Probleme de Mecanica 2001

Published on July 2016 | Categories: Types, Instruction manuals | Downloads: 36 | Comments: 0 | Views: 687
of 261
Download PDF   Embed   Report

Comments

Content

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

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

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


−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

3

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


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


16a


(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<a , are sens numai h =

3− 3
a = 0 ,634a
2

(f)

PROBLEME PROPUSE
Pentru plăcile plane omogene având forma şi dimensiunile ca în figurile
3.2.4… 3.2.13 se cere să se determine poziţia centrului de greutate C(ξ,η) în
raport cu sistemul de axe Oxy considerat.
y
y

2a

a

3a

4a

4a
x

O

2a
x

3a

O

Fig. 3. 2.4
Fig. 3.2.5

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

56

3a
O

3a

x

O
a

a

x

2a
2a
2a

y

Fig. 3. 2.6

y

Fig. 3. 2.7

y
y

4a
2a
x

4a

600
0
600 60

O

3a

x

O

a
2a

Fig. 3. 2.8
2a

2a

Fig. 3. 2.9

y

y
a

2a
2a

2a

2a

2a
2a

2a
2a

4a

6a

2a

4a

x
O

6a

x
O

2a

a

a

Fig. 3. 2.10

Fig. 3. 2.11

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

57

y

y
2a

3a

2a

6a
2a

6a

4a

Fig. 3.2.13

2a

x

4a

a
O

a

2a

2a

2a
x

O

Fig. 3. 2.12

a

a

2a

RĂSPUNSURI
Nr.pr.

ξ

3.2.4

(12π + 14 )a
3(2π + 14 )

3.2.5

(284 + 45π)a
3(34 + 7π )

η
48a
= 2,3665a
(2π + 14 )

= 0,8496a

2(29 − 2π )a
= 0,8114a
(34 + 7π)

= 2,5324a

3.2.6

2(56 + 6π )a
= 2,1563a
3(20 + π )

(88 + 9π)a
3(20 + π )

3.2.7

(116 + 9π)a
3(20 + π )

2(14 + 2π )a
= 1,753a
(20 + π)

3.2.8

(520 + 81π)a
3(56 + π )

3.2.9

0

= 2,6212a

= 1,6748a

2(154 − 48π )a
= 0,0361a
3(56 + π )

= 4,365a



5a
3( 32 − 2 3 − π )

= 0,0656a

3.2.10
3.2.11
3.2.12
3.2.13

3.3. CENTRUL DE MASĂ PENTRU CORPURI OMOGENE
PROBLEME REZOLVATE
3.3.1 Se consideră un corp omogen tridimensional cu o axă de simetrie, având
forma din fig. 3.3.1, format dintr-o semisferă de diametru D=2R=40mm şi un
cilindru de înălţime h=50mm şi diametru d=2r =22mm.
Se cere să se determine poziţia centrului de greutate al nitului C ( 0,0,ζ) în
raport cu sistemul de axe considerat în figură.

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

58

Rezolvare

Pentru sistemul de axe Oxyz considerat în
fig. 3.3.1 centrele de greutate ale celor două
corpuri simple se află pe axa de simetrie Oz;
astfel:

z
D
C1

pentru semisferă:

y

3R 3D
OC1 = z1 =
=
8
16

O
x

C
h

C2

πD 3
V1 =
;
12

(a)

pentru cilindru:
h
OC2 = − z 2 = ,
2

d

ζ=

Fig. 3.3.1

,

πd 2 h
V2 =
.
4

V1 z1 + V2 z 2 3( D 4 − 8d 2 h 2 )
=
V1 + V2
16( D 3 + 3d 2 h )

Se obţine: ζ = - 0,977 cm

(b)
(c)
(d)

3.3.2. Se consideră un corp omogen tridimensional cu o axă de simetrie format
dintr−o semisferă şi un con ca în fig. 3.3.2. Se cunoaşte raza semisferei R şi a
bazei conului r =R.
Se cere înălţimea h a conului astfel încât centrul de greutate al corpului să
coincidă cu centrul bazei conului (sau cu originea sistemului de axe C ≡ 0)
Rezolvare:

z

V

Conul şi semisfera au centrele de greutate
C1 şi C2 pe axa Oz având coordonatele :

z1 = OC1 =

h
C1
O
x

R

h
,
4

3
z 2 = −OC2 = − R
8

(a)

Volumele celor două corpuri simple sunt:

y

V1 =

C2

2
π 2
R h ; V2 = πR 3
3
3

(b)

Coordonata centrului de greutate după axa Oz se
determină cu ajutorul relaţiei:

Fig. 3.3.2

ζ=

V1 z1 + V2 z 2 1 h 2 − 3R 2
= ⋅
V1 + V2
4 h + 2R

Impunând condiţia: C≡O, adică

ζ=0

(c)
rezultă:

h2 − 3 R2 = 0
cu soluţiile h = ± R 3 ,

are sens numai h = R 3 = 1,732 R

(d)
(e)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

59

CAPITOLUL IV
ECHILIBRUL FORŢELOR APLICATE
SOLIDULUI RIGID
REZUMAT DE TEORIE
a. Teoremele generale ale echilibrului rigidului liber
În cazul rigidului liber, echilibrul este realizat dacă şi numai dacă torsorul
de reducere al sistemului de forţe care acţionează asupra lui, într-un punct O,
este nul:

 R =0
τO = 0 ⇔ 
M O = 0
unde:

 ∑ X i = 0,
⇔ 
 ∑ Li = 0 ,

∑ Y = 0,
∑ M = 0,
i

i

∑Z = 0
∑N =0
i

i

Xi ,Yi, Zi
sunt proiecţiile forţelor exterioare Fi pe axele sistemului
cartezian Ox, Oy, respectiv Oz;
xi, yi zi - coordonatele punctului de aplicaţie al forţei Fi
Li= Σ (yiZi-ziYi), Mi= Σ (ziXi-xiZi), Ni= Σ (xiYi-yiXi) - proiecţiile momentelor
forţelor exterioare Fi pe axele sistemului cartezian Ox, Oy, respectiv Oz;

Dacă sistemul de forţe ce acţionează asupra rigidului liber este coplanar
(de exemplu:se află în planul Oxy) atunci ecuaţiile de mai sus devin:
 R =0
τO = 0 ⇔ 
M O = 0

∑ X i = 0 , ∑ Yi = 0
⇔ 
∑ Ni = 0


b. Teoremele generale ale echilibrului rigidului supus la legături

Dacă rigidul este supus la legături (prin legături se înţelege un număr de
constrângeri geometrice care se aplică rigidului care duc la micşorarea
numărului de grade de libertate - pentru rigidul liber acest număr este 6), se
aplică axioma legăturilor care postulează că: orice legătură geometrică poate fi
întotdeauna suprimată şi înlocuită cu elemente mecanice corespunzătoare (care
pot fi forţe sau momente-cupluri de legătură) numite reacţiuni.
Dacă se notează torsorul forţelor de legătură cu:
şi torsorul forţelor exterioare (aplicate) cu:

τ

leg
O

τ

atunci echilibrul rigidului este realizat dacă şi numai dacă :

a
O

 R leg
⇔  leg
M O
Ra
⇔  a
M O

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

60

 R a + R leg = 0

τ +τ =0 ⇔  a
leg
+
=
M
M
0
 O
O
 X a + X leg = 0, Y a + Y leg = 0, Z a + Z leg = 0
⇔ a
leg
a
leg
a
leg
 L + L = 0, M + M = 0, N + N = 0
a
O

leg
O

Legăturile ideale uzuale ale rigidului sunt :

reazemul simplu (prinderea cu fir)
articulaţia sferică
articulaţia cilindrică (articulaţia plană)
încastrarea.
Prin suprimarea unei legături, conform axiomei legăturilor se introduc
elemente mecanice corespunzătoare tipului de posibilităţi de mişcare suprimate:
forţe dacă sunt suprimate translaţii, cupluri dacă sunt suprimate rotaţii. Aceste
elemente sunt necunoscute ale problemei date.
Dacă rigidul este supus unor legături reale (cu frecare) atunci la condiţiile
de echilibru de mai sus (cele 6 ecuaţii generale) se mai adaugă relaţia/relaţiile
corespunzătoare tipului de legătură cu frecare existent şi anume:
frecarea de alunecare din cuplele de alunecare: T ≤ µN ;
frecarea de rostogolire din cuplele de rostogolire: M r ≤ sN ;
frecarea de pivotare din pivoţi axiali: M p ≤ µRm N ;
frecarea din lagărele cu alunecare: M f ≤ µr F .
În toate cazurile legăturilor cu frecare , aceste forţe /cupluri se opun
totdeauna tendinţei corpului de a executa orice fel de mişcare.

4.1. ECHILIBRUL RIGIDULUI LIBER SUB
ACŢIUNEA UNUI SISTEM SPAŢIAL DE FORŢE
PROBLEME REZOLVATE
4.1.1. Se consideră o placă omogenă în formă de paralelipiped dreptunghic cu
muchiile OA=4a, OC=6a, OO’=a, aflată în echilibru sub acţiunea greutăţii
proprii G, a forţei P cunoscute ca direcţie sens şi modul şi a forţelor (Fi)i=1, 2,..6,
cunoscute ca direcţie şi sensuri dar necunoscute ca modul (fig. 4.1.1). Se cer
mărimile forţelor Fi pentru ca echilibrul forţelor să aibă loc .
Rezolvare:

Expresiile analitice ale vectorilor forţe faţă de sistemul de axe Oxy sunt:

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

z

61

F5

F4

O’
P

A’

F6
x

A
F1

O

a

6a
G

C’
D
B’

4a

C
F3

B

y

P = Pj ;

G = −Gk

F1 = F1k ;

F2 = F2 k

F3 = F3 k ;

F4 = F4i ;

F5 = F5i ;

F6 = F6 j ;

(a)

Expresiile
analitice
ale
momentelor acestor forţe în
raport cu O sunt:

F2
Fig. 4.1.1

M O ( P ) = OA' × P = ( 4ai + ak ) × Pj = 4aPk − aPi
M O ( G ) = OD × G = ( 2ai + 3aj + 0 ,5ak ) × ( −Gk ) = 2aGj − 3aGi
M O ( F1 ) = OA × F1 = 4ai × F1k = −4aF1 j
M O ( F2 ) = OB × F2 = ( 4ai + 6aj ) × F2 k = −4aF2 j + 6aF2 i

(b)

M O ( F3 ) = OC × F3 = 6aj × F3 k = 6aF3i
M O ( F4 ) = OC' × F4 = ( 6aj + ak ) × F4 i = −6aF4 k + aF4 j
M O ( F5 ) = OO' × F5 = ak × F5i = aF5 j
M O ( F6 ) = OA × F6 = 4ai × F6 j = 4aF6 k
Ecuaţiile vectoriale de echilibru ale rigidului liber ( R = 0 ; M O = 0 ),
scrise în proiecţii pe cele trei axe ale sistemului triortogonal Oxyz sunt:
X = F4 + F5 = 0

L = − aP − 3aG + 6aF2 + 6aF3 = 0

Y = F6 + P = 0

M = 2aG − 4aF1 − 4aF2 + aF4 + aF5 = 0

Z = F1 + F2 + F3 − G = 0

N = 4aP − 6aF4 + 4aF6 = 0

(c)

Rezolvând acest sistem de 6 ecuaţii cu 6 necunoscute rezultă:
F1 = G / 2 − P / 6; F4 = 0;

F2 = P / 6; F5 = 0;

F3 = G / 2;

F6 = − P. (d)

4.2. ECHILIBRUL RIGIDULUI SUPUS LA LEGĂTURI
SUB ACŢIUNEA UNUI SISTEM DE FORŢE COPLANARE
PROBLEME REZOLVATE
4.2.1 Se consideră o bară omogenă de lungime AB=2 l şi greutate G care se
reazemă cu capătul A pe un perete vertical iar în punctul D pe o muchie fixă
situată la distanţa a faţă de peretele vertical (fig. 4.2.1.a). Legăturile din A şi D
sunt fără frecare.
Se cer: 1) unghiul θ pe care îl face bara cu orizontala
pentru echilibru; 2) mărimile reacţiunilor din A şi D.

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

62

Rezolvare

Se alege sistemul de referinţă Oxy convenabil şi conform axiomei
legăturilor se introduc în A şi D forţele de legătură N A si N D (fig. 4.2.1.b).
Ecuaţiile de echilibru a forţelor care acţionează asupra barei scrise în
proiecţii pe cele trei axe sunt:

∑X =0:
∑Y = 0 :

N A −N D sin θ = 0

i

N D cos θ − G = 0

i

∑M

Az

(a)

a
= 0 : − Gl cos θ +N D
=0
cos θ

1
G,
cos θ

NA =

sin θ
G
cos θ

(b)

A

care introduse în ecuaţia a treia conduc la:
cos θ = 3

a
,
l

sau θ = arccos 3

a
l

a
≤ 1,
l

sau 0 ≤ a ≤ l

ND

(d)

l
a
NA = G ⋅ 3 ⋅ 3 1−  
a
l

2

y

B

C
D

NA

expresiile reacţiunilor NA şi ND se obţine:

l
,
a

a

(c)

Înlocuind valoarea unghiului θ în

ND = G ⋅ 3

G

(a)

Echilibrul este posibil dacă:
0≤3

θ

D

Primele două ecuaţii conduc la:
ND =

B

C

2l

θ

G
x

A ≡O
a

(e)

(b)
Fig. 4.2.1

4.2.2 Se consideră o bară omogenă de lungime AB=2 l şi greutate G care se
reazemă cu capătul A în colţul format de un perete orizontal şi unul vertical, iar
în punctul D se reazemă pe o muchie fixă situată la distanţa a faţă de peretele
vertical (fig. 4.2.2.a). Legătura din D este fără frecare.
Se cer mărimile reacţiunilor din A şi D.
Rezolvare

Se alege sistemul de referinţă Oxy ca în fig. 4.2.2.b şi conform axiomei
legăturilor se introduc în A şi D forţele de legătură N A si N D

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

63

B
2l
C

B

y
2l

θ

C

D

θ

D

ND

G
HA

A
(a)
a

Fig. 4.2.2

x

A ≡O
VA A a

(b)

Ecuaţiile de echilibru a forţelor care acţionează asupra barei în proiecţii pe
cele tri axe se scriu:
∑ X i = 0 H A −N D sin θ = 0

∑Y

=0

∑M

zA

i

V A + N D cos θ − G = 0

=0

− Gl cos θ +N D

(a)

a
=0
cos θ

Din ecuaţia a treia se obţine:
l
N D = G cos 2 θ
a
iar din primele două ecuaţii rezultă componentele reacţiunii din A:
l
H A = G ⋅ ⋅ sin θ ⋅ cos 2 θ;
a
l


V A = G1 − cos 3 θ .
 a

Deci mărimea reacţiunii din A este:
2

RA = H A + VA
2

a

O
2l

A

Fig. 4.2.3.a

2

l
  l

= G ⋅  ⋅ sin θ ⋅ cos 2 θ  + 1 − cos 3 θ 
a
  a


C

D

(b)

(c)

2

(d)

4.2.3 Se consideră o bară omogenă
de lungime AB=2 l şi greutate G
B
care se reazemă cu capătul A pe o
θ cavitate semicilindrică de rază a,
iar în punctul D pe muchia fixă a
cavităţii (fig. 4.2.3.a). Rezemările
din A şi D sunt fără frecare.
Se cer:
1) unghiul θ pe care îl face bara cu
orizontala pentru echilibru;
2) mărimile reacţiunilor din A şi D.

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

64
B x

y

θ

O
2l

a

C
ND

G
NA

A

Fig. 4.2.3.b

∑X =0 :
∑Y = 0 :
∑M = 0 :

Rezolvare

Se alege sistemul de referinţă
Oxy convenabil şi conform axiomei
legăturilor se introduc în A şi D
forţele de legătură N A si N D (fig.
4.2.3.b). Ecuaţiile de echilibru a
forţelor care acţionează asupra
barei se scriu:

N A −G sin θ = 0

i

N A sin θ + N D − G cos θ = 0

i

(a)

− Gl cos θ +N D 2a cos θ = 0

zA

Din prima şi a treia ecuaţie se obţin mărimile reacţiunilor N A si N D :
N A = G sin θ;

ND = G

l
2a

(b)

Înlocuind aceste valori în ecuaţia (b) rezultă ecuaţia de gr. II:
4a cos 2 θ − l cos θ − 2a = 0

(c)

l ± l 2 + 32a 2
având soluţiile: cos θ =
.
8a

(d)

Întrucât problema are sens dacă : 0 ≤ θ ≤ π / 2 , este valabilă doar soluţia
l + l 2 + 32a 2
pozitivă. Condiţia de echilibru se scrie:
≤ 1 ⇒ l ≤ 2a (e)
8a
4.2.4 Se consideră o placă triunghiulară omogenă de greutate G situată în plan
vertical, care se reazemă în A pe un perete vertical iar în punctul O este
articulată de mediul fix (dimensiunile plăcii şi distanţa de la articulaţie la
peretele vertical sunt date în fig. 4.2.4.a). Legăturile din A şi O sunt fără
frecare. Se cer mărimile reacţiunilor din A şi O.
Rezolvare

Se alege sistemul de referinţă Oxy convenabil şi conform axiomei
legăturilor se introduc în A şi O forţele de legătură N A , X O si YO (fig. 4.2.4.b).
Ecuaţiile de echilibru a forţelor care acţionează asupra barei, în proiecţii pe cele
trei axe se scriu:

∑X =0
∑Y = 0
∑M = 0
i

i

zO

X O − G sin θ − N A cos θ = 0
YO − G cos θ + N A sin θ = 0
( N A sin θ )8a + ( G sin θ ) yC − ( G cos θ )xC = 0

(a)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

65
B

B

4a
90
G

C1

3a

a

y

a
O

3a
θ

G

3a

A

a

C2

a
3a XO
θ

YO
4a

NA

C

A

0

C

x

4a

(b)

O

(a)
Fig. 4.2.4

4a

Din a treia ecuaţie (a) se obţine :
 x cos θ yC 
N A = G C
− ;
 8a sin θ 8a 

(b)

Înlocuind această valoare în prima şi a doua ecuaţie (a) rezultă:

xC cos 2 θ yC


− cos θ ;
X O = G sin θ −
8a sin θ 8a


y
x


VO = G cos θ + C sin θ − C cos θ 
8a
8a



(c)

1
3
; sin θ =
. Coordonatele
2
2
centrului de greutate al plăcii C(xC, yC) se determină cu ajutorul relaţiilor:
Din triunghiul OBA se determină : cos θ =

A1 xC1 − A2 xC 2
A y − A2 yC 2
,
; yC = 1 C 1
A1 − A2
A1 − A2

xC =

(d)

unde:
A1 = 16a 2 ; A2 = πa 2 / 2;
xC1 = 11a / 3 ; yC1 = 4a / 3; xC 2 = 4a ; yC 2 = 4a / 3π

(e)

Înlocuind rezultă:
xC =

4( 128 − 3π )
124a
a = 5,4785a ; yC =
= 1,4323a
3( 32 − π )
3( 32 − π )

(f)

Deci valorile reacţiunilor după înlocuirea parametrilor de mai sus sunt:
N A = 0 ,216 G ; X O = 0 ,974 G ; YO = 0,313 G

(g)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

66

4.2.5 Se consideră o placă triunghiulară omogenă de greutate G, situată într-un
plan vertical, care se reazemă în A pe muchia unui perete vertical, iar în punctul
O este legată de mediul fix printr-o articulaţie cilindrică (dimensiunile plăcii şi
distanţa de la articulaţie la peretele vertical sunt date fig. 4.2.5.a). Legăturile
din A şi O sunt fără frecare. Se cer mărimile reacţiunilor din A şi O.
3a

3a

3a

C2

C

5a

900
A

y

a

C1
C

A

x

G
NA

G

XO

θ

θ

B

O

B

4a

4a
(a)

O
YO

(b)

Fig. 4.2.5

Rezolvare

Se alege sistemul de referinţă Oxy convenabil şi se introduc în A şi O
forţele de legătură N A , X O si YO (conform axiomei legăturilor, fig. 4.2.5.b).
Ecuaţiile de echilibru a forţelor /momentelor în proiecţii pe cele trei axe sunt:

∑X =0
∑Y = 0
∑M = 0
i

i

zO

X O − G cos θ + N A = 0
YO − G sin θ = 0

(a)

N A ⋅ 5a + ( G sin θ )xC − ( G cos θ ) yC = 0

Din a doua ecuaţie se obţine :

YO = G sin θ

(b)

Din a treia ecuaţie se obţine :
 y cos θ xC sin θ 
NA =  C

G ;
5a 
 5a

(c)

Înlocuind această valoare în prima ecuaţie rezultă:
y cos θ xC sin θ 

X O =  cos θ − C
+
G ;
5a
5a 


Din triunghiul OBA se determină valorile : cos θ =

(d)
4
3
; sin θ = .
5
5

(e)

Poziţia centrului de greutate al plăcii triunghiulare C(xC, yC) se determină
A x − A2 xC 2
A y − A2 yC 2
; yC = 1 C 1
cu ajutorul relaţiilor: xC = 1 C1
,
(f)
A1 − A2
A1 − A2

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

67

unde:
A1 = 27a 2 ; A2 = 9πa 2 / 4;

(g)

xC1 = 2a ; yC1 = 6a ; xC 2 = 4a / π; yC 2 = 9a − 4a / π

Înlocuind rezultă:
xC =

20a
= 2 ,2577a;
12 − π

yC =

76 − 9π
a = 5,3876a
12 − π

(h)

Valorile reacţiunilor după înlocuirea parametrilor de mai sus sunt:
N A = 0 ,591G ; X O = 0 ,09 G ; YO = 0 ,8 G .

(i)

4.2.6. Se consideră un cadru legat de mediul fix printr-o articulaţie cilindrică O
şi un reazem A, asupra căruia acţionează un sistem de forţe, cupluri şi sarcini
distribuite uniform ca în fig. 4.2.6.a. Se cunosc: a, q, α , F=2aq, M=3a2q.
Se cer mărimile reacţiunilor din reazemul A şi articulaţia O.

α

F

y

M

y

α

q

M

F
Fe

4a
2a
O

A
4a

2a

α
x

A

VO

Fig. 4.2.6

(a)

2a

O

H

2a

4a
(b)

NA

x

α

Rezolvare

Se alege convenabil sistemul de referinţă Oxy şi se introduc în A şi O
forţele de legătură N A , H O si VO (conform axiomei legăturilor, fig. 4.2.6.b).
Sarcina uniform distribuită q se înlocuieşte cu o forţă echivalentă concentrată Fe
ce acţionează la mijlocul distanţei pe care este sarcina distribuită: Fe=4aq.
Ecuaţiile de echilibru a forţelor care acţionează asupra barei, în proiecţii
pe cele trei axe se scriu:

∑X =0
∑Y = 0
∑M = 0
i

i

H O + F cos α − Fe − N A sin α = 0
VO − F sin α + N A cos α = 0

(a)

( N A cos α ) ⋅ 4a + Fe ⋅ 2a − ( F cos θ ) ⋅ 2a − M = 0
Rezolvând acest sistem rezultă:
zO

NA =

4 cos α − 5
aq ;
4 cos α

 11

H O =  − cos α aq ;
4


5

VO =  + 2 sin α − cos α aq
4


(b)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

68

4.2.7 Se consideră un cadru plan legat la mediul fix printr-o articulaţie
cilindrică A şi un reazem B, asupra căruia acţionează un sistem de forţe, cupluri
şi sarcini distribuite uniform şi triunghuilar, ca în fig. 4.2.7.a. Se cunosc: a, q,
F1=ap, F2=4ap, F3=ap, M=3a2p. Se cer mărimile reacţiunilor din A şi B.
p

F2

F1
A
2a

F3
M
2a

2a

B

2p
2a

2a

4a

3a

Fig. 4.2.7.a

Rezolvare
Se alege sistemul de referinţă Oxy cu originea în punctul A (O≡A, fig.

4.2.7.b). Se înlocuiesc legăturile A ş B cu reacţiunile corespunzătoare VA, HA, VB
şi sarcinile distribuite cu forţele echivalente corespunzătoare Fec1 şi Fec2.
y
F1

A≡O
VA

2a

F2

M

HA
2a

2a

2a

Fec1
Fec2
2a

F3

2a

x

VB
2a

2a

Fig. 4.2.7.b

Pentru determinarea reacţiunilor VA, HA, VB se scriu :
ecuaţia de echilibru a momentelor forţelor şi cuplurilor: ΣMO=0
(a)

VB .10a+F1.2a-F2.2a-M-Fec1.8a-Fec2.a=0

ecuaţia de echilibru a forţelor după direcţia Ox: ΣX=0
(b)

HA+F3-Fec2=0

ecuaţia de echilibru a a forţelor după direcţia Oy: ΣY=0
(c)

VA+ VA -F1-F2-Fec1=0

Se obţin următoarele rezultate:VA=pa; HA =5,4 pa;

VB=7,6 pa

(d)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

69

Generalizând rezolvarea pentru acest tip de problemă, pentru
determinarea reacţiunilor VA, HA, VB (având sensul axelor Ox şi Oy) se scriu:
ecuaţia de echilibru a momentelor forţelor şi cuplurilor (ΣMO=0) şi două ecuaţii
de echilibru a forţelor şi sarcinilor distribuite (ΣXi=0 şi Σ Yi =0). Se obţine
următorul sistem de 3 ecuaţii :
VBxB + Σ (xiYi -yiXi)+M=0;
unde s-a notat :

HA+ Xe=0 ;

VA+VB+Ye=0

(e)

Xe=Σ Xi, Ye=Σ Yi , suma proiecţiilor forţelor exterioare pe axa Ox şi Oy ;
Xi , Yi , proiecţiile forţei exterioare Fi pe axele Ox respectiv Oy;
xi, yi coordonatele punctului de aplicaţie al forţei Fi

Rezolvând acest sistem rezultă următoarele valori ale reacţiunilor:
VB = - (Σ (xiYi -yiX)+M)/ xB ; HA=- X ;

VA=-Y- VB

Aceste relaţii au fost introduse în programul EXCEL obţinându-se
următoarele rezultate:
ALGORITMUL DE CALCUL UTILIZAT PENTRU PROGRAMUL
EXCEL ŞI REZULTATE OBŢINUTE PENTRU PROBLEMA 4.2.7
DATE DE INTRARE
A
Nr. xB/a

B

C

D

E

F

G

H

I

J

K

yB/a

x1/a

y1/a

X1/pa

Y1/pa

x2/a

y2/a

X2/pa

Y2/pa

x3/a

0

-2

0

0

-1

2

0

0

-4

12

R

S

T

U

V

X

x5/a

y5/a

X5/pa

Y5/pa

M/pa2

6

-1

-3

0

-3

0
1

10

L

M

N

O

y3/a X3/pa Y3/pa x4/a

0

1

0

P

Q

y4/a X4/pa Y4/pa

8

0

0

-8

DATE DE IESIRE
Y

Z

AA

AB

AC

AD

AE

ΣXi/pa

ΣYi/pa

ΣXiyi/pa2

ΣYixi/pa2

VB/pa

HA/pa

VA/pa

(AA1-AB1X1)/A1

-Y1

-AC1-Z1

7,6

2

5,4

E1+I1+M1+
Q1+U1

-2

F1+J1+N1+ E1*D1+I1*H1+M1* F1*C1+J1*G1+N1*
L1+Q1*P1+U1*T1 K1+ R1*O1+V1*S1
R1+V1

-13

3

-70

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

70

PROBLEME PROPUSE
Se consideră un cadru plan legat de mediul fix printr-o articulaţie O şi un
reazem simplu A, asupra căruia acţionează un sistem de forţe, cupluri şi sarcini
distribuite uniform ca în figurile 4.2.8 ... 4.2.10. Se cunosc: a, q, α , F1... F4, M.
Se cer mărimile reacţiunilor din reazemul A şi articulaţia O.
α

F1

F2

A M

2a

3q

F3

10a

2a

2a
F4

2a

Date

2a

α = 450 ; F1 = 2 2aq ; F2 = 4aq;

O

F3 = 6aq ; F4 = 4aq; M = 8a 2 q;
Fig.4.2.8

A

α

M

F1

2q

F2

8a

2a

2a

Date
α = 30 0 ; F1 = 3aq ; F2 = 6aq ;

F3
3a

F3 = 4aq ; M = 5a 2 q ;

O

Fig.4.2.9
F3

2a

2a

F2
Date

M
4a
2q

F1 = 2 2aq;
F2 = 4aq;
F3 = 3aq;

F1

M = 6a 2 q ;

4a
A
O

2a

2a

4a

4a

Fig.4.2.10

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

71

CAPITOLUL V
ECHILIBRUL SISTEMELOR DE CORPURI
REZUMAT DE TEORIE
a. Teoremele generale ale echilibrului sistemelor de corpuri
Dacă un sistem de puncte materiale {Ai }i =1,2 ,...n interacţionează mecanic (se
atrag sau se resping) atunci acestea formează un sistem mecanic de puncte
materiale. Forţele care acţionează asupra sistemelor de puncte materiale se
clasifică convenţional în forţe interioare şi forţe exterioare. Forţele interioare
reprezintă interacţiunea mecanică dintre punctele sistemului şi sunt egale ca
mărime două câte două, au acelaşi suport şi sunt dirijate în sens opus(conform
principiului acţiunii şi reacţiunii) .
Un corp rigid poate fi considerat ca un sistem nedeformabil de puncte
materiale (un sistem pentru care distanţa dintre două puncte interioare oarecare
ale sistemului rămâne tot timpul constantă).
Un sistem de corpuri rigide {Ci }i =1,2 ,...m , m < n , poate fi considerat ca un
sistem de puncte materiale format din subsisteme rigide sau nedeformabile
(fiecare subsistem corspunde unuia dintre corpurile rigidului).
Forţele care acţionează asupra sistemelor de corpuri pot fi forţe interioare
(care exprimă interacţiunea dintre corpurile sistemului) şi forţe exterioare (care
exprimă interacţiunea cu alte corpuri din afara sistemului).
Forţele şi cuplurile de legătură dintre corpurile sistemului şi dintre
corpurile sistemului şi mediul exterior sunt necunoscute ale problemei de
echilibru al sistemului de corpuri.
Pentru studiul echilibrului sistemelor de corpuri rigide se aplică cele trei
teoreme (principii) cunoscute:
a. Teorema separării corpurilor
Dacă un sistem de corpuri (liber sau supus la legături) se află în echilibru,
atunci fiecare corp al sietemului , considerat ca un subsistem rigid, se află de
asemenea în echilibru.
Această teoremă se aplică începând cu izolarea fiecărui corp, înlocuirea
legăturilor cu elemente mecanice corespunzătoare, (forţe, cupluri de legătură,
numite şi reacţiuni), continuând cu scrierea ecuaţiilor de echilibru scalare (trei
ecuaţii pentru corpuri în plan şi şase ecuaţii pentru corpuri în spaţiu) pentru
fiecare corp al sistemului. La aceste ecuaţii se ataşează şi condiţiile fizice
corespunzătoare, privind tipul de legături cu frecare existente. Această metodă
permite determinarea tuturor forţelor de legătură (interioare şi exterioare).

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

72

b. Teorema solidificării
Dacă un sistem de corpuri rigide , liber sau supus la legături exterioare, se
află în echilibru sub acţiunea unor forţe direct aplicate, el poate fi considerat ca
un sistem rigid (sistem nedeformabil) de corpuri, păstrându-se legăturile
exterioare iniţiale. Teorema solidificării se poate enunţa astfel: Condiţia
necesară (dar nu şi suficientă) ca un sistem de corpuri să fie în echilibru, este ca
torsorul forţelor exterioare (active şi de legătură) să fie nul.
Această metodă se aplică singură atunci când numărul de necunoscute ale
legăturilor exterioare nu depăşesc numărul de ecuaţii independente (trei ecuaţii
în plan şi şase ecuaţii în spaţiu). Dacă apar mai multe necunoscute, atunci se
aplică teorema echilibrului părţilor.
c. Teorema echilibrului părţilor
Dacă un sistem de corpuri rigide este în echilibru, atunci o parte oarecare
din sistem , considerată ca rigid (subsistem nedeformabil), este de asemenea în
echilibru sub acţiunea forţelor exterioare şi interioare corespunzătoare
subsistemului.

