koturi...pomoc...

koturi...pomoc... 21.12.2010. u 21:41 · pre 193 meseca #1

problem je oko ovog zadatka, nisam siguran kako da postavim sve sile, jos je kotur pomican pa ima i Moment sile zatezanja na koturu...

valja li sta ovo sto sam sarao? :D

ima li gdje ovakvih zadataka objasnjenih ili bar teorijski objasnjen princip oko ovih kotura? zahvaljujem

Re: koturi...pomoc... 22.12.2010. u 00:33 · pre 193 meseca #2

Evo ja ću da pokušam, radio sam brzo, moguće da sam pogrešio, pa stoga ovo treba uzeti sa rezervom.

Obeležimo sile zatezanja sa:
1) $T_1$ -sila zazezanja niti između kotura i tela mase 2m.
2) $T_2$ -između pomenutog kotura i tela na podlozi
3) $T_3$ -između tela na podlozi i drugog kotura
4) $T_4$ -između drugog kotura i tela mase m koje nije na podlozi

Jednačine kretanja tela dobijamo iz drugog Njutnovog zakona:
$2ma=2mg - T_1$
$ma=T_2 - T_3 - F_{tr} = T_2 - T_3 - \mu mg$
$ma=T_4-mg$

Primenom drugog Njutnovog zakona za rotaciju (kotur možemo smatrati valjkom):
$I\alpha = \frac{mr^2}{2} \frac{a}{r} = (T_3-T_4)r$
$\frac{ma}{2} = T_3 - T_4$
Slično:
$I\alpha = \frac{mr^2}{2} \frac{a}{r} = (T_1-T_2)r$
$\frac{ma}{2} = T_1 - T_2$

To daje sledeći sistem:
$\frac{ma}{2} = T_1 - T_2$
$\frac{ma}{2} = T_3 - T_4$
$2ma=2mg - T_1$
$ma=T_2 - T_3 - F_{tr} = T_2 - T_3 - \mu mg$
$ma=T_4 - mg$

Rešavanjem sistema nalazi se traženo ubrzanje i sile zatezanja.

Re: koturi...pomoc... 22.12.2010. u 09:13 · pre 193 meseca #3

Mislim samo da poslednja od tri jednacine treba da bude

$ma=T_4-mg$

posto smo pretpostavili da se sistem krece ulevo.

Potpis

http://www.svijetfizike.com/

Re: koturi...pomoc... 22.12.2010. u 10:05 · pre 193 meseca #4

Tačno tako, hvala na ispravci.

Re: koturi...pomoc... 22.12.2010. u 18:34 · pre 193 meseca #5

Ja bih napisao nesto malo o trazenju ubrzanja nekog prostog sisteme. Obican najjednostavniji primer kotura (Atvudove masine). Zanemarujemo masu kotura i niti su neistegljive. Evo kako mozemo naci izraz za ubrzanje sistema sa slike, koju sam prikacio, bez pisanja sila zatezanja :) Naravno koriste se Lagranzeve jednacine:

$T=\frac{1}{2}m_1\dot{x}_1^2+\frac{1}{2}m_2\dot{x}_2^2$

$V=-m_1gx_1-m_2gx_2$

$x_1+x_2=l$

odatle je

$x_2=l-x_1$

$\dot{x}_2=-\dot{x}_1$

$L=T-V$

$L=\frac{1}{2}m_1\dot{x}_1^2+\frac{1}{2}m_2\dot{x}_2^2+m_1gx_1+m_2gx_2$

$L=\frac{1}{2}(m_1+m_2)\dot{x}_1^2+(m_1-m_2)gx_1+m_2gl$

$\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{x}_1}-\frac{\partial L}{\partial x_1}=0$

$(m_1+m_2)\ddot{x}_1-(m_1-m_2)g=0$

$\ddot{x}_1=\frac{(m_1-m_2)g}{m_1+m_2}$

Potpis

http://www.svijetfizike.com/

kotur.bmp750.05k

Re: koturi...pomoc... 24.12.2010. u 13:53 · pre 193 meseca #6

Najlakše je ovakve zadatake riješiti pomoću zakona o održanju energije.

Gubitak potencijalne energije troši se na prirast kinetičke energije (translacije I rotacije),te rad sile trenja.Za diferencijalno mali pomak d(h) svih masa potroši se potencijalna energija E_p=mgd(h).Kinetička energija translacije E_kt=4mv²/2 će
porasti za d(E_kt)=4mvd(v) .Kod rotacije kolotura E_kr=2Jw²/2=(2mr²/2)(v/r)²/2,a prirast d(E_kr)=mvd(v).Rad sile trenja E_t=0.1mgd(h)

Pošto je d(h)=vd(t) i d(v)=ad(t) imamo jednačinu za bilans energije:

$mgvdt=4mvadt+mvadt+0.1mgvdt$ .Skratimo sa mvdt,pa imamo
$g=5a+0.1g$ .Odavde $a=0.18g$
Kad znamo vrijednost ubrzanja lako računamo inercijalne sile (5) a zatim I sile u užetu za svaki od 4 sektora.

Potpis

________________________________

Najbolja kritika formule za Sagnac effect:
https://www.omicsonline.org/op...090-0902-1000189.php?aid=78500

OK evo prave formule:P=2wft^2 [period]

Re: koturi...pomoc... 24.12.2010. u 16:49 · pre 193 meseca #7

Evo jednog zanimljivog zadatka. Pa ko zeli neka pokusa da ga resi

ZAD
Odrediti ubrzanje sistema mase $M$ u sistemu prikazanom na slici. Mase koture i sile trenja mozemo zanemariti. Strme ravni su ucvrscene. Slika je prikacena uz ovaj post.

