Poglavje 3 Osnovni pojmi dinamike

Poglavje 3Osnovni pojmi dinamikeLočimo dva sploąna tipa dinamičnih problemov. Skoraj vsak problem klasične dinamike je posebenprimer enega od naslednjih sploąnih tipov:Direktna dinamika S pomočjo znanih sil, ki delujejo na sistem mas, danih omejitev, znanega polol’ajain hitrosti vsake mase v začetnem trenutku, l’elimo določiti gibanje sistema: polol’aj,hitrost in pospeąek vsake mase kot funkcije časa.Inverzna dinamika Ob podanem gibanju sistema l’elimo določiti tiste sile, ki takąno gibanje povzročijo.V sploąnem se tudi te sile s časom spreminjajo.Seveda so delo, energija, moč in moment ali navor pomembni sestavni deli dveh pristopov.3.1 Sploaen ˛ pristop k reaevanju ˛ dinamičnih problemovVečina problemov uporabne dinamike pade v prvo skupino t.j. v direktno dinamiko. Sploąen pristopreąevanja je za vse probleme enak. Razdelimo ga lahko v tri dele:1. Izbira ustreznega koordinatnega sistema:Enostavnost reąevanja specifičnega problema je v veliki meri odvisna od izbire koordinatnegasistema. Izbira sistema je odvisna od problema in sploąnih pravil nimamo. V glavnem je izbiraodvisna od pravilne presoje in izkuąenosti. V robotiki imamo veliko ustaljenih postopkov, ąevedno pa nekateri predlagajo nove.2. Določitev diferencialnih enačb gibanja:Primer 3.1 : Za ilustracijo termina enačbe gibanja poglejmo problem majhne mase m, ki jeobeąena na vzmet z zanemarljivo maso, kot kal’e slika 3.1. Masa m naj se giblje v vertikalniravnini zaradi vpliva gravitacije in vzmeti. Enačbe gibanja izral’ene v polarnih koordinatah so69

70 Poglavje 3. OSNOVNI POJMI DINAMIKEkrϑmm gSlika 3.1: Masna točka obeąena na vzmetinaslednje:¨r − r ˙ϑ 2 − g cos ϑ + k m (r − r 0) = 0r ¨ϑ + 2ṙ ˙ϑ + g sin ϑ = 0 (3.1)V enačbi 3.1 pomeni r 0 začetno doll’ino vzmeti, k pa je konstanta vzmeti.△Integriranje obeh diferencialnih enačb drugega reda nam da časovni potek r in ϑ. Do obehdiferencialnih enačb moremo priti na različne načine. V večini primerov pa ima Lagrangeovpristop ątevilne prednosti. Zgornji enačbi ne predstavljata edine mol’ne oblike opisa gibanjapreprostega mehanskega sistema. Načeloma jih lahko zapiąemo tudi v kartezičnem koordinatnemsistemu. V vsakem primeru bomo dobili različne enačbe, ki bodo v enem primeru boljkompleksne kot v drugem.3. Reąevanje diferencialnih enačb gibanja:Enačbe gibanja so drugega reda. Kompleksnost enačb je odvisna od specifičnega primera inizbire koordinatnega sistema. Praviloma so enačbe nelinearne. Samo v nekaterih primerihlahko poiąčemo sploąne postopke reąevanja. Skoraj za vsak dinamični sistem moremo na razmeromalahek način poiskati diferencialne enačbe gibanja, ki pa so v veliki večini primerovtako kompleksne, da jih ne moremo analitično integrirati. Na pomoč nam priskoči računalnik,kjer reąujemo diferencialne enačbe z numeričnimi metodami. Posebej primerni so načiniračunalniąke simulacije.3.2 Stopnje prostostiPrvi korak pri reąevanju dinamičnega problema je določitev ątevila stopenj prostosti sistema. c○teviloprostostnih stopenj je definirano kot ątevilo neodvisnih koordinat (brez časa), ki so potrebne za popo-

3.2 STOPNJE PROSTOSTI 71len opis polol’aja vsakega delca ali sestavnega dela sistema. Pri sestavnem delu si predstavljamo npr.segmente industrijskega manipulatorja, ki jih smatramo kot toga telesa.Delec, ki se giblje po premici (npr. po l’ici) je sistem z eno stopnjo prostosti. Opiąemo ga zenačbo: y = a + bx. Če je znan x moremo dobiti y in obratno. Nihalo s togo pritrditvijo, ki se gibljev ravnini, je prav tako sistem z eno prostostno stopnjo.1 DOFSlika 3.2: Primera sistemov z eno prostostno stopnjoMasni delec, ki se giblje na ravnini, ima dve prostostni stopnji. Dvojno nihalo s togima pritrditvamar 1 in r 2 je tudi sistem z dvema prostostnima stopnjama.2 DOFSlika 3.3: Primera sistemov z dvema prostostnima stopnjamaMasni delec, ki se giblje v prostoru ima 3 prostostne stopnje. Izberemo lahko koordinate (x,y,z),ali pa npr. sferične koordinate (r,ϕ,ϑ). Primer sistema s tremi prostostnimi stopnjami je tudi dvojnonihalo, kjer je r 1 raztegljiva vzmet, medtem ko je r 2 toga palica.3 DOFSlika 3.4: Primera sistemov s tremi prostostnimi stopnjamiDvojno nihalo, kjer sta r 1 in r 2 vzmeti je primer dinamičnega sistema s 4 stopnjami prostosti.4 DOFSlika 3.5: Primer sistema s ątirimi prostostnimi stopnjamiDvojno nihalo z vzmetmi, katerega gibanje ni omejeno na ravnino, ima 6 prostostnih stopenj.c○est prostostnih stopenj ima tudi prosto togo telo v prostoru.

72 Poglavje 3. OSNOVNI POJMI DINAMIKEDejali smo l’e, da ima masna točka 3 prostostne stopnje, denimo: gor-dol, levo-desno, naprejnazaj(slika 3.6.a). Par masnih točk na določeni medsebojni razdalji ima 5 prostostnih stopenj (slika3.6.b). Masna točka, ki smo jo obdali, lahko okrog prve opiąe povrąino krogle, ki jo ponazorimo zdvema dodatnima prostostnima stopnjema.Slika 3.6: Masna točka (a), par masnih točk (b) in togo telo v prostoru (c)Če damo ąe tretjo masno točko, dobimo telo (slika 3.6.c). Tretja točka opisuje krog okrog prvihdveh, torej gre ąe za eno prostostno stopnjo.Prva masna točka je imela 3 translacijske prostostne stopnje, dodali pa smo najprej dve, potem paąe eno rotacijsko prostostno stopnjo. Prosto telo v prostoru ima torej 3 translacije in 3 rotacije.Imamo tudi seveda mehanske sisteme z več kot 6 prostostnimi stopnjami. Primer s slike 3.7 ima10 stopenj, če predpostavimo, da se giblje v 3D prostoru.2121m 22m 1p2Slika 3.7: Mehanski sistem z 10 prostostnimi stopnjamic○tevilo prostostnih stopenj je za določen primer odvisno od ątevila mas v sistemu in od geometrijskihomejitev gibanja teh mas. c○tevilo prostostnih stopenj je enako atevilu ˛ neodvisnih spremenljivkin zato tudi atevilu ˛ diferencialnih enačb 2. reda.3.3 Transformacijske enačbeSpecifičen dinamični problem moremo reąevati v enem od standardnih koordinatnih sistemov, kot sona primer:

3.3 TRANSFORMACIJSKE ENAČBE 73• pravokotni sistem,• cilindrični sistem,• sferični sistem,• naravni sistem,Iz enega v drug sistem (tudi na primer dva pravokotna sistema) pridemo preko transformacijskihenačb. Transformacijske enačbe opisujejo omejitve mehanskega sistema. Koordinatne sisteme pa izberemočesto glede na specifičen dinamičen problem, ki ga reąujemo. Najusreznejąi nabor koordinatimenujemo naravni koordinatni sistem.Primer 3.2 Slika 3.8 prikazuje dvojno nihalo. Masi m 1 in m 2 naj bosta togo vpeti, tako da nihata vravnini [x,y].y(x 0 ,y 0 )ϑm 1(x 1 ,y 1 )ϕm 1 gm 2(x 2 ,y 2 )m 2 gxSlika 3.8: Dvojno nihaloČe sta r 1 in r 2 toga potrebujemo dve koordinati, na primer: (ϑ,ϕ), (x 1 ,x 2 ) ali (y 1 ,y 2 ). Če pa stamasi m 1 in m 2 obeąeni na vzmeti, potrebujemo ątiri koordinate, npr.: (r 1 ,r 2 ,ϑ,ϕ) ali (x 1 ,x 2 ,y 1 ,y 2 ).Med omenjenima koordinatnima sistemoma velja naslednja zveza preko sistema transformacijskihenačb:x 1y 1x 2= x 0 + r 1 sin ϑ= y 0 − r 1 cos ϑ= x 0 + r 1 sin ϑ + r 2 sin ϕy 2 = y 0 − r 1 cos ϑ − r 2 cos ϕ (3.2)△

74 Poglavje 3. OSNOVNI POJMI DINAMIKEVidimo, da je mogoče uporabiti ątevilne koordinate za opis istega dinamičnega problema. Zatovečkrat vpeljemo posploaeno ˛ koordinato, ki jo bomo označili s črko q. Dejali bomo tudi, da za opisdinamičnega problema potrebujemo n koordinat.Primer 3.2 - nadaljevanje V gornjem primeru je n = 4, enačbe pa se v bolj sploąni obliki glasijo:x 1 = x 0 + q 1 sin q 2y 1 = y 0 − q 1 cos q 2x 2 = x 0 + q 1 sin q 2 + q 3 sin q 4y 2 = y 0 − q 1 cos q 2 − q 3 cosq 4 (3.3)△

Poglavje 4Delo in kinetična energijaPoglejmo sedaj krivuljo v prostoru kot jo kaže slika 4.1z⃗FτmϑdsadybdzdxyxSlika 4.1: Krivulja v prostoruDenimo, da je vektor ⃗ F sila, ki deluje na telo v točki a. Ta točka pa se giblje po omejeni prostorskikrivulji proti točki b. Element dela je podan z enačbo:pri čemer sta:dW = |F | |ds| cos ϑ (4.1)⎡ ⎤⎡ ⎤F xdx⃗F = ⎣F y⎦ in d⃗s = ⎣dy⎦ (4.2)F z dzDelo je torej skalarni produkt sile in poti. Je skalarna veličina, ki jo lahko zapišemo:dW = F x dx + F y dy + F z dz (4.3)75

76 Poglavje 4. DELO IN KINETIČNA ENERGIJADelo opravljeno na neki končni poti med točkama A in B je tedaj:W =∫ BA(F x dx + F y dy + F z dz) (4.4)Ta splošna enačba velja tudi tedaj, kadar se sila ⃗ F spreminja po velikosti ali smeri vzdolž dane krivulje.Denimo sedaj, da sila ⃗ F pospešuje masni delec m, medtem ko se ta giblje vzdolž trajektorije AB.Komponente sile bomo zapisali:Če zapišemo še:F x= m ẍF y = m ÿ (4.5)F zẍdx == m ¨zẋdẋÿ dy = ẏ dẏ (4.6)¨z dz =ż dżZgornja enačba za delo W dobi sedaj naslednjo novo obliko:W =∫ BAm (ẋdẋ + ẏ dẏ + ż dż) = 1 2 m ( ẋ 2 + ẏ 2 + ż 2) ∣ ∣ ∣BA= 1 2 m ( v a 2 − v b2 ) (4.7)To je izraz za delo, ki je potrebno, da se hitrost delca spremeni iz vrednosti v a na v b . Je skalarnaveličina odvisna le od velikosti m ter hitrosti v a in v b . Iz primera, ko je začetno hitrost v a = 0, izhajatudi definicija kinetične energije.Kinetična energija delca je delo, ki je potrebno, da hitrost delca naraste od 0 pa do neke vrednostiv.Ker je kinetična energija skalarna veličina, velja za p delcev:K = 1 2 m ( ẋ 2 + ẏ 2 + ż 2) (4.8)K = 1 2p∑2m i v ii=1(4.9)Primer 4.1 Določimo kinetično energijo dvojnega nihala s slike 3.8 v pravokotnih koordinatah:K = 1 2 m (1 x1 ˙2 + y˙) 21 + 1 2 m (2 x2 ˙2 + y˙) 22 (4.10)Če so mase obešene na vzmeteh ima nihalo, ki je omejeno z ravnino, 4 prostostne stopnje in v enačbini odvečnih koordinat.