5.1. ECHILIBRUL SISTEMELOR FORMATE DIN BARE
RIGIDE ARTICULATE (CADRE PLANE)
5.1.1 Se consideră sistemul format din două cadre plane articulate în punctul C
F2 = 5aq, F3 = aq, F4
ca în fig. 5.1.1. Se cunosc: a, q, α , F1 = 3aq,
2
=2aq, M = 4a q. Se cer forţele de legătură din reazemul A, articulaţia O1 şi
încastrarea O2
2a
α
2a
α

2a

F1

F2

2a
M

4a

4a

CORPUL 1

F4

F3

2a

F1

2a

V21

F2
M1

NA

H21

2a
4a

O1

V12

A
3q
6a

4a

F2

F3

2a

H12

Fec

2a

4a

Fig.5.1.1

O2

CORPUL 2

H2
M2

O2
V2

Rezolvare:
Se separă cele două cadre şi se înlocuiesc legăturile cu forţe de legătură;
se ţine seama că: H21=H12=H1; V21=V12=V1 (conform principiului al treilea al

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

73

Mecanicii); se înlocuieşte forţa uniform distribuită cu o forţă concentrată:
24aq şi se scriu ecuaţiile de echilibru pentru fiecare cadru:
ΣX i = 0 3aq cos α − H 1 = 0

Cadrul 1: ΣYi = 0 V1 + N A − 5aq − 3aq sin α = 0
ΣM = 0 N ⋅ 4a − ( 3aq sin α ) ⋅ 6a − 5aq ⋅ 2a − 4a 2 q = 0
01
A

aq
3aq
⇒ H 1 = 3aq cos α , N A = ( 9 sin α + 7 ), V1 =
( 1 − sin α )
2
2
Cadrul2:
ΣX i = 0: H 1 − 2aq − 24aq + H 2 = 0

ΣYi = 0; − V1 − aq + V2 = 0
ΣM = 0; M − 24aq ⋅ 4a − 2aq ⋅ 8a − aq ⋅ 4a − V ⋅ 8a + H ⋅ 6a = 0
02
2
1
1


H 2 = aq( 26 − 3 cos α ),V2 =

Fec =

(a)

(b)

(c)

aq
( 5 − 3 sin α ), M 2 = 2a 2 q( 64 − 6 sin α − 9 cos α ) (d)
2

5.1.2. Se consideră sistemul format din două cadre plane articulate în punctul C
ca în fig. 5.1.2. Se cunosc: a, q, F1 = 6 2aq , F2 = 10aq, F3 = 12aq, M = 2a2 q.
Se cer:
Forţele de legătură din: reazemul simplu A, articulaţia O1 şi
încastrarea O2.
Rezolvare:

Se separă cele două cadre şi se introduc forţele de legătură; se ţine seama
că: H21=H12=H1; V21=V12=V1 şi se înlocuieşte forţa uniform distribuită cu o
forţă concentrată Fec = 24aq. Ecuaţiile de echilibru pentru fiecare cadru se scriu:
CORPUL 1

2a

6a

F2

3q

O1

F1
450

2a
450

F1

O1 H21

M

2a
F3

M

2a

NA

2a
A
2a

V21

O2

2a

4a
V12

Fec

2a

2a

H12 O1

F2

2a

Fig.5.1.2

F3
2a

CORPUL 2
H2
M2

O2
V2

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

74

Cadrul 1:
ΣX i = 0: − H 1 + 6aq = 0

ΣYi = 0: N A + V1 − 6aq = 0
ΣM = 0: N ⋅ 4a + 2a 2 q − 6aq ⋅ 2a − 6aq ⋅ 2a = 0
A
01

⇒ H 1 = 6aq , N A =

(a)

11
qa
aq , V1 =
2
2

(b)

Cadrul 2:
ΣX 1 = 0; H1 + H 2 − 12aq = 0

(c)
ΣYi = 0; − V1 + V2 − 24aq − 10aq = 0
ΣM = 0; M − 12aq ⋅ 2a + 10aq ⋅ 2a − 24aq ⋅ 2a − V ⋅ 6a + H ⋅ 4a = 0
02
2
1
1

⇒ H 2 = 6aq , V2 =

69
aq , M 2 = 31a 2 q
2

(d)

5.1.3. Se consideră sistemul format din două cadre plane articulate între ele în
punctul C şi la mediul fix în punctele A şi B, încărcat cu forţe concentrate,
sarcini distribuite şi cupluri ca în fig. 5.1.3. Se cunosc valorile lui a şi p.
Se cer forţele de legătură din articulaţiile A, B şi C

2pa

pa

6pa

3pa

2a

a

C

p

pa
5a
a
a

2

pa
A
VA

HA
3a

B
3a

a

a

2a

HB
VB

Fig.5.1.3.a

Rezolvare:

Necunoscutele VA şi VB se determină prin aplicarea teoremei solidificării
astfel: . din ecuaţia de momente pentru întregul sistem faţă de punctul B, se
determină VA şi din ecuaţia de momente faţă de punctul A, se determină VB.

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

75

din ΣMBz=0 (pentru tot sistemul) ⇒
VA⋅10a + pa2 + pa⋅2a - 2pa⋅12a - pa⋅7a - 3pa⋅4a - 6pa⋅2a - 6pa⋅3a = 0

⇒ VA=7pa

(a)
(b)

din ΣMAz=0 (pentru tot sistemul) ⇒
-VB ⋅10a+ pa2 + pa⋅2a - 2pa⋅2a + pa⋅3a + 3pa⋅ 6a + 6pa⋅ 8a –
- 6pa⋅3a = 0

(c)

⇒ VB=5pa

(d)

Necunoscutele HA şi HB se determină prin aplicarea teoremei echilibrului
părţilor, din ecuaţiile de momente faţă de C scrise pentru fiecare cadru.
Ecuaţiile de echilibru pentru cadrul 1 :
VA ⋅7a - HA. 5a + pa2 - pa⋅3a - 2pa⋅9a - pa⋅4a - 3pa⋅a = 0 (e)

din ΣMC=0:

⇒ HA = 4,4pa

(f)

Ecuaţiile de echilibru pentru cadrul 2 :
din ΣMC=0 ⇒ -VB ⋅3a - HB. 5a + 6pa⋅ a + 6pa⋅ 2a = 0

(g)

⇒ HB = 0,6 pa

(h)

Necunoscutele HC şi VC se determină prin aplicarea principiului
echilibrului părţilor: din ecuaţiile de proiecţii pe orizontală şi verticală pentru
unul dintre cele două cadre (am folosit cadrul 2).
din Σ FX=0 ⇒ -HC - 6pa + HB= 0

(i)

⇒ HC = 5,4 pa

(j)

din Σ FY=0 ⇒ VC + 5pa - 6pa = 0

(k)

⇒ VC=4 pa

(l)

pa

2pa

6pa

3pa

Hc

2a

C
3a

Vc

HC
VC

C
2a

Fe =6pa

pa
pa2

a
a

A

VA=7pa

3a
B

HA
3a

Fig.5.1.3.b

3a

a

a

2a

HB
VB=5pa

Fig.5.1.3.c

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

76

Ecuaţiile de proiecţii ale forţelor pentru întregul sistem şi pentru cadrul 1
servesc la verificarea rezultatelor.
Ecuaţiile de verificare se pot scrie pentru întreg sistemul:

Σ FX=0 ⇒ HA + HB + pa - 6pa = 0

(m)

Σ Fy =0

(n)

⇒ VA + VB - 2pa - pa - 3pa - 6pa = 0

Sau numai pentru cadrul 1:
din Σ FX=0

⇒ HA - HC + pa = 0

(o)

din Σ Fy =0

⇒ VA - VC - 2pa - pa - 3pa = 0

(p)

Generalizând rezolvarea acestui tip de problemă, se alege sistemul de
referinţă cu originea în punctul C (O≡C, articulaţia dintre cele două cadre).
Pentru determinarea reacţiunilor HA, VA, HB, VB se scriu cele două ecuaţii
de momente ale forţelor pentru fiecare din cele două părţi faţă de punctul C:
ΣMs=0 şi ΣMd=0 şi cele două ecuaţii de proiecţii ale forţelor pentru întreg
sistemul ΣXi=0 şi ΣYi=0 obţinându-se:
VAxA - HAyA + Ns =0;
VBxB - HByB + Nd =0;

(q)

HA + HB + X =0;
VA + VB + Y =0

unde am notat :

Ns Nd suma momentelor forţelor exterioare care acţionează asupra părţii din
stânga/dreapta : Ns=Σ (xiYsi -yiXsi) + M1s; Nd=Σ (xiYdi -yiXdi) + M1d;
X,Y suma proiecţiilor forţelor exterioare pe axa Ox, Oy: X=Σ Xi ; Y=Σ Yi ;
Xi , Yi proiecţiile forţei exterioare Fi pe axele Ox respectiv Oy
Rezolvând acest sistem rezultă următoarele valori ale reacţiunilor:
HA=(NS xB + Nd xA + X xA yB - Y xA xB) / (xByA-xAyB)
VA=(NS yB + Nd yA + X yA yB - Y xB yA) / (xByA-xAyB)
HB=(-NS xB - Nd xA - X xB yA + Y xA xB) / (xByA-xAyB)

(r)

VB=(-NS yB - Nd yA - X yA yB + Y xA yB) / (xByA-xAyB)
Pentru calculul forţelor de legătură din articulaţia C se folosesc cele două
ecuaţii de proiecţii ale forţelor pentru partea dreaptă :
HC+HB+Xd=0

VC+VB+Yd=0

unde:

Xd suma proiecţiilor forţelor exterioare din dreapta pe axa Ox: Xd=Σ Xdi ;
Yd suma proiecţiilor forţelor exterioare din dreapta pe axa Oy: Yd=Σ Ydi ;

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

77

ALGORITMUL DE CALCUL UTILIZAT PENTRU
PROGRAMUL EXCEL
DATE DE INTRARE
A

F

G

H

xA/a yA/ xB/ yB/ x1s y1s
a a a /a /a

X1s
/pa

Y1s
/pa

3

0

-6

B

C

-5

4

R

S

D

E

-5 -6 -3
T

U

I

J

x2s y2s/a
/a
-4

V

0

X

Y

K

L

X2s

Y2s

/pa

/pa

0

-8
Z

M

N

x3s/a y3s/a
0
AA

0
AB

O

P

Q

X3s
/pa

Y3s
/pa

M1s
/pa2

0

0

-4

AC

AD

AE

x1d/a y1d/a X1d/pa Y1d/pa x2d/a y2d/a X2d/pa Y2d/pa x3d/a y3d/a X3d/pa Y3d/pa M1d/pa
2

0

0

-4

4

-1

-2

0

0

0

0

0

0

DATE DE IEŞIRE
AF

AG

AH

AI

AJ

AK

Xs =ΣXis/pa

Ys =ΣYis/pa

Xd =ΣXid/pa

Yd =ΣYid/pa

X

Y

G+K+O

H+L+P

T+Y+AC

U+Z+AD

AF+AH

AG+AI

3

-8

-2

-4

1

-12

AL

AM

AN

AO

AP

AQ

ΣXisyis /pa2

ΣYisxis/pa2

ΣXidyid /pa2

ΣYidxid/pa2

Ns

Nd

F*G+J*K+N*O

E*H+I*L+M*P

AM - AL+Q

AO-AN+AE

-9

32

37

-10

S*T+X*Y+AB*AC R*U+V*Z+AA*AD

2

-8

AR

AS

AT

AU

AV

AW

HA

VA

HB

VB

HC

VC

(AP*C+AQ*A+AJ*A* (AP*D+AQ*B+AJ*B* (-AP*C-AQ*A-AJ*B*C (-AP*D-AQ*B+AJ*B*D -AT-AH -AU-AI
D
D
-AK*A*C)/(B*C-A*D) -AK*A*D)/(B*C-A*D)
-AK*A*C)/(B*C-A*D) -AK*B*C)/(B*C-A*D)

1

7

-2

5

4

-1

PROBLEME PROPUSE
Se consideră sistemele formate din două cadre plane articulate în punctul C ca
în fig. 5.1.4...5.1.5. Se cunosc: a, q, α , F1 , F2, , F4, M.
Se cer forţele de legătură din reazemul simplu A, articulaţia O1
încastrarea O2

şi

2

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

α

F1

A
2a

M

F2

a

78
3q

O1

a

F3
2a
F4

6a

Date

2a
2a

α = 450 ; F1 = 2 2aq ; F2 = 4aq ;

O

F3 = 8aq; F4 = 12aq ; M = 4a 2 q ;
Fig.5.1.4

F2

F3

O1
M

Date

4a

3q

F1 = 6aq ;

F1

F4

2a

F2 = 10aq;
F3 = 8aq ;
F4 = 4aq ;

4a

M = 8a 2 q ;
A
2a

2a

2a

2a

2a

O

Fig.5.1.5
Date F = 8 2aq ; F = 4aq ;
1
2

F3 = 4aq ; F4 = 8aq ;

F2

M = 4a 2 q ;

2a

M

3a

F3

2q

3a

F1
F4

3a
3a
A
3a

3a

2a

6a

O
Fig.5.1.6

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

79

S5.2. ECHILIBRUL SISTEMELOR PLANE DE CORPURI
CU FRÂNE (SABOT, TAMPON SAU BANDĂ)

PROBLEME REZOLVATE
5.2.1. Se consideră sistemul de frânare cu sabot, format din patru corpuri: (1),
(2), (3), (4) (fig. 5.2.1) sunt cunoscute: a, G, α, β, µ = 0 pe planul înclinat,
µ≠0 pe sabot, corpul (3) de greutate neglijabilă. Se cere:

1) Ecuaţiile de echilibru pentru fiecare corp folosind metoda izolării.
2) Determinarea forţei minime (Pmin ) pentru repaus.
3) Determinarea forţelor de legătură.
x
N1

G2=2G
r2=a
R2=2a

y
α

2

G4=G, L4=4a
O2

1

4

O3

G1=20G

a/4
4a

2a

O4

G1

CORPUL 1

G3=0

y

β

3

µ=0

S

P

V2

S

α

O2

H2

x

G2
α

Fig.5.2.1

T2

N2

CORPUL 2
N
V3
H3

T2

H2

a/4
2a

4a
CORPUL 3

β

P

V2

M4
G4

O2
2a

2a
CORPUL 4

H4

V4

Rezolvare:

1) Se separă corpurile şi se înlocuiesc legăturile cu forţe de legătură, ca în figura
5.2.1.

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

80

Relaţiile de echilibru pentru cele patru corpuri sunt următoarele:
Corpul 1:

ΣX i = 0 S − G1 sin α = 0
S = 20G sin α





 N1 − G1 cos α = 0  N1 = 20G cos α
ΣYi = 0

Corpul 2:

ΣX i = 0
H 2 − S cos α − T2 = 0
ΣY = 0
V − S sin α − G + N = 0
2
2
 i
 2
ΣM 02 = 0

⇒ S ⋅ a − T2 ⋅ 2a = 0 ⇒ T2 = S = 10G sin α (b)

2

Conditia

 fizica la lim ita
T 10G sin α
⇒ N2 = 2 =
T2 = µN 2

µ
µ

 echilibrului

Corpul 3:


ΣX i = 0 ⇒ − H 3 + T2 + Pm cos β = 0

ΣYi = 0 ⇒ V3 − N 2 + Pm sin β = 0

a
ΣM 03 = 0 ⇒ ( Pm sin β ) ⋅ 6a − N 2 ⋅ 2a − T2 ⋅ = 0

4

(c)

Corpul 4:

ΣX i = 0 ⇒ − H 2 + H 4 = 0

ΣYi = 0 ⇒ V4 − V2 − G3 = 0
ΣM = 0 ⇒ M − G ⋅ 2a − V ⋅ 4a = 0
04
4
4
2


(d)

(a)

Din ultima ecuaţie scrisă pentru corpul 3 avem:
Pm =

T
1
5G sin α
( 2N2 + 2 ) =
(8 + µ )
6 sin β
4
12µ sin β

(e)

Înlocuind Pm şi forţele de legătură găsite (S, T2, N2 ) în celelalte ecuaţii,
obţinem forţele de legătură: H2, V2, H3, V3, H4,V4, M4 .
H 2 = H 4 = 10G sin α( 1 + 2 cos α )

10 sin α 
V2 = V4 = G 20 sin 2 α + 2 +

µ 

H 3 = 10G sin α + Pm cos β
V3 =

10G sin α
− Pm sin β
µ


20 sin α 
M 4 = 2Ga 40 sin 2 α + 5 +

µ 


(f)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

81

5.2.2 Se considră sistemul de frânare cu sabot format din patru corpuri, ca în
fig.5.2.2, pentru care se cunosc a, G, α, β. Se cer:
1) scrierea relaţiilor de echilibru pentru fiecare corp (după separarea lor)
2) Determinarea forţei minime de frânare (Pmin ).
3) Determinarea forţelor de legătură.
Rezolvare:

1) Se separă corpurile şi se înlocuiesc legăturile cu forţe.
G2=2G
r2=a
R
2=2a
2

H3 V3
O3

O3
a

O4

a

G4=G, L4=3a
N2

O2

4

3

T2

5a
a/4
G1=40G
1

5a

a/4

µ=0

CORPUL 3

α

P

P

Fig. 5.2.2
x

y

S

N1

T2

y
α

β

β

O2

G1

CORPUL 1

V2

H2

G2
S

α

V4
N2

H4
x

O4

3a/2
M4

3a/2
H2
G4

V2 O2

CORPUL 4

CORPUL 2

Ecuaţiile de echilibru pentru fiecare corp sunt:
ΣX i = 0
S1 − G1 sin α = 0
S = 40G sin α
⇒
Corpul 1: 

 N1 − G1 cos α = 0  N1 = 40G cos α
ΣYi = 0
 H 2 − S cos α − N 2 = 0
V − S sin α − G + T = 0
2
2
 2
ΣX i = 0


Corpul 2: ΣYi = 0
⇒ S ⋅ a − T2 ⋅ 2a = 0 ⇒ T2 = S = 20G sin α
2

ΣM = 0
02


T2 20G sin α
T2 = µN 2 ( la lim ita ) ⇒ N 2 = =
µ
µ


(a)

(b)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

82


V3 − T2 + Pm cos β = 0
ΣX i = 0


Corpul 3: ΣYi = 0
(c)
− H 3 + N 2 − Pm sin β = 0

ΣM = 0
a
03

( Pm sin β ) ⋅ 5a − N 2 ⋅ a − T2 = 0

4

H 4 − H 2 = 0
Σ
=
0
X
 i


Corpul 4 : ΣYi = 0
(d)
V4 − G4 − V2 = 0

ΣM = 0
3a
04

M 4 − G4 ⋅ − V2 ⋅ 3a = 0

2
Din ultima ecuaţie scrisă pentru corpul 3 rezultă:
G sin α
(e)
Pm =
(4+µ)
µ sin β
Înlocuind rezultatele (S, T2 , N2 ,Pm ) în celelalte ecuaţii, rezultă:
G sin α
H3 =
( 16 − µ )
1
H 2 = H 4 = 20G sin α( 2 cos α − )
µ
µ
(f)
+
µ
4
V3 = G sin α(
ctgβ − 20 )
V2 = 2G( 20 sin 2 α − 10 sin α + 1 )
µ
3aG
M4 =
( −80 sin2 α + 40 sin α − 3 )
V4 = G( 40 sin 2 α − 20 sin α + 3 )
2
5.2.5 Se consideră sistemul de frânare cu bandă din fig. 5.2.5

Se cunosc valorile pentru: G, a, b, r, R şi µ − coeficientul de frecare a curelei pe
disc; se neglijează greutăţile discului 1 şi ale pârghiei 2.
Se cere valoarea forţei minime Fmin. pentru frânare.
S1
a

V1

b

r

2

R

F

r

H1

O1

O2

1

S2

S3

CORPUL 1

R

O1
V2
H2
O2
G

Fig. 5.2.5

b

a
S2

F
CORPUL 2

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

83

Rezolvare:

Se separă corpurile şi se înlocuiesc legăturile cu forţe de legătură, apoi se
scriu ecuaţiile de echilibru (ţinând seama că tensiunea din fir S3=G):

ΣM 0 = 0 ⇒ T2 ⋅ R + G⋅ r − S1 ⋅ R = 0

(a)

Legea fizică a frecării (relaţia Euler) S 2 ≤ S1e µπ

(b)

ΣM 02 = 0 ⇒ F ( a + b ) − S 2 ⋅ a = 0

(c)

Corpul 1:

Corpul 2:

Înlocuind pe S2 din (c) în relaţiile (a) şi (b) şi apoi pe S1 în (a) se obţine:
S2 =

a+b
F
a

(d)

respectiv:
a
r e µπ
⋅ ⋅
F≥
G
a + b R e µπ − 1
a
r e µπ
⋅ ⋅
G
Fmin =
a + b R e µπ − 1

(e)

5.2.6. Se consideră sistemul de frânare cu bandă (varianta b) din fig. 5.2.6. Se
cunosc: G, a, b, r, R şi µ − coeficientul de frecare al curelei pe disc. Se
neglijează greutăţile discului şi ale pârghiei.
Se cere valoarea forţei minime Fmin. pentru frânare.
S1
1

r

R

O1

F

a

b
O2

V1
O1

2

S2
H1

r
R
S3

G

Fig. 5.2.6

CORPUL 1
S1
b

O2

Rezolvare:

a

V2

F

H2

CORPUL 2

Se separă corpurile şi se înlocuiesc legăturile cu forţe de legătură, apoi se
scriu ecuaţiile de echilibru (ţinând seama că tensiunea din fir S3=G):

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

ΣM 01 = 0

Corpul 1:

84

⇒ S1 ⋅ R + G ⋅ r − S 2 ⋅ R = 0
⇒ S 2 ≤ S1e

(Re latia lui Euler )

(a)


µ
4

ΣM 02 = 0 ⇒ S1 ⋅ b − F ⋅ a = 0

Corpul 2:

(b)

Înlocuind în prima şi a doua ecuaţie S1 determinat din a treia, se obţine:
a
r
a
F
R
G
r
S
R
0
S
F
G

+



=

=
+
2
2
 b
b
R
(c)


µ
a
S ≤ F ⋅ e 4
 2 b
Înlocuind se obţine:
r b
⋅ ⋅
R a

F≥

G
e


µ
4

sau: Fmin =

−1

rb

Ra

G
e


µ
4

(d)

−1

5.2.7. Se consideră frâna cu tampon din fig. 5.2.7 . Se cunosc valorile pentru:
G, a, α, β, b şi coeficientul de frecare µ pe tampon. Se cere:

1) Să se separe corpurile şi să se scrie ecuaţiile de echilibru;
2) Să se determine forţa minimă Pmin pentru frânare.
P
a
b

A

a
NA

y
G4=G, L4=4a

O2

2

S

N1

B
β

P

x

G2=2G
r2=a
R2=2a

4

α

b

G1
N2

O4

T2
CORPUL 1

CORPUL 3

G1=50G
1

µ=0

y

N2 T2
α

H

Fig.5.2.7
M4

O2
V

G4

CORPUL 4

V2

β

V

O2

H
O4

NB

S

H2

G2
α

CORPUL 2

x

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

85

Rezolvare:

Ecuaţile de echilibru pentru fiecare din cele patru corpuri izolate, sunt:
Corpul 1:

− G1 sin α + S = 0
S = 50G sin α
⇒

− G1 cos α + N1 = 0  N1 = 50G cos α

(a)

Corpul 2:

ΣX i = 0 ⇒ H 2 − S cos α − T2 sin β + N 2 cos β = 0
ΣY = 0 ⇒ V − G − S sin α − T cos β − N sin β = 0
2
2
2
2
 i

S
ΣM 02 = 0 ⇒ T2 ⋅ 2a − S ⋅ a = 0 ⇒ T2 = = 25G sin α
2


25G sin α
T
⇒ N2 = 2 =
 T2 = µN 2 ( la lim ita )
µ
µ


(b)

Corpul 3:

25G sin α

ΣX i = 0 ⇒ Pm − N 2 = 0 ⇒ Pm = N 2 =
µ

(c)
ΣYi = 0 ⇒ N A − N B + T2 = 0

25G sin α( a + b )
ΣM A = 0 ⇒ T2 ⋅ ( a + b ) − N B ⋅ a = 0 ⇒ N B =

a

Corpul 4:

⇒ − H2 + H4 = 0
ΣX i = 0

⇒ − V2 − G4 + V4 = 0
ΣYi = 0
ΣM = 0 ⇒ M − G ⋅ 2a − V ⋅ 4a = 0
04
4
4
2


(d)

Înlocuind mărimile găsite ( S, T2 , Pm , NB ) în ecuaţiile nefolosite se obţin
celelalte forţe de legătură ( H2 , V2 , NA , H4 , V4 , M4 ).

sin α cos β 
H 2 = 25G sin 2α + sin β cos α −

µ




 1
V2 = 2G + 25G 2 sin 2 α + 1 +  sin α sin β
 µ


NA =

25bG sin α
a

H 4 = 25G(sin 2α + sin β cos α −

sin α cos β
)
µ




1
V4 = 3G + 25G 2 sin 2 α + 1 +  sin α sin β
 µ



sin α cos β 
N A = 2G + 100G sin 2α + sin β cos α −

µ



(e)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

86

PROBLEME PROPUSE
Se consideră sistemul de frânare cu sabot, format din patru corpuri: (1), (2),
(3), (4) (fig. 5.2.8 ... 5.2.10) sunt cunoscute: a, G, α, β, µ = 0 pe planul
înclinat, µ≠0 pe sabot, corpul (3) de greutate neglijabilă. Se cer:

1) Ecuaţiile de echilibru pentru fiecare corp folosind metoda izolării.
2) Determinarea forţei minime (Pmin ) pentru repaus.
3) Determinarea forţelor de legătură.
2a

6a

a/4

O3
O4

Pm

β

3
G3=0

G4=G, L4=4a
O2

4
2

G1=120G

G2=4G
r2=a
R2=2a

1

µ=0
α

Fig.5.2.8
O3
2a

G4=G, L4=6a
O2
2

a/6
8a

3

O4

4

G2=4G
r2=a
R2=2a

G3=0

β

Fig.5.2.9

Pm
G1=120G
µ=0

2

G2=6G
r2=a
R2=2a

1
α

O4

G4=G, L4=4a
O2

4
G3=0

O3

a/6
3

β
Pm

a

5a

Fig.5.2.10

G1=100G
1

µ=0
α

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

87

CAPITOLUL VI
SISTEME DE BARE ARTICULATE
(GRINZI CU ZĂBRELE)
REZUMAT DE TEORIE
Pentru determinarea eforturilor axiale din barele unui sistem de bare
articulate static determinat (grinzi cu zăbrele) se folosesc frecvent două metode
analitice: metoda izolării nodurilor şi metoda secţiunilor (RITTER).
Mai întâi se verifică dacă sistemul de bare articulate este static determinat:
dacă se notează cu n numărul de noduri şi cu b numărul de bare articulate ale
sistemului trebuie să fie îndeplinită următoarele condiţii: b=2n-3 pentru
sistemele plane şi b=3n-6 pentru sistemele spaţiale.
Mai întâi se determină forţele de legătură ale sistemului cu mediul fix,
scriinduse ecuaţiile de echilibrul forţelor corespunzătoare teoremei solidificării,
după care se trece la rezolvarea propriu-zisă prin una din cele două metode:
a. Metoda izolării nodurilor
Această metodă se bazează pe metoda izolării corpurilor sau pe teorema
echilibrului părţilor de la echilibrul sistemelor , considerând ca o ''parte'' a
sistemului de bare câte un nod , care fiind izolat poate fi considerat ca un punct
material acţionat de forţe concentrate în acel nod. Aceste forţe sunt forţe
interioare (eforturile din bare) sau forţele exterioare aplicate în noduri (forţele
date şi forţele de legătură cu mediul fix).
Se scriu ecuaţiile de echilibru ale acestor forţe pentru fiecare nod al
sistemului, sub forma proiecţiilor pe cele două /trei axe ale sistemului ales în
plan/spaţiu. În final dacă sistemul este static determinat numărul total de relaţii
independente obţinute este egal cu numărul total de necunoscute (reacţiuni
+eforturi din bare) deci se poate rezolva analitic.
Se utilizează în cadrul acestei metode următoarea convenţie: toate
eforturile din bare se consideră iniţial că sunt pozitive (de întindere) deci sensul
lor este acela că ies din nod. Dacă din calcule (după rezolvarea sistemului de
ecuaţii) rezultă pentru aceste eforturi valori negative, atunci ele sunt în realitate
eforturi de compresiune.
b. Metoda secţiunilor (RITTER)
Această metodă se bazează tot pe teorema echilibrului părţilor şi se
utilizează atunci când interesează efortul dintr-o anumită bară (sau un număr
redus de bare). Pentru aceasta se procedează în felul următor:

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

88

se secţionează sistemul de bare articulate cu un plan imaginar astfel încât să
fie secţionată şi bara al cărei efort ne interesează şi se introduc în secţiunile
corespunzătoare ale barelor eforturile necunoscute notate cu Sij, unde i,j sunt
nodurile care definesc bara; caşi în cazul metodei izolării nodurilor se
consideră iniţial că acestea sunt pozitive (ies din secţiune);
conform teoremei ecilibrului părţilor, forţele care acţionează asupra fiecărei
''părţi'' obţinute în urma secţionării cu planul imaginar se află în echilibru
deci eforturile din barele secţionate reprezintă de fapt forţele interioare de
acţiune reciprocă a celor două părţi;
pentru determinarea unui efort necunoscut (de exemplu în cazul unui sistem
plan de bare articulate) se scrie ecuaţia de momente faţă de punctul de
intersecţie (nodul) al suporturilor celorlalte două eforturi necunoscute. Dacă
cele două eforturi care nu interesează sunt paralele atunci pentru
determinarea celui de-al treilea effort necunoscut se foloseşte ecuaţia de
proiecţii a forţelor după direcţia perpendiculară la cele două eforturi.

6.1. GRINZI CU ZĂBRELE
PROBLEME REZOLVATE
6.1. Se consideră grinda cu zăbrele din fig. 6.1.a
π
Se cunosc: a , α = , F1 = 5 2 F , F2 = 10 F , F3 = 10 F , F4 = 20 F
4
Se cer: 1) Reacţiunile în reazemul simplu (1) şi articulaţia (12)
2) Eforturile din nodurile (1), (2), (3)
3) Eforturile din barele: 6−8, 7−8, 7−9
a

a
F4 2

a

a

a

a

4

7

9

11

5 F
3

6

8

10

α

F1

a
1

3

F2

12

Fig. 6.1.a
F

2

4

7

11

9

F1
α
y
H

N

1

3

Rezolvare:

5 F

6
Fig. 6.1.b

8

F

10

12 V

x

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

89

1. Se înlocuiesc legăturile 1 şi 12 cu forţe de legătură şi se scriu ecuaţiile de
echilibru pentru întreg sistemul de bare articulate:

ΣX i = 0

⇒ H − F1 cos α = 0

ΣYi = 0

⇒ N + V − F1 sin α − F2 − F3 − F4 = 0

(a)

ΣM12 = 0 ⇒ N ⋅ 6a − F4 ⋅ 5a − F3 ⋅ 4a − F2 ⋅ 2a − ( F1 sin α ) ⋅ a − ( F1 cos α )a = 0
Înlocuind cu valorile cunoscute se obţine:
85
50
H = 5F ,
N = F,
V=
F
3
3
Pentru verificare se scrie relaţia de moment faţă de 1:
ΣM 1 = 0: V ⋅ 6a − ( F1 sin α ) ⋅ 5a + ( F1 cos α )a − F2 ⋅ 4a − F3 ⋅ 2a − F4 ⋅ a = 0

(b)

(c)

2. Se izolează nodurile în ordinea: (1), (2), (3) şi se scriu ecuaţiile de echilibru
pentru fiecare:
y
Nodul 1:
85


2
= 0 S13 = F
S12
N
ΣX i = 0 ⇒ S13 + S12
x
3

2
(d)
⇒

1
S13
ΣY = 0 ⇒ N + S 2 = 0
S = − 85 2 F
12
i
12


3
2
Nodul 2:
F4

2
85
2

S24
S 24 = − F
=0
ΣX i = 0 ⇒ S 24 − S 21

x

3
2
S21
(e)
⇒

S23
25
2

ΣY = 0 ⇒ − F − S − S
F
= 0 S 23 =
y
4
23
21
 i
3

2
Nodul 3:
y
S3
110


2
S3
S
F
=
X
S
S
S
Σ
=


+
+
=
0
0
35
 i
31
35
34

3
2
x
(f) S3



25
2
S
3
3
ΣY = 0 ⇒ S + S 2 = 0
S = −
F
34
i
32
34


3

2
Fig. 6.1.c
Pentru determinarea eforturilor din barele 6-8, 7-8, 7-9 se aplică metoda
secţiunilor scrind ecuaţiile de momente sau de proiecţie pentru forţele
corespunzătoare părţii din stânga secţiunii imaginare considerate (fig.6.1.d.).
2

F4

4

7

9
y

S7
S7
N 1

3

F3 5

Fig. 6.1.d

6

S6

8

x

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

90

Suma momentelor forţelor faţă de nodurile 7 şi 8 şi suma proiecţiilor pe
verticală a forţelor corespunzătoare pentru această parte, se scrie astfel:
ΣM 7 = 0 ⇒ S 68 ⋅ a + F3 ⋅ a + F4 ⋅ 2a − N ⋅ 3a = 0 ⇒ S 68 = 35F
ΣM 8 = 0 ⇒ S 79 ⋅ a − F3 ⋅ 2a − F4 ⋅ 3a + N ⋅ 4a = 0 ⇒ S 79 = −

∑Y

= 0 ⇒ N − F4 − F3 − S 78 ⋅

i

2
=0
2

⇒ S 78 = −

(g)

100
F
3

5 2
F
3

(h)

6.2. Se consideră grinda cu zăbrele din fig. S6.2.a
π
Se cunosc: a , α = , F1 = 10 2 F , F2 = F3 = F4 = 20 F . Se cer:
4
1) Reacţiunile din reazemul simplu (2) şi articulaţia (12);
2) Eforturile în nodurile (1), (2), (3);
3) Eforturile în barele: 6−8, 7−8, 7−9.
Rezolvare:

1) Se înlocuiesc legăturile cu forţe de legătură şi se scriu ecuaţiile de echilibru
pentru întregul sistemul de bare articulate.
a
12

F1

10

α

F3 6

8

a

a

a

a

a

5

1 F4

3

a
11

9

2

F2 4

7
Fig. 6.2.a

12

F1

α

10

H

11
V

8

F3 6

9

7

5

F2 4

1 F4

3

2
N

Fig. 6.2.b

ΣX i = 0 ⇒ H − F1 cos α = 0
ΣYi = 0 ⇒ V + N − F1 sin α − F3 − F2 − F4 = 0
ΣM 12 = 0 ⇒ N ⋅ 4a − F4 ⋅ 5a − F2 ⋅ 3a − F3 ⋅ 2a + ( F1 cos α )a + ( F1 sin α )a = 0

(a)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

91

Ecuaţia de momente faţă de (2) este o ecuaţie de verificare:
ΣM 2 = 0:V ⋅ 4a − ( F1 cos α )a − ( F1 sin α )5a − F3 ⋅ 2a − F2 ⋅ a + F4 ⋅ a = 0

(b)

Înlocuind valorile cunoscute se obţine:
H = 10F, V = 25F, N = 45F.

