

x

y

c.m.

B

~vB

θ

φ

vBx

vBy

φ

ω

• gornji disk se vrti kutnom brzinom θ

• tocku dodira diskova oznacimo s B• brzina tocke B

~vB = aθ(

cos φ~i + sin φ~j)



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• diskovi ne proklizavaju pa je ~vB ujedno i brzinadodirne tocke donjeg diska

• položaj centra mase donjeg diska

xc.m. = 2a sin φ , yc.m. = −2a cos φ , zc.m. = 0

• brzina centra mase donjeg diska

~vc.m. = 2a cos φφ~i + 2a sin φφ~j

• položaj dodirne tocke B

xB = a sin φ , yB = −a cos φ , zB = 0

• ishodište koordinatnog sustava vezanog uz donjidisk smjestimo u njegov centar mase

• kineticka energija tog diska je suma energijatranslacije centra mase i rotacije oko centramase



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

x

y

c.m.

B

~vB

θ

φ ω

~rB

x1

y1

• kutnu brzinu donjeg diska racunamo iz brzinetocke B i brzine ishodišta sustava vezanog uzdonji disk (tj. centra mase)

~vB = ~vc.m. + ~ω ×~rB



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• položaj tocke B u odnosu na centar mase

~rB = (xB − xc.m.)~i + (yB − yc.m.)~j

= −a sin φ~i + a cos φ~j

• gibanje se odvija u xy ravnini pa je samo zkomponenta kutne brzine razlicita od nule

~ω ×~rB = ω~k ×(

−a sin φ~i + a cos φ~j)

= −aω sin φ~j − aω cos φ~i

• brzina tocke B

aθ(


= 2aφ(


− aω(




Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• iz zadnje jednadžbe slijedi

aθ = 2aφ − aω =⇒ ω = 2φ − θ

• kineticka energija donjeg diska je suma energijetranslacije centra mase i rotacije oko centramase

T3 = Ttr + Trot

• energija translacije centra mase

Ttr =12

Mv2c.m. =

12

M(4a2φ2) = 2Ma2φ2

• energija rotacije donjeg diska

Trot =12

Idω2 =14

Ma2(

2φ − θ)2



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• ukupna kineticka energija donjeg diska

T3 = 2Ma2φ2 + Ma2φ2 − Ma2φθ +14

Ma2θ2

= 3Ma2φ2 − Ma2φθ +14

Ma2θ2

• štap rotira oko svog kraja kutnom brzinom φ


T2 =12

Ištapφ2 =

12·

13

m(2a)2φ =23

ma2φ2

• gornji disk rotira oko svoje osi kutnom brzinom θ

T1 =12

Id θ2 =14

Ma2θ2



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• ukupna kineticka energija je suma sva tridoprinosa

Tuk = T1 + T2 + T3

=12

Ma2θ2 +

(

3M +23

m)

a2φ2 − Ma2φθ



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

Zadatak 10.8Homogeni štap mase M i duljine 2a krece se beztrenja u sfernom udubljenju polumjera R tako dastalno ostaje u okomitoj ravnini koja prolazi krozcentar sfere. Nadite Lagrangian sistema, E-Ljednadžbu i frekvenciju malih oscilacija štapa.


O

b

a

R

φ



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• kineticku energiju štapa smo izracunali u jednomod prethodnih zadataka

T =M2

(

R2 −23

a2

)

φ2

• gravitacijska potencijalna energija štapa

V = −Mgzc.m. = −Mg√

R2 − a2 cos φ

• Lagrangian štapa

L = T − V

=M2

(

R2 −23

a2

)

φ2 + Mg√

R2 − a2 cos φ



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• E-L jednadžba

ddt

(

∂L

∂φ

)

−∂L∂φ

= 0

• racunamo derivacije

∂L

∂φ= M

(

R2 −23

a2

)

φ

∂L∂φ

= −Mg√

R2 − a2 sin φ

• jednadžba gibanja(

R2 −23

a2

)