4.1 KINETIČNA ENERGIJA DELCA V SPLOŠNIH KOORDINATAH 771. Naj bo zgolj r 1 toga povezava. Tedaj velja:r 1 2 = x 1 2 + y 1 2 = konst (4.11)To je omejitev, zaradi katere moramo eliminirati spremenljivko x 1 ali y 1 . Eliminirajmo y 1 .y 12= r 1 2 + x 12y 1 = √ r 12 + x2 1−2x 1 ẋ 1ẏ 1 =2 √ r 12 − x2 12y˙1x 12= x 1 2 ˙r 12 − x2 1K = 1 (2 m 1 x˙2 1 + x )1 2 2x˙1r 12 − x2 1= 1 ( )22 m r12 x˙11r 12 − x2 1+ 1 2 m (2 x2 ˙2 + y˙) 22 =(4.12)+ 1 2 m (2 x2 ˙2 + y˙) 22 (4.13)2. Ob uporabi transformacijskih enačb določimo še kinetično energijo dvojnega nihala s togimipovezavami r 1 in r 2 izraženo z naravnimi koordinatami ϑ in ϕ. Odvajajmo enačbe 3.3x˙1 = r 1 ˙ϑ cos ϑy˙1 = r 1 ˙ϑ sin ϑx˙2 = r 1 ˙ϑ cos ϑ + r2 ˙ϕ cos ϕ (4.14)y˙2= r 1 ˙ϑ sin ϑ + r2 ˙ϕ sin ϕIzraze sedaj vstavimo v enačbo 4.10:K = 1 2 m 21 r ˙ϑ2 1 + 1 )2 m 22(r ˙ϑ2 1 + r 22 ˙ϕ 2 + 2r 1 r 2 ˙ϑ ˙ϕ (cosϑcos ϕ + sin ϑ sin ϕ) == 1 2 m 21 r ˙ϑ2 1 + 1 )2 m 22(r ˙ϑ2 1 + r 22 ˙ϕ 2 + 2r 1 r 2 ˙ϑ ˙ϕ cos (ϕ − ϑ) (4.15)4.1 Kinetična energija delca v splošnih koordinatahZapišimo še izraz za kinetično energijo masnega delca s splošnimi koordinatami. Delec naj ima 3stopnje prostosti, torej ni omejen. Vse 3 koordinate naj se spreminjajo, tako da imamo naslednjetransformacijske enačbe:x = x (q 1 ,q 2 ,q 3 ,t)y = y (q 1 ,q 2 ,q 3 ,t)△z = z (q 1 ,q 2 ,q 3 ,t) (4.16)

78 Poglavje 4. DELO IN KINETIČNA ENERGIJANapišimo v krajši obliki:ẋ = ∂ x ˙q 1 + ∂ x ˙q 2 + ∂ x ˙q 3 + ∂ x∂ q 1 ∂ q 2 ∂ q 3 ∂ t(4.17)ẋ = a 1 ˙q 1 + a 2 ˙q 2 + a 3 ˙q 3 + αẏ = b 1 ˙q 1 + b 2 ˙q 2 + b 3 ˙q 3 + β (4.18)ż = c 1 ˙q 1 + c 2 ˙q 2 + c 3 ˙q 3 + γČe izraze kvadriramo in vstavimo v enačbo K = 1 2 m (ẋ2 + ẏ 2 + ż 2 ), dobimo izraz:K = 1 (2 m (a1 2 + b 2 1 + c ) 21 q˙2 1 + ( a 2 2 + b 2 2 + c ) 22 q˙2 2 + ( a 2 3 + b 2 3 + c ) 23 q˙2 3 ++ 2 (a 1 a 2 + b 1 b 2 + c 1 c 2 ) ˙q 1 ˙q 2 + 2 (a 1 a 3 + b 1 b 3 + c 1 c 3 ) ˙q 1 ˙q 3 ++ 2 (a 2 a 3 + b 2 b 3 + c 2 c 3 ) ˙q 2 ˙q 3 + 2 (a 1 α + b 1 β + c 1 γ) ˙q 1 ++ 2 (a 2 α + b 2 β + c 2 γ) ˙q 2 + 2 (a 3 α + b 3 β + c 3 γ) ˙q 3 ++ α 2 + β 2 + γ 2) (4.19)V izrazu nastopajo 4 oblike členov: taki, ki vsebujejo q˙2 r , drugi s q˙r q˙s , izrazi z q˙r in izrazi, ki nevsebujejo hitrosti. Vsak člen pa ima seveda dimenzijo m v 2 .4.2 Kinetična energija sistema delcevVzemimo sedaj sistem p delcev, ki ima v splošnem n prostosti gibanja. Transformacijske enačbe sotedaj:Po odvajanju dobimo:x i = x i (q 1 ,q 2 ,...,q n ,t) ,y i = y i (q 1 ,q 2 ,...,q n ,t), i = 1,...,p (n ≤ 3p), (4.20)z i= z i (q 1 ,q 2 ,...,q n ,t)ẋ i =ẏ i =ż i =n∑∣ ∣∣∣2a ik ˙q k + α ik=1n∑b ik ˙q k + β i a ik ≠ a ki ,... (4.21)k=1n∑c ik ˙q k + γ ik=1kjer pomeni npr. a ik = ∂ x i∂ q kin α ik = ∂ x i∂ t .

4.3 NAVIDEZNI PREMIK IN NAVIDEZNO DELO 79Po kvadriranju dobimo:x˙2 i =n∑k=1n∑a ik a il ˙q k ˙q l + 2α il=1n∑a ik ˙q k + α 2 i + ...itd. (4.22)k=1Za sistem p delcev velja naslednji izraz za kinetično energijo:K = 1 2p∑i=1(m i xi ˙2 + y˙2 i + z˙) 2i (4.23)Ko vstavimo ustrezne člene v zgornjo enačbo dobimo izraz:()n∑ n∑ 1p∑K =m i (a ik a il + b ik b il + c ik c il ) ˙q k ˙q l +2k=1 l=1 i=1)n∑+ m i (α i a ik + β i b ik + γ i c ik ) ˙q k +( p∑k=1 i=1+ 1 p∑ (m 2 i αi + β 2 i + γ ) 2i (4.24)2i=1Izraz za kinetično energijo zapišemo krajše:K =n∑n∑A kl ˙q k ˙q l + B k ˙q k + C (4.25)k,lk=1Povejmo še, da A kl , B k in C v splošnem niso konstante, ampak so funkcije q 1 ,q 2 ,...,q n ,t. Izraziniso odvisni od ˙q. Velja enakost A kl = A lk . Kasneje bomo izraz dopolnili, tako da bo veljal tudi zatogo telo.4.3 Navidezni premik in navidezno deloNavidezni premik in navidezno delo igrata pomembno vlogo pri izpeljavi zakonov analitične dinamike.Pri samem modeliranju dinamičnih sistemov pa obeh pojmov ne rabimo več.Vzemimo delec z maso m, ki se giblje po grobi površini, ki se načelno more tudi sama gibati.Na delec naj deluje sila ⃗ F , ki je vektorska vsota neke zunanje sile F z , sile trenja F t in sile omejitveF p . Delec se giblje po poti, ki jo določajo Newtonovi zakoni in zariše premico na površino. V danemčasovnem intervalu dt naj delec opravi premik d⃗s = (dx,dy,dz), ki ga izmerimo glede na stacionarnekoordinatne osi. d⃗s je realni premik. Slika 4.2 prikazuje opisano situacijo.Odločilne pa so seveda sile omejitev:• vodila, palice, žice po katerih se giblje masa,

80 Poglavje 4. DELO IN KINETIČNA ENERGIJAF zFmdsF tF pSlika 4.2: Sile na masni delec ter rezultirajoči pomik• ploskev,• sile v zobnikih in prenosih, sklepih.Trenje ne sodi med sile omejitev. Lagrangeov postopek ne upošteva reakcijskih sil oziroma sil omejitev.Izločimo jih med izpeljavo izraza za kinetično energijo.Vzemimo potem nek poljuben infinitezimalni pomik δ⃗s = (δx,δy,δz), za katerega ni nujno, daje bil opravljen vzdolž izmerjene poti delca m. δ⃗s imenujemo navidezni premik. Poznamo 3 oblikenavideznih premikov:a.) δ⃗s poteka v poljubni prostorski smeri ne glede na površinob.) δ⃗s poteka v poljubni smeri na gibajoči se površinic.) δ⃗s poteka v poljubni smeri na stacionarni površini.Navideznemu premiku, ki ga je povzročila sila ⃗ F , pripada navidezno delo:( )δW = F δs cos ⃗F,δ⃗s= F x δx + F y δy + F z δz (4.26)Poglejmo sedaj sistem s p delci, na katere delujejo sile ⃗ F 1 , ⃗ F 2 ,..., ⃗ F p , tako da so povzročeninavidezni premiki δ⃗s 1 ,δ⃗s 2 ,...,δ⃗s p . Celotno navidezno delo je:δW =p∑(F xi δx i + F yi δy i + F zi δz i ) (4.27)i=1a.) vzemimo najprej, da ne upoštevamo omejitev in ima sistem 3p prostostnih stopenj. Transformacijskeenačbe so:x i = x i (q 1 ,q 2 ,...,q 3p ,t) ,y i = y i (q 1 ,q 2 ,...,q 3p ,t) ,z i = z i (q 1 ,q 2 ,...,q 3p ,t) (4.28)

4.3 NAVIDEZNI PREMIK IN NAVIDEZNO DELO 81δx iδy i= ∂ x i∂ q 1δq 1 + ∂ x i∂ q 2δq 2 + ... + ∂ x i∂ q 3pδq 3p + ∂ x i∂ t δt= ∂ y i∂ q 1δq 1 + ∂ y i∂ q 2δq 2 + ... + ∂ y i∂ q 3pδq 3p + ∂ y i∂ t δtδz i = ∂ z iδq 1 + ∂ z iδq 2 + ... + ∂ z iδq 3p + ∂ z iδt (4.29)∂ q 1 ∂ q 2 ∂ q 3p ∂ tTi premiki ni nujno, da se ujemajo z omejitvami. δW vsebuje tudi delo, ki ga opravijo sileomejitev.b.) V nadaljevanju bomo upoštevali omejitve, tako da bo sistem p delcev imel vsega n prostostnihstopenj:n = 3p − stopnje omejitev (4.30)Odvečne koordinate eliminiramo in dobimo naslednje transformacijske enačbe:x iy i= x i (q 1 ,q 2 ,...,q n ,t)= y i (q 1 ,q 2 ,...,q n ,t)z i = z i (q 1 ,q 2 ,...,q n ,t) (4.31)Odvajamo samo po ∂q 1 ,...,∂q n . Namesto 3p členov, jih imamo sedaj n. Navidezni pomik jetedaj:δx iδy i= ∂ x i∂ q 1δq 1 + ∂ x i∂ q 2δq 2 + ... + ∂ x i∂ q nδq n + ∂ x i∂ t δt= ∂ y i∂ q 1δq 1 + ∂ y i∂ q 2δq 2 + ... + ∂ y i∂ q nδq n + ∂ y i∂ t δtδz i = ∂ z iδq 1 + ∂ z iδq 2 + ... + ∂ z iδq n + ∂ z iδt (4.32)∂ q 1 ∂ q 2 ∂ q n ∂ tTa premik ni v nasprotju z omejitvami, vendar pa v času δt gibajoče se omejitve nekolikospremenijo položaj delca. Tudi tu δW vsebuje delo, ki ga opravijo sile omejitev.c.) V tretjem primeru vzemimo prejšnje transformacijske enačbe, pri čemer naj bo čas fiksen. Takodobimo navidezne premike:δx iδy i= ∂ x i∂ q 1δq 1 + ∂ x i∂ q 2δq 2 + ... + ∂ x i∂ q nδq n= ∂ y i∂ q 1δq 1 + ∂ y i∂ q 2δq 2 + ... + ∂ y i∂ q nδq nδz i = ∂ z i∂ q 1δq 1 + ∂ z i∂ q 2δq 2 + ... + ∂ z i∂ q nδq n (4.33)

82 Poglavje 4. DELO IN KINETIČNA ENERGIJAPremiki se ujemajo z omejitvami, sile omejitev pa smo eliminirali iz enačbe za navidezno delo.Če vstavimo enačbe za premike v enačbo za delo, dobimo:p∑()∂ x i ∂ y i ∂ z iδW = F xi + F yi + F zi δq 1 + ...∂ qi=1 1 ∂ q 1 ∂ q 1p∑()∂ x i ∂ y i ∂ z i... + F xi + F yi + F zi δq n (4.34)∂ q n ∂ q n ∂ q ni=1Ker so koordinate q med seboj neodvisne, smemo vse δq razen enega (npr. δq r ) izničiti. Takodobimo:p∑()∂ x i ∂ y i ∂ z iδW qr = F xi + F yi + F zi δq r (4.35)∂ q r ∂ q r ∂ q ri=1Enačbe za navidezno delo ne vsebuje sile omejitev, čeprav so δ⃗s 1 ,δ⃗s 2 ,...,δ⃗s p povzročeni le spremiki q r . Navidezno delo moremo torej izračunati, ne da bi upoštevali sile omejitev. Eliminiranjesil omejitev je bistvena prednost Lagrangeovega pristopa.Primer 4.2 Poglejmo preprost mehanski sistem kjer masa m drsi po palici, kot kaže slika 4.3. Palicapa rotira okrog osi v koordinatnem izhodišču. Na sistem delujejo:- sila omejitve ⃗ f 2 (reakcijska sila palice)- zunanja sila ⃗ f 1 , ki povzroča vrtenje.y⃗f 2⃗f 1ωmδ⃗sδ⃗rSlika 4.3: Masa na palici ter omejitvex1. Najprej vzemimo poljuben premik δ⃗s, kot da je delec m prost. Sile ⃗ f 1 in ⃗ f 2 imajo svojo komponentovzdolž pomika δ⃗s, kar pomeni, da sila ⃗ f 2 pripomore k delu.2. Vzemimo pomik v smeri palice. Sedaj ne nasprotujemo omejitvi, vendar pa se palica vrti intako pri premiku še vedno zaznamo silo med palico in maso.3. Če ustavimo čas oz. vrtenje palice smo silo omejitve ⃗ f 2 povsem eliminirali.△

Poglavje 5Dinamika - obravnava materialnih teles medgibanjem5.1 Lagrangeove enačbe gibanjaZa izpeljavo Lagrangeovih enačb moremo uporabiti katerokoli obliko osnovnih zakonov dinamike.Uporabili bomo pot, kjer bomo začeli z Newtonovimi zakoni, izpeljali najprej D’Alambertovo enačboin končno še Lagrangeove enačbe. Pri tem pristopu na razumljiv način preidemo iz domačega področjav še neznan svet. Najprej bomo izpeljavo omejili na gibanje ene same materialne točke in potemenačbe razširili na sistem več delcev.5.1.1 Lagrangeove enačbe gibanja masnega delcaDenimo, da je gibanje delca m omejeno na gibanje po gladki površini, kakršna je na primer ravnina alikrogla. Slika 5.1 prikazuje tako situacijo. Tako imamo dve prostostni stopnji in enačbo omejitev. Silotrenja bomo zanemarili. Sila ⃗ F = (F x ,F y ,F z ) naj predstavlja vektorsko vsoto vseh sil, ki delujejo nadelec. To so sile, ki vplivanjo na materialno točko od zunaj, kakor na primer gravitacija, sila vzmeti,sila omejitve. Delec naj ima konstantno maso m. Predpostavimo inercijski koordinatni sistem x,y,z.⃗Fmr = konst.Slika 5.1: Masni delec na krogliciInercijski koordinatni sistem je stalen glede na povprečno pozicijo "fiksnih zvezd"ali pa se giblje linearno s konstantnohitrostjo. Inercijski koordinatni sistem ne sme rotirati ali se gibati z linearnim pospeškom. V takem primeru imenujemokoordinatni sistem neinercijski. Za uporabo v mehaniki pa kot inercialni sistem lahko vzamemo katerikolifiksni koordinatni sistem.83