(c)

2) Folosind metoda izolării nodurilor pentru nodurile
(1), (2) şi (3) avem:

S1
x


2
= 0 ⇒ S13 = 20 F
ΣX i = 0 ⇒ S13 + S12
2
Nodul 1: 
ΣY = 0 ⇒ S 2 + F = 0 ⇒ S = −20 2 F
12
4
12
 i
2

ΣX i = 0 ⇒ S 21
Nodul 2: 
ΣY = 0 ⇒ S
21
 i

1
F

S1

(d)

y
y
S2

S2

2
S2
− S 24 = 0 ⇒ S 24 = −20F
2
2
(e)
N
2
+ S 23 + N = 0 ⇒ S 23 = −25F
2
3
x
S3


2
= 0 ⇒ S 35 = −5 F
S3
ΣX i = 0 ⇒ S 35 − S 31 + S 34
2
(f)
Nodul 3: 
2
ΣY = 0 ⇒ S + S
Fig. 6.2.c
= 0 ⇒ S 34 = 25 2 F
32
34
 i
2
8

y

a
x
9
Fig. 6.2.d

S68

F3

5

6 a

a

3

a 1

S3

x

S3

y

F4

S78
S79

7

4

F2

2

N

3) Se aplică metoda secţiunilor, scriind două ecuaţii de momente faţă de
nodurile 7 şi 8 şi o ecuaţie de proiecţii pe verticală, pentru forţele
corespunzătoare părţii din dreapta:


ΣM
7

ΣM 8

S 78 ⋅


= 0 ⇒ S 68 ⋅ a − F2 ⋅ a + N ⋅ 2a − F4 ⋅ 3a = 0

⇒ S 68 = −5 F

= 0 ⇒ S 79 ⋅ a + F3 ⋅ a + F2 ⋅ 2a − N ⋅ 3a + F4 ⋅ 4a = 0
2
− F3 − F2 + N − F4 = 0
2

⇒ S 79 = −5F

⇒ S 78 = 15 2 F

(g)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

92

PROBLEME PROPUSE
Se consideră grinzile cu zăbrele din fig. 6.3...6.6
Se cunosc: a, α, F1, F2, F3, F4. Se cer:
1) Reacţiunile în reazemul simplu (sau firul) (A) şi articulaţia (B)
2) Eforturile din nodurile (1), (2), (3) folosind metoda izolării nodurilor
3) Eforturile din barele intersectate de planul CC’ folosind metoda secţiunilor.
a

a
1

a
5 F

3

a
C

6

a

a
10

8

12

A

Date
B
F1 = 2 2 F ;

a
α=45

F

4

2

C’ 9

7

F2 = 4 F ;

11
F

F3 = 6 F ;
α = π / 4;

Fig. 6.3

a

a

a

a

F

a

a
C

11

9

α
4

7

Date

F

F1 = 4 2 F ;

2

F2 = 6 F ;

a
B
A

8 F

10

12

C’ 5

6

3

F

1

F3 = 8 F ;
F3 = 10 F ;
α = π / 4.

Fig. 6.4
F1

Date

1

F1 = 4 F ;

a
F2

2

3

Date

C

7

9

5

3

F

1

F1 = 4 2 F ;

a

F3 = 8 F ;
a

F3 = 10 F ;
6

7 α = π / 4.

C

C’

8

9

10
a

11
B

8

a

6

C’
a

Fig. 6.6

F3

a

A

F

5 F2 = 6 F ;

4

a

F2 = 8 F ;

Fig. 6.5

4

a

2

a

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

93

CAPITOLUL VII
STATICA FIRULUI OMOGEN GREU
REZUMAT DE TEORIE
Se consideră un fir omogen greu de lungime L şi de greutate specifică pe
unitatea de lungime p având punctele de prindere de la capetele sale notate în
continuare cu A şi B (fig. 7.1). Se urmăreşte în acest capitol :
determinarea formei de echilibru (curba funiculară)
determinarea modului de variaţie a tensiunii interioare din fir (efortul de
întindere dintr-o secţiune oarecare atunci când firul este supus suplimentar
(în afară de greutatea proprie ) acţiunii unor forţe exterioare.
Ipotezele de lucru folosite sunt:
firul se consideră ca un corp unidimensional (dimensiunile secţiunii se
neglijează în raport cu lungimea sa)
perfect flexibil (nu poate prelua eforturi de încovoiere )
perfect inextensibil (nu îşi modifică lungimea sub acţiunea sarcinilor
exterioare)
În aceste condiţii ecuaţia generală de echilibru a firului sub formă
dS
vectorială se scrie:
+ p=0
(1)
ds

unde: S = S ( s ) este funcţia vectorială a tensiunii din fir funcţie de arcul s,
iar p este greutatea specifică pe unitatea de lungime a firului
Forma de echilibru a firului omogen greu este o curbă numită lănţişor
având ecuaţia:
y= a ch(x/a+C1)+C2

(2)

Dacă curba este raportată la un sistem de axe Oxy şi este simetrică în
raport cu axa Oy, iar minimul C are ordonata a atunci ecuaţia are forma simplă:
y= a ch(x/a)
(3)
Lungimea unui arc limitat este s= arc(CM)=a sh(x/a) , lungimea întregii
curbe este:
L= 2a sh( L = AB = 2a ⋅ sh( l / a ) = 2a ⋅ tgα ⇒ a = L / 2tgα x/a).

Valoarea tensiunii S într-un punct oarecare al firului M(x,y)este
proporţională cu ordonata y a punctului şi are expresia:
S = p y = p a ch( x / a )

(4)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

94

PROBLEME REZOLVATE
y

SA
α

SB

l

α

B

A
C

p

Pec

x

O
Fig. S7.1

7.1. Se consideră un fir omogen de
lungime L şi greutate specifică pe
unitatea de lungime p , suspendat
în punctele A şi B aflate pe aceeaşi
orizontală (ca în fig 7.1). Tangenta
la fir în punctele A şi B face cu
α
orizontala
acelaşi
unghi
cunoscut.
Se cer: 1) valorile tensiunii în
punctele A , B (capetele firului) şi
C (situat în punctul cel mai de jos
al firului); 2) săgeata firului f ; 3)
distanţa AB = l .

Rezolvare

1) Tensiunea într-un punct oarecare M(x,y) al firului conform relaţiei (4) este:
S = p y = p a ch( x / a )
(a)
Având în vedere că lungimea totală a firului se poate scrie:
L = arc( AB ) = 2arc( CB ) = 2a sh( l / 2a )

(b)

iar din fig. S7.1 se poate scrie:

tgα = f ′(l / 2 ) = sh( x / a ) x =l / 2 = sh( l / 2a )

(c)

rezultă că lungimea totală a firului este:
L = 2a sh( l / 2a ) = 2a tgα , ⇒ a = L / 2tgα

(d)

Tensiunea într-un punct oarecare al firului fiind: S = p a ch( x / a ) , rezultă
că pentru x=0 se obţine tensiunea din punctul C:

S C = p a = pL / 2tgα

(e)

Întrucât proiecţia pe orizontală a tensiunii în orice punct al firului este
constantă se poate scrie: S A cos α = S B cos α = S C = H , de unde rezultă:
S A = S B = S C / cos α = pL / 2 cos α
(f)
2) Săgeata f a firului rezultă din relaţiile tensiunilor din B şi C:
f = y B − yC = S B / p − S C / p = L( 1 − cos α ) / 2 sin α

(g)

3) Pentru calculul distanţei AB = l se ţine seama de faptul că:
shl / 2a = L / 2a = tgα

si

chl / a = 1 + sh 2 l / a = 1 / cos α (h)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

95

precum şi de definiţiile funcţiilor hiperbolice obţinându-se:
shl / 2a + chl / 2a = e l / 2 a = ( 1 + sin α ) / cos α;
⇒ l / 2a = ln

(i)

1 + sin α
1 + sin α
, ⇒ AB = l = 2a ⋅ ln
cos α
cos α

Observaţie:

1. La aceleaşi rezultate se poate ajunge dacă se porneşte de la scrierea ecuaţiilor
de echilibru ale forţelor firului liberat de legăturile din A şi B (fig.7.1)
Aceste ecuaţii se scriu:

∑ X = 0 ⇔ − S cos α + S cos α = 0
∑ Y = 0 ⇔ ( S + S ) sin α − P = 0
i

A

i

A

B

B

(j)

ec

unde Pec este forţa echivalentă a sistemului de forţe paralele:
Pec =

∫ pds = pL

AB

2. După determinarea celor două tensiuni din fir, celelalte necunoscute se
determină folosind procedeul prezentat anterior.
7.2. Se consideră un fir omogen de lungime L şi greutate specifică pe unitatea
de lungime p , suspendat în punctele A şi B a căror diferenţă de nivel h este
necunoscută (ca în fig 7.2). Tangentele la fir în punctele A şi B fac cu orizontala
unghiurile α1 şi α2 cunoscute.
Se cer: 1) valorile tensiunii în punctele A , B (capetele firului) şi C (situat în
punctul cel mai de jos al firului); 2) diferenţa de nivel h ; 3) lungimea firului L1
între A şi C şi diferenţa de nivel dintre punctele A şi C .

y

SB

SA
h

α1

A

p
Fig. 7.2.a

Rezolvare

α1

A
Pec1

C

f
a

α2

B

y

SA

Pec

C

SC

f

a

x

O
Fig. 7.2.b

O

x

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

96

1) Dacă se izolează firul şi se scriu ecuaţiile de echilibru ale forţelor firului
eliberat de legăturile din A şi B (fig.7.1.a) se obţine:

∑ X = 0 ⇔ − S cos α + S cos α = 0
∑ Y = 0 ⇔ S sin α + S sin α − P = 0
i

A

1

i

A

1

⇒ SA =

pL cos α 2
;
sin( α1 + α 2 )

B

B

2

2

(a)

ec

(b)

pL cos α1
SB =
sin( α1 + α 2 )

unde Pec este forţa echivalentă a sistemului de forţe paralele:
Pec = ∫ pds = pL
AB

2) Cunoscând coordonatele A(xA,yA) şi B(xB,yB) şi tensiunile din fir în A şi B:
SA=pyA , SB=pyB , avem:
h = yB − y A =

S B S B L(cos α 2 − cos α1 )

=
p
p
sin( α1 + α 2 )

α 2 − α1
2
h=L
.
α1 + α 2
cos
2

(c)

sin

3) Izolând porţiunea de fir cuprinsă între A şi C (fig. 7.2.b) şi scriind ecuaţiile de
echilibru ale forţelor firului liberat de legăturile din A şi C se obţine:

∑ X = 0 ⇔ − S cos α + S = 0
∑ Y = 0 ⇔ S sin α − P = 0
i

A

i

A

1

1

⇒ S C = S A cos α1 = pL

C

(d)

ec1

cos α1 cos α 2
sin( α1 + α 2 )

S sin α1
sin α1 cos α 2
⇒ L1 = A
=L
p
sin( α1 + α 2 )

(e)

unde Pec este forţa echivalentă a sistemului de forţe paralele:
Pec1 =

∫ pds = pL

1

AC

Diferenţa de nivel dintre punctele A şi C se scrie:
S A SC

p
p
.
cos α 2 ( 1 − cos α1 )
f =L
sin( α1 + α 2 )
f = yA − a =

(f)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

97

7.3. Se consideră un fir de greutate neglijabilă, suspendat în punctele A şi B
aflate pe aceaşi orizontală (ca în fig. 7.2). În punctele O1 şi O2 ale firului sunt
atârnate corpurile 1 şi 2 având greutăţile G1 şi G2, cu săgeţile corespunză-toare
f1 şi f2.
Se cer: 1) valorile tensiunii pe cele trei porţiuni ale firului; 2) unghiul β pe care
îl face porţiunea de fir O1O2 cu orizontala; 3) lungimea totală a firului şi
distanţa A1A2 dintre punctele de suspensie.
α2
O'1

A

O'2

f1

B

G1

β x

O1

β

O1

G1

O2
G2

β
S12

α2
O2

x
G2

c)

b)
Fig. 7.3

a)

S3

S21

α1

f2

y

y

S1

Rezolvare

Întrucât firul nu are greutate, pe cele trei porţiuni A1O1, O1O2, O2B,
tensiunile din fir sunt constante. Pentru rezolvarea problemei se izolează
nodurile O1 şi O2 şi se scriu ecuaţiile de echilibru al forţelor (fig. 7.3.b şi c.)
obţinându-se:
− S cos α1 + S12 cos β = 0
Nodul O1 :  1
S1 sin α1 + S12 sin β − G1 = 0
S 2 cos α 2 − S 21 cos β = 0
Nodul O2 : 
S 2 sin α 2 + S12 sin β − G2 = 0
unde :
S12 = S 21

(a)

Rezolvând acest sistem rezultă:
S1 = ( G1 +G 2 )

cos α 2
;
sin( α1 +α 2 )

S 2 = ( G1 +G 2 )

tgβ = (G2tgα1 − G2 tgα1 ) / (G1 + G2 )

cos α1
;
sin( α1 +α 2 )

S12 = S12 + G12 − S1 G1 sin α1 = S 21 = S 22 + G22 − S 2 G2 sin α 2

Lungimea totală a firului şi distanţa AB se determină astfel:
L=

f1
f − f1
f2
+ 2
; AB = f 1ctgα 1 + ( f 2 − f 1 )ctgβ + f 1 ctgα 2
+
cos α 1
cos β cosα 2

(b)
(c)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

98

7.4 Se consideră un fir omogen greu aflat în repaus, având porţiunea AB pe
un plan înclinat cu unghiul α fără frecare şi porţiunea BC liberă (ca în fig
7.4.a). Se cunosc: p greutatea specifică pe unitatea de lungime a firului,
unghiul α , unghiul β pe care îl face tangenta la fir cu orizontala în punctul C,
diferenţa de nivel h dintre punctele B şi C, lungimea firului L dintre punctele B
şi C. Se cer: 1) valorea tensiunii în punctul C ; 2) lungimea L1 pe planul AB.

y

C β
h

B
A

y

SB

N
B

α
a)
Fig. 7.4

A
α

b)

β

S1

x

h

γ
B

G1

S2
C

f
a
O

x

G2
c)

Rezolvare
Dacă se izolează cele două porţiuni de fir şi se scriu ecuaţiile de echilibru
ale forţelor firului eliberat de legături,
pentru AB (fig.S7.4.b) se obţine:
⇒ S1 = pL1 sin α
∑ X i = 0 ⇔ S1 − G1 sin α = 0

∑Y

i

= 0 ⇔ N − G1 cos α = 0

(a)

G1 = pL1 ; S1 = S B
pentru BC (fig.S7.4.c) se obţine:
− S B cos γ + S C cos β = 0
⇒ S B = S C2 + G22 − S C G2 sin 2β (b)

S B sin γ + S C sin β − G2 = 0 ( G2 = pL )
Cunoscând ordonata punctului C şi relaţia dintre tensiuni SC=pyC
x
x
pa
⇒ S C = pa ⋅ ch C = pa ⋅ 1 + sh 2 C =
;
(c)
a
a cos β
Înlocuind expresiile obţinute pentru SB şi SC se obţine:
p2a2
sin β
p 2 L12 sin 2 α =
pLa

2
+ p 2 L2
(d)
2
cos β
cos β
Din fig. 7.4.c avem:
S
S
a
a
(e)
h = yC − y B = C − B =
− L1 sin α ⇒ L1 sin α =
−h
p
p cos β
cos β
( L2 − h 2 ) cos β
.
(f)
a=
2( L sin β − h )
SB
pa
p( L2 − h 2 )
L2 + h 2 − 2 Lh sin β
;
. (g)
SC =
=
L1 =
=
cos β 2( L sin β − h )
p sin α 2 sin α( L sin β − h )

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

99

CAPITOLUL VIII
CINEMATICA PUNCTULUI MATERIAL
PROBLEME REZOLVATE
8.1 Se consideră un punct material având vectorul de poziţie în raport cu
originea O a sistemului de axe Oxy dat de: r = OM = 4t i + (16t 2 − 1) j (cm).
Se cer: 1) Ecuaţia traiectoriei şi trasarea ei în sistemul de axe Oxy; 2) Viteza şi
acceleraţia punctului la momentul t; 3) Poziţia, viteza şi acceleraţia punctului la
momentul t1=1/2 s, precum şi raza de curbură a traiectoriei la acelaşi moment.
Rezolvare :
y

1) Ecuaţiile sub formă parametrică ale

 x = 4t

2
 y = 16t − 1

v

vy

traiectoriei sunt :

(a)

vx

3

M(x1, y1)

Eliminând parametrul t din ecuaţiile (a)
se obţine ecuaţia sub formă implicită a
traiectoriei:
x2 − y − 1 = 0

x

(b)

A

2

B

Această ecuaţie reprezintă o parabolă (fig. 8.1)

V

cu vârful în V(0,-1) care intersectează axa Ox în
punctele A(-1, 0) B(1,0).
2) Viteza şi acceleraţia punctului la momentul t

Fig. 8.1.a

se detremină cu ajutorul proiecţiilor:
• Viteza:

v x = x& = 4
v y = y& = 32t

a

y




3

(c)

M(x1, y1)

⇒ v = v x2 + v y2 = 16 + ( 32t )2
• Accelaraţia:
a x = &x& = 0
a y = &y& = 32
⇒ a = a x2 + a y2 = 32

A

(d)

V
Fig. 8.1.b

B

2

x

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

100

3) Poziţia, viteza şi acceleraţia punctului, raza de curbură a traiectoriei la
momentul t1=1/2 s sunt :
 x(t1 ) = 2 cm
;
• poziţia:

(
)
y
t
=
3
cm
 1
 x& (t1 ) = 4
⇒ v(t1 ) = 16 ,5 cm / s
• viteza:

&
(
)
=
y
t
16
 1

(e)
(f)

a(t1 ) = 32 cm / s 2

• acceleraţia:

(g)

Acceleraţia tangenţială la momentul t1=1/2 s se obţine prin derivarea în
raport cu timpul a vitezei:

aτ =

2v v& − 2v y v& y v x a x − v y a y
dv
= v& = x x 2
=
dt
v
2 v x + v y2

⇒ aτ ( t1 ) = 31cm / s 2
Acceleraţia normală la momentul t1 este prin urmare:
aν = a 2 − a τ2 ⇒ aν ( t1 ) = 7 ,94 cm / s 2

(h)

• raza de curbură a traiectoriei (a) se calculează cu ajutorul formulei:

(x&

+ y& 2 )
v2
sau: ρ =
ρ=

x&&y& − &x&y&
Raza de curbură la momentul t1=1/2 s este:
ρ(t1 ) = 34,3 cm
3

2

(i)

Elementele calculate sunt reprezentate în fig. 8.1. şi sunt trecute în tabelul
următor :
Coordonate
(cm)

Viteze
(cm/s)

Acceleraţii
(cm/s2)

Raza
(cm)

x

y

vx

vy

v

ax

ay

a





ρ

2

3

4

16

16,5

0

32

32

31

7,94

34,3

8.2 Se consideră un punct material pentru care se cunoaşte vectorul de poziţie
în
raport
cu
originea
O
a
sistemului
de
axe
Oxy:
r = OM = (3 sin πt )i + (2 cos πt ) j (cm).
Se cer: 1) Ecuaţia traiectoriei (sub formă parametrică şi implicită în sistemul
de axe Oxy) şi să se reprezinte grafic în sistemul de axe Oxy; 2) Viteza şi
acceleraţia punctului; 3) Poziţia, viteza şi acceleraţia punctului la momentul
t1=1/3 s, precum şi raza de curbură a traiectoriei la acelaşi moment.

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

101

Rezolvare :

y
2

3) Ecuaţiile sub formă parametrică ale

M(x1, y1)

traiectoriei sunt :

x

 x = 3 sin πt

 y = 2 cos πt

(a)

-3

3
-2

Eliminând parametrul t din ecuaţiile (a) se

Fig. 8.2

obţine ecuaţia sub formă implicită a traiectoriei:

x2 y2
+
−1= 0
32 2 2

(b)

Această ecuaţie reprezintă o elipsă cu centrul în originea sistemului de
axe, de semiaxe: a=3, b=2 (fig. 8.2)
2) Viteza şi acceleraţia punctului la momentul t se detremină cu ajutorul
proiecţiilor:
• Viteza:
v x = x& = 3π cos πt
v y = y& = −2π sin πt

(c)

⇒ v = v x2 + v y2 = π 9 cos 2 πt + 4 sin 2 πt = π 4 + 5 cos 2 πt
• Accelaraţia:
a x = &x& = −3π 2 sin πt

(d)

a y = &y& = −2π 2 cos πt
⇒ a = a x2 + a y2 = π 2 9 sin 2 πt + 4 cos 2 πt = π 2 4 + 5 sin 2 πt
3) Poziţia, viteza şi acceleraţia punctului, raza de curbură a traiectoriei la
momentul t1=1/3 s sunt :

3 3
= 2,598 cm
 x(t1 ) =
• poziţia: 
;
2
 y (t ) = 1 cm
 1


π 21
 x& (t1 ) =
2
⇒ v(t1 ) =
= 7 ,198 cm / s
• viteza: 
2
 y& (t ) = − π 3
 1

− 3 3π 2
&x&(t ) =
• acceleraţia:  1
2
 &y&(t ) = −π 2
 1

⇒ a(t1 ) =

π 2 31
2

(e)

(f)

= 27,476 cm / s 2 (g)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

102

• raza de curbură a traiectoriei (a) se calculează cu ajutorul formulei:

(x&

+ y& 2 )
ρ=
x&&y& − &x&y&
Raza de curbură la momentul t1=1/3 s este:
7 21
ρ (t1 ) =
= 2,005 cm
16
2

3

(h)

(i)

8.3 Acelaşi enunţ ca la probema 8.2, cu următoarele date :

π  
π 

r = OM =  2 + sin t i + 1 + 2 cos t  j , cm ; momentul t1=1 s;
3  
3 

Rezolvare :

1) Ecuaţiile sub formă parametrică ale traiectoriei sunt :
π
π


x

2
=
sin
t
x
=
2
+
sin
t


3
3
sau: 

π
 y = 1 + 2 cos t
 y − 1 = cos π t

 2
3
3
Ridicând la pătrat relaţiile (a) şi

(a)

y

însumând membru cu membru, se obţine ecuaţia 3
sub formă implicită a traiectoriei în sistemul Oxy:

M(x1, y1)

2

(x − 2 ) +  y − 1  − 1 = 0
 2 
2

(b)

1

C

care reprezintă o elipsă având centrul: C (2 , 1)
de semiaxe: a=1, b=2 (fig. 8.3).
2) Poziţia, viteza, şi acceleraţia punctului la

O

1

2

3

x

-1
Fig. 8.3

momentul t şi la momentul t1=1s sunt:
• Poziţia
π


x
=
+
t
2
sin
3

= 2,866 cm
 x(t1 ) = 2 +
3
⇒ 
2

 y (t ) = 2 cm
 y = 1 + 2 cos π t
 1

3
• Viteza:
π
π


π
π
&
x
cos
t
=
2
2

1 + 3 sin 2 t
v( t ) = x& + y& =
3
3
⇒
3
3

2
π
π
v( t ) = π 13 / 6 = 1,888 cm / s
 y& = − sin t
 1

3
3

(c)

(d)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

103

• Acceleraţia:
π2
π

&x& = − 9 sin 3 t
π2
2
2
2 π
&
&
&
&

a
=
x
+
y
=
+
t
1
3
cos

2
9
3
π
π
2
 &y& = −
cos t

9
3
π2 7
⇒ a(t1 ) =
= 1,451 cm / s 2
18

(e)

• Raza de curbură a traiectoriei punctului la momentul t1=1 s este:

ρ (t ) =

(x&

+ y& 2 )
;
x&&y& − &x&y&
2

3

ρ (t1 ) =

13 13
= 2,929 cm
16

(f)

8.4. Se consideră mecanismul bielă-manivelă din figura 8.4, pentru care se
cunosc: OA = r, AB = l , MB = l / 3 şi legea de mişcare a manivelei OA:
ϕ (t ) = 3πt .
Se cer: 1) Ecuaţia traiectoriei punctului M sub formă parametrică şi explicită;

2) Poziţia, viteza, acceleraţia punctului şi raza de curbură a traiectoriei la
momentul t1=1/6 s, dacă se cunosc valorile numerice: r=10cm, l = 30cm
Rezolvare :

Se notează cu α unghiul OBA (fig. 8.4). Coordonatele punctului M faţă
de axele sistemului Oxy sunt:
2

 x M = OA′ + A′M ′ = r sin ϕ + 3 l cos α

 y = M ′M = l sin α
 M
3
Teorema
sinusurilor
triunghiul OAB se scrie:

A

y

ϕ

(a)

l

r
α

M

α

O
A’

M’

Fig. 8.4

B

x

l
r
=
sin(90 0 − ϕ) sin α
r
⇒ sin α = cos ϕ
l
r2
⇒ cos α = 1 − 2 cos 2 ϕ
l

în

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

104

Prin urmare, ecuaţiile parametrice (a) devin:
2 2

2
2
 x = r sin ϕ + 3 l − r cos ϕ

 y = r cos ϕ

3

(a)

Eliminând parametrul ϕ din ecuaţiile parametrice (a’), se obţine ecuaţia
explicită a traiectoriei punctului M în sistemul de axe Oxy:
2 2
x = r2 − 9y2 +
l − 9y2
(b)
3
2) Poziţia, viteza, acceleraţia punctului şi raza de curbură la momentul t1=1/6 s,
(ϕ=π/2, ϕ& = 3π ;

ϕ&& = 0 ) se determină astfel:

2 2

2
2
ϕ
ϕ
x
r
l
r
=
+

sin
cos

3
• 
 y = r cos ϕ

3

2l

= 30 cm
 x(t1 ) = r +
⇒
3
 y (t1 ) = 0




r
sin 2ϕ

 x& = ϕ& r  cos ϕ + ⋅ 2
2
2
3

l − r cos ϕ 


•  y& = −ϕ& r  1 sin ϕ 


3

 x&( t1 ) = 0
⇒ v( t1 ) = 31,416 cm / s

 y& ( t1 ) = − π r

(c)

(d)



r 4 cos 2ϕ (l 2 − r 2 cos 2 ϕ ) − r 2 sin 2 2ϕ 
2

&x& = ϕ& r − sin ϕ + ⋅


6

(l 2 − r 2 cos2 ϕ )3


• 


2 1
(deoarece ϕ&& = 0)
 &y& = −ϕ& r  cos ϕ 
3


2r 

2 
&x&( t1 ) = 9π r  − 1 − 
⇒
3l  ⇒ a( t1 ) = 220 cm / s 2

 &y&( t ) = 0
 1

(e)

• Raza de curbură a traiectoriei punctului momentul t1=1/6 s este:
ρ( t ) =
ρ(t1 ) =

(x&

+ y& 2 )
;
x&&y& − &x&y&
2

3

13 13
= 4 ,486 cm
16

(f)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

105

8.5. Se consideră mecanismul format din două pistoane şi o bielă (fig. 8.5),
pentru care se cunosc AB = l, AM = 2l / 3 şi legea de mişcare a pistonului B:

OB = s(t ) = 10 3 cos πt .
Se cer:
1) Ecuaţiile sub formă parametrică şi implicită a traiectoriei punctul M al bielei
2) Poziţia, viteza, acceleraţia punctului şi raza de curbură la momentul t1=1/3 s,
dacă se cunosc valorile numerice: α = π / 3 , l = 30cm .
Rezolvare :

Se notează unghiurile: BOA= α şi OAB = β (fig. 8.5)
Ecuaţiile sub formă parametrică ale traiectoriei punctului M al bielei sunt:
l





x
=
O
M
=
O
B
+
B
M
=
s
cos
α
+
cos β
M

3

 y = M ′M = 2l sin β
 M
3

Din teorema sinusurilor
scrisă în triunghiul OAB,
avem:

B

y

M

s
α
O

(a)

β
B’

M’

Fig. 8.5

x
A

l
s
=
sin β sin α
s
⇒ sin β = sin α ;
l
s2
⇒cos β = 1 − 2 sin 2 α
l

Ecuaţiile parametrice ale traiectoriei punctului M se scriu:
1 2

l − s 2 sin 2 α
x
=
s

cos
α
+

3

 y = 2 s ⋅ sin α

3

(a’)

Eliminând parametrul s din ecuaţiile (a’) se obţine ecuaţia explicită a
traiectoriei punctului M :
x=

1
1
4s 2 − 9 y 2 +
4l 2 − 9 y 2
2
6

(b)

2) Poziţia, viteza, acceleraţia punctului şi raza de curbură la momentul t1=1/3 s,
( ϕ = π / 3s; s(t1 ) = 10 3 ⋅ cos π / 3 = 5 3 cm; s&(t1 ) = −10 3π ⋅ sin π / 3 = −15π cm / s

&s&(t1 ) = −10 3π2 ⋅ cos π / 3 = −5 3π2 cm / s 2 )

se determinã astfel :

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

106

• Poziţia:

1 2

l − s 2 sin 2 α
x
=
s

cos
α
+

 x( t ) =14 ,013 cm
3
⇒ 1

 y( t1 ) = 5 cm
 y = s ⋅  2 sin α 

3


(c)

• Viteza:




s ⋅ sin 2 α
  x&( t1 ) = − 20 ,05 cm / s
 x& = s& cos α −
2
2
2

3 l − s sin α  

⇒  y& ( t1 ) = −15,7 cm / s

2


 y& = s& ⋅ cos α
v( t ) = 25,465 cm / s


 1

3


(d)

• Acceleraţia:


 2
l 2 sin 2 α
s ⋅ sin 2 α
&
&
&
&
&

x
=
s

cos
α

s



3
3 l 2 − s 2 sin 2 α 


3 (l 2 − s 2 sin 2 α )


2

 &y& = &s& ⋅  3 cos α 

&x&( t1 ) = −72 ,6 cm / s 2
⇒ a( t1 ) = 77 ,99 cm / s 2
⇒
2
 &y&( t1 ) = −28,49 cm / s

(e)

• Raza de curbură a traiectoriei punctului momentul t1=1 s este:

(x&

+ y& 2 )
;
x&&y& − &x&y&

ρ( t ) =

2

y

3

C

A

O

l

x

v0
B
Fig. 8.6

(f)

8.6. Se consideră mecanismul format din două
bare OC şi AB (O =articulaţie fixă) şi două
culise: prima mobilă în A şi a doua fixă în D
(fig. 8.6), pentru care se cunosc OC=a, OD = l
şi legea de mişcare a barei AB: s=DA=v0t.
Se cer:

D

ϕ

ρ(t1 ) = 29 ,044 cm

1) Ecuaţiile sub formă parametrică şi implicită
a traiectoriei punctul C al bielei .
2) Poziţia, viteza şi acceleraţia punctului C
pentru poziţia particulară ϕ=π /4, dacă se
cunosc valorile numerice:
a = 10cm , l = 30 cm , v0=30cm/s.

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

107

Rezolvare :

Coordonatele punctului C faţă de axele sistemului Oxy sunt:
 xC = a cos ϕ

 yC = a sin ϕ

(a)

Este evident faptul că punctul C descrie cercul de rază a :

xC2 + yC2 = a 2

Din triunghiul OAD rezultă :
cos ϕ =

OD
l
;
= 2
2
DA
l + ( v0 t )

sinϕ =

vt
OD
.
= 2 0
2
DA
l + ( v0 t )

Deci ecuaţiile parametrice ale pnctului C sunt:
al

xC =

;

l + ( v0 t )2
2

(b)

av0 t

yC =

l 2 + ( v0 t ) 2

.