φ + g√

R2 − a2 sin φ = 0



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• u slucaju malih oscilacija štapa vrijedi

sin φ ≈ φ

• jednadžba gibanja se svodi na jednadžbuoscilatora

(

R2 −23

a2

)

φ + g√

R2 − a2φ = 0

=⇒ φ + g

√R2 − a2

R2 − 23a2

= 0

• frekvencija malih oscilacija

Ω2 = g

√R2 − a2

R2 − 23a2



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

Zadatak 10.9Dva homogena štapa duljine a i b spojena su podpravim kutem u tocki O na osovinu koja rotirakonstantnom kutnom brzinom ω. Nadite Lagrangian,E-L jednadžbu i ω(φ) u položaju ravnoteže.


a b

~ω

φ



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• kineticku energiju smo izracunali u jednom odprethodnih zadataka

T =λ

6

[(

a3 sin2 φ + b3 cos2 φ)

ω2 +(

a3 + b3)

φ2]

• gravitacijska potencijalna energija

ab

~ω

φ

x

y

V (a) = magzc.m.(a)

= −maga2

cos φ

V (b) = mbgzc.m.(b)

= −mbgb2

sin φ



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• ukupna potencijalna energija

V = −g2

(maa cos φ + mbb sin φ)

= −gλ

2

(

a2 cos φ + b2 sin φ)

• Lagrangian sustava

L = T − V

=λ

6

[(

a3 sin2 φ + b3 cos2 φ)

ω2 +(

a3 + b3)

φ2]

+gλ

2

(

a2 cos φ + b2 sin φ)

• E-L jednadžba

ddt

(

∂L

∂φ

)

−∂L∂φ

= 0



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• derivacije potrebne za E-L jednadžbu

∂L∂φ

=λ

3

(

a3 + b3)

φ

∂L∂φ

=λ

6ω2

[

2a3 sin φ cos φ − 2b3 cos φ sin φ]

+g2

λ[

−a2 sin φ + b2 cos φ]

=λ

6ω2

(

a3 − b3)

sin 2φ

+g2

λ[

−a2 sin φ + b2 cos φ]

• jednadžba gibanja

2(

a3 + b3)

φ − ω2(

a3 − b3)

sin 2φ

− 3g(

b2 cos φ − a2 sin φ)

= 0



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• položaj ravnoteže odgovara minimumuefektivnog potencijala

• pomnožimo jednadžbu gibanja s φ

2(

a3 + b3)

φφ − ω2(

a3 − b3)

sin 2φφ

− 3g(


φ = 0

• iz prethodne jednadžbe možemo izracunatikonstantu gibanja (energiju)

=⇒ φφ =12

ddt

φ2

sin 2φφ = −12

ddt

cos 2φ

(


φ =ddt

(

b2 sin φ + a2 cos φ)



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

=⇒ddt

[

(

a3 + b3)

φ2 +12ω2

(

a3 − b3)

cos 2φ

− 3g(

b2 sin φ + a2 cos φ)]

= 0

• izraz u zagradi je konstanta gibanja

I =(

a3 + b3)

φ2 +12ω2

(

a3 − b3)

cos 2φ

− 3g(


• ako konstantu I pomnožimo s λ/6 dobit cemoenergiju sustava

E =λ

6

(

a3 + b3)

φ2 +λ

12ω2

(

a3 − b3)

cos 2φ

−g2

λ(




Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• ako energiju napišemo u obliku

E = T + Ueff

možemo zakljuciti da se sustav nalazi uefektivnom potencijalu

Ueff =λ

12ω2

(

a3 − b3)

cos 2φ

−g2

λ(


• da bi sustav bio u ravnoteži mora vrijediti

∂Ueff

∂φ= 0



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• deriviramo Ueff po kutu φ

∂Ueff

∂φ= −

λ

6ω2

(

a3 − b3)

sin 2φ

−g2

λ(


= 0

• možemo izracunati ω(φ) u položaju ravnoteže

ω2(φ) =3g

(b3 − a3) sin 2φ

[

b2 cos φ − a2 sin φ]