84 Poglavje 5. DINAMIKA - OBRAVNAVA MATERIALNIH TELES MED GIBANJEMZa prosti delec napišemo Newtonove enačbe:F x = m ẍF y = m ÿ (5.1)F z = m ¨zTe enačbe so veljavne, čeprav smo gibanje omejili z ravnino. S tem privzamemo, da sile F x ,F y ,F zvsebujejo tudi sile omejitev. Določimo sedaj virtualno delo δW , ki ga povzroči sila ⃗ F , potem ko sedelec premakne za infitizimalni pomik δ⃗s = (δx,δy,δz):( )δW = F δs cos ⃗F,δ⃗s = F x δx + F y δy + F z δz (5.2)Spomnimo se, da ni nujno, da sta ⃗ F in δ⃗s v isti smeri. Če Newtonove enačbe pomnožimo po vrstiz δx, δy, δz ter seštejemo dobimo:Seštejemo in vstavimo v enačbo 5.2F x δx = m ẍ δxF y δy = m ÿ δy (5.3)F z δz = m ¨z δzm (ẍ δx + ÿ δy + ¨z δz) = F x δx + F y δy + F z δz (5.4)To enačbo imenujemo D’Alembertova enačba. Vanjo bomo vpeljali posplošene koordinate inpo nekaj matematičnih manipulacijah dobili Lagrangeove enačbe. Ker je gibanje masnega delcaomejeno na neko površino, potrebujemo le dve posplošeni koordinati q 1 in q 2 . Koordinate x,y,zbomo pretvorili v posplošene koordinate preko transformacijskih enačb:x = x(q 1 ,q 2 )y = y(q 1 ,q 2 ) (5.5)z = z(q 1 ,q 2 )Primer 5.1 Denimo, da je omejitvena ravnina krogla s konstantnim radijem r = C. V sferičnihkoordinatah imamo tedaj naslednje transformacijske enačbe:x = C sin ϑ cosϕy = C sin ϑ sin ϕ (5.6)z = C cos ϑTo so dobro znane enačbe krogelnega sistema postavljenega v pravokotni sistem.△

5.1 LAGRANGEOVE ENAČBE GIBANJA 85Iz transformacijskih enačb določimo virtualne pomike δx, δy in δz:δx = ∂ x∂ q 1δq 1 + ∂ x∂ q 2δq 2δy = ∂ y∂ q 1δq 1 + ∂ y∂ q 2δq 2δz = ∂ z∂ q 1δq 1 + ∂ z∂ q 2δq 2 (5.7)Izraza za virtualne pomike vstavimo v D’Alembertovo enačbo in dobimo:(δW = m ẍ ∂ x + ÿ ∂ y + ¨z ∂ z )δq 1 +∂ q 1 ∂ q 1 ∂ q(1+ m ẍ ∂ x + ÿ ∂ y + ¨z ∂ z )δq 2 =∂ q 2 ∂ q 2 ∂ q(2)∂ x ∂ y ∂ z= F x + F y + F z δq 1 +∂ q 1 ∂ q 1 ∂ q(1)∂ x ∂ y ∂ z+ F x + F y + F z δq 2 (5.8)∂ q 2 ∂ q 2 ∂ q 2Primer 5.1 - nadaljevanje Tu je potrebno, da se zavedamo, da so pomiki δx, δy, δz opravljeni vsoglasju z omejitvijo, to je po površini. Za naš primer imamo tako na primer:δx = C cos ϑ cosϕδϑ − C sin ϑ sin ϕδϕ (5.9)Dalje je potrebno, da vemo, da sta koordinati q 1 in q 2 neodvisni spremenljivki. To pomeni, davsaki koordinati lahko neodvisno dodajamo poljubne vrednosti δq 1 in δq 2 , ne da bi prekršili enačbeomejitve.Delo, ki ga opravlja sila omejitve, kadar spreminjamo vrednosti ene koordinat q 1 ali q 2 ali obehkrati, je enako nič. To pomeni, da sile omejitve niso več del F x , F y , F z . Nič več nam ni treba mislitina sile omejitev. Virtualno delo δW q1 pri spreminjanju samo koordinate q 1 , kjer je δq 2 = 0:δW q1(= mTo je D’Alambertova enačba za eno prostostno stopnjo.=ẍ ∂ x∂ q 1+ ÿ ∂ y∂ q 1+ ¨z ∂ z∂ q 1)δq 1 =△(F x∂ x∂ q 1+ F y∂ y∂ q 1+ F z∂ z∂ q 1)δq 1 (5.10)Primer 5.2 Rešimo enostavno matematično nihalo po D’Alambertu. Slika 5.2 prikazuje postavitevkoordinatnega sistema. D’Alambertova enačba se glasi:

86 Poglavje 5. DINAMIKA - OBRAVNAVA MATERIALNIH TELES MED GIBANJEMxϑr = konst.mym gVstavimo ustrezne odvode:Dobimo:(m(r ¨ϑ cos ϑ − r ˙ϑ)2 sin ϑ r cos ϑ +Po poenostavitvi ostane:Slika 5.2: Matematično nihalo(m ẍ ∂ x∂ ϑ + ÿ ∂ y ) (∂ xδϑ = F x∂ ϑ ∂ ϑ + F y∂ x∂ ϑ)δϑ (5.11)∂ x∂ ϑ = r cos ϑ∂ y= −r sin ϑ (5.12)∂ ϑẍ = r ¨ϑ cos ϑ − r ˙ϑ 2 sin ϑÿ = −r ¨ϑ sin ϑ − r ˙ϑ 2 cos ϑ (5.13)(−r ¨ϑ sin ϑ − r ˙ϑ)(2 cos ϑ − r sin ϑ) ) = −m g r sin ϑr 2 ¨ϑ cos 2 ϑ − r 2 ˙ϑ2 sin ϑ cos ϑ + r 2 ¨ϑ sin 2 ϑ + r 2 ˙ϑ2 sin ϑ cos ϑ = −g r sin ϑ (5.14)r 2 ¨ϑ + g r sin ϑ = 0r ¨ϑ + g sin ϑ = 0 (5.15)△Pri nadaljnji izpeljavi Lagrangeovih enačb bomo rabili naslednje tri matematične povezave:1.(dẋ ∂ xdt)= ẍ ∂ x + ẋ d ( ) ∂ x∂ q 1 ∂ q 1 dt ∂ q 1(ẋ ∂ x )− ẋ d ( ) ∂ x∂ q 1 dt ∂ q 1ẍ ∂ x∂ q 1= d dt(5.16)

5.1 LAGRANGEOVE ENAČBE GIBANJA 872.x = x(q 1 ,q 2 ) x ≠ x( ˙q 1 )ẋ = ∂ x∂ q 1˙q 1 + ∂ x∂ q 2˙q 2/ ∂∂ ˙q 1(5.17)∂ ẋ∂ ˙q 1= ∂ x∂ q 1(5.18)3. V spošnem je posamezna kartezična koordinata funkcija več naravnih koordinat, tako kot toopisujejo transformacijske enačba.x = x(q 1 ,q 2 )Zato je tudi parcialni odvod ∂ x∂ q 1v splošnem funkcija več spremenljivk. V našem primeru sta toq 1 in q 2 , tako da smemo zapisati:∂ x∂ q 1= Φ (q 1 ,q 2 ) (5.19)Odvajajmo zgornji parcialni odvod Φ po času in upoštevajmo, da sta q 1 in q 2 funkciji časa:q 1 = q 1 (t) in q 2 = q 2 (t). Uporabimo pravilo za posredni odvod.( )d ∂ x= ∂ ( ) ∂ x˙q 1 + ∂ ( ) ∂ x˙q 2 (5.20)dt ∂ q 1 ∂ q 1 ∂ q 1 ∂ q 2 ∂ q 1Izračunajmo tudi parcialni odvod enačbe 5.17 po q 1 :ẋ = ∂ x∂ q 1˙q 1 + ∂ x∂ q 2˙q 2/ ∂∂ q 1∂ ẋ= ∂ ( ) ∂ x˙q 1 + ∂ ( ) ∂ x˙q 2 (5.21)∂ q 1 ∂ q 1 ∂ q 1 ∂ q 1 ∂ q 2Ugotovimo, da sta desni strani enačb 5.20 in 5.21 identični in smemo pisati:( )d ∂ x= ∂ ẋ(5.22)dt ∂ q 1 ∂ q 1Enačbi 5.18 in 5.22 vstavimo v enačbo 5.16 in dobimo:ẍ ∂ x∂ q 1= d dtZgornji izraz lahko napišemo tudi v naslednji obliki:( )ẍ ∂ x = d ∂ ẋ 22∂ q 1 dt ∂ ˙q 1(ẋ ∂ ẋ )− ẋ ∂ ẋ(5.23)∂ ˙q 1 ∂ q 1− ∂ ẋ22∂ q 1(5.24)

88 Poglavje 5. DINAMIKA - OBRAVNAVA MATERIALNIH TELES MED GIBANJEMZa preostali koordinati velja:(ÿ ∂ y = d ∂ ẏ 22∂ q 1 dt(∂ ż 2¨z ∂ z∂ q 1= d dt∂ ˙q 1))2∂ ˙q 1− ∂ ẏ22∂ q 1(5.25)− ∂ ż22∂ q 1(5.26)Vstavimo v poenostavljeno D’Alambertovo enačbo 5.10 izraze 5.24, 5.25 in 5.26:( ( )d ∂ m (ẋ 2 + ẏ 2 + ż 2 )δW q1 =− ∂ m (ẋ 2 + ẏ 2 + ż 2 )dt ∂ ˙q 1 2 ∂ q 1 2=)δq 1(F x∂ x∂ q 1+ F y∂ y∂ q 1+ F z∂ z∂ q 1)δq 1 (5.27)Izraz 1 2 m (ẋ2 + ẏ 2 + ż 2 ) je kinetična energija masnega delca, tako lahko pišemo:ddt( ∂ K∂ ˙q 1)− ∂ K∂ q 1= F x∂ x∂ q 1+ F y∂ y∂ q 1+ F z∂ z∂ q 1(5.28)Enako bi izpeljali enačbo za virtualno delo W q2 opravljeno zaradi spremembe q 2 :ddt( ∂ K∂ ˙q 2)− ∂ K∂ q 2= F x∂ x∂ q 2+ F y∂ y∂ q 2+ F z∂ z∂ q 2(5.29)Za poljubno posplošeno koordinato uporabimo naslednjo okrajšavo:F x∂ x∂ q r+ F y∂ y∂ q r+ F z∂ z∂ q r= F qr (5.30)F qr bomo imenovali generalizirana sila. Tako moremo napisati Lagrangeovo enačbo v kompaktniobliki:( )d ∂ K− ∂ K = F qr (5.31)dt ∂ ˙q r ∂ q rKasneje se bomo prepričali, da ima Lagrangeova enačba za gibanje sistema z več delci prav enakoobliko. Za primer delca z dvema prostostnima stopnjama smo dobili dve Lagrangeovi enačbi. V splošnemvelja, da imamo toliko Lagrangeovih enačb, kolikor ima sistem stopenj prostosti. Diferencialnoenačbo gibanja nekega sistema dobimo tako, da opravimo vse operacije, ki jih narekuje Lagrangeovaenačba. Za sistem, ki ima n prostostnih stopenj, sme izraz za kinetično energijo vsebovati le nkoordinat.Poglejmo si pobliže koncept generalizirane sile. Za takšno virtualno delo δW , kjer se δ⃗s ujema zomejitvijo in je pomik opravljen le vzdolž q 1 (δq 2 = 0), velja:δx = ∂ x∂ q 1δq 1δy = ∂ y∂ q 1δq 1δz = ∂ z∂ q 1δq 1 (5.32)

5.1 LAGRANGEOVE ENAČBE GIBANJA 89Dalje smemo pisati:δW = F x δx + F y δy + F z δz =()∂ x ∂ y ∂ z= F x + F y + F z δq 1 = F q1 δq 1 (5.33)∂ q 1 ∂ q 1 ∂ q 1To pomeni, da je generalizirana sila F qr takšna veličina, da je produkt F qr δq r enak delu, ki gaopravijo gonilne sile, vendar ne inercijske sile in sile omejitev. Generalizirana ali posplošena sila nivselej sila. Kadar imamo za posplošeno koordinato kot ϑ, potem mora biti F ϑ moment, tako da boprodukt F ϑ δϑ imel dimenzije dela.Inercijske sile imenujemo sile, ki jih opišemo z izrazom (masa)×(pospešek). Takšni primeri so naprimer m ẍ, m r ˙ϑ 2 , 2m ω ẋ. Inercijske sile se pojavljajo izključno na levi strani enačbe 5.31. Sile, skaterimi pa vplivamo na sistem, se pojavljajo izključno v F qr . Leva stran Lagrangeove enačbe torejavtomatično poskrbi za inercijske sile. Gonilne sile moramo vključiti v izraz za F qr . Centrifugalneali Coriolisove sile niso nikoli vključene v posplošeno silo F qr .Primer 5.3 Za primerjavo si poglejmo, kako primer s strani 86 rešimo z Lagrangeovo enačbo.xϑr = konst.mym gSlika 5.3: Matematično nihaloSistem ima eno prostostno stopnjo, torej eno neodvisno koordinato in eno diferencialno enačbo, kiopisuje dinamiko sistema. Kot naravno koordinato izberemo kot zasuka ϑ. Nastavek za Lagrangeovoenačbo se torej glasi:ddt( ) ∂ K∂ ˙ϑSplošni izraz za kinetično energijo za ravninski problem se glasi:− ∂ K∂ ϑ = F ϑ (5.34)K = 1 2 m ( ẋ 2 + ẏ 2) (5.35)S transformacijskima enačbama izrazimo kartezične koordinate z naravnimi:x = r sin ϑy = r cos ϑ (5.36)

90 Poglavje 5. DINAMIKA - OBRAVNAVA MATERIALNIH TELES MED GIBANJEMDoločimo obe hitrosti:ẋ = r ˙ϑ cos ϑẏ = −r ˙ϑ sin ϑ (5.37)Z vstavitvijo gornjih dveh enačb v enačbo 5.35 dobimo kinetično energijo izraženo z naravno koordinato:Izračunamo najprej potrebne odvode:K = 1 2 m r2 ˙ϑ2(5.38)∂ K∂ ϑ = 0∂ K∂ ˙ϑ= m r2 ˙ϑ( )d ∂ Kdt ∂ ˙ϑ= m r 2 ¨ϑ (5.39)Določimo še generalizirano silo:Edina zunanja sila je sila teže.∂ xF ϑ = F x∂ ϑ + F ∂ xy∂ ϑ(5.40)F x = 0F y = m g (5.41)∂ x∂ ϑ = r cos ϑ∂ y= −r sin ϑ (5.42)∂ ϑGeneralizirana sila se torej glasi:Enačba sistema se torej glasi:Oziroma v pokrajšani obliki:F ϑ = −m g r sin ϑ (5.43)m r 2 ¨ϑ + m g r sin ϑ = 0 (5.44)r 2 ¨ϑ + g r sin ϑ = 0 (5.45)△