Viteza punctului C se obţine derivând expresiile (b):

x& C =
y& C =

(

− alv02 t
l + ( v0 t )
2

2

av0 l 2

(

l + ( v0 t )
2

2

)

3

)

3

;
av l
⇒ v = x& C2 + y& C2 = 2 0
l + ( v0 t ) 2

;

(c)

Acceletaţia punctului C se obţine prin derivarea vitezei

a = v& =

(l

2alv03t
2

(d)

+ ( v0 t )2 )

2

Viteza şi acceleraţia punctului C pentru poziţia particulară ϕ=π /4, adică
2
l
l
= 2

t
=
şi au valorile următoare:
pentru cos ϕ =
1
2
v0
l + ( v0 t )2
v( t1 ) =
a( t1 ) =

av0 l
av
= 0 = 5 cm / s
2
2l
l + ( v0 t1 )
2

(l

2alv03t1
2

+ ( v0 t1 )2 )

2

=

av02
= 5cm / s 2
2
2l

(e)
(f)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

108

8.7. Se consideră bara AB ce alunecă cu extremităţile sale A şi B după direcţiile
axelor Ox şi Oy ca figura 8.7, astfel încât punctul B se deplasează spre originea
O cu viteza v0=vB=constant. Se cer:
1) Ecuaţia traiectoriei punctului M al barei, ştiind că MA=a, MB=b.

2) Poziţia, viteza şi acceleraţia punctului pentru ϕ1=π/6 s, dacă se cunosc
valorile numerice pentru: a=20cm, b=10cm, v0=5cm/s
Rezolvare :

y
B

Se notează cu ϕ unghiul OBA

v0

(fig. 8.7). Coordonatele punctului
M faţă de axele sistemului Oxy sunt:
 x M = b sin ϕ

 y M = a cos ϕ

b

ϕ

M

(a)
a

Eliminând parametrul ϕ se obţine
ecuaţia traiectoriei sub forma unei elipse

A

cu centrul în O, de semiaxe b şi a:
x2 y2
+
−1= 0
b2 a2

x

O

(b)

Fig. 8.7

Componentele vitezei şi acceleraţiei punctului M se obţin prin derivarea
relaţiilor (a):
 x& M

 y& M
&x&M

 &y&M

= bϕ& ⋅ cos ϕ
= − aϕ& ⋅ sin ϕ

&& ⋅ cos ϕ
= −bϕ& 2 ⋅ sin ϕ + bϕ

(c)

&& ⋅ sin ϕ
= − aϕ& 2 ⋅ cos ϕ − aϕ

Pentru a determina mărimile vitezei unghiulare ϕ& şi acceleraţie unghiulare
&& se exprimă componentele vitezei punctului B în funcţie de parametrul ϕ:
ϕ
 x& = 0
 xB = 0
⇒ B

 y& B = −( a + b ) ⋅ ϕ& ⋅ cos ϕ
 y B = ( a + b ) cos ϕ
v0
⇒ ϕ& =
( a + b ) sin ϕ

(d)

Dacă se derivează în raport cu timpul viteza unghiulară ϕ& se obţine:
&& = −
ϕ

v02
cos ϕ
( a + b )2 sin 3 ϕ

Înlocuind (d) şi (e) în relaţiile (c) se obţine:

(e)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

bv0

&
x
=
ctgϕ
M

a+b

 y& = − av0 ( = ct )
 M
a+b

109

⇒ vM =

v0
a 2 + b 2 ctg 2 ϕ
a+b

bv02

2
&& ⋅ cos ϕ = −
&x&M = −bϕ& ⋅ sin ϕ + bϕ
( a + b )2 sin 3 ϕ

 &y& = − aϕ& 2 ⋅ cos ϕ − aϕ
&& ⋅ sin ϕ = 0
 M

(f)

(g)

bv02
⇒ aM =
( a + b )2 sin 3 ϕ
Poziţia , viteza şi acceleraţia punctului M pentru ϕ1=π/6 sunt:
 x M = b sin ϕ1 = 5 cm

 y M = a cos ϕ1 = 17 ,32 cm
v0
a 2 + b 2 ctg 2 ϕ1 = 4 ,41 cm / s
a+b
bv02
a M ( ϕ1 ) =
= 2 ,22 cm / s 2
2
3
( a + b ) sin ϕ1

vM ( ϕ1 ) =

(h)

Observaţie :

La acelaşi rezultat dat de relaţiile (g) se poate ajunge derivând relaţiile (f):
bv0
bv02

′ bv0 (− ϕ& )
&
&
(ctgϕ) =
=−

 xM =
a + b sin 2 ϕ
( a + b )2 sin 3 ϕ
a+b

 &y& = 0
 M

C’
O

A

ϕ
C
B
y

Fig. 8.8

8.8. Se consideră mecanismul
M format din două bare articulate OC
şi AB şi două culise: prima culisă
din A după axa Ox şi a doua culisă
din B după axa Oy (fig. C1.8), unde
M’ x OC=AC=CB=AM= l şi legea de
mişcare a barei OC, ϕ(t)=3πt
(rad).
Se cer: 1) Ecuaţiile sub formă
parametrică
şi
implicită
a
traiectoriei punctul M. 2) Viteza şi
acceleraţia punctului M
la
momentul t1=1/9 s dacă se
cunoaşte
valoarea
pentru
l = 30cm

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

110

Rezolvare :

Coordonatele punctului M sunt:
 x M = 3l ⋅ sin ϕ

 y M = −l ⋅ cos ϕ

(a)

Ridicând la pătrat relaţiile (a) şi însumând membru cu membru, se
obţine ecuaţia traiectoriei sub formă implicită:
2

 x
2
2
  + y −l =0
3

(b)

care reprezintă o elipsă având centrul în origine şi semiaxele: a = 3l; b = l
Deci ecuaţiile parametrice ale pnctului M sunt:
 x M = 3l ⋅ sin 3πt

 y M = −l ⋅ cos 3πt

(c)

Viteza punctului M:
 x& M = 9πl ⋅ cos 3πt

 y M = 3πl ⋅ sin 3πt

(d)

v( t ) = x& M2 + x& M2 = 3πl 1 + 8 cos 2 3πt
Acceleraţia punctului M:
&x&M = −27 π 2 l ⋅ sin 3πt

2
 &y&M = 9π l ⋅ sin 3πt

(e)

⇒ a( t ) = &x&M2 + &y&M2 = 9π 2 l ⋅ 1 + 8 sin 2 3πt
Poziţia, viteza şi acceleraţia punctului M la momentul t1 =1/9 s, sunt :
 x M ( t1 ) = 3l ⋅ sin 3πt1 = 77 ,942 cm

 y M ( t1 ) = −l ⋅ cos 3πt1 = −15 cm
v( t1 ) = x& M2 + y& M2 = 3πl ⋅ 1 + 8 cos 2 3πt = 489 ,726 cm / s
a( t1 ) = 9π 2 l ⋅ 1 + 8 sin 2 3πt = 7050 ,38 cm / s 2

(f)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

111

8.9. Se consideră mecanismul format din două bare articulate OC şi AB şi două
culise: B după axa Ox şi C după axa Oy (fig. C1.8), unde OA=AC=AB= l şi
legea de mişcare a barei OC, ϕ(t)=ω t (ω=const).
Se cer: Viteza şi acceleraţia punctelor B şi C în funcţie de t şi la momentul
t1=1/18 s dacă se cunoaşte valoarea lungimii l = 10cm şi ω=3π rad/s.
Rezolvare :

y

Coordonatele punctelor B şi C sunt:
 x B = 2l ⋅ cos ωt

 yB = 0
 xC = 0

 yC = 2l ⋅ sin ωt

C

(a)
A’’

Viteza punctelor B şi C sunt:
 x& B = −2lω ⋅ sin ωt
⇒ v B = 2lω ⋅ sin ωt

 y& B = 0
 x& C = 0
⇒ vC = 2lω ⋅ cos ωt

 y& C = 2lω ⋅ cos ωt

A

O

(b)

B

ϕ
ω

x

A’

Fig. 8.9

Acceleraţia punctelor B şi C sunt:
&x&B = −2lω2 ⋅ cos ωt
⇒ a B = 2lω2 ⋅ cos ωt

 &y&B = 0
&x&C = 0
⇒ aC = 2lω2 ⋅ sin ωt

2
 &y&C = −2lω ⋅ sin ωt

(c)

Poziţia, viteza şi acceleraţia punctelor B şi C la momentul t1=1/18 s, sunt :
 x B = 2l ⋅ cos π / 6 = 17 ,32 cm

 yB = 0
 xC = 0

 yC = 2l ⋅ sin π / 6 = 10cm
v B = 2lω ⋅ sin π / 6 = 94,25 cm / s

vC = 2lω ⋅ cos π / 6 = 163,24 cm / s
a B = 2lω2 ⋅ cos π / 6 = 1538,52 cm / s 2

2
2
aC = 2lω ⋅ sin π / 6 = 888,26 cm / s

(d)

(e)
(f)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

112

PROBLEME PROPUSE
8.10 ... 8.13. Se consideră bara AB ce alunecă ca figură (fig. 8.10 ... 8.13),
astfel încât punctul B rămâne permanent în contact cu muchia/suprafaţa
cilindrică iar punctul O se deplasează cu viteza v0=constant. Se cer:
1) Ecuaţia traiectoriei punctului M al barei, cunoscând h , R, MA=a, MB=b.

2) Poziţia, viteza şi acceleraţia punctului la momentul t.
y1
A

y1
B
O1

M

B

M

A

R

h

x1

O
O

vO

vO

x1

O1

Fig.8.11

Fig. 8.10

A

A

y1

y1
B

M

R

M

B
R
O
Fig.8.12

C
O

v

vO
x1

O1
Fig.8.13

O

x1

113

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

CAPITOLUL IX
DINAMICA PUNCTULUI MATERIAL

9.1. Se consideră un punct material de masă m care se deplasează pe o
suprafaţă orizontală AOA1= L, cu frecare (µ ≠ 0 ) , pornind din A0 cu viteza
Să se studieze mişcarea pe A0A1,
iniţială vo dată.(fig. 9.1.a) Se cere:
deteminâdu-se viteza în A1 (vA1 = v1), folosind atât ecuaţia de mişcare cât şi
teorema de variaţiei a energiei cinetice.
Rezolvare:
Se alege sistemul de axe Oxy cu originea în A0 şi axa Ox pe ortizontală,
ca în fig. 9.1.b. Ecuaţia vectorială de mişcare pe A0A1 se scrie:
v1
m &r& = G + N + T
(a)
v0
care proiectată pe axele x şi y conduce la

m&x& = −T

m&y& = − mg + N

A0
a.

(b)
y

la care se asociază condiţia geometrică:

y=0

( &y& = 0 ) ,

A1

(c)

v0

N

T

A0≡O

şi condiţia fizică a frecării:

A

G

v
A1

x

b.

Fig. 9.1
(d)
Ţinând seama de condiţia (c), din a doua ecuaţie (b) se obţine: N = mg

T = µN ,

Ţinând seama de condiţia (d), dacă înlocuim în prima ecuaţie (b) se
t2
&x& = −µg ⇒ x& = −µgt + C1
obţine:
⇒ x = −µg + C1t + C2
(e)
2
Punând condiţiile iniţiale la momentul t = 0 ⇒ x(0 ) = 0 , x& (0 ) = v0 se
obţin constantele de integrare din (e): C1 = v0, C2 = 0 . Deci legile de mişcare
t2
sunt: x( t ) = −µg + v0t ,
v( t ) = −µgt + v0
(f)
2
Eliminând parametrul t se obţine:

v( x ) = v02 − 2µgx

Pentru x = x A = L , se obţine viteza din A1: v1 = v02 − 2µgL
1

Iar din teorema energiei cinetice : E1 − E0 = L0−1 adică
mv12 mv02 L

= ∫ Xdx = −µmgL , şi se obţine aceeaşi expresie pentru v1.
2
2
0

(g)
(h)

114

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

9.2. Se consideră un punct material de masă m care se deplasează pe un plan
înclinat cu unghiul α , cu frecare (µ ≠ 0 ) , pe linia de cea mai mare pantă,
pornind din A0 cu viteza iniţială vo dată (fig. 9.2.a). Se cere:

1) Să se determine legea de mişcare la urcare şi să se determine distanţa
A0A1=L (în A1 punctul material se opreşte), folosind atât ecuaţia de mişcare
cât şi teorema de variaţiei a energiei cinetice.
2) Să se determine legea de mişcare la coborâre dacă µ < tgα şi să se
determine viteza cu care trece prin A0, folosind atât ecuaţia de mişcare cât
şi teorema de variaţiei a energiei cinetice.
y
urcare

v1 = 0
A1

v0

y

v0

α
A0

A0

coborâre

N

A

T

N

A1

T

x
A

G

α

b.

a.

A1

α
x

G

A0
c.

Fig. 9.2

Rezolvare:

1) În cazul urcării pe planul înclinat, se alege sistemul de axe Oxy cu originea în
A0 şi axa Ox pe direcţia planului în sensul mişcării, ca în fig. 9.2.b şi se
eliberează punctul de legături introducându-se forţele de legătură
N si T (T = µN ) (conform axiomei legăturilor).
Ecuaţia diferenţială a mişcării pe A0A1, în proiecţii pe axe se scrie:
m&x& = −m g sin α − T ;

m &y& = −mg cos α + N ,

(a)

Ecuaţia traiectoriei (condiţia geometrică) este:

y = 0 ( y& = 0; &y& = 0 )
Condiţia fizică a frecării este:

(b)

T = µN ,

(c)

care introduse în (a) conduce la:

N = mg cos α
&x& = − g (sin α + µ cos α )

(d)

Integrând succesiv de două ori ultima ecuaţie (d), se obţine:

x& = − g (sin α + µ cos α )t + C1 ,
x=−

1
(sin α + µ cos α )gt 2 + C1t + C2 .
2

(e)

115

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Dacă se introduc condiţiile la momentul iniţial t = 0 :

x (0) = 0, x& (0 ) = v0 rezultă constantele de integrare: C1 = v0 , C2 = 0 .
Legea de mişcare este dată de:
x( t ) = v0t −

1
(sin α + µ cos α )gt 2
2

(f)

v( t ) = x&( t ) = v0 − (sin α + µ cos α )gt .
Eliminând parametrul t se obţine:
v( x ) = v02 − 2 xg(sin α + µ cos α )
În punctul A1 deplasarea este xA1 = L şi vA1 = 0 , rezultă:
v02
.
L=
2 g (sin α + µ cos α )
Teorema energiei cinetice se scrie:
E1 − E0 = L0−1

(g)

(h)

1
E0 = mv02
2
L0−1 = ∫ F ⋅ dr = ∫ [(− G sin α − T )i + (− Gcos α + N ) j ] ⋅ (dxi )

unde: E1 = 0 ,

0 −1

0 −1

L0−1 = (− G sin α − T )L
deoarece:

T = µN , N = G cos α ,

avem:

L0−1 = − mg L(sin α + µ cos α )
Înlocuind în teorema energiei cinetice, obţinem aceeaşi relaţie pentru L.

2) În cazul coborârii pe planul înclinat, se alege sistemul de axe Oxy cu originea
în A1 şi axa Ox pe direcţia planului în sensul mişcării, ca în fig. 9.2.c , se
introduc forţele de legătură N si T .
Ecuaţia diferenţială a mişcării pe A1A0, în proiecţii pe axe se scrie:
m&x& = m g sin α − T ;
m &y& = − mg cos α + N ,

(i)

Ecuaţia traiectoriei (condiţia geometrică) este:
y = 0 ( y& = 0; &y& = 0 )
Condiţia fizică a frecării este:

(j)
T = µN ,

(k)

care introduse în (i) conduce la:
N = mg cos α
&x& = g (sin α − µ cos α )

(l)

116

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Integrând succesiv de două ori ultima ecuaţie (l), se obţine:
x& = g (sin α − µ cos α )t + C1 ,
x=

(m)

1
(sin α − µ cos α )gt 2 + C1t + C2 .
2

Dacă se introduc condiţiile la momentul iniţial t = 0 :
x (0) = 0, x& (0 ) = 0 rezultă constantele de integrare: C1 = 0 , C2 = 0
Legea de mişcare este dată de:
1
(sin α − µ cos α )gt 2
2
v( t ) = x&( t ) = (sin α − µ cos α )gt .
x( t ) =

(n)

Eliminând parametrul t se obţine:
v( x ) = 2 xg(sin α − µ cos α )
În punctul A0 (la coborâre) deplasarea este x = L
rezultă:

(o)
şi viteza v A = v0′ ,

v0′ = 2 Lg (sin α − µ cos α )

0

(p)

unde înlocuind valoarea lui L obţinută cu relaţia (h) rezultă:

sin α − µ cos α
sin α + µ cos α

v0′ = vo

(q)

Teorema de variaţie a energiei cinetice se scrie:
E A − E A = LA − A
0

1

LA − A
0

1

0

1
E A = mv0′ 2
2
= ∫ F ⋅ dr = ∫ [(G sin α − T )i + (− Gcos α + N ) j ] ⋅ (dxi )

unde: E A = 0 ,
1

1

0 −1

0

0 −1

LA − A = (G sin α − T )L
0

(r)
(s)

1

Înlocuind în teorema energiei cinetice, obţinem pentru v’0 aceeaşi expresie:

v0′ = 2 Lg (sin α − µ cos α )

(t)

Observaţie:

Radicalul din relaţia (p) are sens dacă sin α − µ cos α > 0 adică µ < tgα
sau ϕ < α , unde ϕ este unghiul de frecare ( ϕ = arctgµ ). Această condiţie este
prevăzută în enunţul problemei.

117

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

9.3. Se consideră un punct material de masă m care se deplasează pe o
suprafaţă cilindrică exterioară de rază R, fără frecare (µ = 0 ) , pornind din A0
cu viteza iniţială vo (fig. 9.3.a.).
Se cere să se studieze mişcarea pe A0A1, deteminând viteza în A1 (vA1) când
punctul material părăseşte suprafaţa cilindrică, atât din ecuaţia de mişcare cât
şi din teorema de variaţiei a energiei cinetice.
v0

A0

N

v0

A0

A
B

A1
α

R

v1

θ

α

O

O
ν

a.

A1
G

v1
τ

b.

Fig. 9.3

Rezolvare:

Se alege sistemul de axe natural cu originea în A, ca în fig. 9.3.b. Ecuaţia
vectorială de mişcare pe porţiunea cilindrică se scrie:

m&r& = G + N

(a)

care proiectată pe axele sistemului natural se scriu:
mv& = mg sin θ
 2
 v
m ρ = mg cos θ − N


unde înlocuind: v& =

(b)

dv dv dθ v dv
=

=
dt dθ dt R dθ

în prima ecuaţie din (b) se obţine:

v dv
= g sin θ
R dθ

sau :

vdv = Rg sin θ dθ

v2
Prin integrare se obţine : = − Rg cos θ + C
2

(c)

Introducând condiţiile iniţiale: θ(0)=0, v(0)=v0

v02
se obţine constanta de integrare: C = + Rg ,
2
Legea de mişcare a punctului pe suprafaţa cilindrică se scrie:
v( θ ) = 2 Rg (1 − cos θ ) + v02

(d)

118

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Înlocuind (b) şi ρ = R (condiţia geometrică a mişcării) în ecuaţia a doua
din (b) se obţine reacţiunea normală:

N ( θ ) = mg (3 cos θ − 2 ) −

mv02
R

(e)

Presupunând că în A1 punctul material părăseşte suprafaţa cilindrică, se
impun următoarele condiţii: θ = α , N= 0 şi v=v1, deci relaţiile (d) şi (e) se
scriu:
v1 = 2 Rg (1 − cos α ) + v02

(f)

mv02
0 = mg (3 cos α − 2 ) −

R
obţinându-se:
v02 + 2 Rg
;
cos α =
3Rg
(g)
2 Rg + v02
v1 =
3
v02 + 2 Rg
0 < cos α =
≤1 ,
Întrucât se impune condiţia:
3Rg

rezultă: v0 ≤ Rg

(h)

Aceasta reprezintă condiţia ca punctul material să nu părăsească suprafaţa
cilindrică încă din punctul A0.
Determinarea vitezei v1 aplicând teorema de variaţie a energiei cinetice.
Aceasta se scrie:
E1 − E0 = L0−1
1
unde: E0 = mv02 ;
2

(i)
1
E1 = mv12 ;
2

L0−1 = ∫ ( G + N ) ⋅ dr = ∫ G R sin θdθ = −GR cos θ
0 −1

0 −1

α
0

= GR( 1 − cos α )

(j)

sau (vezi fig. 9.3.b):
LA 0− A1 = L A0− B + LB − A1 = L A0− B + 0 = mg( A0 O − BO ) = mgR( 1 − cos α )
Aceasta semnifică faptul că lucrul mecanic nu depinde de drumul parcurs
de punctul material, forţa de greutate fiind o forţă conservativă.
Înlocuind în (i) rezultă viteza punctului când părăseşte suprafaţa
cilindrică:
v1 = v02 + 2 Rg (1 − cos α )

119

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

9.4. Se consideră un punct material de masă m care se deplasează pe o
suprafaţă cilindrică interioară de rază R, fără frecare (µ = 0 ) , pornind din A0
cu viteza iniţială vo (fig. 9.4.)

υ

Se cere să se studieze mişcarea
deteminând viteza şi rteacţiunea
din punctul A atât din ecuaţia de
mişcare cât şi din teorema de
variaţiei a energiei cinetice.

R

O

Rezolvare

θ

τ

N
B
A0 v 0

A
mg

v
Fig. 9.4

Se alege sistemul de axe natural cu
originea în punctul curent A, ca în
fig. 9.3.b. Ecuaţia vectorială de
mişcare a punctului material pe
suprafaţa cilindrică interioară se
scrie:

m&r& = mg + N

(a)

care proiectată pe axele sistemului natural conduce la :
mv& = −mg sin θ,
 2
 v
m ρ = −mg cos θ + N

Înlocuind: v& =

(b)

dv dv dθ v dv
=

=
dt dθ dt R dθ

în prima ecuaţie din (b) se obţine:
v dv
= g sin θ
R dθ

sau :

vdv = − Rg sin θ dθ

v2
Prin integrare se obţine : = Rg cos θ + C
2

(c)

Introducând condiţiile iniţiale: θ(0)=0, v(0)=v0 , se obţine constanta de
v02
integrare: C = − Rg ,
2
Prin urmare legea de mişcare a punctului se scrie:
v( θ ) = v02 − 2 Rg (1 − cos θ )

(d)

Utilizând şi a doua ecuaţie (b) se obţine legea de variaţie a reacţiunii
normale:
mv02
N ( θ ) = mg (3 cos θ − 2 ) +
R

(e)

120

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Teorema de variaţie a energiei cinetice se scrie: E A − E A = LA A
0

1 2
mv0 ,
2

EA =

unde :

0

0

1 2 1
mv = mR 2 θ& 2
2
2

EA =

θ

(f)
(g)

LA A = ∫ ( G + N ) ⋅ dr = ∫ F τ ⋅ ds = ∫ (− G sin ϕ)R dϕ =mgR cos ϕ 0 = −mgR(1 − cos θ )
0

A0 A

A0 A

θ

0

sau: LA0− A = LA0− B + LB − A = LA0− B + 0 = mg( A0 O − BO ) = mgR( 1 − cos θ )

(h)

Aceasta semnifică faptul că lucrul mecanic nu depinde de drumul parcurs
de punctul material, forţa de greutate fiind o forţă conservativă.
Înlocuind (g) şi (h) în (f) se obţine:
1
1
mR 2 θ& 2 − mv02 = − mg R(1 − cosθ )
2
2

(i)

obţinându-se aceeaşi expresie a legii de mişcare (d) :
v( θ ) = v02 − 2 g R(1 − cosθ ) .

(j)

Observaţii:
Din expresia vitezei rezultă că pentru v0 ≤ 2 Rg punctul material parcurge
un arc de cerc având unghiul θ ≤ 90 0 , după care se întoarce pe acelaşi drum
(pe suprafaţa cilindrică) ;
Pentru valori ale lui v0 cuprinse între: 2 Rg < v0 < 5 Rg , reacţiunea N se
anulează pentru valori ale unghiului: 90 0 ≤ θ ≤ 180 0 , adică punctul material
se desprinde de pe suprafaţa cilindrică şi cade în aer;
Pentru v0 ≥ 5 Rg rezultă atât v>0 cât şi N>0, deci punctul material nu se
desprinde de pe suprafaţa cilindrică şi îşi continuă mişcarea tot timpul pe
suprafaţa cilindrică.
9.5. Se consideră un punct material de masă m care se deplasează pe o
suprafaţă cilindrică interioară de rază R, şi unghi α fără frecare (µ = 0 ) ,
pornind din A0 cu viteza iniţială vo (fig. 9.5.)
A0

B

υ

O
θ

v0

R
α

N

A1

Rezolvare

A
mg

v1

Se cere să se studieze mişcarea
deteminând viteza în A1 (v1) atât
din ecuaţia de mişcare cât şi din
teorema de variaţiei a energiei
cinetice.

v
τ
Fig. 9.5

Se alege sistemul de axe natural cu
originea în A, ca în fig. 9.5.b.
Ecuaţia vectorială de mişcare a

121

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

punctului material pe suprafaţa cilindrică interioară se scrie:
r
r r
m&r& = mg + N

(a)

care proiectată pe axele sistemului natural conduce la :
mv& = mg cos θ,
 2
 v
m ρ = − mg sin θ + N


(b)

dv dv dθ v dv
=

=
dt dθ dt R dθ
prima ecuaţie din (b) se obţine:
Înlocuind: v& =

v dv
= g cos θ
R dθ

vdv = Rg cos θ dθ

sau :

Prin integrare se obţine :

şi ρ=R (condiţia geometrică) în

v2
= Rg sin θ + C
2

(c)

Introducând condiţiile iniţiale: θ(0)=0, v(0)=v0 se obţine constanta de
v02
integrare: C =
, prin urmare legea de mişcare a punctului se scrie:
2
v = v02 + 2 Rg sin θ

(d)

Utilizând şi a doua ecuaţie (b) se obţine legea de variaţie a reacţiunii :
mv02
(e)
N = 3mg sin θ +
R
În punctul A1 viteza punctului şi reacţiunea normală sunt:
mv02
(f)
R
Teorema de variaţie a energiei cinetice între poziţiile A0 şi A se scrie:
E A − E A = LA A
unde energia cinetică pentru cele două poziţii se scrie:
1
1
1
E A = mv02 , E A = mv 2 = mv 2
(g)
2
2
2
şi lucrul mecanic efectuat asupra punctului între A0 şi A:
v1 = v02 + 2 Rg sin α ,

0

N1 = 3mg sin α +

0

0

θ

LA A = ∫ ( G + N ) ⋅ dr = ∫ F ⋅ ds = ∫ (Gcos ϕ )R dϕ = mgR sin ϕ 0 = mgR sin θ
τ

0

A0 A

A0 A

0

sau LA A = LA B + LB A = 0 + mg ⋅ AB = mgR sin θ
0

0

θ

(h)

1 2 1 2
mv − mv0 = mg R sin θ , rezultând aceeaşi
2
2
2
expresia (d) a legii de mişcare: v = v0 + 2 Rg sin θ
(i)
Înlocuind în (f) se obţine:

122

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

9.6. Se consideră un punct material de masă m, care este lansat în sus pe
direcţie verticală cu viteza iniţială v A = v0 . Se cere legea de mişcare şi
0

determinarea înălţimii maxime la care ajunge în următoarele trei cazuri:
1) când asupra punctului acţionează numai forţa de greutate G = mg
2) când asupra punctului acţionează atât forţa de greutate G = mg cât şi forţa
de rezistenţă a aerului de forma R = − kmv .
3) când asupra punctului acţionează atât forţa de greutate
G = mg cât şi forţa de rezistenţă a aerului R = − kmv 2

x

v
.
v

A1

Rezolvare:

1) Într-o poziţie intermediară pe A0A1, ecuaţia vectorială a

v
A
G

mişcării se scrie:
r
r
m&r& = mg

R

(a)

care proiectată pe axa verticală A0x se scrie: &x& = − g .
Integrând succesiv de două ori avem;

v0
A0

Fig.9.6
t2
(b)
x& = − gt + C1 ,
x = − g + C1t + C2
2
Punând condiţiile la momentul iniţal (t = 0): x(0) = 0, x& (0 ) = v0 se obţine:
C1 = v1, C2 = 0, iar legile de mişcare pentru viteza şi deplasare sunt:
gt 2
x=−
+ v0 t ,
(c)
2
v = − gt + v0
Eliminând timpul t se obţine viteza v în funcţie de deplasarea x:
v = v02 − 2 gx
(d)
În punctul de înălţime maximă A1 avem:
v A = v1 = 0 ,
x A = h , iar din (d) rezultă:
1

1

2
0

v
v
=
−R
(e)
2g 2g
2). Într-o poziţie intermediară pe A0A1 ecuaţia vectorială se scrie:
r
r
r
m&r& = mg − kmv , care proiectată pe axa A0x conduce la ecuaţia diferenţială
&x& + kx& = − g
neomogenă:
a cărei soluţie generală are forma:
g
x = C1 + C 2 e −kt − t
(f)
k
h=

şi derivata

2
1

x& = v = − kC2 e − kt −

g
k

(g)

123

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Punând condiţiile iniţiale: x(0) = 0, x& (0) = v0 se obţin constantele de
kv + g
, care introduse în relaţiile (f) şi (g) conduc la:
integrare: C1 = −C2 = 0 2
k
kv0 + g
g

− kt
(
)
x
e
t
1
=


2

k
k
(h)

kv
g
+
g

kt
0
v = x& =
e −

k
k
Înălţimea maximă x A1 = h se obţine pentru v = 0 ⇒ t A = t ∗ :
1

t∗ =

1  kv0 

ln1 +
k 
g 

şi h =

v0
k


g  kv1 

1

ln1 +

kv
g


1


(i)

3) Într-o poziţie intermediară pe A0A1, ecuaţia de mişcare vectorială se scrie:
v
m&r& = mg − kmv 2
(j)
v
care proiectată pe A0x ne conduce la ecuaţia diferenţială:
&x& = − g − kx& 2
(k)
d 2 x dv
unde înlocuind: &x& = 2 = ,
x& = v ,
avem:
dt
dt
dv
dv
1
v
= −(g + kv 2 ) ⇒
= − kdt ⇒
arctg
= − kt + C
(l)
2
dt
g/k +v
g/k
g/k
Punând condiţiile iniţiale la t =0: v(0) =v0 se obţine :
v0
1
C=
arctg
g/k
g/k
care înlocuită în (l) se obţine timpul t în funcţie de viteză:
arctg ( v0 g / k ) − arctg( v g / k )
t=
(m)
kg
Dacă în ecuaţia (k) se fac substituţiile:
dx
dv dv dx
dv
&x& =
x& =
= v( x( t )),
= ⋅ =v
dt
dt dx dt
dx
se obţine:
dv
vdv
1
(n)
v = −(g + kv 2 ),
= − dx ⇒
ln(g + kv 2 ) = − x + C
2
dx
g + kv
2k
Din condiţiile iniţiale la t = 0: x(0) = 0, v(0) = v0 se obţine:
g + kv02
1
1
2
C=
ln(g + kv0 ) de unde rezultă: x =
ln
(o)
2k
2k g + kv 2
În A1 avem: v = v A = 0 , x A = h
1

şi rezultă:

1

1  kv02 

h=
ln1 +
g 
2k 

(p)

124

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

9.7. Se consideră un punct material de masă m, care este lansat în câmp
gravitaţional cu viteza iniţială vo a cărei direcţie face cu planul orizontal
unghiul α. Se cere legea de mişcare şi determinarea înălţimii maximă la care
ajunge în următoarele două cazuri:

a) când se neglijează rezistenţa aerului - asupra punctului acţionează numai
forţa de greutate G = mg
b) când nu se neglijează rezistenţa aerului - asupra punctului acţionează atât
forţa de greutate G = mg cât şi o forţă de rezistenţă de forma R = − kmv .
M

vo
O

B

vM

y

vB

N

vN

mg
α

A
B1

z

x
α

vA

Fig. 9.7a.

Rezolvare
a. Mişcarea în aer când se neglijează rezistenţa aerului

Ecuaţia fundamentală a dinamicii se scrie: F = G = mg
sau

m&r& = mg

sau

&r& = g .