=3g

2 (b3 − a3)

[

b2

sin φ−

a2

cos φ

]



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

Zadatak 10.10Kraj štapa AB mase m i duljine 2a može kliziti beztrenja duž vertikalne žice Oz. Kraj B ucvršcen je zatocku O napetom žicom OB duljine l = 2a.Vertikalna ravnina OBA rotira oko osi z kutnombrzinom φ. Nadite Lagrangian sustava. Ako suzadani pocetni uvjeti

θ0 =π

3, θ0 = 0 i φ0 =

√

12ga

,

izracunajte konstante gibanja.



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

Skica problema:

x

y

z

2a

2aq

A

B

O

dq

θ

φ

• kineticku energiju smo izracunali u jednom odprethodnih zadataka

T =23

ma2[(

1 + 6 sin2 θ)

θ2 + sin2 θφ2]



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• gravitacijska potencijalna energija štapa

V = −mgzc.m. = −mg (2a cos θ + a cos θ)

= −3mga cos θ

• Lagrangian štapa

L = T − U =23

ma2[(

1 + 6 sin2 θ)

θ2 + sin2 θφ2]

+ 3mga cos θ

• Lagrangian ne ovisi eksplicitno o vremenu pa jeenergija konstanta gibanja

E = T + U =23

ma2[(

1 + 6 sin2 θ)

θ2 + sin2 θφ2]

− 3mga cos θ



Zadatak 10.2

Zadatak 10.3

Zadatak 10.4

Zadatak 10.5

Zadatak 10.6

Zadatak 10.7


Zadatak 10.9

Zadatak 10.10

• Lagrangian ne ovisi o varijabli φ pa je pripadnigeneralizirani impuls konstanta gibanja

pφ =∂L

∂φ=

43

ma2 sin2 θφ

• konstante gibanja uz zadane pocetne uvjeteiznose

E =92

mga i pφ = ma√

12ga

Dinamika gibanjakrutog tijela Zadatak 10.3

• prvo racunamo moment inercije s obzirom natocku O, a zatim koristimo Steinerov teorem dabi dobili moment inercije oko centra mase

IOtrokut =

∫dm

(

x2 + y2)

• problem je simetrican s obzirom na os y pa jedovoljno integrirati po desnoj strani trokuta

x

yh

−a2

a2O

y = −√

3x + a√

32


• ploca je po pretpostavci beskonacno tanka ihomogena pa koristimo plošnu gustocu

σ =MP

=M

a2√

3/4

• moment inercije

IOtrokut

2= σ

∫a/2

0dx

∫−√

3x+a√

3/2

0dy

(

x2 + y2)

= σ

∫a/2

0dxx2

∫−

√3x+a

√3/2

0dy

+ σ

∫a/2

0dx

∫−√

3x+a√

3/2

0dyy2


• prvo integriramo po y , a zatim po x

IOtrokut

2= −σ

√3

∫ a/2

0x2

(

x −a2

)

dx

− σ√

3∫a/2

0dx

(

x −a2

)3

= −σ√

3∫ a/2

0x3dx + σ

√3a2

∫ a/2

0x2dx

− σ√

3∫a/2

0d

(

x −a2

)(

x −a2

)3

= −σ√

3∫ a/2

0x3dx + σ

√3a2

∫ a/2

0x2dx

− σ√

3∫0

−a/2t3dt = σ

√3a2

∫a/2

0x2dx


• moment inercije oko tocke O

IOtrokut = 2σ

√3a2

a3

24= σ

√3a4

24

• uvrstimo plošnu gustocu

=⇒ IOtrokut =

16

Ma2

• moment inercije oko centra mase racunamopomocu Steinerovog teorema

Ic.m.trokut = IO

trokut − Md2

• udaljenost tocke O od centra mase iznosi

d =13

h =a

2√

3


• moment inercije trokuta oko centra mase

Ic.m.trokut =

16

Ma2 − Ma2

12=

112

Ma2

dinamika

Documents