5.1 LAGRANGEOVE ENAČBE GIBANJA 91xϑrk(r − r 0 )mym gSlika 5.4: Matematično nihalo na gumijasti vrviPrimer 5.4 Kot nov primer si oglejmo nihalo, kjer je masa pripeta na gumijasti vrvi. Sistem ima dveprostostni stopnji. Izbrali bomo koordinati r in ϑ. Transformacijski enačbi se glasita:Kinetična energija je enaka:x = r sin ϑKinetično energijo izrazimo z naravnimi koordinatami:ẋ =ẏ =Izračunati moramo naslednje izraze:y = r cos ϑ (5.46)K = 1 2 m ( ẋ 2 + ẏ 2) (5.47)ṙ sin ϑ + r ˙ϑ cosϑṙ cos ϑ − r ˙ϑ sin ϑẋ 2 = ṙ 2 sin 2 ϑ + 2r ṙ ˙ϑ sin ϑ cos ϑ + r 2 ˙ϑ2 cos 2 ϑẏ 2 = ṙ 2 cos 2 ϑ − 2r ṙ ˙ϑ sin ϑ cosϑ + r 2 ˙ϑ2 sin 2 ϑ (5.48)K = 1 ( )2 m ṙ 2 + r 2 ˙ϑ2(5.49)∂ K∂ r= 1 2 2m r ˙ϑ 2 = m r ˙ϑ 2∂ K= m ṙ( ∂ ṙ)d ∂ K= m ¨r (5.50)dt ∂ ṙ∂ K∂ ϑ = 0∂ K= m r2 ˙ϑddt( ∂ ) ˙ϑ∂ K∂ ˙ϑ= 2m r ṙ ˙ϑ + m r 2 ¨ϑ (5.51)

92 Poglavje 5. DINAMIKA - OBRAVNAVA MATERIALNIH TELES MED GIBANJEMOdvode vstavimo v Lagrangeovo enačbo:( )d ∂ Kdt ∂ ṙ( )d ∂ Kdt ∂ ˙ϑDoločiti moramo še posplošeni sili F r in F ϑ :∂ xF r = F x∂ r + F ∂ yy∂ r− ∂ K∂ r= F r− ∂ K∂ ϑ = F ϑ (5.52)in∂ xF ϑ = F x∂ ϑ + F ∂ yy∂ ϑS pomočjo slike določimo pravokotni koordinati sile gravitacije in sile vzmeti:Potrebujemo odvode:F r = −k (r − r 0 ) sin 2 ϑ +F ϑF x = −k (r − r 0 ) sin ϑ(5.53)F y = m g − k (r − r 0 ) cos ϑ (5.54)∂ x∂ r= sinϑ∂ y∂ r= cos ϑ (5.55)∂ x∂ ϑ = r cos ϑ∂ y= −r sin ϑ∂ ϑ(5.56)()m g − k (r − r 0 ) cos ϑ cos ϑ == −k (r − r 0 ) + m g cos ϑ (5.57)()= −k (r − r 0 ) r sin ϑ cosϑ − m g − k (r − r 0 ) cos ϑ r sin ϑ == −m g r sin ϑ (5.58)Tako dobimo obe diferencialni enačbi gibanja:m¨r − m r ˙ϑ 2= −k (r − r 0 ) + m g cos ϑm r 2 ¨ϑ + 2mr ṙ ˙ϑ = −m g r sin ϑ (5.59)Ali v pokrajšani obliki, ki smo jo zapisali v enačbi 3.1 na strani 70:¨r − r ˙ϑ 2 − g cos ϑ + k m (r − r 0) = 0r ¨ϑ + 2ṙ ˙ϑ + g sin ϑ = 0 (5.60)△

5.1 LAGRANGEOVE ENAČBE GIBANJA 935.1.2 Lagrangeove enačbe gibanja sistema masnih delcevTu želimo izpeljati Lagrangeove enačbe za splošnejši dinamični sistem, ki sestoji iz več delcev in imapoljubno končno število stopenj prostosti. Dovolili bomo tudi , da se premika koordinatni sistem, alipa omejitev, ali pa oba hkrati. Najprej pa poiščimo splošno obliko D’Alembertovih enačb. Vzemimo,da imamo sistem s p delci, ki imajo mase m 1 , m 2 ,...,m p . Na mase naj delujejo sile ⃗ F 1 , ⃗ F 2 ,..., ⃗ F p .Spet naj bo npr. sila ⃗ F 1 vektorska vsota vseh sil, ki delujejo na m 1 . V inercijskem koordinatnemsistemu velja:F x1 = m 1 ẍ 1 , F y1 = m 1 ÿ 1 , F z1 = m 1 ¨z 1........................F xp = m p ẍ p F yp = m p ÿ 1 , F zp = m p ¨z p (5.61)Predstavljamo si, da vsak delec opravi linearen vrtualni premik s komponentami δx 1 , δy 1 , δz 1 itd.Če pomnožimo F x1 = m 1 ẍ 1 z δx, F y1 = m 1 ÿ 1 z δy 1 itd. dobimo D’Alembertovo enačbo:=p∑m i (ẍ i δx i + ÿ i δy i + ¨z i δz i ) =i=1p∑(F xi δx i + F yi δy i + F zi δz i ) = δW (5.62)i=1Leva stran enačbe je splošen izraz za delo, ki ga opravijo sile F 1 , F 2 ,... pri premikih δx 1 , δx 2 ,...δW =p∑(F xi δx i + F yi δy i + F zi δz i ) (5.63)i=1Kadar so premiki opravljeni po površini in so v skladu z enačbami omejitev, je delo, ki ga opravijosile omejitev enako nič. Tako eliminiramo sile omejitev iz D’Alembertove enačbe. Pod temi pogojigovorimo o D’Alembertovem principu. D’Alembertova enačba je najbolj vseobsegajoč princip vcelotni klasični mehaniki. Vsebuje namreč statiko kot poseben primer dinamike. Enačbo gibanjapoljubnega sistema, ki ima končno števili prostostnih stopenj moremo dobiti direktno s pomočjoD’Alembertovega principa, s tem da uporabimo ustrezne transformacijske enačbe in enačbe omejitev.Lagrangeove enačbe so pravzaprav le bolj pripravna oblika D’Alambertove enačbe.Denimo, da ima sistem n prostostnih stopenj, kjer je n ≤ 3p in da je vseh 3p − n enačb omejitevtakšne oblike, da lahko vse odvečne koodinate eliminiramo iz transformacijskih enačb:x iy i= x i (q 1 ,q 2 ,...,q n ,t)= y i (q 1 ,q 2 ,...,q n ,t)z i = z i (q 1 ,q 2 ,...,q n ,t) (5.64)

94 Poglavje 5. DINAMIKA - OBRAVNAVA MATERIALNIH TELES MED GIBANJEMV gornjih enačbah so odvečne koordinate že eliminirane. V enačbah imamo tudi čas t, kar pomeni,da gre bodisi za gibajoče omejitve ali gibljiv koordinatni sistem ali za oboje hkrati.Za pomike, ki so v skladu z omejitvami veljaδx i = ∂ x i∂ q 1δq 1 + ∂ x 1∂ q 2δq 2 + ... + ∂ x 1∂ x nδq n (5.65)za konstanten čas t.Enačbe za pomike vstavimo v D’Alembertovo enačbo:...+=...+p∑()∂ x i ∂ y i ∂ z im i ẍ i + ÿ i + ¨z i δq 1 + ...∂ q 1 ∂ q 1 ∂ q 1p∑()∂ x i ∂ y i ∂ z im i ẍ i + ÿ i + ¨z i δq n =∂ q n ∂ q n ∂ q np∑()∂ x i ∂ y i ∂ z iF xi + F yi + F zi δq 1 + ...∂ q 1 ∂ q 1 ∂ q 1p∑()∂ x i ∂ y i ∂ z iF xi + F yi + F zi δq n (5.66)∂ q n ∂ q n ∂ q ni=1i=1i=1i=1Spremenljivke q 1 , q 2 ,..., q n so neodvisne. Vsak delec lahko zavzame poljuben položaj ne glede napoložaj drugih delcev. S tem niso prekršene enačbe omejitev. Zato smemo predpostaviti, da so vsipremiki razen δq 1 , enaki nič. Zgornja enačba se potem skrajša na naslednjo obliko:p∑()∂ x i ∂ y i ∂ z iδW q1 = m i ẍ i + ÿ i + ¨z i δq 1 =∂ qi=1 1 ∂ q 1 ∂ q 1p∑()∂ x i ∂ y i ∂ z i= F xi + F yi + F zi δq 1 (5.67)∂ q 1 ∂ q 1 ∂ q 1i=1Potem, ko opravimo enake matematične izpeljave, ki smo jih uvedli pri sistemu z enim samim delcem,dobimo:( (d ∂p∑ 1δW q1 =dt ∂ ˙q 1 2 m (ẋ2 ) )i i + ẏi 2 + żi 2 − ∂ p∑ 1∂ qi=11 2 m (ẋ2 ) )i i + ẏi 2 + żi2 δq 1 =i=1p∑()∂ x i ∂ y i ∂ z i= F xi + F yi + F zi δq 1 (5.68)∂ q 1 ∂ q 1 ∂ q 1i=1Tako dobimo za posamične koordinate q 1 , q 2 ,..., q n povsem enake Lagrangeove enačbe, kot smo jihdobili v primeru enega masnega delca:( )d ∂ K− ∂ K = F qr (5.69)dt ∂ ˙q r ∂ q r

5.1 LAGRANGEOVE ENAČBE GIBANJA 95Generalizirane sile pa imajo sedaj obliko:p∑()∂ x i ∂ y i ∂ z iF qr = F xi + F yi + F zi∂ q r ∂ q r ∂ q ri=1Iz gornjih enačb vidimo, da velja za kinetično energijo mehanskega sistema delcev naslednji izraz:K = 1 2p∑ (ẋ2 )m i i + ẏi 2 + żi2i=1(5.70)(5.71)V splošnem ima enačba 3p pravokotnih koordinat. Preden lahko izraz uporabimo v Lagrangeovihenačbah, moramo koordinate zreducirati na q 1 , q 2 ,..., q n , kjer je n število nedvisnih spremenljivk oz.stopenj prostosti sistema. Običajno napišemo izraz za kinetično energijo v kateremkoli ustreznemkoordinatnem sistemu z ustreznim številom koordinat. Potem uporabimo transformacijske enačbe inenačbe omejitev, tako da izraz nima več odvečnih koordinat.Primer 5.5 Kot primer poglejmo dvojno nihalo, kjer so vezi, na katerih so obešene mase, neraztegljive.y(x 0 ,y 0 )ϑm 1(x 1 ,y 1 )ϕm 1 gm 2(x 2 ,y 2 )m 2 gxSlika 5.5: Dvojno nihaloV enačbi 4.15 na strani 77 smo izpeljali izraz za kinetično energijo:K = 1 2 m 21 r ˙ϑ2 1 + 1 )2 m 22(r ˙ϑ2 1 + r 12 ˙ϕ 2 + 2r 1 r 2 ˙ϑ ˙ϕ cos (ϕ − ϑ)(5.72)Za mehanski sistem z dvema delcema bomo zapisali dve Lagrangeovi enačbi:( )d ∂ Kdt ∂ ˙ϑ− ∂ K∂ ϑ= F ϑ( )d ∂ K− ∂ Kdt ∂ ˙ϕ ∂ ϕ = F ϕ (5.73)

96 Poglavje 5. DINAMIKA - OBRAVNAVA MATERIALNIH TELES MED GIBANJEMPotrebujemo naslednje odvode:∂ K∂ ˙ϑ = m 21 r 1˙ϑ +2 m2 r 1˙ϑ + m2 r 1 r 2 ˙ϕ cos (ϕ − ϑ)( )d ∂ Kdt ∂ ˙ϑ2= m 1 r 1¨ϑ +2 m2 r 1¨ϑ + m2 r 1 r 2 ¨ϕ cos (ϕ − ϑ) −(− m 2 r 1 r 2 ˙ϕ ˙ϕ − ˙ϑ)sin (ϕ − ϑ) (5.74)Tako dobimo prvo enačbo gibanja:∂ K∂ ϑ = m 2 r 1 r 2 ˙ϑ ˙ϕ sin (ϕ − ϑ)(m 1 + m 2 ) r 12 ¨ϑ + m2 r 1 r 2 ¨ϕ cos (ϕ − ϑ) − m 2 r 1 r 2 ˙ϕ 2 sin (ϕ − ϑ) = F ϑ (5.75)Za drugo enačbo potrebujemo naslednje odvode:ddtDruga enačba gibanja je:( ∂ K∂ ˙ϕ∂ K∂ ˙ϕ = m 2 r 22 ˙ϕ + m 2 r 1 r 2 ˙ϑ cos (ϕ − ϑ))= m 2 r 22 ¨ϕ + m 2 r 1 r 2 ¨ϑ cos (ϕ − ϑ) −(− m 2 r 1 r 2 ˙ϑ ˙ϕ − ˙ϑ)sin (ϕ − ϑ) (5.76)∂ K∂ ϕ = −m 2 r 1 r 2 ˙ϑ ˙ϕ sin (ϕ − ϑ)m 2 r 22 ¨ϕ + m 2 r 1 r 2 ¨ϑ cos (ϕ − ϑ) + m2 r 1 r 2 ˙ϑ2 sin (ϕ − ϑ) = F ϕ (5.77)Ostane nam, da določimo še obe posplošeni sili F ϑ in F ϕ . Uporabili bomo splošni enačbi:F ϑ =2∑i=1()∂ x iF xi∂ ϑ + F ∂ y iy i∂ ϑEdina gonilna sila v sistemu dvojnega nihala je gravitacija.(5.78)F y1= −m 1 gF y2 = −m 2 g (5.79)Tako imamo:∂ y 1F ϑ = F y1∂ ϑ + F ∂ y 2y 2∂ ϑPotrebujemo še transformacijski enačbi:∂ y 1in F ϕ = F y1∂ ϕ + F ∂ y 2y 2∂ ϕ(5.80)y 1= y 0 − r 1 cos ϑy 2 = y 0 − r 1 cos ϑ − r 2 cos ϕ (5.81)