(a)
(b)

scrisă sub forma proiecţiilor pe cele trei axe conduce la :

&x& = 0 ,

&y& = − g ,

&z& = 0

(c)

Dacă se integrează succcesiv în raport cu timpul, ecuaţiile diferenţiale (c)
se obţine soluţia generală:
x& = C1 ,

y& = − gt + C 2 ,

z& = C3

t2
x = C1t + C 4 , y = − g + C 2 t + C5 , z = C3t + C6
2

(d)

Condiţiile iniţiale privind poziţia şi viteza la momentul t = 0 sunt:
x(0 ) = x0 = 0 ,
y (0 ) = y0 = 0 ,
z (0 ) = z 0 = 0
v0 x = x& (0 ) = v0 cos α , v0 y = y& (0 ) = v0 sin α ,
v0 z = z& (0 ) = 0

(e)

Introducând condiţiile (e) în soluţiile generale (d) se obţine:
0 = 0 + C1 ,

0 = 0 + 0 + C5 ,

0 = 0 + C6

v0 cos α = C1 ,

v0 sin α = 0 + C2 ,

0 = C3

(f)

125

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

care conduc la:
C1 = v0 cosα,

C2 = v0 sinα,

C3 = C4 = C5 = C6 = 0

(g)

Introducând valorile (g) în (d) se obţine soluţia particulară căutată:
x = (v0 cos α )t ,

y=−

gt 2
+ (v0 sin α )t ,
2

z=0

(h)

Ecuaţia z = 0 arată că traiectoria descrisă de punctul material este situată
în planul vertical (Oxy) care conţine vectorul v0 .
Eliminând timpul din ecuaţiile (h) se găseşte ecuaţia traietoriei sub formă
explicită ce reprezintă o parabolă cu axa de simetrie verticală:
g
y=− 2
x 2 + x ⋅ tgα .
(i)
2
2 v0 cos α
Din relaţia (h) se deduc, prin derivare, relaţiile:
x& = v0 cos α ;

y& = − gt + v0 sin α ,

z& = 0.

(j)

deci:
v = x& 2 + y& 2 + z& 2 = v02 − 2 g y

(k)

Elementele caracteristice ale mişcării sunt:
distanţa xA=OA dintre punctul de lansare O şi punctul A unde traiectoria
întâlneşte din nou axa Ox, numită bătaie, se obţine din ecuaţia (i) pentru :
v02 sin 2α
yA = 0, rezultă: OA =
.
(j)
g
OA devine maximă pentru sin 2α = 1, adică α = 450 (OA)max = v02 / g
înălţimea maximă atinsă de punctul material se obţine din condiţia:
dy
g
=0

− 2
2 x + tgα = 0
(k)
dx
2v0 cos 2 α
v02 sin 2α
.
(l)
de unde se deduce : xB =
2g
OA
Se observă că xB = OB1 =
, datorită proprietăţilor de simetrie ale
2
parabolei.Ordonata punctului B (sau înălţimea maximă) se obţine înlocuind
(k) în (i):
v 2 sin 2 α
ymax = B1 B = 0
.
(m)
2g
v02
(B1 B )max = .
2g
Înălţimea maximă depinde de viteza v0 şi de unghiul α, ca şi bătaia, atingând
valoarea maximă pentru sin2α = 1, adică α = 900:
1

126

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

b.

Mişcarea în aer când nu se neglijează rezistenţa aerului

Ecuaţia fundamentală a dinamicii se scrie:
m&r& = F + R
y

vM
M

θ

R

(n)
Traiectoria `n vid

B

Traiectoria `n aer

D

vo
mg
O

α

F

C
E

z

A
α

β

vC

Fig. 9.7b

vo

Întrucât forţa de rezistenţă a aerului este de forma: R = − k mv ,
descompunând R în componentele sale după axele de coordonate:
Rx = − km x& ; R y = − km y& ;
Rz = 0
atunci ecuaţiile diferenţiale ale mişcării în proiecţii pe cele trei axe sunt:
&x& + k x& = 0
m&x& = −k m x&
&y& + k y& = − g
m &y& = −k m y& − mg
sau
&z& = 0
m&z& = 0
Soluţiile generale ale ecuaţiilor (p) sunt:
x = C1 + C2 e −k t ;

g
y = C3 + C 4 e − k t − t ;
k

x

z = C5 + C 6 t

(o)

(p)

(q)

iar prin derivare rezultă vitezele după cele trei direcţii:

x& = − kC2 e −k t ;

g
y& = − kC4 e − k t − ;
k

z& = C6

(r)

Condiţiile iniţiale (poziţia şi viteza punctului pentru t=0) sunt :

x(0 ) = 0
x& (0 ) = v0 cos α ,

y (0 ) = 0
y& (0 ) = v0 sin α .

z (0 ) = 0
z& (0 ) = 0.

(s)

care dacă se introduc în ecuaţiile (q) şi ( r) se obţin constantele de integrare:

v0 cosα
v cosα
g + kv0 sinα
; C2 = − 0
; C3 =
;
k
k
k2
g + kv0 sinα
C4 = −
, C5 = C6 = 0
k2
C1 =

(t)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

127

Ecuaţiile (q) devin:
v cos α
(1 − e −k t );
x= 0
k
g + k v0 sin α
(1 − e −k t ) − g t ;
(u)
y=
2
k
k
z=0
Eliminând timpul din primele două ecuaţii (u) se obţine ecuaţia
traiectoriei sub formă explicită:
gx
g 
kx 
.
y = x⋅ tgα +
+ ln1 −
(v)
k v0 cos α k  v0 cos α 

Se observă că curba traiectoriei admite o asimptotă verticală a cărei
ecuaţie se deduce când t → ∞ în ecuaţiile parametrice (t):
v cos α
x = xF = 0
.
k
Prin derivarea relaţiilor (8.64) se deduc componentele vitezei:
g + k v0 sin α − k t g
x& = v0 cos α e −k t ;
y& =
e − ;
z& = 0
k
k

(w)

(x)

Punând condiţia y& = 0 , se găseşte punctul de înălţime maximă D al
traiectoriei. Deci timpul necesar deplasării din O în D este:
1 g + k v0 sin α
(y)
t D = ln
.
k
g
Înlocuind în expresia (u) se obţine înălţimea maximă a traiectoriei şi
abscisa corespunzătoare acestui punct:
v sin α g g + k vo sin α
(z)
y max = y D = 0
− 2 ln
k
k
g
v02 sin α cos α
v02 sin 2α
xD = xE =
.
=
g + k v0 sin α 2( g + k v0 sin α )

9.8. Se consideră un punct material de masă m care se deplasează fără frecare
(µ = 0 ) pe conturul circular AOA1, de rază R=CA0=CA1 cu viteză iniţială vo
(fig.9.8). După ce parcurge acest drum cu unghiul la centru α = π / 2 , continuă
deplasarea în aer A1A2 (OA1=h). Se cere:
1) Să se studieze mişcarea pe A0A1, folosind atât ecuaţia de mişcare cât şi
teorema de variaţiei a energiei cinetice.
2) Să se studieze mişcarea pe porţiunea A1A2, în două variante de acţionare a
forţelor de rezistenţă a aerului: a ) R = 0; b ) R = − kmv

128

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Rezolvare
A0
O

θ

v0

1) Mişcarea pe drumul A1A2:

ν

Se alege sistemul de axe natural cu
originea în A, ca în fig. 9.8. Ecuaţia
vectorială de mişcare a punctului
material se scrie:
r
r r
m&r& = mg + N
(a)

α=π/2

A

N
y

G

v1
A1

τ

R

care proiectată pe axele sistemului
natural conduce la :

A

mv& = mg cos θ,
 2
 v
m ρ = − mg sin θ + N


G
x

O
A2

Fig. 9.8

Întrucât: v& =

(b)

dv dv dθ v dv
=

=
dt dθ dt R dθ

vdv = gR cosθ dθ
 2
ecuaţiile (b) devin:
 v
m R = − mg sin θ + N
Prin integrare se obţine : v = 2 Rg sin θ + v02

(b’)
(c)

Din a doua ecuaţie (b’) se obţine legea de variaţie a reacţiunii normale:
mv02
N = 3mg sin θ +
R

(d)

În punctul A1 viteza punctului şi reacţiunea normală sunt:
v1 = v02 + 2 Rg sin(π / 2) = v02 + 2 Rg

(e)

mv02
N1 = 3mg +
R
Teorema de variaţie a energiei cinetice între poziţiile A0 şi A se scrie:
E A − E A = LA A
(f)
0

1
unde : E A = mv02 ,
2
0

0

1
E A = mv 2
2

θ

LA A = ∫ ( G + N ) ⋅ dr = ∫ F τ ⋅ ds = ∫ (Gcos ϕ )R dϕ = mgR sin ϕ 0 = mgR sin θ
0

A0 A

A0 A

0

sau (vezi fig.9.8): LA0− A = LA0−B + LB − A = 0 + LB − A = mgR sin θ
Înlocuind în (f) se obţine legea de mişcare (d) :
1 2 1 2
mv − mv0 = mg R sin θ ⇒ v = v02 + 2 Rg sin θ
2
2

θ

129

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

2.a. Pentru studiul mişcării pe A1A2 în absenţa rezistenţei aerului, se alege
sistemul de axe Oxy ca în fig. 9.8, şi se scriu succesiv relaţiile:
&r& = g .
m&r& = mg
sau
(g)
care se scriu sub forma ecuaţiilor diferenţiale, care integrate dau:
 x = C1 t + C3
 x& = C1
&x& = 0

⇒
⇒

t2
&
&
&
y
g
y
gt
C
=

+
=

y
g
=

+ C2t + C4


2

2

(h)

Condiţiile iniţiale în A1 privind poziţia şi viteza la momentul t = 0 sunt:
x(0 ) = x0 = 0, v0 x = x& (0 ) = v1 ,
(i)
y (0 ) = h,
v0 y = y& (0 ) = 0,
Se obţine sistemul de ecuaţii şi soluţiile :
0 = 0 + C3
C1 = v1
h = 0 + 0 + C
C = 0

 2
4
⇒ 

v1 = C1
C3 = 0
0 = 0 + C 2
C 4 = h
Soluţiile ecuaţiilor mişcării sunt:
 x = v1 t = v02 + 2 Rg t
 x& = v1 = v02 + 2 Rg



t2
 y& = − gt
y = −g + h

2
Traiectoria mişcării este o parabolă:

(

y=−

)

g 2
x + h,
2v12

(j)

(k)

(l)

care are vârful în A1 şi intersectează axa Ox în punctual A2 de abscisă:
xA2

2h(v02 + 2 Rg )
2hv12
=
=
g
g

la momentul t1 dat de : t1 =

xA2
2h
=
v1
g

(m)

Dcei viteza punctului în A2 este:
v A = x& 2 (t1 ) + y& 2 (t1 ) = v02 + 2 g ( R + h)
2

(n)

2.b. Pentru studiul mişcării pe A1A2, în ipoteza că rezistenţa aerului este de
forma R = −kmv , ecuaţiile de mişcare conduc la:
m&r& = mg − kmv

sau

&r& = g − kv

ecuaţiile diferenţiale ale mişcării în proiecţii pe cele două axe sunt:

(o)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

 &x& + k x& = 0

 &y& + k y& = − g

130

(p)

Soluţiile generale ale ecuaţiilor (p) sunt:
 x = C1 + C 2 e − k t ;


g
−k t
 y = C3 + C 4 e − k t ;
prin derivare rezultă vitezele
x& = − kC2 e − k t ;

g
y& = − kC4 e − k t − ;
k

(q)

(r)

Condiţiile iniţiale (poziţia şi viteza punctului în A1) sunt :
x(0 ) = 0

x& (0 ) = v1
y& (0 ) = 0

y (0 ) = h

(s)

care dacă se introduc în ecuaţiile (q) şi ( r) se obţin constantele de
v
g
g
integrare: C1 = − C 2 = − 1 , C3 = h + 2 , C 4 = − 2
k
k
k
Ecuaţiile (q) devin:

v
x = 1 (1 − e − k t ) =
k
g
y = 2 (1 − e − k t ) −
k

v02 + 2 Rg
(1 − e −k t );
k
g
t + h;
k

(t)

Eliminând timpul din primele două ecuaţii (8.64) se obţine ecuaţia
traiectoriei sub formă explicită:
y=

gx g  kx 
+ ln1 −  + h
k v1 k 
v1 

(u)

Se observă că curba traiectoriei admite o asimptotă verticală a cărei
ecuaţie se deduce când t → ∞ în ecuaţiile parametrice (t):
x = xF =

v1
.
k

(v)

Prin derivarea relaţiilor (8.64) se deduc componentele vitezei:
v x = x& = v1 e − k t ;
v y = y& =

g + k v1 − k t g
e − ;
k
k

(w)

131

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

9.9. Se consideră un punct material de masă m care se deplasează cu frecare
(µ ≠ 0) pe drumul AOA1= l, cu viteză iniţială vo. După ce parcurge fără frecare,
drumul pe arcul de cerc A1 A2 (de rază R), părăseşte cercul şi continuă
deplasarea în aer(fig. 9.9). Se cere:

1) Să se studieze mişcarea pe A0A1, deteminâdu-se viteza în A1 (V1), folosind
atât ecuaţia de mişcare cât şi teorema de variaţiei a energiei cinetice.
2) Să se studieze mişcarea pe porţiunea A1A2, determinându-se unghiul la centru
α şi viteza în punctul A2 unde punctul se desprinde de cerc.
Rezolvare:

1) Ecuaţia vectorială de mişcare pe
A0A1 se scrie:
m &r& = G + N + T

A0

(a)

A2

care proiectată pe axele x şi y:
m&x& = −T

m&y& = − mg + N

v1

A1

v0

C

(b)

α

R

Fig. 9.9

la care se asociază:
y = 0 (⇒ &y& = 0 ) , condiţia geometrică şi
T = µN , condiţia fizică ( de frecare).

y

Prin urmare, din a doua ecuaţie (b)
avem:

v0

T

A0

N = mg ⇒ T = µmg

Înlocuind pe T în ecuaţia primă din (b)

N

A1

x

G

Fig. 9.9.a

aceasta devine:
t2
&x& = −µg ⇒ x& = −µgt + C1 ⇒ x = −µg + C1t + C 2
2
Introducând condiţiile iniţiale (t = 0 ⇒ x(0 ) = 0, x& (0 ) = v0 ) se obţine:
C1 = v0, C2 = 0

şi legile de mişcare ale spaţiului şi vitezei:
t2
x = −µg + v0 t ,
2

v = −µgt + v0

(c)

sau eliminând timpul legea viteză-spaţiu:
v = v02 − 2µgx

Pentru x = x A = L se obţine viteza în A1 : v1 = v02 − 2µgL
1

(d)

132

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Iar din teorema energiei (şi condiţia v0 > 2µgL ): E A − E A = LA A1
1

0

0

mv12 mv02

= −T ⋅ L = −µmgL şi se obţine aceeaşi expresie pentru v1:
2
2

adică:

v1 = v02 − 2µgL
2) Ecuaţia vectorială privind mişcarea pe arcul de cerc A1A2 (Fig. 9.9.a) este:
m&r& = G + N
v1

A1

care proiectată pe axele naturale se scriu:

N

mv& = mg sin θ
 2
 v
m ρ = mg cos θ − N


M

A2

α
C
ν

G

(e)

v
τ

(f)

Prima ecuaţie din (f) v& = g sin θ ,

Fig. 9.9.b

unde v& =

dv dv dθ v dv
=
=

, devine:
dt dθ dt R dθ

v2
= − Rg cos θ + C1 iar din condiţiile
vdv = Rg sin θdθ care integrată ⇒
2
v12
iniţiale (t = 0, θ (0) = 0, v(0) = v1) se obţine C = + Rg şi prin urmare legea
2
2
viteză-spaţiu se scrie:
v = 2 Rg (1 − cos θ ) + v1
(g)
Înlocuind (g) şi ρ = R în ecuaţia a doua din (f) se obţine:
2
1

mv
N = mg (3 cos θ − 2 ) −

(h)
R
Formulele (g) şi (h) reprezintă viteza şi reacţiunea nominală într-un
punctoarecare de pe arcul A1A2. Presupunând că în A2 mobilul părăseşte cercul,
se impun condiţiile: θ = α ⇒ N= 0 şi v = v A = v2 , iar (g) şi (h) se scriu:
2

v2 = 2 Rg (1 − cos α ) + v12


mv12
0 = mg (3 cos α − 2 ) −

R

(i)

obţinându-se:
2 Rg + v02 − 2µgL
v12 + 2 Rg
2 Rg + v12
cos α =
⇒ v2 =
⇒ v2 =
3Rg
3
3
Observaţie: Dacă se impune condiţia:

(j)

0 < cos α ≤ 1

Rezultă limitele vitezei v0 : 2µgl < v0 < Rg + 2µgl

(k)

133

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

9.10 Se consideră un punct material de masă m, care se deplasează pe
interiorul sfertului de cerc A0A1, de rază R, fără frecare (µ = 0) , cu viteza iniţială
v A = v0 , după care continuă mişcarea pe verticală în aer. Se cer:
0

1) Mişcarea pe A0A1 folosind atât ecuaţia de mişcare cât şi teorema de variaţiei
a energiei cinetice.
2) Mişcarea pe verticală A1A2, determinând înălţimea maximă la care ajunge
mobilul de masă m, în cazurile:
a) asupra punctului acţionează numai forţa de greutate G = mg
b) asupra punctului acţionează atât forţa de greutate G = mg cât şi forţa de
rezistenţă a aerului având forma R = − kmv .
c) asupra punctului acţionează atât forţa de greutate G = mg cât şi forţa de
rezistenţă a aerului având forma R = − kmv 2

v
.
v

A2

Rezolvare:

1) Ecuaţia vectorială de mişcare pe A0 A1 este:
r
r r
m&r& = mg + N

(a)

care proiectată pe axele naturale conduce la :
mv& = − mg sin θ,
 2
 v
m ρ = − mg cos θ + N

Ţinând seama de condiţia geometrică ρ = R

θ

(b)

A0

A1

R
α

C

M
v0

Fig. 9.10.

şi de faptul că:
v1
dv dv dθ
dv v dv
ν
v& =
=

=ω =
R
dt dθ dt
dθ R dθ
C
Sistemul (2) devine
N
θ
 v dv
 R dθ = − g sin θ
M
v0
(c)
A0
 2
G
m v = − mg cos θ + N
 R
Prima ecuaţie se scrie:
Fig. 9.10.a
v2
vdv = − Rg sin θdθ ⇒
= Rg cos θ + C
2
unde constanta de integrare C se determină din ecuaţiile iniţiale:
v2
t = 0, v(0) = vo, θ(0) = 0: C = − Rg
2

A1
τ
v

134

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

prin urmare: v = v02 + 2 Rg (cos θ − 1)

(d)

Utilizând şi a doua ecuaţie a sistemului se obţine reacţiunea normală:
mv02
(e)
N = mg (3 cos θ − 2 ) +
R
Atât v cât şi N au fost obţinute pentru o poziţie oarecare a mobilului,
având unghiul θ = θ(t ) .
π
Pentru a găsi viteza în A1 se înlocuieşte în (d) θ = şi se obţine:
2
2
v A = v1 = v0 − 2 Rg
(f)
Această viteză se poate obţine şi utilizând teorema de variaţie a energiei
cinetice:
mv12 mv02
E A − E A = LA A ⇒

= − mgR
2
2
1

1

0

0 1

de unde se obţine pentru v1 aceeaşi expresie (f) pentru v1 : v A = v1 = v02 − 2 Rg
1

2) a. Studiul mişcării pe verticală în aer fără rezistenţa aerului
x

Într-o poziţie intermediară pe A1A2, ecuaţia vectorială de
mişcare este:
r
r
m&r& = mg ,

care proiectată pe axa verticală A1x se scrie: &x& = − g .
Integrând succesiv de două ori avem;
x& = − gt + C1 ,

A2

&rr& = gr

v
M2
G
R

t2
x = − g + C1t + C 2
2

Punând condiţiile iniţale t = 0, x(0) = 0, x& (0 ) = v1

v1
A1

se obţine: C1 = v1, C2 = 0,
iar legile de mişcare pentru viteza şi deplasare sunt:
gt 2
x=−
+ v1t ,
v = − gt + v1
2

Fig. 9.10.b

(g)

Eliminând timpul t din cele două ecuaţii (g) se obţine : v = v12 − 2 gx
Expresia lui v1 este dată de (f). În punctul de înălţime maximă A2 avem:
v A = v2 = 0 ,
x A = xmax = h ,
iar din (6) rezultă:
v 02
v12
h=
=
−R
(h)
2g 2g
2

2

135

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

2) b. Studiul mişcării pe verticală în aer cu rezistenţa aerului R = − kmv
Într-o poziţie intermediară pe A1A2 ecuaţia vectorială se scrie:
r&
r
r
&
mr = mg + kmv , care proiectată pe axa A1x conduce la ecuaţia diferenţială
neomogenă:

&x& + kx& = − g
(i)
a cărei soluţie generală are forma:
g 
x = C1 + C 2 e − kt − t 
k 
(j)

g 
x& = v = −C 2 k −
k 
Punând condiţiile iniţiale: x(0) = 0, x& (0 ) = v1 se obţin constantele de
kv + g
integrare: C1 = −C 2 = 1 2
k
care introduse în (9) se obţine :
g
  v1 g 
− kt
 x =  k + k 2 (1 − e ) − k t
 

(k)

g
g



kt
v = x& =  v + e −
1

k
k

Înălţimea maximă x A = hmax se obţine pentru v A = 0 , pentru
2

2

1  kv 
t ∗ = ln1 + 1 
k 
g 

deci

h=

v0
k

tA = t∗ :
2


g  kv1 

ln1 +
1 −
kv
g


1


(l)

2) c. Studiul mişcării pe verticală în aer cu rezistenţa aerului R = −kmv 2
Într-o poziţie intermediară pe A1A2, ecuaţia de mişcare vectorială se scrie:
m&r& = mg + kmv 2

(m)

care proiectată pe axa A1x ne conduce la ecuaţia diferenţială: &x& = − g − kx& 2
d 2 x dv
unde înlocuind &x& = 2 =
dt
dt

si

x& = v , avem:

v
dv
dv
1
= −(g + kv 2 ) ⇒
= − dt ⇒
arctg
= −kt + C
g
dt
g
g
2
+v
k
k
k

(n)

Punând condiţiile iniţiale la t =0: v(0) =v1 se obţine :
C=

v1
1
arctg
g/k
g/k

(o)

136

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Înlocuind (o) în (n) se obţine legea de mişcare sub forma unei funcţii a
timpului t depinzând de viteza v:
arctg( v1 g / k ) − arctg( v g / k )
(p)
t=
kg
Dacă în ecuaţia (n) se fac substituţiile:
dx
dv dv dx
dv
&x& =
x& =
= v( x(t ) ),
= ⋅ =v
dt
dt dx dt
dx
se obţine ecuaţia diferenţială:
vdv
dv
v = −(g + kv 2 ),
= − dx
dx
g + kv 2
(q)
1
2
⇒ ln (g + kv ) = − x + C
2k
1
Din condiţiile iniţiale la t = 0: x(0) = 0, v(0) = v1 se obţine: C = ln(g + kv12 )
2k
Deci legea de mişcare sub forma unei funcţii a deplasării x de viteza v se scrie:
1 g + kv12
x = ln
(r)
2k g + kv 2
În A2 avem: v = v A 2 = 0 , x A 2 = h şi rezultă înălţimea maximă:
1  kv12 

(p)
h = ln1 +
2k 
g 
9.11. Se consideră un punct material de masă m care se deplasează pe un plan
înclinat cu unghiul α , cu frecare (µ ≠ 0 ) , pornind din A0 cu viteza iniţială vo
După ce ajunge în A1 îşi continuă drumul în aer.(fig. 9.11.a). Se cere:

1) Să se determine legea de mişcare pe A0A1 , folosind atât ecuaţia de mişcare
cât şi teorema de variaţiei a energiei cinetice.
2) Să se determine legea de mişcare în aer pe A1A2 , în cele două cazuri:
a) când se neglijează rezistenţa aerului ;
b) când rezistenţa aerului are forma R = − kmv .

L
A0

A1

N

v1
y

v0

v0
α

A0

T

α

A1

A

G

A2
Fig. 9.11.a

Fig. 9.11.b

x

137

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Rezolvare:
1. În cazul urcării pe planul înclinat, se alege sistemul de axe Oxy cu originea în
A0 şi axa Ox pe direcţia planului în sensul mişcării, ca în fig. 9.2.b şi se
eliberează punctul de legături introducându-se forţele de legătură
N si T (T = µN ) (conform axiomei legăturilor).
Ecuaţia diferenţială a mişcării pe A0A1, în proiecţii pe axe se scrie:
m&x& = − m g sin α − T ;

m &y& = − mg cos α + N ,

(a)

Ecuaţia traiectoriei (condiţia geometrică) este: y = 0 ( y& = 0; &y& = 0 )

Condiţia fizică a frecării este: T = µN ,

care introduse în (a) conduc la:

N = mg cos α
&x& = − g (sin α + µ cos α )

(b)

Integrând succesiv de două ori ultima ecuaţie (b), se obţine:
x& = − g (sin α + µ cos α )t + C1 ,
x=−

1
(sin α + µ cos α )gt 2 + C1t + C2 .
2

(c)

Dacă se introduc condiţiile la momentul iniţial t = 0 :
x (0) = 0, x& (0 ) = v0 , rezultă constantele de integrare: C1 = v0 , C2 = 0 .

Legea de mişcare este dată de:
x( t ) = v0t −

1
(sin α + µ cos α )gt 2
2

(d)

v( t ) = x&( t ) = v0 − (sin α + µ cos α )gt .
Eliminând parametrul t din ecuaţiile (d) se obţine:
v( x ) = v02 − 2 xg(sin α + µ cos α )

(e)

În punctul A1 avem: xA1 = L şi viteza devine:
v1 = v02 − 2 Lg (sin α + µ cos α )
(f)
Acelaşi rezultat se obţine dacă se aplică teorema de variaţie a energiei
cinetice: E1 − E0 = L0−1
1
1
unde: E1 = mv12 , E0 = mv02
2
2
L0−1 = ∫ F ⋅ dr = ∫ [(− G sin α − T )i + (− Gcos α + N ) j ] ⋅ (dxi )
0 −1

0 −1

L0−1 = (− G sin α − T )L = − mgL(sin α + µ cos α )
Înlocuind, obţinem aceeaşi relaţie (f) pentru v1.

138

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

2) a. Pentru studiul mişcării pe A1A2 în absenţa rezistenţei aerului, se alege
sistemul de axe Oxy ca în fig. 9.8, şi se scriu succesiv relaţiile:
&r& = g .
m&r& = mg
sau
(g)
care se scriu sub forma ecuaţiilor diferenţiale, care integrate succesiv conduc la:

&x& = 0

 &y& = − g
 x& = C1

 y& = − gt + C 2

y

v1

A1
α

(h)

G

Lsin α

 x = C1 t + C3


t2
 y = − g 2 + C 2 t + C 4

O

A2 x

Fig. 9.11.c

Condiţiile iniţiale în A1 privind poziţia şi viteza la momentul t = 0 sunt:
x(0 ) = x0 = 0 ,
v0 x = x& (0 ) = v1 cos α
(i)
y (0 ) = L sin α ,
v0 y = y& (0 ) = 0 sin α
Se obţine sistemul de ecuaţii şi soluţiile corespunzătoare pentru
constantele de integrare C1, C2, C3, C4:
0 = 0 + C3
C1 = v1 cos α
 L sin α = 0 + 0 + C
C = v sin α

 2 1
4
⇒ 
(j)

C
=
0
v
cos
α
=
C
3
1
1


v1 sin α = 0 + C 2
C 4 = L sin α
Soluţiile ecuaţiilor mişcării sunt:
 x = v1 cos α ⋅t
v x = x& = v1 cos α

(k)


gt 2
&
v
y
gt
v
sin
=
=

+
α
y
v
sin
t
L
sin
=

+
α

+
α
y
1

1

2
Eliminând timpul din primele două ecuaţii rezultă traiectoria mişcării:

y=−

g
x 2 + tgα ⋅ x + L sin α ,
2
2( v1 cos α )

(l)

care este o parabolă (fig. 9.11.c) având vârful în V (vy=0):
v
xV = 1 tgα;
g

v12

 2
yV =
sin 2 α
− 1 + L sin α
2g
 cos α 

şi care intersectează axa Ox în punctual A2 (y=0) la momentul t1 dat de :
t1 =

[

1
v1 sin α + v12 sin 2 α + 2 Lg sin α
g

]

(m)

Deci viteza punctului în A2 este: v A = x& 2 ( t1 ) + y& 2 ( t1 ) = v12 + 2 Lg sin α
2

139

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

2) b. Pentru studiul mişcării pe A1A2, în ipoteza că rezistenţa aerului este de
forma R = −kmv , ecuaţiile de mişcare conduc la:
m&r& = mg − kmv

sau

&r& = g − kv

(n)

ecuaţiile diferenţiale ale mişcării în proiecţii pe cele două axe sunt:

 &x& + k x& = 0

 &y& + k y& = − g

(p)

y

Soluţiile generale ale ecuaţiilor (p) sunt:
 x = C1 + C 2 e − k t ;

(q)

g
−k t
y
C
C
e
t
;
=
+

3
4

k
Prin derivare rezultă vitezele

A1

x& = − kC2 e

−kt

y& = − kC4 e

−k t

;
g
− ;
k

(r)

v1
α
G
Lsin α
x
O
Fig. 9.11.c

A2 F

Condiţiile iniţiale (poziţia şi viteza punctului în A1) sunt aceleaşi ca la
punctul precedent:
x(0 ) = x0 = 0 ,
v0 x = x& (0 ) = v1 cos α
(s)
y (0 ) = L sin α ,
v0 y = y& (0 ) = 0 sin α
Dacă se introduc în ecuaţiile (q) şi ( r) se obţin constantele de integrare:
v cos α
v k sin α + g
C1 = − C 2 = − 1
, C3 = 1
+ L sin α ,
k
k2
v k sin α + g
C4 = − 1
k2
Ecuaţiile (q) devin:
v cos α
(1 − e −k t )
x= 1
k
(t)
v1k cos α + g
g
(1 − e −k t ) − t + L sin α;
y=
2
k
k
Eliminând timpul din primele două ecuaţii (t) se obţine ecuaţia traiectoriei
sub formă explicită:


g
g 
kx 
 x + ln1 −
 + L sin α
y = 1 +
(u)
v1k cos α 
k  v1 cos α 

Se observă că curba traiectoriei admite o asimptotă verticală a cărei
ecuaţie se deduce când t → ∞ în ecuaţiile parametrice (t):
v cos α
x = xF = 1
.
(v)
k
Prin derivarea relaţiilor (t) se deduc componentele vitezei:

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

v x = x& = v1 cos α e − k t ;
v1k cos α + g − k t g
e − ;
k
k
Deci viteza punctului se scrie: v = x& 2 ( t ) + y& 2 ( t )
v y = y& =

140

(w)
(x)

9.12. Se consideră un punct material de masă m care se deplasează în planul
vertical xOy sub acţiunea unei forţe orizontale proporţională cu depărtarea
faţă de originea O a sistemului de axe considerat ( F = kxi ) . La momentul
iniţial (t=0) porneşte din punctul A0 situat pe axa Oy, OA0=h, cu viteza iniţială
vo paraelă cu Ox (fig.9.12).
Se cere să se studieze mişcarea pe A0A1 , distanţa OA1 unde cade punctul,
precum şi viteza de impact în A1.
Rezolvare
Pentru studiul mişcării în raport cu
sistemul de axe Oxy din fig. 9.12,
y
v
ecuaţiile de mişcare se scriu:
0
A0
A F
m&r& = mg + F
sau
(a)
&r& = − gj + k xi
m
G
sau sub forma ecuaţiilor
diferenţiale:
A1
x
k

O
&x& = x
(b)
m

Fig. 9.12
 &y& = − g
unde dac se notează: ω2 = k / m conduce la:
 x = C1 e ωt + C 2 e −ωt
2
 x& = ωC1 e ωt − ωC 2 e −ωt
 &x& − ω x = 0

2
(c)
⇒
⇒ 

t
&
&
&
=

+
y
gt
C
=

y
g
=

+
+
y
g
C
t
C

3

3
4


2

Condiţiile iniţiale în A0 (poziţia şi viteza la momentul t = 0) sunt:
x(0 ) = x0 = 0 , v0 x = x& (0 ) = v0 ,
y (0 ) = h ,
v0 y = y& (0 ) = 0 ,
Se obţine sistemul de ecuaţii şi constantele C1, C2, C3, C4:
v

0 = C1 + C 2
C1 = −C 2 = 0


h = 0 + 0 + C


4
⇒ C3 = 0

v
(
C
C
)
=
ω

1
2
 0
C = h
0 = 0 + C3
 4

Soluţiile particulare ale ecuaţiilor mişcării sunt:

(d)

(e)

141

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ


 k 
v 0 ωt
m

 k 
( e − e −ωt ) = v0
t 
⋅ sh
x =

&
x
v
ch
t 
=

k
m



0


(f)
m




2
t

&
=

+
y
g
h
 y = − gt

2
Eliminând parametrul timp t din ecuaţiile (f) se obţine ecuaţia traiectoriei:

2( h − y )
t =
g

(g)



m
2
k
(
h

y
)
x = v

⋅ sh
0

k
mg




Punând condiţia y=0 se obţine din (g) distanţa OA1 unde cade punctul:

 2kh
m
⋅ sh
 x A1 = v0
k
 mg







(h)

Viteza într-un punct oarecare A al traiectoriei este:

{v =

x& 2 + y& 2 = v02 ⋅ ch 2

(

)

k / m ⋅ t + g 2t 2

(i)

Punând condiţia y=0 se obţine din (f) timpul t1 = 2h / g după care
punctul ajunge în A1. Înlocuind în expresia (i) se obţine viteza de impact :

