Srpski tehnički list
СТРАНА 14.
КРЕТАЊЕ ЈЕДНОГ ЧВРСТОГ СИСТЕМА ПАРАЛЕЛПО ЈЕДНОЈ РАВНИ Е
БРОЈ
да неку другу тачку М покретног система доби-
ћемо брзину о -=-РИш = РМ. - Пе А
Док је одредба пута п брзине лака, дотле је одређење убрзања. теже. На основу општих правила из кинематике, а с погдедом на овај специјалан случај, ми ћемо у сл. 8 пристпупти томе решењу.
Кретање система своди се на тренутно окретање око пола ГР, који у сваком другом магновењу мења положај, према томе свака тачка покретног система имаће, у опште узевши две компоненте убрзања, једну у правцу полупречника ка полу Р,= РА и“ == К'и“ п другу, фор _ џи (2 фФ — ф мадно а друго тангенцијално убрзање тачке 4. Сличне
т» " 2 ' ди компоненте имамо по за тачку Во и“ п рам пол не може имати ни једну од тих двеју компонената.
Овим двема компонентама придолази још једна, услед кретања пола Р. Из кинематике знамо, да је то убрзање стално по правцу и величини за цео систем, оно је равно производу пз угловне брзине «» и брзине и са којом се пол по овој путањи (с) креће = и, положај његов пада у правцу нормале на половој путањи, а ва 2 л од правца кретања пола.
Према досадањем, у опште узев, свака тачка покретног система, пмаће три компоненте убрзања, 2 #%,
управно на тај правац, РА ; прво је нор-
158 пре
и #40. 4Е
Кретање тачке А, као што смо усвојили, сталне је |
брзине, линија брзине представљена је кругом (О, ; зато и правац брзине у ходографу биће управан на полупречник (О, А; међутим зна се, а то је лако увидети, да
је брзина, по правцу и величини, са којом се тачка по |
линији брзине (која одговара тачци 4 на путањи) креће, "равна убрзању те тачке 4. Ну, како је дирка на линији
"(брзине паралелна правој О, А,то ће и резултујуће убр- |
зање тачке А, пасти у правцу полупречника, О, А, а то се увиђа и из кретања тачке 4, пошто она услед сталне брвине не може имати тангенцијално већ само нормалио орзање = пена Она. УВ 15 0 стављаће нам линију убрзања за тачку 4. Важно је напоменути да правад тог убрзања пролази у своме продужењу кроз пол Р.
Из кинематике познато је, да постоји једна тачка у покретном систему, која се према убрзању влада исто онако као пол Р према брзинама, т. ј. када вежемо ма коју тачку покретног система са том тачком, онда убрзања са тим правима затварају исте углове, а по величини сразмерна су том удалењу,
Остаје нам да одредимо убрзање тачке ЈВ по правцу и величини,
= (О, А, дакле исти круг О, пре-
На слици 2, видеди смо да линију брзина тачке В описује тачка 1), као пресек правих О, р и А В; ваља одредити брзину тачке Г на тој линији по правцу и величини. Да би то постигли ваља одредити брзину тачке
1), која долази услед окретања праве О, Рр, а са углов- |
ном брзином е, = а = СЕ. Пошто је 0, Р == бр-
! зини тачке Б, а права О, р окреће се на исти начин
као и права О, В, то је п брана = 0, О Х СЕ = |
0,1: : == О = р РК. За брзину исте те тачке, а на правој “=>
АРЕЕвЕН А В имамо :р Г, == А Ји (Е
а Ре = РА. Из тачака Ги | ваља повући параледне ка динији 4! 8, односно О, р, п у њиховом пресеку М, а дужини ГМ, добијамо брзину тачке Р по правцу и величини, или, што је псто, убрзање тачке 2. Како је аинија брзине окренута према правој за 90", то треба, из тачке РВ повући управну на правац РМ пи узети рм= ВУ = 7", тиме је одређено и убрзање тачке В.
Пошто правци убрзања у, и јр, са зрацима ка полу убрзања закључују исте углове, то је лако увидети да тачке, које тај услов задовољавају, морају лежати на кругу који пролази кроз тачке 4 ВБ (0. Исто тако лако
дечје (пп == е=- ОБА,
| је доказати да пол мора лежати на кругу, који пролази
кроз тачке А За направој 4 В. Када 4 К: ВЕ = р,: јр, и тачка КЕ хармонична тачка ЕУ. У пресеку тих кругова, а у тачци () имамо пол убрзања.
Ми би се могли послужити и другим правилом из кинематике, а то је: ако из тачака 4 и В,а у правцу полупречника Р, 4 п 0 8; пренесемо од А, односно В, исте дужине РА" = РА'пи РВ' = РВ, онда тачке Ју, и ЈУ са тачкама (О, и (,, као центрима кривине путања тачке 4# и ВБ, деле дужину РА' п РВ' хармонички. Ако у тачкама И' и УУ", дигнемо управне на РК", и РЈ", онда, у њиховом пресеку, добијамо обртни пољ ||, који лежи на заједничкој нормалп по-
и
лових путања, а у полу ГР, кога је размак РМ, аи
ПЏовуцимо РХ управно на Р У; то је она заједничка, дирка обеју полових путања.
Ако над правом ЈУ, Р опишемо круг, онда пол уорзања, као што ћемо мало час видети, мора лежати на томе кругу, У пресеку тога круга са једним од горњих, добијамо пол (0. Зраци повучени из тог пола: (0) 75, ФА, КВ п К Р закључују исте углове « са правцима њихових убрзања. Помоћу тог пола лако је одредити убрзање по правцу п величини ма које тачке покретног система.
Како убрзање тачке Р пола не може имати ни нормалну ни тангенцијалну компоненту, већ само ону која долази од кретања пола по линији (2), дакле и (о онда је п дужину РО (Слика 4) лако одредити.
Како је угао Р 1 17, прав угао, а угао, « комплеменат угла Ф ЈУ Р, то пзлави да ће правац убрзања тачке У бити управан на праву Р ТУ, дакле на нормали путање тачке ТУ. Другим речима, тачка ТУ, имаће само тангенциЈално убрзање. Пошто су сви угдови, којих темена леже на кругу изнад ЈУ, Р, а над тетивом ( Р, међу собом једнаки, то излави да ће резултујуће убрзање, свију тачака, тог круга, бити управне па зраке, који их вежу са полом, зато се и тај круг, који се назива обртни круг, може сматрпити као геометријско место свију тачака по= жрегног система, које немају нормалног убрзања или код којиг убрзања падају у правцу лирака на њитове путање.
Ако над тачкама (), 4, Р опишемо један круг п ако узмемо у обзир, да је угао (4 Р, као угао над тетивом 0 7, за све тачке тог круга сталан и да је угао с = 0 А (., његов супдеменат, онда видимо да ће за све тачке тога круга, које покретном систему припадају, пра• вац убрзања нродазити кроз пол Р, п да се према томе тај круг може сматрати као геометријско место ониг та“ чажа које за време тренутног окретања око пола ГР немају тангенцијалног убрзања.
С тога што је угао 0 Р УУ, раван углу « излази, да ће права ЈУ, Р дирати исти круг. Другим речима да ће његов центар лежати на дирин половиг путања.
ои Ата а
= штиво“ тај