5.1 LAGRANGEOVE ENAČBE GIBANJA 97Posplošeni sili sta potem:F ϑ∂ y 1∂ ϑ= r 1 sin ϑ∂ y 2∂ ϑ= r 1 sin ϑ∂ y 1∂ ϕ = 0 (5.82)∂ y 2∂ ϕ= r 2 sin ϕ= −m 1 r 1 g sin ϑ − m 2 r 1 g sin ϑF ϕ = −m 2 r 2 g sin ϕ (5.83)Diferencialni enačbi gibanja dvojnega nihala imata naslednjo obliko:(m 1 + m 2 )r 12 ¨ϑ + m2 r 1 r 2 ¨ϕ cos (ϕ − ϑ) −−m 2 r 1 r 2 ˙ϕ 2 sin (ϕ − ϑ) + (m 1 + m 2 )r 1 g sin ϑ = 0 (5.84)m 2 r 22 ¨ϕ + m 2 r 1 r 2 ¨ϑ cos (ϕ − ϑ) + m2 r 1 r 2 ˙ϑ2 sin (ϕ − ϑ) ++m 2 r 2 g sin ϕ = 0 (5.85)△

98 Poglavje 5. DINAMIKA - OBRAVNAVA MATERIALNIH TELES MED GIBANJEM5.2 Konzervativni sistemi in potencialna energijaZa uvod si oglejmo najprej dva primera.Primer 5.6 Vzemimo masni delec, ki je pričvrščen na vzmet, kot kaže slika 5.6. Drugi konec vzmetije pritrjen v izhodišču koordinatnega sistema. Delec se lahko giblje po gladki koordinatni ravnini(x,y), tako da sila teže nima nobenega vpliva..ylmTzl 0l∆l⃗Fzϑxx,ymSlika 5.6: Masni delec na vzmeti: tloris in stranski risSedaj izračunajmo delo, ki ga opravi vzmet pri premiku delca iz neke referenčne točke (x 0 ,y 0 ) vneko splošno točko (x,y). Privzamemo, da se vzmeti obnašajo po Hookovem zakonu in da ni nobenihsil, ki delujejo pravokotno na dolžino vzmeti. Pravokotne komponente sil so tedaj:F xF y= −F cos ϑ = −k (l − l 0 ) x l= −F sin ϑ = −k (l − l 0 ) y l(5.86)V enačbi je k konstanta vzmeti, l 0 dolžina neraztegnjene in l dolžina raztegnjene vzmeti. x in y stakoordinati delca. Uporabimo splošno enačbo za delo:in uporabimo še zvezo:ter dobimoW =∫ x,yx 0 ,y 0(F x dx + F y dy) (5.87)l 2 = x 2 + y 2 (5.88)∫ x,y(( xdxW = −k xdx − k y dy + kl 0 + y dy )) ∫ ()x,yxdx + y dy= −k x − k y dy + k l 0 √x 0 ,y 0l l x 0 ,y 0 x2 + y 2(5.89)Enačbo lahko napišemo tudi v naslednji obliki∫ x,y( 1(W = − dx 0 ,y 02 k √ ) )x 2 + y 2 − 2l 0 x2 + y 2 (5.90)

5.2 KONZERVATIVNI SISTEMI IN POTENCIALNA ENERGIJA 99Potem dobimoW = − 1 (2 k √ )x 2 + y 2 − 2l 0 x2 + y 2 + 1 ()2 k x 2 0 + y0 2 − 2l 0√x 2 0 + y02(5.91)Vidimo, da je delo W le funkcija x 0 ,y 0 in x,y in, da je torej odvisno le od začetnih in končnihtočk poti delca. Če vzamemo, da je x 0 ,y 0 fiksna referenčna točka, potem je delo odvisno le od x,yter neke aditivne konstante. Delo, ki ga opravi vzmet ni odvisno od dolžine ali oblike poti, ki jo delecopravi med točkama x 0 ,y 0 in x,y. Za poljubno vase zaključeno pot tedaj velja W = 0. Pri zgledusmo tudi pazili, da sta F x in F y takšna, da je dW eksakten diferencial. Če torej primerjamo izraza△dW = ∂W∂xdx +∂W∂ydy (5.92)inpotem veljadW = F x dx + F z dy (5.93)F x = ∂W∂xF y = ∂W∂yPrimer 5.6 - nadaljevanje Če preverimo zadnji primer:(F x = ∂W∂x = −1 2 k 2x − l 0)2x√ = −k xx2 + y 2(1 − l )0= −k (l − l 0 ) x ll(5.94)(5.95)Primer 5.7 Vzemimo sedaj drug primer kot ga kaže slika 5.7. Poglejmo delo, ki ga opravi sila trenja⃗F , pri tem ko neravna, groba površina deluje na gibanje delca pri premiku delca iz točke x 0 ,y 0 vtočko x,y.Vzemimo, da deluje samo sila gravitacije in sicer pravokotno na ravnino, potem je sila trenja△F = −µmg (5.96)kjer je µ koeficient trenja in deluje v nasprotni smeri glede na premik delca ds:ds 2 = dx 2 + dy 2 (5.97)

100 Poglavje 5. DINAMIKA - OBRAVNAVA MATERIALNIH TELES MED GIBANJEMydsϑdydxxSlika 5.7: Masni delec na ravni grobi površiniDelo je torej:∫W =∫ x,yF ds = −µmgds = −µmgx 0 ,y√0∫ x,ydx 2 + dy 2= −µmgx 0 ,y 0dx 2 dx = −µmg∫ x,y √x 0 ,y 0∫ x,yx 0 ,y 0√1 +dx 2 + dy 2 =( dy) 2dx (5.98)dxIzraz pod integralom ni eksakten diferencial. Pot y = y(x) mora biti definirana preden lahko izvedemointegracijo. Tu je delo W odvisno od poti in ne veljata zvezi za eksaktni diferencial iz enačbe5.94. Ker sta pravokotni komponenti sile trenja:delo torej ni eksaktni diferencial:F x = −µmg cos ϑ = −µmg dxdsF y = −µmg sin ϑ = −µmg dyds(5.99)dW ≠ F x dx + F z dy (5.100)△Prvi primer opisuje preprost konzervativni sistem in drugi preprost nekonzervativni sistem. Takodobimo naslednjo definicijo:Če imamo v sistemu takšne sile, da je delo, ki ga, pri premiku sistema iz ene konfiguracije v drugo,opravijo te sile, odvisno le od začetnih in končnih koordinat delca, govorimo o konzervativnih silah.Sistem pa je konzervativen sistem.Delo, ki ga opravijo konzervativne sile pri premiku sistema masnih delcev iz neke konfiguracije A(s koordinatami x 1 , y 1 , z 1 , x 2 , y 2 , z 2 , etc.) v drugo konfiguracijo B (s koordinatami 0 x 1 , 0 y 1 , 0 z 1 , 0 x 2 ,0y 2 , 0 z 2 , etc.), definiramo kot potencialno energijo V (x i ,y i ,z i ), ki jo ima sistem v konfiguraciji Aglede na konfiguracijo B. Potencialna energija V je definirana kot delo, ki ga opravijo konzervativnesile od splošnega na referenčni položaj in ne obratno.

5.2 KONZERVATIVNI SISTEMI IN POTENCIALNA ENERGIJA 101Tipični primeri konzervativnih sil so gravitacijska sila med masami, sile vzmeti in elastičnih telesin na primer še sile med stacionarnimi električnimi naboji. Nekonzervativna sila je npr. sila trenja,sila, ki se upira gibanju objekta skozi tekočino in druge sile, ki so odvisne od časa in hitrosti, silenabojev.Vzemimo sedaj sistem s p delci, na katerega delujejo konzervativne sile F 1 ,F 2 ,...,F p . Iz zgornjedefinicije velja splošen izraz za potencialno energijo∫ ox i , oy i , oz ir∑V =(F xi dx i + F yi dy i + F zi dz i ) == −x i ,y i ,z i i=1∫ xi ,y i ,z iox i , oy i , oz ir∑(F xi dx i + F yi dy i + F zi dz i ) (5.101)i=1Zgornji izraz je pravzaprav povsem splošen izraz za delo ne glede na naravo sil, ki to delo opravljajo.Rezultat integriranja mora biti neodvisen od opravljene poti. Izraz pod integralom mora biti eksaktenpopolen diferencial in veljati moraF xi = − ∂V∂x i,Odvajajmo sedaj odvod F x3 glede na y 4 in F y4 glede na x 3 . DobimoTorej velja enakostV splošnem smemo pisatiin∂F xi∂F x3F yi = − ∂V∂y iin F zi = − ∂V∂z i(5.102)= − ∂2 V∂y 4 ∂y 4 ∂x 3∂F y4= − ∂2 V(5.103)∂x 3 ∂x 3 ∂y 4∂F xi∂y r∂F yr∂x i∂F x3∂y 4= ∂F x 4∂x 3(5.104)= − ∂2 V∂y r ∂x i= − ∂2 V∂x i ∂y r(5.105)= ∂F y rali = ∂F z r(5.106)∂y r ∂x i ∂z r ∂x iTe relacije pa hkrati predpostavljajo potrebne in zadostne pogoje, da je vrednost pod integralom eksaktendiferencial. Lahko jih uporabimo kot test, ali je nek sistem konzervativen ali ne.Glavna pridobitev vpeljave potencialne energije pa postane očitna, ko vpeljemo izraz V v posplošenihkoordinatah. Tedaj velja za posplošene koordinate naslednji enostaven izraz:∂F xiF qr = − ∂V∂q r(5.107)

102 Poglavje 5. DINAMIKA - OBRAVNAVA MATERIALNIH TELES MED GIBANJEMki velja za posamezne delce in tudi sisteme masnih delcev.Poglejmo sedaj, kako bomo določili potencialno energijo V s pomočjo splošnega izraza, ki smoga spoznali. Potencialno energijo običajno določimo v koordinatah, ki so najprimernejše. Potem uporabimotransformacijske enačbe, da dobimo izraz v zahtevanih koordinatah. Paziti moramo, da damosilam pravilne predznake. Potencialna energija je relativna veličina, tako da izraz ∂V∂q rni odvisen odaditivnih konstant. Vse aditivne konstante torej lahko opustimo. Paziti moramo tudi, da ima izraz zapotencialno energijo pravilno število spremenljivk oz. koordinat, ki ustreza številu prostostnih stopenjsistema. Odvečne spremenljivke moramo eleminirati z uporabo transformacijskih enačb. Včasih namni povsem jasno kakšen mora biti predznak posameznega člena v potencialni energiji. Zapomnimosi:Če mora biti opravljeno delo z neko zunanjo silo, tako da preide delec iz splošnega položajax,y,z v referenčno točko x 0 ,y 0 ,z 0 potem je potencialna energija glede na x 0 ,y 0 ,z 0 negativna, sicerpa pozitivna.Poglejmo, kako se nova spoznanja odražajo v Lagrangeovi enačbi:ddt( ) ∂K− ∂K = − ∂V(5.108)∂q˙r ∂q r ∂q rkjer smo namesto generalizirane sile uporabili izraz 5.107. Enačbo preuredimo:ddtVpeljimo sedaj Lagrangeovo funkcijoTako dobimo naslednjo enačbo( ) ∂K− ∂ (K − V ) = 0 (5.109)∂q˙r ∂q rL = K − V (5.110)( )d ∂L− ∂L = 0 (5.111)dt ∂q˙r ∂q rK smo smeli zamenjati z L v izrazu ∂ K∂ ˙q r, ker v običajnih mehanskih problemih V ni funkcija q˙r . Sicerbi V ne bila konzervativna sila. Uporabnost gornje enačbe bo najbolj očitna pri reševanju primera.Poglejmo še Lagrangeovo enačbo za primer sistema, v katerem delujejo konzervativne in nekonzervativnesile:( )d ∂L− ∂L = F qr (5.112)dt ∂q˙r ∂q rV tem primeru so na desni strani enačbe le nekonzervativne sile, ki jih poiščemo na način, ki smo gaspoznali v prejšnjem poglavju. Konzervativne sile so preko L zajete na levi strani enačbe.Primer 5.8 Oglejmo si sedaj, kako enostavno je rešiti problem gibanja enojnega nihala na gumjastivrvi z vpeljavo spoznanj o konzervativnih sistemih. Kinetično energijo že poznamo od prejK = m ( )ṙ 2 + r 2 ˙ϑ2(5.113)2

5.2 KONZERVATIVNI SISTEMI IN POTENCIALNA ENERGIJA 103xxϑrϑk(r − r 0 )r = r 0 = konsty 1mhym gym gSlika 5.8: Matematično nihalo na gumijasti vzmeti (a) in matematično nihalo (b)Potencialno energijo določimo iz osnovnih fizikalnih znanj s pomočjo slike 5.8.aV = 1 2 k (r − r 0) 2 − m g r cos ϑ (5.114)Pozitivni predznak izraza za potencialno energijo se ujema z našim pravilom o predznaku posameznihčlenov potencialne energije. Za poljubno vzmet velja slika 5.9.xp 1r 0 x 1rSlika 5.9: Splošni primer vzmetiTočka p 1 pomeni mirovno lego. Potencialna energija glede na to točko jeV = + 1 2 k x2 1 (5.115)saj ni potrebno delo nobene zunanje sile, da bi se vrnili v točko p 1 .Razložimo še negativni predznak pri potencialni energiji zaradi gravitacije.V = −m g y 1 y 1 = r cos ϑ V = +m g h (5.116)saj ni potrebna zunanja sila, da se vrnemo v izhodišče. Dalje veljaV = m g r 0 − m g r cos ϑ (5.117)