 2kh
2
2
v1 = v0 ⋅ ch 

 mg


 + 2 gh



(j)

9.13. Se consideră un punct material de masă m care se deplasează în planul
vertical xOy fiind atras de originea O de o forţă proporţională cu depărtarea
faţă de originea O a sistemului de axe considerat ( F = − mk 2 OA ) . La momentul
iniţial (t=0) porneşte din punctul A0 situat pe axa Oy OA0=h, cu viteza iniţială
vo paraelă cu Ox (fig.9.13). Se cere să se studieze mişcarea pe A0A1 , distanţa
OA1 unde cade punctul, precum şi viteza de impact în A1.
y
A0

v0
A

F
h

G
A1

O
Fig. DP1.13

x

Rezolvare
Pentru studiul mişcării în raport cu
sistemul de axe Oxy din fig. 9.13,
ecuaţiile de mişcare se scriu:
m&r& = mg + F
sau
(a)
&r& = − gj − mk 2 xi − mk 2 yj
sau sub forma ecuaţiilor
diferenţiale:

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

&x& + k 2 x= 0

2
 &y& + k y = − g
având soluţii generale de forma:
 x = Ae ikt + Be − ikt
 x = C1 cos kt + C2 sin kt


sau : 

g
g
ikt
−ikt
y
C
cos
kt
C
sin
kt
=
+

y
C
e
D
e
=
+

3
4


k2
k2
 x& = −kC1 sin kt + kC2 cos kt
respectiv derivatele: 
 y& = −kC3 sin kt + kC4 cos kt
Condiţiile iniţiale în A0 (poziţia şi viteza la momentul t = 0) sunt:
x(0 ) = x0 = 0 , v0 x = x& (0 ) = v0 ,
y (0 ) = h ,
v0 y = y& (0 ) = 0 ,

142

(b)

(c)

(d)

(e)

Se obţine sistemul de ecuaţii şi constantele C1, C2, C3, C4:
g
C1 = 0

0 = C1
v0 = kC2
C3 = h + 2


(f)
⇒ 
k
v0



g
kC
0
=
h
C
=

C
=

4
3
C 4 = 0
 2 k

k2
Soluţiile particulare ale ecuaţiilor mişcării sunt:
v0

x
=
sin kt
 x& = v0 cos kt

k

(g)
;
g



g
g
&
y
=

kh
+
sin
kt




 y =  h + cos kt −

k

2
2


k 
k

Eliminând parametrul timp t din ecuaţiile (g) se obţine ecuaţia traiectoriei:
2
g

y+ 2 
x2
k 
(h)
=1
+
g 2
 v0  2 
  h + 2 
k 
k 
Punând condiţia y=0 se obţine din (h) distanţa OA1 unde cade punctul:

v0
g2
=

x
1
(h)
 A1
2
2
+
k
(
k
h
g
)

Viteza într-un punct oarecare A al traiectoriei este:
2

g

2
2
2
2
2
v = x& + y& = v0 ⋅ cos kt +  kh +  sin kt
k



(i)

g
, după
g + k 2h
care punctul ajunge în A1. Înlocuind în expresia se obţine viteza de impact :

g2
2
+ ( g + k 2 h )( k 2 h 2 − 2 gh )
(j)
v1 = v0 ⋅
2
2
(
g
+
k
h
)

Punând condiţia y=0 se obţine din (g) timpul t1 = arc cos

143

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

9.14. Se consideră o sferă M de de greutate G=mg legată printr-un fir
inextensibil de un punct fix A, care descrie o circumferinţă orizontală, având
viteza constantă v0. Se cere să se determine: tensiunea din fir S, viteza sferei şi
timpul T în care aceasta descrie o circumferinţă completă, dacă se cunoaşte
lungimea firului L şi unghiul α dintre fir şi verticala care trece prin A.
(fig.9.14).
Rezolvare

Ecuaţia vectorială a mişcării se scrie:
m&r& = mg + S

A
S

Pentru studiul mişcării se priiectează ecuaţia (a)
pe axele sistemului Frenet (naturale) ca în fig.
9.14, sub forma:

β

α
υ

v0

mv& = 0
 2
 v
m = S sin α
 ρ
0 = S cos α − mg

τ

O

M

G

Fig. 9.14

(a)

(b)

Din prima ecuaţie rezultă v=v0=const

Din ultima ecuaţie rezultă:

S=

mg
= const .
cos α

(c)

Înlocuind în a doua ecuaţie raza de curbură ρ = L sin α , se obţine:

SL sin 2 α Lg sin 2 α
v =
=
m
cos α
2

Lg sin 2 α
v=
cos α

sau:

( = v0 = cons tan t )

(d)

Perioada mişcării este raportul dintre lungimea cercului (L sinα) şi viteză:

T=

2π ⋅ L sin α
L cosα
= 2π
v
g

(e)

9.15. Se consideră un punct material (o bilă) de masă m care pleacă din A0 în
tubul A0A3 înclinat cu ungiul α cu viteza iniţială vo , cu frecare (µ ≠ 0 ) . Când
ajunge în A1 atinge capătul unui resort de constantă elastică k, pe care îl
comprimă (fig. 9.15.a). Se cere să se determine lungimea de comprimare L,
dacă se cunosc: α, µ, k, a=A0A1
Rezolvare:

Forţele care acţionează pe cele două tronsoane A0A1 şi A1A2 sunt
reprezentate în fig. 9.15. b şi c.

144

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

A1

v0

A1

A3

A2

A1

A0

α

x

N

y

v0

T

T

y

A
G

α

A0
a.

A2
N

A1

A0

b.

x

A

G

Fe
α
c.

Fig. 9.15

a. Pe primul tronson A0A1 se aplică teorema de variaţie a energiei
cinetice:
E1 − E0 = L0−1 ,
(a)
1
1
unde: E0 = mv02 , E1 = mv12
2
2
L0−1 = ∫ F ⋅ dr = ∫ [(− G sin α − T )i + (− Gcos α + N ) j ] ⋅ (dxi )
0−a

(b)

0− a

L0−1 = (− G sin α − T )a
Întrucât T = µN = µmg cos α , se obţine viteza în punctul A1:

v1 = v02 − 2ag(sin α + µ cos α )

(c)

b. Pe al doilea tronson A1A2 se aplică tot teorema de variaţie a energiei
cinetice:
E2 − E1 = L1− 2 ,
1
(d)
unde: E1 = mv12 , E2 = 0
2
L1− 2 = ∫ F ⋅ dr = ∫ [(− Gsin α − T − Fe )i + (− Gcosα + N ) j ] ⋅ (dxi )
0− L

0− L

unde: Fe=kx iar lucrul mecanic al forţei elastice a arcului este
L
kL2
dLe = − Fe dx = −kxdx ⇒ Le = − ∫ kxdx = −
2
0

kL2
L1− 2 = (− Gsin α − T )L −
2
Rezultă o ecuaţie de gradul II în L:
kL2 + 2mg ( sin α + µ cos α )L − mv12 = 0 având soluţia:
L=

− mg ( sin α + µ cos α ) +

unde v1 este dat de relaţia (c).

[mg ( sin α + µ cos α )]

2

k

+ mkv12

(e)

145

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

9.16. Se consideră un punct material de masă m care se deplasează pe un plan
înclinat cu unghiul α , cu frecare (µ ≠ 0 ) şi rezistenţa aerului de forma
v
R = − kmgv 2 , pornind din A0 cu viteza iniţială vo. Se cere să se determine
v
viteza cu care trece corpul prin poziţia iniţială A0 , la înapoiere.
N

A1
L
A0

T

y

v0

v0

α

A0≡O

A1

A

x

R

α

G

Fig. 9.16.b

Fig. 9.16.a

Rezolvare:

a) pentru urcare se alege sistemul de axe Oxy cu originea în A0 şi axa Ox pe
direcţia planului în sensul mişcării, ca în fig. 9.16.b şi se eliberează punctul de
legături introducându-se forţele de legătură N R si T (T = µN ) . Ecuaţia
diferenţială a mişcării pe A0A1, în proiecţii pe axe se scrie:
m&x& = − m g sin α − T − kmgv 2 ;
(a)
m &y& = − mg cos α + N ,
Condiţia geometrică se scrie:

y = 0 ( y& = 0; &y& = 0 )

Condiţia fizică a frecării este: T = µN ,
rezultă:

&x& = − g (sin α + µ cos α ) − kgv 2

N = mg cos α

Dacă în prima ecuaţie (b) se face substituţia:
dv dv dx
dv
&x& =
= ⋅ =v
dt dx dt
dx
rezultă o ecuaţie diferenţială cu variabile separabile:
dv
v = − g (sin α + µ cos α + kv 2 )
dx
d (sin α + µ cos α + kv 2 )
= −2 gk ⋅ dx
sau
(sin α + µ cos α + kv 2 )
având soluţia: ln(sin α + µ cos α + kv 2 ) = −2 gkx + C
Dacă se introduc condiţiile la momentul iniţial (t = 0) :
x (0) = 0, x& (0 ) = v0 ,
rezultă constanta de integrare: C = ln(sin α + µ cos α + kv02 )

(b)
(c)
(d)

(e)

(f)

(g)
(h)

146

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Se obţine legea de mişcare sub forma:
sin α + µ cos α + kv02
1
x=
ln
2 gk sin α + µ cos α + kv 2
În punctul A1 avem condiţiile: x1 = L şi v1=0 , rezultă
kv02

1 
L=
ln1 +

sin α + µ cos α 
2 gk 

(i)

(j)

b. La întoarcere avem următoarele ecuaţii
diferenţiale proiectate pe noile axe

y

Ox şi Oy (O≡A1):
m&x& = m g sin α − T − kmgv 2 ;
m &y& = − mg cos α + N ,

N

(k)

A1≡O
x

A

Dacă se introduc condiţia geometrică:

A0

y = 0 ( y& = 0; &y& = 0 ) şi condiţia fizică a
frecării ( T = µN ), rezultă :
&x& = g (sin α − µ cos α ) − kgv 2
N = mg cos α

T

R

(l)

Dacă în prima ecuaţie (l) se face substituţia: &x& =

α

G

Fig. 9.16.c

dv dv dx
dv
= ⋅ =v ,
dt dx dt
dx

se obţine analog o ecuaţie diferenţială cu variabile separabile:
v

dv
= g (sin α − µ cos α − kv 2 )
dx

având soluţia:

ln(kv 2 + µ cos α− sin α ) = −2 gkx + C

(m)
(n)

Dacă se introduc condiţiile la momentul iniţial (t = 0): x (0) = 0, şi
x& (0 ) = v1 = 0 , rezultă constanta de integrare: C = ln( µ cos α − sin α )
Se obţine legea de mişcare sub forma:
x=

µ cos α − sin α
1
ln 2
2 gk kv + µ cos α − sin α

(o)

În punctul A0 vom avea în acest caz condiţiile: xf = L şi v=v0f , rezultă
L=

µ cos α − sin α
1
ln 2
2 gk kv0 f + µ cos α − sin α

(p)

Egalând cele două expresii obţinute pentru L (j) şi (p) se obţine v0f :
v 0 f = v0

sin α − µ cos α
kv + µ cos α + sin α
2
0

(q)

147

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

CAPITOLUL X
CINEMATICA RIGIDULUI
ŞI A SISTEMELOR DE RIGIDE
10.1. Se consideră mecanismul format din cinci bare articulate (vezi fig.10.1,
unde O1,O2, O3 sunt articulaţii fixe iar A, B, C, D articulaţii mobile).
Se cunosc: O1 A = O2 B = r ; O2 C = O3 D = R ; O1O2 = O2 O3 = AB = CD = l > R ;

viteza unghiulară a manivelei O1 A este ω = cons tan t . Se cere să se calculeze
şi să se reprezinte grafic viteza şi acceleraţia punctelor A, B, C, D, M, N.
Rezolvare
Patrulaterele O1 ABO2 şi O2 CDO3 rămân tot timpul paralelograme cu
laturile O1O2 şi O2 O3 fixe, barele O1 A , O2 B şi O3 D au o mişcare de rotaţie ,
iar barele AB şi CD o mişcare de translaţie, deoarece rămân tot timpul paralele
cu O1O2 şi O2 O3 (fixe)
D
N
C
Avem prin urmare :
v A = ω ⋅ O1 A = ω ⋅ r

A

M

B

dar ω = const ⇒ ε = 0
a Aτ = ε ⋅ O1 A = 0
a = ω ⋅ O1 A = ω ⋅ r
υ
A

2

2

(a)

O1

O2

⇒ a A = a Aν = ω2 ⋅ r

Deci :
v A = v B = vM = ω ⋅ r
a A = a B = aM = ω ⋅ r
2

Fig.10.1

(b)

unghiulară:
ω = const ca şi O1 A ,

aC = ω2 ⋅ O2 C = ω2 ⋅ R

Analog, avem :
vC = v D = v M
aC = a D = a M

vN

vC
v

vA

ω1

vD
D

vB

C

N

B

M

A

Bara O2 C are aceeaşi viteză

deci:
vC = ω ⋅ O2 C = ω ⋅ R

O3

O2

O1

O3

Fig. 10.1.a.

(c)
A

(d)

aA
O1

M

D

N

C
B

aB

aM

aC

O2

Fig. 10.1.b.

aN

aD
O3

148

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

10.2 Se consideră un cub de muchie a, care se roteşte în jurul diagonalei
principale OB' cu viteza unghiulară ω = 2 3ε 0 t (fig.10.2).
Se cer: 1) viteza şi acceleraţia punctului B
2) vitezele şi acceleraţiile punctelor A, A' ,C ,C ' ,O'
Rezolvare
Se folosesc formulele lui Euler:
v1 = v0 + ω × r

(a)

a1 = v0 + ε × r + ω × ( ω × r )

z

Se alege sistemul de axe mobil (Oxyz )

ω

O’

după muchiile cubului (ca în fig. 10.1).
Întrucât v0 = 0; a0 = 0 , relaţia (a) se scrie:
v1B = ω × rB ;

a1B = ε × rB + ω × ( ω × rB ) = ε × rB + ω × v1B

A’

a

(b)

O

x

rB = OB = a( i + j )

ω = ω ⋅ versOB' = 2ε 0 t (i + j + k )
& = 2ε 0 (i + j + k ) ;
ε=ω

B’

a

a

unde:

C

A

(c)

C’

y

B

Fig. 10.2

Viteza punctului B:
i

j k

v1B = 2ε 0t 1 1 1 = 2ε 0 at (− i + j ) ⇒ v1B = v12Bx + v12By + v12Bz = 2 2aε 0t ;
a a 0
(d)
cos(v1B ,i ) =

v
v1Bx
2
2
= − ; cos(v1B′ , j ) = By =
;
v1B
2
vB
2

cos(v1B′ ,k ) = 0

Acceleraţia punctului B:
j

k

a1B = 2ε 0 1 1 1 + 4ε 02 at 2 1 1

1

i

j

a a

i

k

−1 1

0

(e)

0

a1B = −2aε 0 (1 + 2ε 0 t 2 )i + 2aε 0 (1 − 2ε 0 t 2 ) j + 8aε 02 t 2 k

a1B = a12Bx + a12By + a12Bz ;
cos(a1B i ) =
'

a
a1Bx
a .
; cos(a1B k ) = 1By ; cos(a1B k ) = 1Bz
a1B
a1B
a1B
'

'

149

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Pentru găsirea vitezei şi acceleraţiei punctelor A, A' ,C ,C ' ,O' se procedează
în mod analog: v1 = ω × r ;
a1 = ε × r + ω × v1 , unde vectorii de poziţie ai
punctelor specificate au expresiile:

rA = OA = ai ; rA' = OA' = a( i + k ); rC = OC = aj
rC' = OC' = a( j + k ); rO' = OO' = ak

(f)

Vitezele punctelor specificate se calculează astfel:

i j k
v1 A = 2ε 0 t 1 1 1 = 2ε 0 at ( j − k ) ;
a 0 0

v1 A'

i j k
= 2ε 0 t 1 1 1 = 2ε 0 at (i − k )
a 0 a

i j k
i j k
v1C = 2ε 0 t 1 1 1 = 2ε 0 at (− i + k ) ; v1C' = 2ε 0 t 1 1 1 = 2ε 0 at (− j + k )
0 a 0
0 a a
i

(g)

j k

v1O' = 2ε 0 t 1 1 1 = 2ε 0 at (i − j )
0 0 a
Acceleraţiile punctelor specificate se calculează astfel:
i

j

i

k

j

k

1 = 2aε 0 ( j − k ) + 4aε 02t 2 (− 2i + j + k )

a1A = 2ε 0 1 1 1 + 4ε 02 at 2 1 1
a 0 0
i

j

0

k

i

1 −1
j

k

1 = 2aε 0 (i − k ) + 4aε 02t 2 (− i + 2 j − k )

a1A' = 2ε 0 1 1 1 + 4ε at 1 1
2
0

a 0

a

i

k

j

2

1

−1

0

i

j

a1C = 2ε 0 1 1 1 + 4ε at 1 1
2
0

0 a

0

i

k

j

2

i

j

a1C' = 2ε 0 1 1 1 + 4ε at 1 1
2

k

i

a1O' = 2ε 0 1 1 1 + 4ε at 1 1
2
0

0 0 a

k

1 = 2aε 0 (− j + k ) + 4aε 02t 2 (2i − j − k )

0 −1 1

0 a a
j

1 = 2aε 0 (− i + k ) + 4aε 02t 2 (i − 2 j + k )

−1 0 1
2
0

i

k

2

j

k

r
1 = −2aε 0 (i − j ) + 4aε 02t 2 (i + j − 2k )

1 −1 0

(h)

150

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

10.3 Se consideră paralalelipipedul dreptunghic având muchiile:
OA = a , OC = 2a , OO' = 3a (fig.10.3) care se roteşte în jurul axei OC ' cu

viteza unghiulară ω = 13ε 0 t . Se cere: viteza şi acceleraţia punctului B' .
Rezolvare
Se aleg axele sistemului mobil (Oxyz ) după muchiile paralelipipedului
dreptunghic (fig.10.3) ; întrucât v0 = 0; a0 = 0 , viteza şi acceleraţia punctului
B' se calculează cu formulele:
v1B = ω × O B ' ; a1B = ε × O B ' + ω × v B
(a)
z
'

'

'

Întrucât avem :
O B = ai + 2aj + 3ak

O’

ω

'

C’
A’

OC '
ω = ωversO C = ω
= ε 0 t (2 j + 3k )
OC '
'

B’

(b)

3a

& = ε 0 (2 j + 3k )
ε=ω

O

Relaţia (a) se scrie:
• Pentru viteza punctului B’:

v1B′

i
=0
a

j
2
2a

k
3 ε 0 t = ε 0 at (3 j − 2k )
3a

x

A

2a

C y

a
B

Fig. 10.3.

(c)
v1B′x = 0

⇒ v1B′y = 3ε 0 at ⇒ v1B′ = v B2′x + v B2′y + v B2′z = 13ε 0 at
v = −2ε at
 1B′z
0
v
v
v
3
2
cos(v1B ,i ) = 1B x = 0; cos(v1B , j ) = 1B y =
; cos(v1B ,k ) = 1B z = −
v1B
v1B
v1B
13
13
'

'

'

'

'

'

'

'

'

• Pentru acceleraţia punctului B :
'

a1B

'

i j k
i j k
= 0 2 3 ε 0 a + 0 2 3 ε 0 t ⋅ ε 0 at = −13ε 02 at 2 i + ε 0 a (3 j − 2k )
1 2 3
0 3 −2

⇒ a1B = aε 0 13(1 + 13ε 02 t 4 )
'

cos(a

1 B′

a
,i ) =

cos(a1B′ ,k ) =

1 B ′x

a1B′

=

− 13ε 0 t 2

13(1 + 13ε 02 t 2 )

; cos(a1B′ , j ) =

a1By
a1B′

=

3

13(1 + 13ε 02 t 4 )

a1B′z
2
=−
a1B′
13(1 + 13ε 02 t 4 )

Temă: Să se determine vitezele şi acceleraţiile punctelor: B B’ A A’ O’ C

(d)

151

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

10.4 Se consideră un şurub având diametrul D = 20cm şi pasul p = 4mm .
Şurubul începe să se rotească într-o piuliţă, pornind din repaus, cu viteza
unghiulară ω = 2t ( s −1 ) . Se cere viteza şi acceleraţia unui punct situat pe
periferia şurubului la momentul t 1 = 10s .
Rezolvare:
Mişcarea şurubului este o mişcare elicoidală compusă dintr-o o mişcare de
rotaţie în jurul axului şurubului şi o mişcare de translaţie dealungul axului:

2
v = vtr2 + vrot
;
unde : vtr = v0 =
; vrot = Rω

(a)

2
2
2
4
a = atr + a rot ;
unde : atr =
;
arot = R ε + ω

Prin urmare, vieza şi acceleraţia unui punct aflat la periferia lui este:

p2
v=ω
+ R2 ;
2
(2π)

2

 pε 
a =   + R 2 (ε 2 + ω4 )
 2π 

(b)

Vieza şi acceleraţia punctului la momentul t1 = 10 s când avem:
ω1 = 20 s −1 , ε1 = 2 s −2 , este: v1 = 2m / s şi a1 ≈ 40m / s 2 .

(c)

10.5 Se consideră un şurub având raza exetrioară R şi pasul p = 4mm .
Şurubul începe să se rotească într-o piuliţă fixă, pornind din repaus, astfel încât
deplasarea în lungul axei se face cu o acceleraţie constantă a0. Se cer viteza şi
acceleraţia unui punct situat pe periferia şurubului la momentul t .
Rezolvare:
Mişcarea şurubului este elicoidală (rototranslaţie) :
Pentru mişcarea de translaţie dealungul axului avem:
vtr = v0 = a0 t
(a)
atr = a0
Pentru mişcare de rotaţie
2πRa0 t

vrot = Rω = R ⋅ v0 =
;
p
p
(b)
2


2
π
dv
Ra
2
π
0
a nrot = Rω2 = R ⋅  a0 t  ; a trot = rot =
dt
p

 p
Prin urmare, vieza şi acceleraţia unui punct aflat la periferia lui este:
2

v= v +v
2
tr

a=

(a )

2

tr

2
rot

 2πR 
 + 1;
= a0 t 
 p 
2

n
)2 + (arott )2 = a0 1 +  2πR  + R 2  2πt 
+ (a rot
 p 
 p 

4

(c)

152

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

10.6. Se consideră o bară OA de lungime l se deplasează într-un plan vertical
cu extremitatea O pe semicercul de rază R, rezemându-se tot timpul în B
(fig.10.6.a). Se cunosc viteza de deplasare a punctului O, v0 = cons tan t . Se
cer: Ecuaţiile Bazei şi Rostogolitoarei mişcării şi vitezele punctelor A şi B ale
barei.
Rezolvare:

Se duc perpendiculare pe direcţiile vitezelor aplicate în O şi B , intersecţia
acestor perpendiculare determină centrul instantaneu de rotaţie (C.I.R), pe care îl
notăm cu I . Se aleg axele fixe O1 x1 y1 şi mobile Oxyz ca în figură şi parametrul
mişcării unghiul dintre O1x1 şi Ox notat cu ϕ = ϕ(t ) . Pentru determinarea Bazei
şi a Rostogolitoarei vom folosi două metode:
a. Metoda geometrică

Proiectând punctul I pe axele fixe (O1x1y1) (fig.10.6.b). obţinem ecuaţiile
parametrice ale Bazei:
ξ1 = O1 D = R cos 2ϕ

(a)

η1 = DI = R sin 2ϕ

Eliminând parametrul ϕ din ecuaţiile (a) se obţine ecuaţia explicită a
Bazei:
ξ12 + η12 = R 2 care reprezintă un cerc cu centrul în O1 de rază R.
Proiectând punctul I pe axele mobile (Oxy) (fig. 10.6.b). se obţin ecuaţiile
parametrice ale Rostogolitoarei:
ξ = OB = 2 R cos ϕ

(b)

η = IB = 2 R sin ϕ
y1

A
B

ROSTOGOLITOAREA

R

BAZA

vO

O1 2ϕ
C

E

a.

Fig. 10.6

ω

R

y

O

I(ξ, η)
I(ξ1, η1)

O v
O

A

x

ϕ

D
B

R

vA

x1

b.

Eliminând parametrul ϕ din ecuaţiile (b) se obţine ecuaţia explicită a
Rostogolitoarei: ξ 2 + η2 = 4R 2
(c)
şi care reprezintă un cerc cu centrul în O, de rază 2R

153

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

b. Metoda grafo-analitică

Se vor folosi ecuaţiile parametrice ale Rostogolitoarei şi bazei obţinute
analitic :
ξ = −v0 y / ω
pentru Rostogolitoare: 
η = v0 x / ω
pentru Bază:

(d)

ξ1 = x0 + ξ cos ϕ − η sin ϕ

η1 = y 0 + ξ sin ϕ + η cos ϕ

(e)

Se observă că legea de mişcare a punctului O (originea sistemului mobil)
se poate scrie:
s = arcCO = R ⋅ 2ϕ
(f)
Derivând expresia (e) în raport cu timpul , se obţine:
s& = 2 Rϕ&

sau

v0 = 2 Rω adică: ω = v0 / 2 R ;

(g)

Coordonatele punctului O faţă de sistemul fix se scriu:

x0 = −O1 E = −O1O cos 2ϕ = − R cos 2ϕ

(h)

y0 = − EO = −O1O sin 2ϕ = − R sin 2ϕ
Proiecţiile vitezei v0 pe axele mobile se scriu din fig. 10.6 astfel:

v0 x = v0 sin ϕ ;

v0 y = −v0 cos ϕ

(i)

Înlocuind acestea în formulele (d) şi (e) se obţin ecuaţiile parametrice ale
Rostogolitoarei şi Bazei , aceleaşi cu cele obţinute prin metoda geometrică .
Vitezele punctelor B şi A sunt:

v B = ω ⋅ IB = v0 sin ϕ
v A = ω ⋅ IA =

(j)

v0
2
⋅ l 2 + (2 R ) − 4lR cos ϕ
2R

10.7. Se consideră o bară OA de lungime l se deplasează într-un plan vertical
cu extremitatea O pe direcţie orizontală, rezemându-se tot timpul în B pe
semicercul de rază R (fig. 10.7.a). Se cunosc viteza de deplasare a punctului O ,
v0 = cons tan t . Se cer: Ecuaţia Bazei şi Rostogolitoarei şi vitezele punctelor A
şi B ale barei.
Rezolvare :
a. Metoda geometrică

Din consideraţii geometrice şi trigonometrice (fig.10.7.a), avem
următoarele ecuaţii parametrice ale Bazei:

R
;
ξ1 = O1O =
ϕ
cos


η1 = O1O ⋅ tgϕ = R

sin ϕ
cos 2 ϕ

(a)

154

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Eliminând parametrul ϕ din relaţiile (a) se obţine ecuaţia Bazei:
ξ14 − R 2 (ξ12 + η12 ) = 0

(b)

Pentru Rostogolitoare (fig.CR2.4.2), obţinem :
ξ = OD = η1 sin ϕ = Rtg 2 ϕ

η = ID = η1 cos ϕ = Rtgϕ

(c)

Eliminând parametrul ϕ din relaţiile (a) se obţine ecuaţia Bazei:
η2 = Rξ

(d)

b. Metoda grafo-analitică

A

O

Acelaşi rezultat se obţine
folosind
ecuaţiile
parametrice teoretice ale
Rostogolitoarei:
v
v
(e)
ξ = − 0y ; η = 0x
ω
ω

Fig.10.7.a.

şi ecuaţiile parametrice ale
Bazei

B
R

O

vO

ξ1 = x0 + ξ cos ϕ − η sin ϕ
η1 = y0 + ξ sin ϕ + η cos ϕ

I(ξ, η)
I(ξ1, η1)

y1

în care dacă se înlocuiesc
valorile pentru:

D

x

ω

y
A

D

v

B

v

R

ϕ vO
O1
Fig.10.7.b

O

(f)

x1

v0 x = v0 cos ϕ

v0 y = −v0 sin ϕ
R

 x0 = O1O =
cos ϕ

y = 0
 0

(g)

se obţine:
v0 v0 cos 2 ϕ
,
ω=
=
IO
R sin ϕ

(h)

Vitezele pentru cele două puncte se determină astfel:
v B = ω ⋅ IB = ω ⋅ ξ = v0 cos ϕ
v A = ω ⋅ IA =

v0 cos 2 ϕ 2
sin 2 ϕ
sin ϕ
lR

l + R2
2
R sin ϕ
cos 4 ϕ
cos ϕ

(i)

155

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

10.8. Se consideră o bară OA de lungime l care se deplasează într-un plan
vertical cu extremitatea O pe direcţie orizontală, rezemându-se tot timpul în B
pe o muchie situată la înălţimea h (fig. 10.8.a). Se cunosc viteza de deplasare a
punctului O , v0 = cons tan t . Se cer: Baza şi Rostogolitoarea mişcării, precum
şi vitezele punctelor A şi B ale barei.
Rezolvare:
a. Metoda geometrică

Intersecţia perpendicularelor duse în O şi B pe v0 si v B determină
C.I.R, punctul de viteză nulă I . Se notează ϕ = ϕ(t ) unghiul dintre axele O1 x1
(fixă) şi Ox (mobilă). Din consideraţii geometrice (fig. 10.8.b) se poate scrie
relaţiile :
ξ1 = h ⋅ tgϕ
ξ1 = O1O = h ⋅ tgϕ 
⇒
h

η
=
= h ⋅ (1 + tg 2 ϕ)
1
η1 − h = ξ1 ⋅ tgϕ
2

cos ϕ


(a)

y1
y

A

I(ξ1, η1)

C

I(ξ, η)

A
vA B

B

ω
vB

h

h

ϕ

x
D

O

vO

vO
O1

Fig. 10.8.a

x1

O

Fig. 10.8.b

Eliminând parametrul ϕ din relaţiile (a) se obţine ecuaţia Bazei :
ξ12 − η1 h + h 2 = 0 .

(b)

Ecuaţia (b) se poate obţine direct din asemănarea triunghiurilor
dreptunghice OO1B şi BO1I:
OO1 BC
ξ η −h
=
⇒ 1= 1
(c)
O1 B CI
h
ξ1
Pentru Rostogolitoare avem din fig. 10.8.b :

h
;
η = ID = η1 cos ϕ =
ϕ
cos


ξ = η1 sin ϕ =

h sin ϕ
cos 2 ϕ

(d)

156

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Eliminând parametrul ϕ din relaţiile (d) se obţine ecuaţia Rostogolitoarei:
η4 − h 2 (η 2 + ξ 2 ) = 0

(e)

b. Metoda grafo-analitică

Acelaşi rezultat
Rostogolitoarei:
ξ=−

v0 y
ω

;

se
η=

obţine

folosind

ecuaţiile

parametrice

v0 x
ω

ale
(f)

şi ale ecuaţiile parametrice ale Bazei
ξ1 = x0 + ξ cos ϕ − η sin ϕ
η1 = y0 + ξ sin ϕ + η cos ϕ

(g)

în care:
v0 x = v0 cos ϕ

v0 y = −v0 sin ϕ

 x0 = O1O = h ⋅ tgϕ

 y0 = 0
v0 cos 2 ϕ
hϕ&
&
⇒ x& 0 =
=
ϕ
=
ω
=
v
sau
0
cos 2 ϕ
h

(h)

Vitezele punctelor A şi B se obţin astfel:
ω=

v0 v0 v0
=
= cos 2 ϕ;
IO η1 h

v B = ω ⋅ IB = ω ⋅ ξ = v0 sin ϕ

(i)

v A = ω ⋅ IA = ω OA 2 + IO 2 − 2OA ⋅ OI cos ϕ = ω l 2 + η12 − 2lη1 cos ϕ
v0
1
h2
2
2
v A = cos ϕ l +
− 2lh
4
h
cos ϕ
cos ϕ
10.9. Se consideră o bară OA de lungime l se deplasează într-un plan vertical
cu extremitatea O pe direcţia orizontală, rezemându-se tot timpul în B pe cercul
fix de rază R (fig. 10.9.a), iar extremitatea O se deplasează cu viteză constantă
v0 = cons tan t . Se cer: Ecuaţia Bazei şi Rostogolitoarei mişcării, vitezele
punctelor A şi B ale barei.
Rezolvare :
a. Metoda geometrică

Din consideraţii geometrice şi trigonometrice (fig.10.9.b) (ϕ=900-2α)
avem următoarele ecuaţii parametrice ale Bazei :

157

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

R cos α

ξ1 = O1O = R ⋅ ctgα
ξ1 =



sin α
⇒
BO
R ⋅ ctgα

η1 = OI = cos ϕ = cos( π / 2 − 2α ) η = R

 1 2 sin 2 α

(a)

Eliminând parametrul α se obţine ecuaţia Bazei sub forma implicită:

ξ12 − 2 Rη1 + R 2 = 0

(b)

Pentru Rostogolitoare (fig. 10.9.b) obţinem în mod analog :
R cos 2α

ξ = OD = η1 sin ϕ = 2 sin 2 α

η = ID = η cos ϕ = R cos α
1

sin α

(c)

Eliminând parametrul α se obţine ecuaţia Rostogolitoarei sub forma implicită:

η2 − 2 Rξ − R 2 = 0

(d)
y1
y

A

A
v

B
R

x
R v

C

B
D

C

v
O

I(ξ1, η1)
I(ξ, η)

α
α

O

O

O

Fig.10.9.a

ϕ
v

x1

Fig.10.9.b

b. Metoda grafo-analitică

Acelaşi rezultat se obţine folosind ecuaţiile parametrice ale Rostogolitoarei:
v
{ ξ = − 0 y ; η = v0 x
(f)
ω
ω
şi ale ecuaţiile parametrice ale Bazei:
ξ1 = x0 + ξ cos ϕ − η sin ϕ
(g)

η
=
y
+
ξ
sin
ϕ
+
η
cos
ϕ
 1
0
în care:
v0 x = v0 cos ϕ = v0 sin 2α

v0 y = −v0 sin ϕ = −v0 cos 2α


 π ϕ
 x0 = O1O = R ⋅ ctgα = R ⋅ ctg  − 
4 2

y = 0
 0

(h)

158

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Derivând expresiile (g) se obţine:
2v0 sin 2 α
ϕ& = ω =
R

Rϕ&
x& 0 =
= v0 sau
2 sin 2 α

(i)

Vitezele punctelor A şi B se obţin astfel:
v B = ω ⋅ IB = ω ⋅ ξ = v0 cos 2α
2v0 sin 2 ϕ 2
R2
l +
− 2lR ⋅ ctgα
v A = ω ⋅ IA =
4 sin 4 ϕ
R

A

l

r

D

ϕ

O

B

ψ
Fig. 10.10. a

I



(j)

10.10.
Se
consideră
mecanismul bielă-manivelă
din figura 10.10.a, pentru
care
se
cunosc:
OA= r = 2, AB = l = 2 3 ( m )
şi
legea de mişcare a
manivelei OA:
ϕ(t ) = 3t
(rad). Se cere viteza culisei
B la momentul t1 pentru care
unghiul OAB=900, viteza
punctului D al bielei aflat la
mijlocul disatnţei AB, poziţia
centrului instantaneu de
rotaţie şi viteza unghiulară a
bielei la acelaşi moment t1.
Rezolvare :

vA

Se notează cu ψ unghiul
OBA (fig. 10.10.b).
Viteza
unghiulară
a
manivelei
OA
este: ω = ϕ& = 3 ( rad / s )

A

l/ 2
ω
O

r
ϕ=60
0

vD

l/ 2

Viteza punctului A va fi :

vB

Conform datelor problemei
se obţine:
OB = OA 2 + AB 2 = 4 ( m )

D

v A = OA ⋅ ω = rω = 6 ( m / s )

ψ=30
0

Fig. 10.10.b

B

Deci rezultă pentru poziţia dată avem valorile: ψ=300, ϕ=600.