(Sve sto je obelezeno na slici razlicitim slovima je razlicito dakle $m_1$ je razllicito od $m_2$ . Sve sile zatezanja su jednake i iznose $T$ .)

Potpis

http://www.svijetfizike.com/

kotur 2.bmp576.05k

Re: koturi...pomoc... 24.12.2010. u 17:34 · pre 193 meseca #8

Evo pokušaja mada nisam siguran da je ovo rešenje tačno.

$m_1 a = m_1 g sin \alpha - T$
$m_2 a = T - m_2 g sin \alpha$

Sabiranjem:

$a (m_1 + m_2)= m_1 g sin\alpha - m_2 g sin \alpha$
$a = \frac{m_1 g sin\alpha - m_2 g sin \alpha}{m_1 + m_2} = g sin\alpha \frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}$

Vraćanjem a u neku od polaznih jednačina nalazi se T.

Na kraju $Ma_1 = 2T - M_2 g$ i odatle se dobija traženo ubrzanje.

Re: koturi...pomoc... 24.12.2010. u 18:35 · pre 193 meseca #9

Nije dobro. Ima mali i stos zadatak. Posto su mase tela $m_1$ i $m_2$ razlicite, a sile zatezanja $T$ iste ubrzanja tela masa $m_1$ i $m_2$ nisu ista

Potpis

http://www.svijetfizike.com/

Re: koturi...pomoc... 24.12.2010. u 19:10 · pre 193 meseca #10

Razmišljao sam i o tome, ali nisam imao ideju kako drugačije da to na brzinu uradim, pa sam stavio ista ubrzanja.

Sad ću detaljnije da proučim problem, pa šaljem rešenje. Inače zadatak je baš interesantan, svaka čast ako si njegov autor.

Re: koturi...pomoc... 24.12.2010. u 20:20 · pre 193 meseca #11

Da rešenje možda nije:

$a = g ( 1 - \frac{m_1+m_2}{M}\cdot\frac{1}{sin\alpha} )$ ?

Potpis

Nakon velike svetske katastrofe, Srbija će biti u prilici da povrati Kosovo i Metohiju

Re: koturi...pomoc... 24.12.2010. u 20:35 · pre 193 meseca #12

Evo da pokušam opet.

Jednačine kretanja su:
$m_1a_1 = m_1 g \sin \alpha - T$
$m_2 a_2 = m_2 g \sin \alpha - T$
$Ma = 2T - Mg$

Obeležimo dužinu dela niti koja je na prvoj strmoj ravni sa $x_1$ , dužina niti između ravni je 2l, a deo niti na drugoj ravni $x_2$ .

Tada:
$x_1 + 2l + x_2 = L$ , gde je L ukupna dužina konca.

Pošto je nit neistegljiva nakon što se tela pomere u odnosu na odgovarajuću strmu ravan dužina se neće promeniti, i važiće:
$x_1 + \Delta x_1 + 2l' + x_2 + \Delta x_2 = L$

Oduzimanjem ovih jednačina:
$2l - 2 l' = \Delta x_1 + \Delta x_2$
$2 \Delta l = \Delta x_1 + \Delta x_2$

Odatle dobijamo sledeći odnos ubrzanja:
$2a = a_1 + a_2$

Na taj način se dobija sistem:
$m_1a_1 = m_1 g \sin \alpha - T$
$m_2 a_2 = m_2 g \sin \alpha - T$
$Ma = 2T - M g$
$2a = a_1 + a_2$

Ovo je sistem četiri jednačine sa četiri nepoznate, i dalje se lako rešava.

Da li sam sada bar malo bliži rešenju?

Re: koturi...pomoc... 24.12.2010. u 21:01 · pre 193 meseca #13

Citat:

Devanagari: Da rešenje možda nije:

$a = g ( 1 - \frac{m_1+m_2}{M}\cdot\frac{1}{sin\alpha} )$ ?

Nije!

Citat:

Fermion: Evo da pokušam opet.

Jednačine kretanja su:
$m_1a_1 = m_1 g \sin \alpha - T$
$m_2 a_2 = m_2 g \sin \alpha - T$
$Ma = 2T - Mg$

Obeležimo dužinu dela niti koja je na prvoj strmoj ravni sa $x_1$ , dužina niti između ravni je 2l, a deo niti na drugoj ravni $x_2$ .

Tada:
$x_1 + 2l + x_2 = L$ , gde je L ukupna dužina konca.

Pošto je nit neistegljiva nakon što se tela pomere u odnosu na odgovarajuću strmu ravan dužina se neće promeniti, i važiće:
$x_1 + \Delta x_1 + 2l' + x_2 + \Delta x_2 = L$

Oduzimanjem ovih jednačina:
$2l - 2 l' = \Delta x_1 + \Delta x_2$
$2 \Delta l = \Delta x_1 + \Delta x_2$

Odatle dobijamo sledeći odnos ubrzanja:
$2a = a_1 + a_2$

Na taj način se dobija sistem:
$m_1a_1 = m_1 g \sin \alpha - T$
$m_2 a_2 = m_2 g \sin \alpha - T$
$Ma = 2T - M g$
$2a = a_1 + a_2$

Ovo je sistem četiri jednačine sa četiri nepoznate, i dalje se lako rešava.

Da li sam sada bar malo bliži rešenju?

Bravo!

Potpis

http://www.svijetfizike.com/

Forum kao aplikacija na telefonu