104 Poglavje 5. DINAMIKA - OBRAVNAVA MATERIALNIH TELES MED GIBANJEMDejali smo že, da smemo aditivne konstantne člene vselej izpustiti. Če jih ne izpustimo, odpadejo priodvajanju.V = −m g r cos ϑ (5.118)Lagrangeova funkcija ima tedaj oblikoL = 1 ( )2 m ṙ 2 + r 2 ˙ϑ2 − 1 2 k (r − r 0) 2 + m g r cos ϑ (5.119)Najprej poiščemo prvo Lagrangeovo enačbosaj v sistemu ni nekonzervativnih sil.ddt( ∂L∂ṙ∂L∂r∂L∂ṙ )ddt( ) ∂L− ∂L = 0 (5.120)∂q˙r ∂q r= m r ˙ϑ 2 − k (r − r 0 ) + m g cosϑ= m ṙZa prvo prostostno stopnjo se enačba glasi:= m ¨r (5.121)m ¨r − m r ˙ϑ 2 − m g cosϑ + k (r − r 0 ) = 0 (5.122)Drugo Lagrangeovo enačbo dobimo iz:Druga prostostna stopnja pa je zajeta z:oziroma v pokrajšani obliki:ddt( ) ∂L∂ ˙ϑ− ∂L∂ϑ = 0 (5.123)∂L= −m g r sin ϑ∂ϑ∂L∂ ˙ϑ = m r2 ˙ϑ( )d ∂Ldt ∂ ˙ϑ= 2m r ṙ ˙ϑ + m r 2 ¨ϑ (5.124)m r 2 ¨ϑ + 2m r ṙ ˙ϑ + m g r sin ϑ = 0 (5.125)r ¨ϑ + 2ṙ ˙ϑ + g sin ϑ = 0 (5.126)△

5.3 VZTRAJNOSTNI MOMENT 1055.3 Vztrajnostni momentKinetična energija masne točke z maso m in absolutno vrednostjo hitrosti v znašaK = m v22= m ṙ22(5.127)Z r označimo krajevni vektor do masne točke dm. Ista formula za kinetično energijo velja tudi za telos končno velikimi razsežnostmi, če imajo le vsi delci telesa enako hitrost. Ta pogoj pa ni izpolnjen,če se telo vrti okrog poljubne osi. Točke, ki so bolj oddaljene od osi, imajo namreč večjo hitrost kottiste, ki so manj oddaljene.Naj bo ω kotna hitrost telesa. Potem je hitrost delca, ki leži na razdalji ρ od rotacijske osi, enaka:v = ω ρNaj bo na naslednji sliki os vrtenja pravokotna na ravnino papirja:⃗vρTdmOSlika 5.10: Hitrost delca na razdalji ρ od rotacijske osiČe je masa tega infinitezimalnega delca dm, je njegova kinetična energijadK = ω2 ρ 2 dm2(5.128)Kinetična energija celega telesa je potem vsota kinetičnih energij vseh posameznih delcev. Ta vsotaje integralK = 1 ∫2 ω2 ρ 2 dm (5.129)Kotna hitrost ω je pri vrtenju togega telesa za vse delce enaka. Integral ∫ V ρ2 dm je neodvisen od ω inse imenuje vztrajnostni moment telesa glede na dano os. Vzemimo, da se telo vrti okrog osi z, potemje ρ 2 = x 2 + y 2 in vztrajnostni moment se glasi∫∫∫J z = σ ( x 2 + y 2) dxdy dz (5.130)VV

106 Poglavje 5. DINAMIKA - OBRAVNAVA MATERIALNIH TELES MED GIBANJEMTu smo zaznamovali z σ specifično gostoto snovi v točki s koordinatami x,y,z. Podobno dobimovztrajnostni moment za osi x in y, ki sta∫∫∫J x = σ ( y 2 + z 2) dxdy dzV∫∫∫J y = σ ( x 2 + z 2) dxdy dz (5.131)VPrimer 5.9 Kot zgled poglejmo najprej vztrajnostni moment homogenega pokončnega valja kot kažeslika 5.11.hRωdρρSlika 5.11: Vztrajnostni moment valjaNaj bo polmer valja R in višina h. Mislimo si, da je valj razrezan na tanke plasti, ki imajo oblikocevi, s skupno osjo. Če je debelina ene take cevi dρ in polmer ρ, je masa dm = σ h 2π ρdρ. Vse tetočke v plasti so za ρ oddaljene od osi vrtenja. Vztrajnostni moment valja je potemJ =∫ R0ρ 2 σ h 2π ρdρ = 2π σ h∫ R0ρ 3 dρ = π σ h R42Ker je m = π σ R 2 h masa valja, se vztrajnostni moment poenostavljeno glasi:J = m R22(5.132)(5.133)Primer 5.10 Poglejmo si vztrajnostni moment kvadra kot ga prikazuje slika 5.12.Naj bodo robovi kvadra a,b,c in os naj spaja središči obeh osnovnih ploskev. Če je to obenem osz in so robovi vzporedni z osmi x,y,z je vztrajnostni moment analogno glede na prejšnji primer:J z = σ c∫∫ (x 2 + y 2) dxdy = σ c∫ a/2−a/2dx∫ b/2−b/2(x 2 + y 2) dy = σ a bc (a2 + b 2 )12△= m (a2 + b 2 )12(5.134)

5.3 VZTRAJNOSTNI MOMENT 107ωωlcdpρabSlika 5.12: a.) Vztrajnostni moment kvadrab.) Primer, ko je b ≫ aZa b ≫ a in b = c velja tudi približek (slika 5.12.b)J z = m l212To je obenem tudi vztrajnostni moment dolge palice(5.135)△5.3.1 Vztrajnosti momenti pri paralenih osehKončno poglejmo še relacijo med vztrajnostnimi momenti pri vzporednih oseh. Vztrajnostni momentteles je odvisen od lege osi. Naj bo O ′ poljubna os in O vzporedna os skozi težišče telesa. Položimokoordinatni sistem tako, da je O os z, os O ′ pa naj prebija ravnino xy v točki (a,b). Položaj prikazujeslika 5.13.yO ′ (a,b)ddmT(x,y)OxSlika 5.13: Paralelne osi vrtenja

108 Poglavje 5. DINAMIKA - OBRAVNAVA MATERIALNIH TELES MED GIBANJEMVztrajnostni moment delca dm je glede na os O, ki poteka skozi težišče enak∫ (xJ 0 = 2 + y 2) dm (5.136)Vztrajnostni moment glede na drugo os O ′ pa je∫ ((xJ = − a) 2 + (y − b) 2) dm (5.137)ker je kvadrat razdalje točke T(x,y,z) od izbrane osi O ′ enak (x − a) 2 + (y − b) 2 . Tako sledi∫ (xJ = 2 + y 2) dm + ( a 2 + b 2) ∫ ∫ ∫dm − 2a xdm − 2b y dm (5.138)Če z x in y označimo koordinati težišča, potem velja∫xdm = m x in∫y dm = m y (5.139)Ker leži težišče na osi z, torej je x = y = 0 in je ∫ dm = m masa telesa, sledi od tod končni rezultat:J = J 0 + m d 2 (5.140)Z d = √ a 2 + b 2 smo označili oddaljenost osi O ′ od težišča. Tako smo dobili tako imenovani Steinerjevizrek:Vztrajnostni moment za poljubno os je enak vsoti vztrajnostnega momenta za vzporedno os skozitežišče in vztrajnostnega momenta telesa glede na prosto os, če bi bila vsa masa koncentrirana vtežišču.Primer 5.11 Primer za dolgo palico, ki jo vrtimo v krajišču (primerjaj slika 5.12.b):J = m l212 + m l 2=2(m l)23(5.141)△5.3.2 Smerni kosinusiSmerni kosinusi smeri so kosinusi kotov α,β in γ, ki jih ustrezni poltrak oklepa s pozitivnimi osmikoordinatnih osi. Koti α,β in γ leže vedno med 0 o in 180 o . Če je npr. α = 0 o se smer ujema spozitivno smerjo osi x. Pri α = 180 o pa se poltrak ujema z negativno smerjo osi x.Na kratko zaznamujmo smerne kosinuse z l,m in n:l = cos α, m = cos β, n = cos γ (5.142)

5.3 VZTRAJNOSTNI MOMENT 109V izrazoslovju vektorskega računa so smerni kosinusi enaki komponentam enotinega vektorja danesmeri.Premica določa dve nasprotni si smeri. Če oklepa ena izmed njih kote α,β in γ s koordinatnimiosmi, oklepa nasprotna smer kote 180 o − α, 180 o − β in 180 o − γ. Njeni smerni kosinusi socos (180 o − α) = − cos αcos (180 o − β) = − cos β (5.143)cos (180 o − γ) = − cos γTorej imata dve nasprotni smeri smerni kosinuse z nasprotnimi predznaki: l,m in n ⇒ −l, −m in−n. Na izbranem potraku iz izhodišča vzemimo neko točko T kot kaže slika 5.14. Njene koordinatenaj bodo x,y in z. Daljica OI oklepa s pozitivnimi smermi koordinatnih osi kote 180 o − α, 180 o − βin 180 o − γ. Iz pravokotnih trikotnikov OAT,OBT in OCT (pri A,B in C so pravi koti) dobimox = r cos α, y = r cos β, z = r cos γ. (5.144)Ker veljasledi od todx 2 + y 2 + z 2 = r 2 (5.145)cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ = 1 (5.146)Torej velja izrek: Vsota kvadratov smernih kosinusov je enaka 1.Daljica OT na sliki 5.14 ima naslednje smerne kosinusel = x r , m = y r , n = z r(5.147)pri čemer so x,y in z koordinate točke T,r pa njena oddaljenost od izhodišča O.Kakšni so smerni kosinusi daljice T 1 T 2 (od T 1 proti T 2 )? Naj imata točki T 1 in T 2 koordinate(x 1 ,y 1 ,z 1 ) in (x 2 ,y 2 ,z 2 ). Razlike x 2 − x 1 ,y 2 − y 1 in z 2 − z 1 so koordinate točke T 2 , če je izhodiščezCxAOγαrβT(x,y,z)BySlika 5.14: Smerni kosinusi vektorja ⃗r

110 Poglavje 5. DINAMIKA - OBRAVNAVA MATERIALNIH TELES MED GIBANJEMvzporednega koordinatnega sistema v T 1 . Torej so glede naprej zapisane enačbe smerni kosinusidaljice T 1 T 2 enakil = x 2 − x 1d, m = y 2 − y 1, n = z 2 − z 1d d(5.148)Tu je d razdalja med točkama T 1 in T 2Smerne kosinuse uporabljamo predvsem z enačbami ravnin; so stari ekvivalent komponent normalnegavektorja na ravnino. Ravnina, ki gre skozi točko T 1 (x 1 ,y 1 ,z 1 ) in je pravokotna na premico ssmernimi kosinusi l,m,n, je definirana:Razdalja med točko T 2 (x 2 ,y 2 ,z 2 ) in ravnino je:l (x − x 1 ) + m (y − y 1 ) + n (z − z 1 ) = 0 (5.149)l (x 2 − x 1 ) + m (y 2 − y 1 ) + n (z 2 − z 1 ) = d (5.150)Če poteka ravnina skozi koordinatno izhodišče O, potem se enačba poenostavi vl x + m y + nz = 0 (5.151)5.3.3 Vztrajnostni moment togega telesa okrog poljubne osiZa študij gibanja togega telesa moramo poznati in razumeti vztrajnostne in deviacijske momente.Potem, ko smo si ogledali definicijo vztrajnostnega momenta in uporabo v elementarnih problemih, sipoglejmo vztrajnostne momente togega telesa okrog poljubne osi. Skico prikazuje slika 5.15. DoločitizOrm ′(x,y,z)ρAOa 1l,m,nxySlika 5.15: Vztrajnostni moment okrog poljubne osiželimo vztrajnostni moment togega telesa okrog osi Oa 1 :J Oa1 = ∑ m ′ ρ 2 , (5.152)kjer je m ′ masa infinitezimalnega masnega delca, h pa pravokotna razdalja med osjo in masnim delcem.Opraviti moramo sumacijo po vseh masnih delcih togega telesa.

5.3 VZTRAJNOSTNI MOMENT 111Iz slike sta razvidni naslednji geometrijski zveziρ 2 = r 2 − OA 2 in r 2 = x 2 + y 2 + z 2 (5.153)Če vstavimo v enačbo ravnine 5.151 koordinate masnega delca m ′ (x,y,z), potem dobimo izraz zarazdaljo med točko in ravnino. Naša ravnina poteka skozi koordinatno izhodišče in os Oa 1 je normalana ravnino. Razdalja med masnim delcem in ravnino pa je enaka razdalji OA:OA = l x + m y + nz (5.154)V jeziku vektorjev je OA enako projekciji vektorja ⃗r na os Oa 1 . Vztrajnostni moment okrog osi Oa 1naprej zapišimo v obliki:⎛⎞J Oa1 = ∑ m ′ (r 2 − OA 2 ) = ∑ m ′ ⎝(x 2 + y 2 + z 2 ) (l 2 + m 2 + n 2 ) −(l x + m y + nz) 2 ⎠} {{ }1; glej en. 5.146(5.155)Po množenju in preureditvi dobimoJ Oa1= l 2 ∑ m ′ (y 2 + z 2 ) + m 2 ∑ m ′ (x 2 + z 2 ) + n 2 ∑ m ′ (x 2 + y 2 ) −− 2l m ∑ m ′ xy − 2l n ∑ m ′ xz − 2mn ∑ m ′ y z (5.156)V zgornjem izrazu ni težko prepoznati vztrajnostnih momentov, npr. okrog osi y:in deviacijskih momentov:J x = ∑ m ′ (x 2 + z 2 ) itd, (5.157)J xy = ∑ m ′ xy (5.158)Tako dobimo naslednji splošni izraz za vztrajnostni moment togega telesa okrog poljubne osi:Vektorsko se isti zapis glasi:J Oa1 = J x l 2 + J y m 2 + J z n 2 − 2J xy l m − 2J xz l n − 2J yz m n (5.159)⎡J Oa1 = [l m n ] J ⎣lmn⎤⎡⎦ = [l m n ] ⎣J x −J xy −J xz⎤ ⎡−J yx J y −J yz⎦ ⎣lmn⎤⎦ (5.160)Z J označimo tenzor vztrajnostnih momentov.Zaradi enostavnejše razlage smo uporabili sumacijske in ne integralske znake. Za zvezno porazdeljenemase seveda velja na primer∫∫J x = (y 2 + z 2 )dm in J xy = xy dm (5.161)MEnačba 5.159 za vztrajnostni moment je osnova za vsakršno nadaljno obravnavo vztrajnostnih momentov.Zavedati se moramo, da so J x ,J xy itd. neke določene številske vrednosti, potem ko smo za obravnavanotelo določili koordinatni sistem [x,y,z]. Seveda imajo različne vrednosti pri različnih položajihin orientacijah koordinatnega sistema. Če poznamo J x ,J xy itd. moremo izračunati vztrajnostnimoment okrog poljubne osi, ki gre skozi koordinatno izhodišče O.M