159

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Cunoscând direcţiile şi sensurile vitezelor punctelor A şi B , intersecţia
perpendicularelor duse pe aceste direcţii, este centrul instantaneu de rotaţie
Conform fig. 10.10.b, din triunghiul AIB rezultă:
AI = AB tgϕ = 6 (m);
BI = AB/ cosϕ = 4 3 (m)
Viteza unghiulară Ω a bielei AB, aflată în mişcare plan paralelă se
determină din relaţia: v A = AI ⋅ Ω , de unde rezultă viteza unghiulară cerută:

Ω=

vA
= 1 ( rad / s )
AI

Viteza culisei B a mecanismului se detremină cu ajutorul relaţiei:

v B = BI ⋅ Ω = 4 3 = 6 ,92 ( m / s )
Viteza punctului D al bielei este perpendiculară pe ID şi se detremină cu
ajutorul relaţiei:
v D = DI ⋅ Ω = AI 2 + AD 2 ⋅ Ω = 39 = 6 ,24 ( m / s )

10.11. Se consideră mecanismul bielă-manivelă din figura 10.11.a, care
antrenează un disc de rază R, ce se rostogoleşte fără alunecare dealungul unei
suprafeţe paralele cu OB; se cunosc: OA = r = 10; AB = l = 50; R = 12 ( cm )
şi legea de mişcare a manivelei OA: ϕ(t ) = πt (rad). Pentru două poziţii ale
mecanismului corespunzătoare unghiurilor ϕ1=0 respectiv ϕ2=900, se cere:
1. viteza şi acceleraţia unghiulară a roţii de rază R;
2. viteza şi acceleraţia punctelor D şi E ale roţii;
3. poziţia centrului instantaneu de rotaţie şi a polului acceleraţiilor roţii .
Rezolvare :
A

y

Cazul ϕ1=0 . Pentru prima
poziţie a mecanismului dat
corespunzătoare unghiului ϕ1
a se vedea fig. 10.11.b, c, d:

l

r

D
O

ϕ

B

Fig. 10.11.a

E
x

Viteza
unghiulară
manivelei OA este:
ω0 = ϕ& = π ( rad / s )

a
(a)

Viteza punctului A va fi:
v A = OA ⋅ ω = 10π cm / s (b)

160

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

y
ω

r

O

D

vA

l

A

ω

B vB=
x

ϕ=0

x

E
ω2=

I
aD

Fig. 10.11.b

l
A

aE

aB

ν
aBA

aA

D

E

aIBν

B

aIBτ

aB I

Fig. 10.11.c

Fig. 10.11.d

y

ε2

A
vA

B

ω1=

l

r
ω0
O

aIBτ
vA

aIBτ

aIBτ

D

Fig. 10.11.g

B vE E

0

ϕ=90

x

vB
Fig. 10.11.e.

D
v
a DB

ω2

B

y
A
aA

τ
aDB

aB

ε

E
a

v
EB

a

aB
τ
EB

Fig. 10.11.h

l

r

B
B

O

aA

Fig. 10.11.f

aB

a BAτ

x

aB

α J
Fig. 10.11.i

Pentru a detremina viteza unghiulară ω1 a bielei AB se pleacă de la relaţia
v A = AB ⋅ ω1 , de unde rezultă:
evidentă:
ω1 =

vA π
( rad / s )
=
AB 5

(c)

161

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Acceleraţia punctului A este:
a A = aaν = OA ⋅ ω2 = 10π 2 cm / s 2

(d)

Între acceleraţiile punctelor A şi B există relaţia vectorială (vezi fig.
10.11.c):
ν
a B = a A + a BA
+ a BAτ

(e)

ν
unde: a BA
= BA ⋅ ω12 = 2π 2 cm / s 2

(f)

a BAτ este cunoscută doar ca direcţie ( ⊥ BA ), fiind necunoscută ca mărime
τ
Dacă se proiectează relaţia (e) pe axa Oy rezultă a BA
=0, prin urmare ε1=0

Proiectând relaţia (e) pe axa Ox rezultă:
ν
a B = − a A − a BA
= −12π 2 cm / s 2

(g)

Acceleraţia punctului I aparţinând roţii se poate exprima prin relaţia
a I = a B + a IBν + a IBτ
(h)
vectorială (vezi fig. 10.11.c):
Proiectând relaţia (h) pe axa Ox rezultă:
0 = a B − a IBτ

⇒ 12π 2 = ε 2 ⋅ BI

⇒ ε2 = π2

rad / s 2

(i)

Dacă se proiectează relaţia (h) pe axa Oy rezultă:
a I = a IBν = BI ⋅ ω22 = 0

(j)

Rezultă că centrul instantaneu de rotaţie şi polul acceleraţiilor se află în
punctul I.
Acceleraţiile punctelor D şi E aparţinând roţii se determină cu ajutorul
relaţiilor vectoriale (vezi fig. 10.11.d):
a D = ε 2 × ID , respectiv: a E = ε 2 × IE .

Mărimile acestor acceleraţii sunt:
a D = ε 2 ⋅ R 2 = 12 2π 2 cm / s 2 ; a E = ε 2 ⋅ 2 R = 24π 2 cm / s 2

(k)

Distribuţia acceleraţiilor este reprezentată în fig. 10.11.d
2. Pentru cazul ϕ 2 =

π
, a se vedea fig. 10.11.e ... i.
2

Viteza punctului A va fi: v A = OA ⋅ ω = 10π cm / s
Vitezele punctelor A şi B sunt paralele, deci v A = v B , prin urmare viteza
unghiulară a bielei va fi ω1=0.
Centrul instantaneu de rotaţie fiind în punctul I, putem scrie: v B = IB ⋅ ω2
v

de unde rezultă viteza unghiulară a roţii: ω2 = B =
( rad / s ) .
(l)
IB 6

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

162

Vitezele punctelor D şi E aparţinând roţii se determină cu ajutorul
relaţiilor vectoriale: v D = ω2 × ID , respectiv: v E = ω2 × IE .
Mărimile acestor viteze sunt:
v D = ω2 ⋅ 2 R = 20π cm / s ; v E = ω2 ⋅ 2 R = 10 2π cm / s

(m)

Acceleraţia punctului A este orientată de la A spre O (vezi fig. 10.11.f):
a A = aaν = OA ⋅ ω2 = 10π 2 cm / s 2

(n)

Acceleraţia punctului B se determină cu ajutorul relaţiei vectorială (vezi
fig. 10.11.c):
ν
a B = a A + a BA
+ a BAτ

(o)

ν
unde deoarece ω1=0, rezultă: a BA
= BA ⋅ ω12 = 0
ν
Notând cu γ unghiul dintre a A si a BA
, este valabilă relaţia:

tgγ =

OA
= 0 ,204
OB

(p)

Dacă se proiectează relaţia (o) pe axele Ox şi Oy rezultă:
τ
sin γ
a B = a BA

τ
0 = a BA cos γ − a A

a B = a Atgγ = 2 ,04π 2 cm / s 2
⇒ τ
a BA = a A2 + a B2 = 10,2π 2 cm / s 2

(q)

Acceleraţia unghiulară a bielei AB se detremină cu ajutorul relaţiei:
τ
a BA
ε1 =
= 0 ,204π 2 ( rad / s 2 )
AB

(r)

Distribuţia acceleraţiilor este reprezentată în fig. 10.11.g
a I = a B + a IBν + a IBτ

(s)

Dacă se proiectează relaţia (s) pe axele Ox şi Oy rezultă:

a B = a IBτ = 2 ,04 π 2 cm / s 2
a I = a IBν = Rω22 = 8,33 π 2 cm / s 2

(t)

Acceleraţia unghiulară a roţii se detremină cu ajutorul relaţiei:
a IBτ
ε2 =
= 0 ,17 π 2 ( rad / s 2 )
(u)
IB
Distribuţia acceleraţiilor punctelor D şi E aparţinând roţii se determină cu
ajutorul relaţiilor vectoriale (vezi fig. 10.11.h):
ν
τ
a D = a B + a DB
+ a DB
ν
a E = a B + a EB
+ a EBτ

(v)

163

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Având în vedere orientările acestor acceleraţii mărimile acceleraţiilor
punctelor D şi E sunt:
aD =
aE =

(a + a ) + (a ) = 9,25π
(− a + a ) + (a ) = 6,6π
2
τ
DB

B

B

2
ν
EB

2
ν
DB

2

2
τ
EB

cm / s 2 ;
2

cm / s

(w)

2

Unghiurile α1 şi α1 pe care le fac aceste acceleraţii cu direcţia verticală se
determină cu ajutorul relaţiilor:
τ
a B + a DB
tgα1 =
= 0 ,49 ⇒ α1 = 26 ,1050
ν
a DB

(x)


tgα 2 = ν EB = 0 ,325 ⇒ α 2 = 18,004 0
a EB − a B

Distanţa BJ dintre punctul B şi polul acceleraţiilor (vezi fig. 10.11.i) este
dată de :
BJ =

aB
ε 22 + ω4

= 2 ,86 cm

(y)

iar unghiul α dintre BJ şi a B este tgα =

ε2
= 0 ,2444 ⇒ α = 13,734 0 (z)
2
ω2

10.12. Se consideră mecanismul bielă-manivelă din figura 10.12.a, care
antrenază un disc de rază R ce se rostogoleşte fără alunecare pe crecul de rază
r dealungul unei suprafeţe paralele cu OB; se cunosc: legea de mişcare a
manivelei OA: ϕ(t ) = 2t (rad), OA = 40; AB = 80; BC = 25; r = 15 ( cm ) .
Se cer vitezele punctelor A, B, C ale roţii precum şi vitezele unghiulare ale
elementelor mecanismului pentru poziţia particulară dată de ϕ=300.
Rezolvare :

y

A

ω0
O

ϕ

RC

B
r

Fig.10.12.a

x

Se observă că (fig. 10.12.a)
elementele mecanismului au
următoarele mişcări: rotaţiemanivela OA, plan-paralelăbiela AB şi roata de rază R.
Centrele
instantanee
de
rotaţie ale bielei şi roţii se
determină
ridicând
perpendiculare pe suporturile
vitezelor vA respectiv vB (fig.
10.12.b).
Viteza unghiulară a
bielei AB este:

164

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

ω2 =

I2
ω2

A

ω0

r

vC

l

C

B
vB

D

x
I1 ω1

Fig. 10.12.b

AB2 − (OAsinϕ)
AE
I2 A =
=
cosϕ
cosϕ
I 2 A = 89,6 cm
(b)

2

E

ϕ=300

O

(a)

unde I2A se determină din
triunghiul AEI2:

vA
y

vA
I2 A

Rezultă:
v
ω2 = A = 0 ,839 rad / s (c)
I2 A

Viteza punctului B se determină astfel:
v B = ω2 ⋅ I 2 B ,

unde I 2 B = ( OA + I 2 A ) sin 30 0 = 64 ,8 cm

Rezultă v B = ω2 ⋅ I 2 B = 57 ,9 cm / s
Centrul instantaneu de rotaţie al roţii se află în I1, iar viteza unghiulară se
v
calculează în raport cu acesta cu ajutorul relaţiei: ω1 = B = 3,86 rad / s
I1 B
Viteza punctului C se determină astfel:

vC = ω1 ⋅ I 1C

unde: I 1C = I 1 B 2 + BC 2 − 2 ⋅ I 1 B ⋅ BC cos120 0 = 35 cm
Rezultă vC = ω1 ⋅ I 1C = 135 cm / s
10.13. Se consideră un sistem de trei corpuri (1), (2) şi (3) legate între ele prin
fire flexibile şi inextensibile, executând respectiv mişcări de tranlaţie, rotaţie şi
plan-paralelă (fig.10.13.a). Se cunosc razele discurilor R2=2a, r2=a, R3=2a, iar
discul 3 se rostogoleşte fără să alunece . Se cere să se exprime vitezele
corpurilor 2 şi 3 în funcţie de viteza corpului 1(sau analiza cinematică a
sistemului de corpuri).
Rezolvare:

O
2
3

C3
I

1

v1

Distribuţiile de viteze sunt
conform fig.10.13.b şi se pot
scrie relaţiile:
Pentru corpul 1 :

Viteza este: v1
Fig.10.13.a

165

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Pentru corpul 2 :
v2 v2' 
ω2 =
=
v1

R2 r2 
ω
=
2


2a
v2 = v1
(a)
 ⇒
v
'
1

v =
r2 = a
 2 2


R2 = 2a
Pentru corpul 3 :
v 3'
v 
ω3 =
= 3
2 R3 R3  
v
ω3 = 1

 
v
8a
v 3' = v '2 = 1
(b)
⇒
v
2
1
 v =
R 3 = 2a
  3 4



v’2
O2
ω2
2

v’3

C3

v’2

3

v3

v2

1
v1

I ω3
Fig.10.13.b

10.14. Se consideră un sistem de trei corpuri (1), (2) şi (3) legate între ele prin
fire flexibile şi inextensibile, executând respectiv mişcări de tranlaţie, rotaţie şi
plan-paralelă (fig.10.14.a). Se cunosc razele discurilor R2=2a, r2=a, r3=a,
R3=2a, iar discul 3 se rostogoleşte fără să alunece .
Se cere să se exprime vitezele corpurilor 2 şi 3 în funcţie de viteza corpului
1(sau analiza cinematică a sistemului de corpuri).
Rezolvare:

Distribuţiile de viteze sunt
conform fig.CR2.4.10.b şi
se pot scrie relaţiile:

O
2

1

Pentru corpul 1 :

C3

1

Pentru corpul 2 :

3

Fig. 10.14.a

O

v1

Viteza este: v1
v2 v2' 
ω2 = =
r2 R2 

v2 = v1

r2 = a , R2 = 2a 



v’
v2
ω2
v’

2
C3
Fig. 10.14.b

3

v’

v3

I
ω3

v1

ω2 =
⇒
a
'
v = 2v
2
1

(a)

166

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Pentru corpul 3:

v3'
v 
ω3 =
= 3
2v

R3 + r3 R3
ω3 = 1


2v1 v3

3a
v3' = v'2 = 2v1
=
⇒
 ⇒ ω3 =
4v1
3a 2a 
=
v
r3 = a , R3 = 2a 
3


3


(b)

10.15. Se consideră mecanismul din figura 10.15 având elementele geometrice
şi mecanice următoare: OA = 2L, AB = 4L, AC = L,(cm),ωOA = 2ω0 ,s −1 ,εOA = ω02 ,s −2
Se cer: vitezele şi acceleraţiile următoare: v A , a A ,vB , aB ,ω AB ,vC , aC ,ε AB . pentru
poziţia mecanismului din fig. 10.15
Rezolvare:

Cele două bare ale mecanismului sunt: OA aflată în mişcare de rotaţie şi
AB în mişcare plan-paralelă . Centrul instantaneu de rotaţie al acesteia din urmă
este I.
a) calculul vitezelor punctelor A, B, C : (a)
vA = ωOA ⋅ OA = 4Lω0 cm / s
v
v
ωAB = A = A = 4ω0 rad / s
IA 2 AB

B

1200

ωOA
O

εOA

vB = ωAB ⋅ IB = ωAB IA2 − AB2 = 2 3Lω0 cm / s
vC = ωAB ⋅ IC = ωAB

C

A

Fig.10.15.

57
IB2 + CB2 =
Lω0 cm / s
2

b) calculul acceleraţiilor punctelor A, B, C:

300

a Aτ = ε OA ⋅ OA = 2 Lω02
a A = a + a unde  υ
2
2
a A = ωOA ⋅ OA = 8 Lω0 (b)
τ
A

⇒ aA =

v

υ
A

(a ) + (a )
τ 2
A

υ 2
A

= 2 17 Lω02 cm / s 2

a Aτ 1
tgβ = υ =
aA 4

v
A

a ⊥A B , a

υ
AB

AB

l C

(dela A spre B )

3l

B

ωOA

Fig.10.15.a.

τ
υ
+ aAB
aB = aA + aAB

τ
AB

v

O

τ
τ
= ε AB ⋅ AB
aAB
aAB
(2) ⇒ aABυ = Lω02
⇒ ε AB =
unde υ
2
AB
aAB = ωAB ⋅ AB

I

ωAB

aτAB

aτAC

x
εOA

aνA

εAB
A aνAC
aB
C
τ
aA

aνAB

O

Fig. 10.15. b.

B
y

167

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ
τ
υ
Relaţia (a) se mai scrie: a B = a Aτ + a Aυ + a AB
+ a AB

care proiectată pe axele x şi y conduce la:

τ
Întrucât a AB
în (b) se obţine : ε AB =

(
(

)

a B = 5 − 3 Lω02
⇒ τ
a AB = 1 + 4 3 Lω02

υ
a B = − a Aτ cos 30 0 + a Aυ sin 30 0 + a AB

0
0
τ
υ
τ
0 = a A sin 30 + a A cos 30 − a AB

)

1+ 4 3 2
ω0
4

Acceleraţia punctului C este:
τ
υ
aC = a Aτ + a Aυ + a AC
unde
+ a AC


1+ 4 3
Lω02
aC = ε AC ⋅ AC =
4

a = ω2 ⋅ AC = 1 Lω2
0
AB
 C
4

(c)

Proiectând relaţia (c) pe axele x şi y avem :
17 − 4 3
Lω02
4
3
= 1 + 4 3 Lω02
4

υ
aCx = −a cos 30 0 + a Aυ sin 30 0 + a AC
=

τ
aCy = a Aτ sin 30 0 + a Aυ cos 30 0 − a AC

(

)

de unde se găseşte prin înlocuire, acceleraţia punctului C:
aC = aCx2 + aCy2

(d)

10.16. Se consideră mecanismul din figura 10.16 având elementele geometrice
şi mecanice următoare: OA = 2L, AB = 6L, AC = 3L( cm ); ωOA = 2ω0 s −1 ,εOA = ω02 s −2
Se cer: vitezele şi acceleraţiile următoare: v A , a A ,vB , aB ,ω AB ,vC , aC ,ε AB , pentru
poziţia mecanismului din fig. 10.16.
Rezolvare :

a) Pentru determinarea vitezelor se ţine seama de faptul că bara OA este în
mişcare de rotaţie , iar bara AB în mişcare plan-paralelă. Se determină
centrul instantaneu de rotaţie şi avem:
v A = ωOA ⋅ OA = 4Lω0
ωAB =

B

4Lω0
vA
vA
2
=
=
=
ω0 rad / s
IA
AB2 + IB2 6L 2 3

2
ω0 ⋅ 6L = 2 2Lω0 cm / s
vB = ωAB ⋅ IB =
3
vC = ωAB ⋅ IC = ωAB BC2 + IB2 = 10Lω0

C
ωOA
O

450
A

Fig.10.16

168

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Acceleraţiile punctelor A, B, C:
acceleraţia punctului A :

a A = a Aτ + a Aυ

v

a = ε OA ⋅ OA = 2 Lω
 υ
2
2
a A = ωOA ⋅ OA = 8 Lω0
sau
τ
A

aA =

B

v

2
0

(a ) + (a )
τ 2
A

υ 2
A

v

C

ωOA
A

O

= 2 17 Lω02 ,

I

Fig 10.16.a

a Aτ 1
tgβ = υ =
aA 4
Acceleraţia punctului B:

x

τ
υ
a B = a A + a AB
+ a AB

a ⊥A B , a
τ
AB

unde

υ
AB

aνAB

AB

C

aB = a + a + a + a
(a)
aνAC
aτAC
τ
aA
unde:
εOA
τ
εAB
a AB
 τ
aνA A
O
a
AB
=
ε


ε
=
AB
AB
 AB
AB
(b)

Fig. 10.16.b
a υ = ω2 ⋅ AB = 4 Lω2
AB
0
 AB
3
Proiectând relaţia (a) pe axele x şi y avem respectiv :
Lω02
2
2
τ
υ
υ
aB = a A ⋅
− aA ⋅
− a AB = − 9 2 + 4
2
2
3
2
2
τ
τ
0 = a Aτ ⋅
+ a Aυ ⋅
− a AB
= 5 2 Lω02 − a AB
2
2
Se obţine :
Lω02

=

a
9 2 + 4 ,cm / s 2
 B
3

a τ = 5 2 Lω2 ,cm / s 2
0
 AB
τ
A

υ
A

aB

B

τ
AB

aτAB

y

υ
AB

(

(

)

)

τ
Înlocuind a AB
în relaţia (b) se obţine :

ε AB =

(c)

(d)

5 2 2
ω0 rad / s 2
6

Acceleraţia punctului C este :
τ
υ
aC = a Aτ + a Aυ + a AC
;
+ a AC

 τ
5 2
Lω02 ,cm / s 2
a AC = ε AB ⋅ AC =
2

a = ω2 ⋅ AC = 2 Lω2 cm / s 2
0
AB
 C
3

Proiectând relaţia (e) pe x şi y se obţine respectiv relaţiile :

(e)

169

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ


τ
aCx = a A ⋅

a = a τ ⋅
A
 Cy

2
− a Aυ ⋅
2
2
+ a Aυ ⋅
2


3 2+2 2
2
υ
Lω 0
− a AC
aCx = −
3

2
⇒
2
τ
a = 5 2 − 2  Lω2
− a AC
 2  0
 Cy
2



(f)

Acceleraţia punctului C se calculează cu formula : aC = aCx2 + aCy2
10.17. Se consideră mecanismul manivelă-balansier-piston din fig. 10.17, într-o
poziţie particulară( ϕ = 60 0 ) în raport cu sistemul de referinţă Oxy. Lungimile
elementelor (în mm) sunt: A0A=R=30, AC=L=130, CD=r=25, A0B=d=80,
A0D’=D=130. Manivela OA se roteşte cu viteza unghiulară constantă:
ω10 = ω0 = 1rad / s , având sensul indicat în figură. Se cere să se determine:

v B 23 , v D 50 , a B 23 , a D 50 , ω20 , ω40 , ε 20 ,ε 40 .
y

A

3

2

1

4

5

L

R

D (D45,

ϕ
d

A0

B (B23, B30)

ψ

r
D
C

D’

θ

x

Fig.10.17

A

1
I

3

A0

0

B23

B30
C

II

D50

5

Rezolvare:

2

Graful asociat acestui lanţ cinematic biciclu este dat în
fig. 10.17.a (cu cercuri s-au figurat elementele şi cu
linii cuplele cinematice). În punctele B şi D se
suprapun câte două cuple cinematice notate pe graful
asociat cu: B (B23, B30) respectiv D (D45, D50)
1. Analiza poziţională a mecanismului

D45

Fig. 10.17.a

4

Pentru analiza poziţională a elementelor şi cuplelor
acestui lanţ cinematic (LC), se determină mai întâi
unghiurile ψ si θ în funcţie de elementele cunoscute :
R, L, r, d, D şi ϕ .

170

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Astfel dacă de scrie teorema sinusurilor în triunghiul A0AB se obţine
unghiul ψ :
R
d
, rezultă:
=
sin ψ sin( 180 − ϕ − ψ )

tgψ =

R ⋅ sin ϕ
d − R ⋅ cos ϕ

(a)

dacă de scriu proiecţiile laturilor A0A, AC şi AD pe axa Ox se obţine
unghiul θ :
R cos ϕ + L cos ψ + r sin θ = D , rezultă:

sin θ =

D − L cos ψ − R cos ϕ
r

(b)

În tabelul de mai jos sunt date coordonatele x şi y ale cuplelor cinematice:
Cupla
cinematică
x
y

A0

A

B

C

D

0
0

R cos ϕ
R sin ϕ

d
0

R cos ϕ + L cos ψ
R sin ϕ − L sin ψ

D
R sin ϕ − L sin ψ + r cos θ

2. Analiza cinematică a vitezelor

Ecuaţiile de condiţie pentru viteze sub forma generală se scriu:
n

n

i =1

i =1

∑ vAix ,i−1 − ∑ωi ,0 ( yB − y A ) = 0 ;

n

n

i =1

i =1

∑ vAiy ,i−1 + ∑ωi ,0 ( xB − xA ) = 0

(c)

Pentru primul ciclu: 0 - A0 - 1 - A - 2 -B23 - 3 – B30 – 0 ele se scriu astfel:

v Bx 32 − ω10 ( y A − y A ) − ω20 ( y B − y A ) = 0;
0

v

y
B 32

+ ω10 ( x A − x A ) + ω20 ( x B − x A ) = 0;

(d)

0

v Bx 32 = v B 32 cos( π − ψ ); v By 32 = v B 32 sin ( π − ψ )
Rezolvând sistemul se obţine:
− ( y B − y A ) sin ψ + ( x B − x A )cos ψ
ω20 = ω10
(y A − y A )sin ψ − (x A − x A )cos ψ
− ( y A − y A )( x B − x A ) + (x A − x A
0

v B 32 = ω10

0

)( y

(e)
B

− yA )

(f)
− ( y B − y A ) sin ψ + ( x B − x A )cos ψ
Pentru al II-lea ciclu: 0 – B03 - 3 – B32 - 2 - C - 4 – D45 - 5 - D50 - 0 ecuaţiile (c)
se scriu astfel:
0

0

v Bx 23 + v Dx 05 − ω20 ( yC − y B ) − ω40 ( y D − yC ) = 0;
v By 23 + v Dy 05 + ω20 ( xC − x B ) − ω40 ( x D − xC ) = 0;

v Bx 23 = v B 23 cos(π − ψ ); v By 23 = v B 23 sin(π − ψ ); v Dx 05 = 0; v Dy 05 = v D 05
Rezolvând sistemul se obţine:

(g)

171

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

(y
(y

ω40 = ω20

C
D

− yB )
cos ψ
+ v B 32
( y D − yC )
− yC )

(h)

v D 50 = −v D 05 = v B 32 sin ψ + ω20 ( xC − x B ) + ω40 ( x D − xC )

(i)

2. Analiza cinematică a acceleraţiilor
Ecuaţiile de condiţie pentru viteze sub forma generală se scriu:
n

n

n

n

n

i =1

i =1

i =1

i =1

i =1

n

n

n

i =1

i =1

∑ a Aitx ,i−1 − ∑ ε i ,0 ( y B − y A ) = ∑ ωi2,0 ( xB − x A ) − ∑ a Ainx,i −1 + 2 ∑ ωi ,0 v Aiy ,i −1
∑a
i =1

Pentru
astfel:

ty
Ai ,i −1

n

+ ∑ ε i ,0 ( x B − x A ) = ∑ ω ( y B − y A ) − ∑ a
2
i ,0

i =1

ny
Ai ,i −1

n

− 2 ∑ ωi ,0 v
i =1

(j)

x
Ai ,i −1

primul ciclu: 0 - A0 - 1 - A - 2 -B23 - 3 – B30 – 0 relaţiile (j) se scriu

aBtx32 − ε10 ( y A − y A ) − ε 20 ( yB − y A ) = ω102 ( x A − x A ) + ω220 ( xB − x A ) + 2ω20 vBy 32
0

0

aBty32 + ε10 ( x A − x A ) + ε 20 ( xB − x A ) = ω102 ( y A − y A ) + ω220 ( y B − y A ) − 2ω20vBx 32
0

0

(k)

aBtx32 = aB 32 cos( π − ψ ); aBty32 = aB 32 sin( π − ψ ); ε10 = 0
Dacă se notează:
ω102 ( x A − x A ) + ω220 ( x B − x A ) + 2ω20 v By 32 = L1 x
0

ω ( y A − y A ) + ω220 ( y B − y A ) − 2ω20 v Bx 32 = L1 y
2
10

(l)

0

rezolvând aceast sistem se obţine:
ε 20 =

(y

a B 32 =

L1x sin ψ + L1 y cos ψ

B

(y

− y A ) sin ψ − ( x B − x A )cos ψ

(x
B

B

− x A )L1 x + ( y B − y A )L1 y

− y A ) sin ψ − ( x B − x A )cos ψ

(m)
(n)

Pentru al II-lea ciclu: 0 – B03 - 3 – B32 - 2 - C - 4 – D45 - 5 - D50 - 0
ecuaţiile (j) se scriu astfel :
a Btx23 + a Dtx05 − ε 20 ( yC − y B ) − ε 40 ( y D − yC ) = ω220 ( xC − xB ) + ω240 ( xD − xC ) = L2 x
a Bty23 + a Dty05 + ε 20 ( xC − xB ) + ε 40 ( xD − xC ) = ω220 ( yC − y B ) + ω240 ( y D − yC ) = L2 y (o)
a Btx23 = a B 23 cos( π − ψ ); a Btx23 = a B 23 sin( π − ψ ); a Dtx05 = 0; a Dty05 = a D 05 = −a D 50
Rezolvând aceast sistem se obţine:
ε 40 =

ε 20 ( yC − y B ) + a B 23 cos ψ + L2 x
( y D − yC )

a D 50 = ε 20 ( xC − x B ) + ε 40 ( x D − xC ) + a B 23 sin ψ − L2 y

(p)

172

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Înlocuind valorile numerice se obţin următoarele rezultate:
tgψ = 0 ,3997 ; ψ = 21,7868 0 ; sin θ = −0,22857; θ = − 13,213 0

.

Pentru coordonatele cuplelor cinematice se obţin valorile:
Cupla cinematică

A0

A

B

C

D

x (mm)

0

15

80

135,714

130

y (mm)

0

25,981

0

-22,269

2,069

Înlocuind aceste valori în expresiie (e), (f), (h), (i) se obţin
vitezele ω20, vB32, ω40, vD50. şi în expresiie (m), (n), (p) se obţin
acceleraţiile ε20, aB32, ε40, aD50. cerute.