112 Poglavje 5. DINAMIKA - OBRAVNAVA MATERIALNIH TELES MED GIBANJEM5.3.4 Vztrajnostni elipsoidIzberimo sedaj neko točko p 1 (x 1 ,y 1 ,z 1 ) na poltraku Oa 1 , tako da je razdalja do koordinatnega izhodiščaenaka S 1 .Glede na definicijo smernih kosinusov pišemo:x 1 = S 1 l y 1 = S 1 m z 1 = S 1 n (5.162)Če vstavimo smerne kosinuse l,m,n v splošni izraz za vztrajnostni moment togega telesa okrogpoljubne osi, dobimo:J Oa1 S 1 2 = J x x 1 2 + J y y 1 2 + J z z 1 2 − 2J xy x 1 y 1 − 2J xz x 1 z 1 − 2J yz y 1 z 1 (5.163)Vzemimo sedaj neko drugo premico Oa 2 . Na njej izberimo točko p 2 (x 2 ,y 2 ,z 2 ), ki naj bo na razdaljiS 2 od koordinatnega izhodišča. Za to premico bi lahko zapisali enak izraz:J Oa2 S 2 2 = J x x 2 2 + J y y 2 2 + J z z 2 2 − 2J xy x 2 y 2 − 2J xz x 2 z 2 − 2J yz y 2 z 2 (5.164)Takšne enačbe lahko zapišemo za vse premice, ki potekajo skozi koordinatno izhodišče O.Sedaj pa si predstavljajmo šop premic, ki jih potegnemo v različnih smereh skozi koordinatnoizhodišče O. Na vsaki premici izberemo takšen S, da bo veljala enakost:Potem velja tudi naslednja splošna enačba:J Oa S 2 = 1 (5.165)J x x 2 + J y y 2 + J z z 2 − 2J xy xy − 2J xz xz − 2J yz y z = 1 (5.166)Dobili smo enačbo površine elipsoida. Ta elipsoid imenujmo vztrajnostni elipsoid in je povsemdoločeno orientiran glede na osi x, y in z koordinatnega sistema.Enačbo elipsoida lahko zapišemo za katerikoli predmet: segment robota ali človeka , kamen,stol,... Takšnih elipsoidov pa lahko sestavimo neskončno mnogo glede na različne položaje izhodiščakoordinatnega sistema in glede na različne orientacije koordinatnih osi. Prav tako bi lahko zapisalitudi J Oa S 2 = C, tako da bi dobili elipsoid primerne velikosti.Iz Steinerjevega izreka J = J 0 + m d 2 pa je razvidno, da je za vse paralelne osi najmanjši ravnotisti moment, katerega pripadajoča os gre skozi težišče. Skozi težišče pa gre neskončno mnogo osi.Zanimajo nas take osi skozi težišče, kjer doseže vztrajnostni moment ekstremno vrednost. Izkaže se,da so pri poljubnem telesu 3 takšne osi, pri katerih je izpolnjen potrebni pogoj za nastop ekstrema. Toso obenem tudi lastni vektorji tenzorja vztrajnostnih momentov J.Postavimo osi x, y in z vzdolž premerov 2a, 2b in 2c poljubnega elipsoida. Enačba površine imapotem obliko:x 2a + y22 b + z22 c = 1 (5.167)2Enako velja tudi za primer, ko koordinatne osi x, y, z sovpadajo s osmi vztrajnostnega elipsoida:J x p x 2 + J y p y 2 + J z p z 2 = 1 (5.168)

5.3 VZTRAJNOSTNI MOMENT 113Deviacijski momenti so v tem primeru enaki nič in izraz za vztrajnostni moment okrog osi Oa, kiseveda poteka skozi težišče, ima obliko:J Oa = J x p l 2 + J y p m 2 + J z p n 2 (5.169)V zgornji enačbi pomenijo J x p , J y p in J z p proste vztrajnostne momente, x p , y p in z p pa so prostevztrajnostne osi.Z vidika robotike nastopi dilema, kam postaviti koordinatni sistem. Če smo izhodišče koordinatnegasistema postavili v sklep, smo uporabili npr. D-H notacijo in s tem enostavno rešili kinematiko,vendar se nam bodo v izrazu za vztrajnosti moment pojavili še deviacijski momenti. Če smo postavilikoordinatno izhodišče v težišče, imamo lahko enostavnejši izraz za vztrajnostni moment, kinematičniproblem pa moramo reševati sami.Pri povsem poljubi postavitvi koordinatnega sistema imamo vselej opravka z deviacijskimi momenti.Če postavimo izhodišče koordinatnega sistema v težišče in so osi koordinatnega sistema prosteosi, se deviacijskih momentov znebimo. Najenostavnejši izraz za vztrajnostni moment pa dobimo tedaj,kadar os vrtenja sovpada ali je vzporedna z eno izmed prostih osi. Tedaj ima vztrajnostni momentsamo en člen, npr. J x .

114 Poglavje 5. DINAMIKA - OBRAVNAVA MATERIALNIH TELES MED GIBANJEM5.4 Lagrangeove enačbe za gibanje togega telesaTogo telo je tisto telo, pri katerem noben masni delec ne spremeni položaja glede na katerikoli drugdelec, ne glede na sile, ki na telo delujejo. Če gledamo strogo, takšnih teles sploh ni. Praktičnogledano pa je takšna predpostavka opravičljiva za široko področje dinamike.V osnovi torej ni razlike med dinamiko masnega delca, saj smemo na togo telo gledati kot nasistem z velikim številom masnih delcev, ki so omejeni tako, da so razdalje med njimi nespremenljive.Vzrok, da obravnavamo dinamiko togega telesa posebej, je v posebnih načinih izražanja kinetičneenergije K.Naš cilj je izpeljati splošen izraz kinetične energije K za togo telo. Najprej si oglejmo izraze zakotno hitrost v vektorski obliki.5.4.1 Preslikava kotne v linearno hitrostzm ′ (x,y,z)v zm ′v x v yω zρral,m,n⃗ωω⃗ω z⃗vω x⃗ω x⃗ω yω yyxSlika 5.16: Primer togega telesaPoljubno togo telo je fiksno v točki O in se okrog te točke vrti v smeri ⃗ω kot kaže slika 5.16. Vseveličine smo merili glede na fiksni koordinatni sistem x,y,z. Denimo, da ima telo kotno hitrost ωokrog osi Oa, ki poteka skozi točki O in a. Zaradi te kotne hitrosti ima masni delec m ′ linearno hitrost⃗v, katere smer je pravokotna na ravnino, ki jo predstavljajo naslednje tri točke: 0, a in m ′ . Velikosthitrosti jev = ω ρ (5.170)kjer je ρ pravokotna razdalja med m ′ in osjo Oa.Pokazati želimo, da kotno hitrost lahko obravnavamo kot vektor ⃗ω, katerega smer je enaka smeripremice skozi točki 0 in a, velikost pa je enaka absolutni vrednosti. To pa dalje pomeni, da ⃗ω lahkorazbijemo v komponente ω x , ω y in ω z . To dejstvo pa je pomembno pri obravnavi dinamike togegatelesa. Vektor ⃗v razbijemo v komponente v x , v y in v z .

5.4 LAGRANGEOVE ENAČBE ZA GIBANJE TOGEGA TELESA 115Če smatramo ⃗ω kot vektor vzdolž osi Oa smemo s pomočjo slike pisati:v xv y= ω y z − ω z y= ω z x − ω x zv z = ω x y − ω y x (5.171)Ta enačba pa je samo vektorski produkt:∣⃗i ⃗j ⃗ kω x ω y ω zx y z∣(5.172)Torej smemo pisati:⃗v = ⃗ω × ⃗r (5.173)r ima seveda komponente (x,y,z). Zapisa v enačbi 5.173 pa ne smemo mešati s skalarno enačbov = ω ρ. Razlika je vidna s slike 5.17. Pravilne izraze za v x , v y in v z dobimo tako, da obravnavamo⃗rρ⃗ω⃗vωSlika 5.17: Vektorski produktkotno hitrost kot vektor ⃗ω vzdolž osi Oa. Smer vektorja je določena s pravilom desnega vijaka.Na osnovi navedenih izpeljav povzemimo nekaj zaključkov. Ker je ⃗ω vektorska količina, smemoučinek različnih vrtenj seštevati. To seveda velja le za same hitrosti, ne pa tudi za same kote zasukov.Komponente vektorja kotne hitrosti ⃗ω tudi ne moremo določiti kot ω x = ˙ϑ 1 , itd., pri čemer bikoti ϑ predstavljali končne zasuke okoli referenčnega koordinatnega sistema. Kot vemo iz teorijehomogenih transformacij, je končni rezultat zaporedja zasukov odvisen tudi od zaporedja izvajanjele-teh. Rezultat torej ni enoličen. Nasprotno pa moremo ⃗ω določiti s pomočjo Eulerjevih kotov innjihovih časovnih odvodov. Numerično rešimo isti problem z uporabo rotacijske matrike za rotacijookoli poljubnega vektorja, kot je to prikazano v nadaljevanju.5.4.2 Splošno gibanje togega telesaPoglejmo sedaj telo, ki ne samo rotira, ampak se tudi translacijsko giblje skozi prostor, kot kažeslika 5.18. Sedaj vzemimo, da ima točka O hitrost ⃗v 0 glede na referenčni koordinatni sistem. Tahitrost naj ima komponente v 0x , v 0y in v 0z izražene v trenutnem koordinatnem sistemu (x, y, z).Obenem telo rotira s hitrostjo ⃗ω. Ta hitrost je izmerjena glede na koordinatni sistem (x 0 , y 0 , z 0 ), kise glede na referenčni koordinatni sistem zgolj linearno giblje; orientacija sistema (x 0 , y 0 , z 0 ) pa je

116 Poglavje 5. DINAMIKA - OBRAVNAVA MATERIALNIH TELES MED GIBANJEMyz 1 ω y m ′z 0z ω zOy 0 ⃗v 0x 0y 1referenčni k.s.x 1ω x⃗v⃗ωtrenutni k.s.xSlika 5.18: Primer togega telesa, ki se giblje in rotira v prostoruenaka kot referenčnemu (x 1 , y 1 , z 1 ). Podobno kot translacijsko hitrost tudi ⃗ω izrazimo v trenutnemkoordinatnem sistemu (x, y, z).Sedaj lahko napišemo komponente hitrosti masnega delca m ′ v x , v y in v z v trenutnem koordinatnemsistemu:v x= v ox + ω y z − ω z yv y = v oy + ω z x − ω x z (5.174)v z= v oz + ω x y − ω y xKar lahko napišemo v vektorski obliki⃗v = ⃗v o + ⃗ω × ⃗r (5.175)Te enačbe so veljavne tudi tedaj, kadar se koordinatni sistem x, y, z vrti glede na telo. Običajno pabo ta koordinatni sistem fiksiran glede na telo. V prvem primeru so x, y, z in vztrajnostni momentispremenljivke, v drugem pa konstante. Velikost in smer vektorja ⃗v o je v splošnem odvisna od izbireO. Vektor ⃗ω ima isto velikost in smer ne glede na položaj O na telesu. Razlog, da poskušamo izrazitihitrost masne točke v lokalnem koordinatnem sistemu, je v tem, da smemo zato uporabiti preprostejšeizražavo vztrajnostnih momentov.5.4.3 Kinetična energijaZgornje enačbe za hitrost predstavljajo osnovo za splošen zapis kinetične energije. Ta izraz dobimo,če hitrosti vstavimo v naslednjo enačbo:K = 1 2∑m′ ( v x 2 + v y 2 + v z2 ) (5.176)

5.4 LAGRANGEOVE ENAČBE ZA GIBANJE TOGEGA TELESA 117Če zberemo podobne člene dobimo:K = 1 2 M ( v 2 ox + v 2 oy + v ) 2oz ++ 1 2 ω ∑ x 2 m ( ′ y 2 + z 2) + 1 2 ω ∑ y 2 m ( ′ x 2 + z 2) + 1 2 ω ∑ z 2 m ( ′ x 2 + y 2) −∑ ∑ ∑− ω x ω y m ′ xy − ω x ω z m ′ xz − ω y ω z m ′ y z +∑ ∑ )+ v ox(ω y m ′ z − ω z m ′ y +∑ ∑ )+ v oy(ω z m ′ x − ω x m ′ z +∑ ∑ )+ v oz(ω x m ′ y − ω y m ′ x(5.177)Spomnimo se izrazov za vztrajnostne momente in označimo z x, y in z koordinate težišča telesa gledena neinercijski, t.j. trenutni koordinatni sistem:K = 1 2 M v o 2 ++ 1 ( )Jx ω 2 x + J y ω 2 y + J z ω 2 z − 2J xy ω x ω y − 2J xz ω x ω z − 2J yz ω y ω z +2 ()+ M v ox (ω y z − ω z y) + v oy (ω z x − ω x z) + v oz (ω x y − ω y ,x)(5.178)V izrazu za kinetično energijo sta kotna hitrost ⃗ω in linerana hitrost ⃗v o določeni glede na inercijskiprostor. Komponente obeh vektorjev pa so izražene v trenutnem koordinatnem sistemu (x, y, z). J x ,J xy ter x, y, z morajo tudi biti določeni v istem koordinatnem sistemu (x, y, z). Isti zahteva velja zax, y, z iz enačbe 5.177V primeru, da se sistem (x, y, z) rotira glede na telo, so x, y in z spremenljivke. To pomeni, dase med gibanjem spreminjajo izrazi J x , J xy ,. . . in x, y, z. To seveda vnaša dodatne komplikacije vdinamično analizo.Enačbo 5.178 moremo poenostaviti na različne načine:1. Običajno je sistem (x, y, z) fiksiran na telo, segment robota ali človeka. Zato so J x , J xy , . . . terx, y, z konstantni. Računamo jih le enkrat.2. Dodatno poenostavitev dosežemo, če postavimo izhodisče O sistema (x, y, z) v težišče. Takratvelja: x = y = z = 0 in zadnji člen v izrazu za kinetično energijo je potem enak nič.K = 1 2 M v o 2 ++ 1 2(Jx ω x 2 + J y ω y 2 + J z ω z 2 − 2J xy ω x ω y − 2J xz ω x ω z − 2J yz ω y ω z)(5.179)3. Največjo poenostavitev pa dobimo, če orientiramo še koordinatne osi sistema (x, y, z) tako,da sovpadajo s prostimi vztrajnostnimi osmi. Dobimo izraz, v katerem ni več deviacijskih