PROBLEME PROPUSE
Se consideră mecanismul din figurile 10.18. ... 24, din tabelul de mai jos
având elementele geometrice şi mecanice specificate. Se cer: vitezele şi
acceleraţiile punctelor A, B şi C
B

C

A

ωOA = 2ω0 ( s −1 ),εOA = ω02 ( s −2 )

450
ωOA
O

OA = 2L, AB = 6L, AC = 3L ( cm )

450

εOA

Fig 10.18
ωOA
O

OA = 5L, AB = 7 L , AC = 3L ( cm )

εOA
120

A

ωOA = 2ω0 ( s −1 ),ε OA = 3ω02 ( s −2 )

0

C

Fig. 10.19

B

173

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

B

C

OA = 35L, AB = 75L, AC = 60L( cm )
A

ωOA = 5ω0 ( s −1 ),εOA = 10ω02 ( s −2 )

εOA
ωOA
O

450

Fig. 10.20
C

B

A

OA = AB = 4 L , AC = 2 L ( cm )
450

ωOA = ω0 ( s −1 ) ε OA = 2ω02 ( s − 2 )

ωOA
O

εOA

Fig. 10.21
ωOA

A

O

OA = 23, AC = 57 ,r = 14 ( cm )

ωO = 1,5( s −1 )

2r
r

C

B
I
Fig. 10.22

OA = 25, AC = 60 ,r = 15 ( cm )

600

ωO = 1,6 ( s −1 )

ωOA
C

B

O

r
I

Fig. 10.23

x

174

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

O

ωOA

OA = 16, AC = 60 ,r = 15 ( cm )

A

ωO = 1,6 ( s −1 )

2r
B

C
x

r
Fig.10.24

Date:

A0 A = R = 20, A0 B = 60 , A0 D = 50 ( cm )
ϕ = 450 ; ω A A = 1( s −1 ) ; ε A A = 0
0

0

Se cer: vitezele şi acceleraţiile punctelor A şi C ,

vitezele şi acceleraţiile unghiulare ale elementului BC
C

A

y
R
O≡B

ϕ

A0

x
D

Fig.10.25

Date:

A0 A = R = 20, A0 B = 60, BC = 100; A0 D = 80 ( cm )
ϕ = 30 0 ; ω A A = 1( s −1 ) ; ε A A = 0
0

0

Se cer: vitezele şi acceleraţiile punctelor A, B şi C ,

vitezele şi acceleraţiile unghiulare ale elementului BC.
C
A

y
R
O≡B

A0
Fig.10.26

ϕ

D

x

175

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

CAPITOLUL XI
CINEMATICA MIŞCĂRII RELATIVE
A PUNCTULUI MATERIAL
PROBLEME REZOLVATE
11.1 Se consideră un cadru pătrat de latură 2a pe a cărui latură se află un tub,
în interiorul căruia se deplasează un punct material ( o bilă ) M, plecând din O
π
după legea: OM = sr (t ) = 18 sin t ( cm ) . În acelaşi timp, cadrul se roteşte în
4
planul său, în jurul colţului O1 după legea: ϕ(t ) = 2t 3 − t 2 ( rad )
Se cere să se determine: viteza şi acceleraţia absolută a punctului material M
2
pentru următorul caz particular: t1 = s şi a=25 cm (fig.11.1).
3
Rezolvare
1) Mişcarea punctului M în raport cu tub este mişcarea relativă, iar mişcarea de
rotaţie a punctului M solidar legat de tub la un moment dat, în jurul
punctului fix O1 este mişcarea de transport . Legile de vartiaţie ale spaţiului
pentru cele două mişcări sunt date prin enunţul problemei.
Vitezele: relativă, de transport

s( t ) = 18 sin πt / 4

şi absolută , se scriu :

a

2a

∂s r 9
π
= π cos t
∂t 2
4
∂ϕ
2
2
vt =
⋅ O1 M = ( 6t 2 − 2t ) (2a ) + (a − s r ) (a)
∂t
vr =

va = vr2 + vt2 − 2vr vt cos α

O

s(t)
M

a

ω(t)=6t2-2t

O

Fig. 11.1

unde α se determină din iar din triunghiul
dreptunghic O1AM cu ajutorul relaţiilor:

cos α =

O1 A
=
O1M

2a

(2a ) + (a − s )
2

2

r

;

(b)

sin α = 1 − cos α

a

atυ α a

Viteza şi acceleraţia unghiulară a cadrului:
rad / s

& =ϕ
&& = 12t − 2 rad / s 2
ε=ω

a
ω

(c)
Fig. 11.1a

aC

M
atτ

2

ω = ϕ& = 6t 2 − 2t

ar

vt

a
O

A

vr

176

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Acceleraţia relativă este: ar =

∂vr
π
9π 2
=−
sin t
∂t
8
4

(d)

Acceleraţia Coriolis se scrie: ac = 2 ω × vr şi deoarece ω ⊥vr avem:

aC ⊥vr , ac = 2ω ⋅ vr = 18πt( 3t − 1 ) ⋅ cos( πt / 4 )

(e)

Acceleraţia de transport are două componente:
atυ = −O1 M ⋅ ω2 si atυ = ε × O1 M

(2a )

atυ =

2

şi deoarece ε ⊥O1 M avem:

+ (a − s r ) ⋅ ω2 si atτ =
2

(2a )

2

+ (a − s r ) ⋅ ε
2

(f)

Proiectând pe axele Ox şi Oy relaţia vectorală de compunere a acceleraţiilor:
a a = a r + atτ + atυ + ac se obţine valoarea acceleraţiei absolute:
a ax = −ar − atτ cos α + atυ sin α
⇒ a a = aax2 + a ay2

τ
υ
a ay = − at sin α − at cos α + ac

(g)

2
2) Pentru cazul particular t = t1 = s şi a=25 cm, înlocuind în relaţiile de mai
3
sus se obţin valorile :
cos α sin α O1M s

ω

-

-

cm

cm s-1

0,95

0,31

52,5

9

aυt

aτ t

ε

vr

s-2

cm/s cm/s cm/s cm/s2 cm/s2 cm/s2 cm/s2

1,33 6

vt

12,24 70

a ax = −ar − atτ cos α + atυ sin α = −276

τ
υ
a ay = −at sin α − at cos α + ac = −154

va
58,5

ar
5,55

aC
32,6

93,3

315

⇒ a a = aax2 + a ay2 ≅ 316 cm / s 2

(h)

11.2 Se consideră cadrul triunghiular din figura 11.2 şi un punct material M
care se deplasează în interiorul tubului solidar cu cadrul, înclinat faţă de
verticală cu unghiul α = 30 0 . Se cunosc legile pentru cele două mişcări:

- relativă: s r = OM = 16 − 8 cos(3πt ) (cm) .
- de transport care se roteşte cadrul în jurul
axei verticale: ϕ = 0 ,9t 2 − 9t 3 rad .

ϕ

O1

M
α

O

Se
cere: Să se determine poziţia
punctului M, viteza absolută (va ) şi acceleraţia
2
absolută (aa ) la momentul t = t1 = s .
9
Rezolvare :

Vitezele: relativă, de transport
Fig. 11.2

şi absolută (fig. 11.1.a), se scriu :

177

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

∂s r

v
=
= 24π sin 3πt
r

∂t

v = ∂ϕ ⋅ O M = ( 1,8t − 27t 2 ) sin α
 t ∂t 1

(a)

⇒ va = vr2 + vt2
Viteza şi acceleraţia unghiulară a cadrului:
ω = ϕ& = 1,8t − 27t 2

ω

rad / s

(b)

& =ϕ
&& = 1,8 − 54t rad / s 2
ε=ω

Acceleraţia relativă : ar =

∂vr
= 72π 2 cos 3πt
∂t

(c)

M
vt

Acceleraţia Coriolis se scrie:
aC = 2 ω × vr ⇒ aC = 2ωvr sin( 180 − α )

α

(d)

Acceleraţia de transport are două componente:
atυ = −O1 M ⋅ ω2 si atυ = ε × O1 M

vr

va

O

O

(e)

Fig. 11.2.a

(f)

z

şi deoarece ε ⊥O1 M avem:
atυ = O1 M ⋅ ω2 = s ⋅ sin α ⋅ ω2
 υ
 at = O1 M ⋅ ε = s ⋅ sin α ⋅ ε

Proiectând relaţia vectorială dintre acceleraţii

vr

O1

aνt

pe axele de coordonate (Mxyz ) , ca în fig. 11.2.b
se obţin relaţiile şi valorile :

x

a x = atυ + ac

aC

M
ar

y

α

a y = a − a cos 60
υ
t

aτt

τ
r

0

(g)
O

a y = − arτ sin 60 0
2
3) Pentru cazul particular t = t1 = s şi α=300,
9
înlocuind în relaţiile de mai sus se obţin valorile
din tabelul următor:
aτt

Fig. 11.2.b

ω

vr

vt

va

ε

aυt

s-1

cm/s

cm/s

cm/s

s-2

cm/s2 cm/s2 cm/s2 cm/s2 cm/s2 cm/s2

-0,93

65,2

9,3

65,9

-10,2

9

102

aυr
0

aτr
-355

aC
61

aa
345

178

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

11.3 Se consideră cadrul dreptunghiular ABCD (AD=a) din figura 11.3 care se
roteşte cuω=ω0 (=constant) şi un punct material M care cade liber (cu
acceleraţia g) în interiorul tubului CD solidar cu cadrul, paralel cu axa
verticală de rotaţie. Se cere să se determine viteza absolută (va ) şi acceleraţia
absolută (aa ) la momentul t.
Rezolvare :
ω

Se aleg axele fixe şi mobile ca în fig.11.3.a.
Sistemul mobil se roteşte în acelaşi timp cu
cadrul dreptunghiular în jurul lui AB.

C

B

Mişcarea relativă a puctului M în tubul CD este
gt 2
dată de legea : CM =
, iar mişcarea de
2
rotaţie a lui M (considerat fix pe cadru) de rază
a şi viteză unghiulară ω0 este mişcarea de
transport .

M

A

D

Fig. 11.3

Calculul vitezei absolute la momentul t :

ω0

x1

B=O=O1

C
x

r
y

(b)

∂r

vr = ∂t = gtk

2
vt = ω × r = ω0 k ×  ai + gt k  = ω0 aj

2 


g

vt
vr

D

Fig. 11.3.a

ω = ω0 k , ε = 0 ;
unde

M

A

(a)

v a = v r + vt

aυt

y1

gt 2
r = BM = ai +
k
2
v0 = 0 , a 0 = 0 ,

va = ω0 aj + gtk ⇒ va = a 2 ω02 + g 2 t 2

z=z1

(c)

Calculul acceleraţiei absolute la momentul t :

a a = a r + a t + aC ,

unde:

∂vr
= gk ;
∂t
at = ε × r + ω × (ω × r ) = ω0 k × ω0 aj = −ω02 ai ⇒ atτ = 0 , atυ = ω2 a
ar =

(d)

aC = 2 ω × vr = 2ω0 k × gtk = 0
Rezultă : a a = gk − ω02 ai este cuprinsă într-un plan meridian al cilindrului
şi are valoarea constantă: aa = g 2 + ω4 a 2 .

(e)

179

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

11.4 Se consideră cadrul semicircular AB de rază R din figura 11.4 care se
roteşte cu viteza unghiulară ω=ω0 (constantă) în jurul unui diametru vertical şi
un punct material M care se deplasează pe arcul AB solidar cu cadrul plecând
din M0, cu viteza constantă v0 (constantă). Se cere să se determine viteza
absolută (va ) şi acceleraţia absolută (aa ) la momentul t.
Rezolvare:
ϕ1

Punctul M, în mişcarea sa relativă
pleacă din M0 şi parcurge unghiul la
centru ϕ2, şi în acelaşi timp arcului
semicircular se roteşte în mişcarea sa de
transport cu unghiul ϕ1. Vitezele
unghiulare respective sunt: ω1=ω0
respectiv ω2=v0/R iar acceleraţiile
unghiulare: ε 2 = 0 , ε1 = 0 . Se aleg cele
două sisteme de axe (sistemul fix O1x1y1
şi mobil Oxy ) ca în figura 11.4.a.

B
M
R

v0

ϕ2

O

M0

A

Fig. 11.4

Viteza absolută : va = vr + vt

z=z1
z’
vr

B

ω1

O’ at
aC
O=O1

M

y’
vt

x’

ϕ1

M0

x1

unde vectorii vr ,vt au direcţiile şi
sensurile din fig. 11.4.a., conform
definiţiei lor, iar mărimile sunt :
vr = v0 , vt = O' M ⋅ ω1 = Rω0 cos ϕ 2
⇒ va = vr2 + vt2 = v02 + ω02 R 2 cos 2 ϕ2 (b)

ϕ2

ar

(a)

x

Acceleraţia absolută: aa = a r + at + aC
Întrucât acceleraţiile unghiulare
ε1 = 0 , ε 2 = 0 , rezultă că acceleraţiile

A

Fig. 11.4.a.

ar , at au decât componentele normale
diferite de zero, cele tangenţiale fiind nule

2
0

v
v
= ,
at = atυ = O' M ⋅ ω12 = Rω02 cos ϕ 2
(c)
R R
ac = 2 ωt × vr ⇒ ac = 2ω0 v0 sin ϕ 2
Mărimea acceleraţiei absolute se obţine proiectând pe trei axe Mx’y’z’ astfel:
v02
 v02

2
a x = − a r cos ϕ 2 − at = − cos ϕ 2 − Rω0 cos ϕ 2 = − + Rω02  cos ϕ 2
R
R

2
r

ar = arυ =

v02
a y = − ac = −2ω0 v0 sin ϕ 2 ; a z = − a r sin ϕ 2 = − sin ϕ 2
R
2

 v02
 2 2 v04  2
2 
2
aa = a = a + a + a =  + Rω0  cos ϕ 2 +  4ω0 v0 + 2  sin ϕ 2
R 
R


2
x

2
y

2
z

(d)

180

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

11.5. Se consideră un cursor M care pleacă din A având viteza iniţială zero pe
un inel circular AB de rază R=OM cu viteza unghiulară ωr=ω1=ε1t
(ε1=constant) iar inelul se roteşte în jurul diametrului vertical AB cu viteza
unghiulară ωt=ω2=ε2 t (ε2=constant) ca în figura 11.5. Se cere să se determine
viteza absolută (va ) şi acceleraţia absolută (aa ) la momentul t oarecare.
Rezolvare:

Punctul M, în mişcarea sa relativă
pleacă din A şi parcurge inelul circular cu
viteza unghiulară ωr=ω1=ε1t, şi în acelaşi
timp inelul circular se roteşte în jurul
diametrului vertical AB în mişcarea sa de
transport cu viteza unghiulară ωt=ω2=ε2t;
acceleraţiile unghiulare sunt constante:
ε 2 = ct . , ε1 = ct . . Se aleg cele două
sisteme de axe (fix O1x1y1 şi mobil Oxy )
ca în figura 11.5.a.

ω2
A
M
R

ω1

O

B

Fig. 11.5

a. Calculul vitezei absolute:
v a = v r + vt

z=z1
B

ω2

O’

ϕ1

O≡O1

unde vitezele vr ,vt au direcţiile şi
sensurile
din
fig.
11.5.a,
fiind
perpendiculare şi având mărimile:

vt

M
vr

va

ϕ2
x

x1
A

(a)

Fig. 11.5.a.

vr = Rω1 , vt = Rω2 sin ϕ1 , deci:
⇒ va = vr2 + vt2 = R ω12 + ω22 sin 2 ϕ1 (b)
1
unde: ϕ1 = ε1t 2 (deoarece punctul pleacă
2
din A având viteza iniţială zero)
b. Calculul acceleraţiei absolute :
a a = a r + at + aC

B

ω2

υ O’
ϕ1

aυt

aC

aτt

z

M
aυr

aτr

(c)

Întrucât acceleraţiile unghiulare
sunt nenule ( ε1 ≠ 0 , ε 2 ≠ 0 ), rezultă că
acceleraţiile ar , at au atât componentele
normale cât şi tangenţiale:

ar = arυ + arτ ; arυ = Rω12 , arτ = Rε1

x

y

A

Fig. 11.5.b.

at = atυ + atτ ; atυ = R sinϕ1 ⋅ ω22 ; arτ = R sinϕ1 ⋅ ε2 (d)
π

ac = 2ω2 ×vr ⇒ ac = 2Rω2ω1 sinϕ1 + 
2


181

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Pentru a determina mărimea acceleraţiei absolute se proiectează relaţia (b)
pe cele trei axe de coordonate Mx, My, Mz din fig. 11.5.b, astfel încât avem:
a x = arυ + atυ sin ϕ1 = R(ω12 + ω22 sin 2 ϕ1 )
a y = arτ − atυ cos ϕ1 = R (ε1 − ω22 sin ϕ1 cos ϕ1 )

(e)

a z = atτ + aC = R (ε 2 sin ϕ1 + 2ω1ω2 cos ϕ1 )

aa = R (ω12 + ω22 sin 2 ϕ1 ) + (ε1 − ω22 sin ϕ1 cos ϕ1 ) + (ε 2 sin ϕ1 + 2ω1ω2 cos ϕ1 )
2

2

2

11.6 Se consideră un cursor M care se deplasează pe bara cotită O1OA
(∠O1OA=900 , O1O=a=20cm) după legea OM=sr(t)=20sinπt (cm) . În acelaşi
timp bara se roteşte în jurul punctului fix O1 după legea: ϕ(t)=t-0,5t2, în sens
trigonometric ca în figura 11.6.a. Se cere să se determine viteza absolută (va ) şi
acceleraţia absolută (aa ) la momentul t1=1/3 s
y
vt

sr
O

ϕ

va

M

A

a

O
M
a

O1

O1

aC
vr

A

O

ar

aνt

α
ω

ω

Fig. 11.6.a

A

M

a

α

x

aτt

ε
O1

Fig. 11.6.b

Fig. 11.6.c

Rezolvare:

Mişcarea relativă este mişcarea rectilinie a cursorului M de la O spre A
conform legii date sr(t)=20sinπt
Mişcarea de transport este mişcarea punctului M al cadrului care coincide
cu cursorul pentru momentul considerat (sau mişcarea cursorului împreună cu
cadrul dacă încetează mişcarea relativă), deci o mişcare circulară ϕt(t)=t-0,5t2
cu viteza şi acceleraţia unghiulară: ω=1-t; ε=-1, pe cercul de rază:
O1 M = a 2 + sr2
Viteza absolută este dată de relaţia vectorială: va = vr + vt

(a)

unde vitezele vr ,vt au direcţiile şi sensurile din fig. 11.6.b, având mărimile:

vr = s&r = 20πcosπt , vt = O1M ⋅ ω = (1− t ) a2 + (20sinπt )

2

⇒ va = vr2 + vr2 + 2vr vt cos(π − α )

[

(b)

]

va = (20πcosπt )2+ (1− t ) a2 + (20sinπt ) − 40π⋅ cosα ⋅ cosπt ⋅ (1− t ) ⋅ a2 + (20sinπt )
2

2

2

182

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

unde α este unghiul OO1M, conform fig. 11.6.b,c: cos α = a / a 2 + s 2
Acceleraţia absolută este dată de relaţia vectorială:
a a = a r + at + aC
(c)
unde acceleraţiile unghiulare au sensurile şi direcţiile prezentate în fig.
11.6.c, şi mărimile date de:

ar = v&r = &s&r ⇒ ar = − 20π2 sinπt ,
at = atυ + atτ ; atυ = ω2 ⋅ O1M = (1− t ) ⋅ a2 + (20sinπt ) ;
2

2

(d)

a = ε ⋅ O1M = a + (20sinπt )
τ
r

2

2

aC = 2ω×vr ⇒ ac = 40πω⋅ sinπt
Pentru a determina mărimea acceleraţiei absolute se proiectează relaţia
(b) pe cele două axe de coordonate Mx şi My din fig. 11.6.c, astfel încât avem:
a x = −ar − atυ sin α + atτ cos α
⇒ aa = a x2 + a y2
(e)

υ
τ
=

α

α
a
a
a
cos
a
sin
y
C
t
t

Înlocuind în relaţiile de mai sus t=1/3 s se obţin valorile numerice din
tabelul următor:
vr

vt

va

ar

aτt

aυt

aC

aax

aay

aa

cm/s

cm/s

cm/s

cm/s2

cm/s2

cm/s2

cm/s2

cm/s2

cm/s2

cm/s2

31,416

17,638

21,455

170,95

26,457

11,76

41,888

11.7 Se consideră un cursor M care se deplasează pe un cadru circular de rază
R, cu viteză relativă constantă u=const., pornind la momentul iniţial din punctul
A diametral opus punctului O1. În acelaşi timp cadrul se roteşte în jurul
punctului fix O1 viteza unghiulară constantă ω=const., în sens trigonometric ca
în figura 11.7.a. Se cere să se determine viteza absolută (va ) şi acceleraţia
absolută (aa ) la momentul t.
y
A

M

A



M

α

va

Fig. 11.7.a

O1
Fig. 11.7.b

x

r

aνt


α

ω

ω
O

a

C

α

ω

M
ν

vr

C
C

aC

A

vt

O
Fig. 11.7.c

183

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Rezolvare:

Mişcarea relativă este mişcarea circulară a cursorului M pe cadrul
circular în sensul acelor de ceas, pornind din A cu viteza constantă vr=u.
Mişcarea de transport este mişcarea punctului M al cadrului care coincide
cu cursorul pentru momentul considerat (sau mişcarea cursorului împreună cu
cadrul circular dacă încetează mişcarea relativă), deci o mişcare circulară având
viteza unghiulară ω=constant şi acceleraţia unghiulară ε=0, pe cercul de rază:
s
u
O1 M = 2 R cos α , unde 2α = ⇒ α =
t
R
2R
Viteza absolută este dată de relaţia vectorială: va = vr + vt

(a)

unde vitezele vr ,vt au direcţiile şi sensurile din fig. 11.7.b, având mărimile:
u
vt = O1M ⋅ ω = 2R cosα ⋅ = 2cosα ⋅ u
R

vr = u;

(b)

⇒ va = vr2 + vr2 + 2vr vt cos(π − α ) = u 1 + 4cos2 α
Acceleraţia absolută este dată de relaţia vectorială:
a a = a r + at + aC

(c)

unde acceleraţiile unghiulare au sensurile şi direcţiile prezentate în fig.
11.7.c, şi mărimile date de:
2

u
ar = a + a ; ⇒a = ωr ⋅ R = ; arτ = εr ⋅ R = 0
R
υ
τ
υ
2
at = at + at ; ⇒ at = ω ⋅ O1M = 2Rω2 ⋅ cosα; arτ = ε ⋅ O1M = 0
υ
r

τ
r

υ
r

(d)

aC = 2ω×vr ; ⇒ ac = 2ω⋅ u
Pentru a determina mărimea acceleraţiei absolute se proiectează relaţia
(b) pe cele două axe de coordonate Mx şi My din fig. 11.7.c, astfel încât avem:
a x = atυ sin α = Rω2 sin 2α
u2
a y = aC − a cos α − a = 2ωu − 2 Rω cos α −
R
υ
t

υ
r

2

2

aa = a x2 + a y2
u2 

2
2
aa = (Rω sin 2α ) +  2 Rω cos α − 
R

2

2

2

(e)

184

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

11.8 Se consideră un tub OA care se roteşte în sens trigonometric în jurul
punctului fix O după legea θ= θ(t). În acelaşi timp o bilă M se deplasează în
interiorul tubului din O spre A, după legea: x=x (t), ca în figura 11.8.a.
Se cere să se determine viteza absolută (va ) şi acceleraţia absolută (aa ) la
momentul t.
y1

x

A

x

y1

x

y1

A

A

va
vt

y

M

x(t)

x1

Fig. 11.8.a

x1

O

ar

aτt

M

θ(t)

O

aC

vr

Fig. 11.8.b

O

M
aνt

x1

Fig. 11.8.c

Rezolvare:

Se consideră sistemele de axe: fix O1x1y1 şi mobil Oxyz. Mişcarea
absolută a punctului M este reprezentată de ecuaţiile parametrice:
 x1 = x cos θ

 y1 = x sin θ

(a)

Viteza absolută este dată de relaţia vectorială: va = vr + vt

(b)

unde vitezele vr ,vt sunt perpendiculare având direcţiile şi sensurile din
fig. 11.8.b şi mărimile:
vr = x&; vt = O1M ⋅ ω = x ⋅ θ&
(c)
⇒ va = vt2 + vr2 = x2θ& 2 + x& 2
Acceleraţia absolută este dată de relaţia vectorială:
a a = a r + at + aC
(d)
unde acceleraţiile unghiulare au sensurile şi direcţiile prezentate în fig.
11.8.c, şi mărimile date de:
ar = v&r = &x&
(e)
at = atυ + atτ ; ⇒ atυ = ω2 ⋅ O1M = x ⋅ θ& 2 ; atτ = ε ⋅ O1M = x ⋅ &θ&

aC = 2ω× vr ⇒ ac = 2x& ⋅ θ&
Pentru a determina mărimea acceleraţiei absolute se proiectează relaţia
(d) pe cele două axe de coordonate Mx şi My din fig. 11.8.c, astfel încât avem:
a x = ar − atυ = &x& − xθ& 2
(f)
a = a + a τ = 2 x&θ& + x&θ&
y

C

t

⇒ aa = a x2 + a y2 =

(&x& − xθ& ) + (2 x&θ& + x&θ& )
2 2

2

185

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

11.9 Se consideră o prismă de secţiune ABC având unghiul la vârf ABC=α şi
înălţimea AC=h, având o mişcare de translaţie după după legea xA(t)=a1t2/2; pe
latura AB se deplasează punctul M după legea AM=x(t)=at2/2, ca în figura
11.9.a. Se cere să se determine traiectoria punctului M, viteza absolută (va ) şi
acceleraţia absolută (aa ) la momentul t.
y1
A

x

A≡O

xA
C

vt

vt
α

B

x1

C

α

A≡O
α
vr

Fig. 11.9.b

x1
x

at

at

va

B
Fig. 11.9.a

y

y1

y

y1

C

α

α

ar

aa
x1

B
Fig. 11.9.c

x

Rezolvare:
Se consideră sistemele de axe: fix O1x1y1 şi mobil Oxyz (fig. 11.8.b).
Mişcarea relativă şi de transport a punctului M este dată de ecuaţiile
parametrice:
1 2
1

x A = xt = a1t 2
(a)
 x = xr = at ;
2
2


Viteza absolută este dată de relaţia vectorială: va = vr + vt
unde vitezele vr ,vt au direcţiile şi sensurile din fig. 11.9.b şi mărimile:

vr = x& = at; vt = x& A = a1t
⇒ va = vt2 + vr2 + 2vr vt cosα = t ⋅ a 2 + a12 + 2a ⋅ a1 ⋅ cosα

(b)

Acceleraţia absolută este dată de relaţia vectorială: aa = a r + at + aC
unde acceleraţiile unghiulare au sensurile şi direcţiile prezentate în fig. 11.9.c, şi
mărimile date de:
ar = &x& = a; at = &x&A = a1 ; aC = 0
(c)
⇒ aa = at2 + ar2 + 2ar at cosα = a2 + a12 + 2a ⋅ a1 ⋅ cosα
Ecuaţiile parametrice ale traiectoriei sunt:
1 2

x
=
x
+
x
cos
α
=
t (a1 + a cos α )
1
A

2
(d)

1
 y = h − x sin α = h − at 2 sin α
 1
2
Eliminând timpul din cele două ecuaţii (d) se obţine ecuaţia unei drepte ce
a sin α
x1 − h = 0 .
(e)
trece prin punctul A(0,h): y1 +
a1 + a cos α

186

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

PROBLEME PROPUSE
Se consideră un tub OA care se roteşte în sensul indicat în figura
corespunzătoare în jurul punctului fix O1 după legea ϕ=ϕ(t). În acelaşi timp o
bilă M se deplasează în interiorul tubului din O spre A, după legea: s=sr(t). Se
cere să se determine viteza absolută (va ) şi acceleraţia absolută (aa ) la
momentul t1 specificat pentru fiecare caz în parte
Nr.probl.

Figura problemei

π
OM = sr ( t ) = 25 sin t ( cm )
3
2
ϕ = 2t − 0 ,5t
( rad )
a = 25 ( cm );
t1 = 2 s

O

M

A

Datele problemei

11.10

a
ϕ

O1

A
α

11.11

OM = s r ( t ) = 5 2( t + t 2 ) ( cm )

M

ϕ = 0,2t 3 + t

a

ϕ

O

O1

A

11.12

R

ϕ
O

O1

M

ϕ = 0,6t 2

π
t ( cm )
16

( rad )

R = 36 ( cm ); α = 30 0
t1 = 2 s

OM = s r ( t ) = 20 sin πt ( cm )

R
A

a = 60 ( cm ); α = 45 0
t1 = 2 s

OM = s r ( t ) = 6 6 sin

M
α

11.13

( rad )

ϕ = 0,4t 2

O

R = 20 ( cm );
t1 = 2 / 3 s

ϕ
O1

A
R

11.14

M
O

ϕ
O1

( rad )

OM = s r ( t ) = 75π( 0 ,1t + 0 ,3t 2 ) ( cm
ϕ = 2t − 0 ,3t 2
R = 30 ( cm );
t1 = 1 s

( rad )

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

187

CAPITOLUL XII
DINAMICA MIŞCĂRII RELATIVE
A PUNCTULUI MATERIAL
12.1. Se consideră cadrul OABC din figura 12.1.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. Se mai cunosc
lungimile CO =a şi CB=h.

z1

ω
A

B

α

h

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

M

Rezolvare:
C

a

Fig. 12.1.a

O

Se aleg cele două sisteme de axe ca în fig.
12.1.a: sistemul de axe 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.

Vectorii r , ro , ω, ε se exprimă prin proiecţiile lor pe axele sistemului
mobil Oxzy, astfel (fig. 12.1.b):
r = OM = xi ;
r0 = CO = a sin αi − a cos αk
(a)
&
ω = ω cos α ⋅ i + ω sin α ⋅ k ;
ε=ω=0

Expresiile analitice ale vitezei relative şi de transport se exprimă faţă de
sistemul mobil Oxzy astfel (fig. 12.1.b):
∂r
= x& i
vr =
(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

188

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

Viteza de transport se poate scrie direct ea având acelaşi sens cu axa Oy
şi fiind proporţională cu distanţa până la axa de rotaţie: d = MM ' = a + x sin α .
Expresiile analitice ale acceleraţiei relativă, de transport şi Coriolis faţă de
sistemul 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

A

B
N1

h

ar

at

M’
O1≡C

vr

A

vt

aC

z

y1

Fig. 12.1.b

FC N 2

α

y
O1≡C

Ft

M

G

a

O
y

Fig. 12.1.c

Ecuaţia fundamentală a dinamicii mişcării relative a punctului material se
scrie:
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 + N1 + N 2 = − m g cos α ⋅ i − m g sin α ⋅ k + 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 )i + ( N 2 −2mω x& sin α ) j +
+( N1 −m g sin α−m ω2 x sin α cos α )k
sau în proiecţii pe axe, sistemul de ecuaţii scalare:

(f)

(f)

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

189

m&x&=mω2 (a + x sin α ) sin α − mg cos α

(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:
&x&− ω2 sin 2 α ⋅ x = − g cos α + a ω2 sin α
(h)
Soluţia generală a acestei ecuaţii este egală cu suma dintre soluţia
generală a ecuaţiei omogene (xom) şi o soluţie particulară a ecuaţiei neomogene
(xp):
a ω2 sin α − g ⋅ cos α
ωt sin α
− ωt sin α
(i)
x = xom + x p =C1 e
+C2 e
+
ω2 sin 2 α
Derivata soluţiei generale se scrie:

x& = ω sin α ⋅ (C1 e ωt sin α − C 2 e − ωt sin 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 cos α − a ω2 sin α

C1 + C 2 =
ω2 sin 2 α

C1 − C 2 = 0
g cos α − a ω2 sin α
Dacă se notează:
= x0
ω2 sin 2 α
se obţine: C1 =C 2 =

x0
,
2

deci ecuaţia mişcării se scrie:

(k)

(l)
(m)

x0 ωt sin α −ωt sin αt
(e
+e
− 2 )= x0 ⋅ [ch( ωt sin α ) − 1 ]
2
(n)
x0
ωt sin α
− ωt sin α
v = x& = ω sin α( e
−e
) = x0 ω sin α ⋅sh( ωt sin α )
2
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 (n) se mai scriu astfel:
x
+ 1 =ch( ωt sin α )
x0
(o)
v
= sh( ωt sin α )
x0 ω sin α
Legea de mişcare sub forma relaţiei între viteză şi deplasare este deci:
2
2
 x
 

v
 + 1 − 
 = 1
(p)
x
x
ω
sin
α
 0
  0

x=

PROBLEME REZOLVATE DE MECANICĂ

190

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 sin α+ mω2 ( a + sin αx0 [ch( ωt sin α ) − 1] ) cos α
(q)
N 2 =2mωx& sin α = 2mω2 sin 2 α x0 sh( ωt sin α )
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)
4. Condiţia de repaus relativ este dată de:
ar = &x& = 0 si vr = x& = 0 ,
care introduse în ecuaţiile (g) conduc la:
0 = ω2 (a + x sin α ) sin α − g cos α

N2 = 0
 N =m g sin α+ mω2 a cos α
 1
Din prima ecuaţie rezultă poziţia de repaus relativ a punctului faţă de tub:
g cos α − aω2 sin α
xR =
ω2 sin 2 α
repaus relativ care se realizează dacă este îndeplinită condiţia:
g
g
g cos α − aω2 sin α > 0

tgα < 2 sau ω2 < ctgα

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:

v
v
x= 0 ( e ωt − e −ω t ) = 0 ⋅ sh( ωt )
(l)

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

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)

 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

Sponsor Documents

Or use your account on DocShare.tips

Hide

Forgot your password?

Or register your new account on DocShare.tips

Hide

Lost your password? Please enter your email address. You will receive a link to create a new password.

Back to log-in

Close