118 Poglavje 5. DINAMIKA - OBRAVNAVA MATERIALNIH TELES MED GIBANJEMmomentov:K = 1 2 M v t 2 + 1 2(Jpx ω x 2 + J p y ω y 2 + J p z ω z2 ) (5.180)kjer je v t hitrost težišča, J p x, J p y , J p z pa so ustrezni glavni vztrajnostni momenti, ki so ob upoštevanjuprve omejitve seveda konstantni. V skrajšani obliki zapišemo:K = 1 2 M v t 2 + 1 2 J o ω o2(5.181)pri čemer sta J o in ω o določena gleda na os O; primerjaj enačbo 5.160. V vektorski obliki seista enačba glasi:K = 1 2 ⃗vT M ⃗v + 1 2 ⃗ωT J ⃗ω (5.182)Kratek komentar: Ker je M skalar, moremo določiti translacijski del kinetične energije kar neposrednoiz hitrosti, izmerjene glede na inercialni referenčni koordinatni sistem. To ne velja za rotacijskidel, kjer morata biti J in ⃗ω izražena v istem, običajno lokalnem, koordinatnem sistemu. Potrebno preslikavohitrosti opravimo z ustrezno rotacijsko transformacijo.Kotno hitrost ⃗ω določimo s pomočjo Eulerjevih kotov ali pa preko transformacije Rot(r,ϑ) zazasuk okoli poljubnega vektorja r za izbrani kot ϑ. Oba načina sta prikazana med primeri v nadaljevanju.Običajno pa lokalni ali trenutni koordinatni sistem fiksiramo na telo v težišče in ga orientiramovzdolž glavnih vztrajnostnih osi. S tem odpadejo deviacijski momenti in uporabimo najlažji način zaizračun kinetične energije.Primer 5.12 Kot primer si oglejmo tri pristope k določanju izraza za kinetično energijo za fizičnonihalo, ki ga predstavlja plošča nepravilne oblike. Ta plošča prosto niha okrog točke p v vertikaliravnini. Kot nihanja označimo s ϑ. Sedaj si bomo ogledali izraze za K, če izberemo izhodiščetrenutnega koordinatnega sistema v treh različnih točkah:yxpϑltežiščeMSlika 5.19: Nihalo z izhodiščem v p

5.4 LAGRANGEOVE ENAČBE ZA GIBANJE TOGEGA TELESA 119a.) Izhodišče smo izbrali v točki, kjer je nihalo obešeno, kot kaže slika 5.19. Z os je pravokotna napapir. Vrtenje poteka okrog z osi, zato je očitno:Dalje velja:Ker izhodišče trenutnega koordinatnega sistema miruje, velja tudi:ω x = ω y = 0 (5.183)ω z = ˙ϑ (5.184)v ox = v oy = v oz = 0 (5.185)Tako dobimo:K = 1 2 J z 1˙ϑ2(5.186)b.) Sedaj smo izhodišče koordinatnega sistema postavili v težišče nihala (slika 5.20).pϑylx(x 0 ,y 0 )MSlika 5.20: Nihalo z izhodiščem v težišču (x 0 ,y 0 )Tudi sedaj velja:ω x = ω y = 0 in ω z = ˙ϑ (5.187)Izhodišče koordinatnega sistema se sedaj giblje s hitrostjo:v ox = l ˙ϑ v oy = v oz = 0 (5.188)Ker je koordinatno izhodišče v težišču velja:x = y = z = 0 (5.189)Izraz za kinetično energijo je potemtakem:K = 1 2 M l2 ˙ϑ2 + 1 2 J z 2˙ϑ2(5.190)

120 Poglavje 5. DINAMIKA - OBRAVNAVA MATERIALNIH TELES MED GIBANJEMpϑlry x(x 0 ,y 0 )−yyαωxM⃗v 0Slika 5.21: Nihalo s splošnim izhodiščemc.) V zadnjem primeru je koordinatno izhodišče postavljeno povsem splošno kot kaže slika 5.21.Tudi sedaj je:ω x = ω y = 0 in ω z = ˙ϑ (5.191)Izhodišče koordinatnega sistema ima sedaj horizontalno in vertikalno komponento hitrosti:v ox = r ˙ϑ cos αv oy = −r ˙ϑ sin αIz slike tudi vidimo, da sta x in y od nič različna. Tako dobimo izraz:v oz = 0 (5.192)K = 1 2 M r2 ˙ϑ2 + 1 2 J z 3 ˙ϑ2 − M r ˙ϑ 2 (x sin α + y cos α) (5.193)Važno je, da je v vsakem od teh primerov J z različen. Enačbo gibanja dobimo z uporabo Lagrangeoveenačbe za katerikoli izraz K. V vsakem primeru velja:F ϑ = −M g l sin ϑ (5.194)△

5.5 TRISEGMENTNI DIREKTNI DINAMIČNI MODEL GIBANJA ČLOVEŠKEGA TELESA 1215.5 Trisegmentni direktni dinamični model gibanja človeškegatelesar 3l 1ϑ 3r 1l 2l 3y ϑ 1ϑ 2yr 2xxSlika 5.22: Ravninska predstavitev vstajajoče osebe s tremi segmentiAntropometrični podatki segmentov človeškega telesa:Segment 1 Segment 2 Segment 3masa segmenta m i [kg] 9.1 15.26 49dolžina segmenta l i [m] 0.502 0.431 0.827razdalja do težišča r i [m] 0.267 0.247 0.28vztrajnostni moment I z [kgm 2 ] 0.21 0.178 2.35

122 Poglavje 5. DINAMIKA - OBRAVNAVA MATERIALNIH TELES MED GIBANJEM5.5.1 Kinetična energija posameznega segmentaKinetično energijo togega telesa določimo po izrazu:K i = 1 2 m i(v 2 0xi + v 2 0yi + v 2 0zi) + (5.195)V izrazu (5.195) nastopajo:+ 1 2 (I xω 2 xi + I y ω 2 yi + I z ω 2 zi − 2I xy ω xi ω yi − 2I xz ω xi ω zi − 2I yz ω yi ω zi ) ++ m i (v 0xi (ω yi ¯z i − ω zi ȳ i ) + v 0yi (ω zi ¯x i − ω xi ¯z i ) + v 0zi (ω xi ȳ i − ω yi ¯x i ))• v 0xi ,v 0yi ,v 0zi kot komponente vektorja linearne hitrosti težišča,• ω xi ,ω yi ,ω zi kot komponente vektorja kotne hitrosti izraženega v lokalnem koordinatnem sistemu• I x ,I y ,I z kot vztrajnostni momenti glede na osi lokalnega koordinatnega sistema segmenta,• I xy ,I xz ,I yz kot deviacijski vztrajnostni momenti,• ¯x i ,ȳ i , ¯z i kot koordinate težišča glede na lokalni koordinatni sistem.Če je lokalni koordinatni sistem na segment pripet tako, da njegovo izhodiče sovpada s težiščem,osi pa se pokrivajo s prostimi vstrajnostnimi osmi segmenta, se izraz za kinetično energijo (5.195)poenostavi v:K i = 1 2 m i(v 2 0xi + v 2 0yi + v 2 0zi) + 1 2 (I xω 2 xi + I y ω 2 yi + I z ω 2 zi) (5.196)Opomba: Vektor linearne hitrosti gibanja težišča (v 0xi ,v 0yi ,v 0zi ) T je lahko izražen v inercijskemkoordinatnem sistemu in ga ni potrebno transformirati v lokalni koordinatni sistem segmenta, ker jevsota kvadratov komponent vektorja v obeh primerih enaka. Kako določimo vektor kotnih hitrostiv inercijskem koordinatnem sistemu in ga transformiramo v lokalni koordinatni sistem segmenta, jepredstavljeno v naslednjem poglavju.

5.5 TRISEGMENTNI DIREKTNI DINAMIČNI MODEL GIBANJA ČLOVEŠKEGA TELESA 1235.5.2 Kot zasuka in kotna hitrost segmenta v inercijskem in lokalnem koordinatnemsistemuPoložaj vsakega segmenta v inercijskem koordinatnem sistemu opisujeta položaj izhodišča in orientacijalokalnega koordinatnega sistema. Lokalni koordinatni sistem je na segment običajno pripet.Položaj izhodišča opisuje vektor, ki poteka od izhodišča inercijskega do izhodišča lokalnega koordinatnegasistema. Medtem, ko je orientacija segmenta podana z orientacijsko matriko:⎡R = ⎣n x o x a x⎤n y o y a y⎦ (5.197)kjer so komponente n i ,o i in a i komponente smernih vektorjev osi lokalnega koordinatnega sistemapripetega na segment.Zasuk segmenta v prostoru se da opisati, kot zasuk za velikost θ okoli vektorja (k x ,k y ,k z ). Kotzasuka θ in vektor okoli katerega je segment zavrten se na podlagi orientacijske matrike R izračunakot sledi:Kot zasuka:√(oz − a y )tanθ =2 + (a x − n z ) 2 + (n y − o x ) 2(5.198)(n x + o y + a z − 1)Zasuk θ je definiran kot pozitiven kot, ki ima vrednost med 0 in 180 stopinjami (0 ≤ θ ≤ 180).Vrtenje v negativni smeri opisuje negativna smer vektorja rotacije.Vektor okoli katerega je izvršen zasuk:√nx − cos θk x = sqn(o z − a y )1 − cosθ√oy − cos θk y = sqn(a x − n z )1 − cosθ√az − cos θk z = sqn(n y − o x )1 − cosθ(5.199)kjer jein⎧⎨ +1 ; e > 0sqn(e) = 0 ; e = 0⎩−1 ; e < 0cos θ = 1 2 (n x + o y + a z − 1) (5.200)Le največja komponenta vektorja (k x ,k y ,k z ) je lahko določena s pomočjo enačb (5.199). Če je naj-

124 Poglavje 5. DINAMIKA - OBRAVNAVA MATERIALNIH TELES MED GIBANJEMvečja komponenta k x , potem sta ostali dve:k y =k z =n y + o x2k x (1 − cos θ)a x + n z2k x (1 − cos θ)(5.201)Če je največja komponenta k y , potem sta ostali dve:k x =k z =n y + o x2k y (1 − cos θ)o z + a y2k y (1 − cos θ)In če je največja komponenta k z , potem sta ostali dve:(5.202)k x =k y =a x + n z2k z (1 − cos θ)o z + a y2k z (1 − cos θ)(5.203)5.5.3 Kotne hitrosti določene na osnovi kvaternionovKotne hitrosti je mogoče določiti tudi s pomočjo kvaternionov. Prednost tega načina je v tem, da prizapisu orientacije s kvaternioni ne more priti do singularne lege v kateri je možnih več rešitev.Kvaternion je definiran kot četverica skalarjev:Vsota dveh kvaternionov (p 0 ,p) in (q 0 ,q) je:Konjugirani kvaternion:Produkt dveh kvaternionov:(q0 −qqp =Tq q 0 I 3 + ˜qq = q 0 1 + q 1 i + q 2 j + q 3 k = (p 0 ,p) (5.204)(q0 −qpq =Tq q 0 I 3 − ˜qq + p = (q 0 + p 0 ,q + p) (5.205)¯q = (q 0 , −q) (5.206))(p0p) (p0p))(p0= Qp(p0= ¯Qp))(5.207)(5.208)Kjer je ˜q definirana kot antisimetrična matrika:⎛0 −q 3 q 2⎞˜q = ⎝ q 3 0 −q 1⎠ (5.209)−q 2 q 1 0

5.5 TRISEGMENTNI DIREKTNI DINAMIČNI MODEL GIBANJA ČLOVEŠKEGA TELESA 125Torej je matrika Q:Matrika ¯Q pa:Q =¯Q =⎛⎜⎝⎛⎜⎝⎞q 0 −q 1 −q 2 −q 3q 1 q 0 −q 3 q 2⎟q 2 q 3 q 0 −q 1⎠ (5.210)q 3 −q 2 q 1 q 0⎞q 0 −q 1 −q 2 −q 3q 1 q 0 q 3 −q 2⎟q 2 −q 3 q 0 q 1⎠ (5.211)q 3 q 2 −q 1 q 0Q matriki adjungiranega vektorja ¯q sta Q T in ¯Q T .Povezavo med kvaternionom in rotacijsko matriko R izpeljemo iz povezave med vektorjem x inrotiranim vektorjem x ′ :x = q · x ′ · q −1 = q · x ′ · ¯q (5.212)Po izpeljavi je matrika R enaka:torej:⎛R = ⎝Če matriko R zapišemo po členih:se inverzna rešitev za kvaternion glasi:( 1 0T0 R)= Q¯Q T = ¯Q T Q (5.213)q 2 0 + q 2 1 − q 2 2 − q 2 3 2q 1 q 2 − 2q 0 q 3 2q 0 q 2 + 2q 1 q 32q 1 q 2 + 2q 0 q 3 q 2 0 − q 2 1 + q 2 2 − q 2 3 −2q 0 q 1 + 2q 2 q 3−2q 0 q 2 + 2q 1 q 3 2q 0 q 1 + 2q 2 q 3 q 2 0 − q 2 1 − q 2 2 + q 2 3⎛R = ⎝⎞⎠ (5.214)r 11 r 12 r 13⎞r 21 r 22 r 23⎠ (5.215)√q 0 = 1 r11 + r2 22 + r 33 + 1q 1 = 1 sqn(r 2 32 − r 23 ) √ r 11 − r 22 − r 33 + 1q 2 = 1 sqn(r 2 13 − r 31 ) √ r 22 − r 33 − r 11 + 1q 3 = 1 sqn(r 2 21 − r 12 ) √ r 33 − r 11 − r 22 + 1V gornji enačbi je vrednost funkcije sgn(x) = 1 za x ≥ 0 in sgn(x) = −1 za x < 0Če odvajamo rotacijsko transformacijo (5.218) dobimo:(5.216)Z upoštevanjem x ′ = ¯q · x · q in ¯q · q = (1,0) dobimo:ẋ = ˙q · x ′ · ¯q + q · x ′ · ˙¯q (5.217)ẋ = ˙q · ¯q · x + x · q · ˙¯q (5.218)

126 Poglavje 5. DINAMIKA - OBRAVNAVA MATERIALNIH TELES MED GIBANJEMNa podlagi gornjih ugotovitev zaključimo, da je kotna hitrost ω glede na referenčni koordinatnisistem podana kot:( ) ( )0ω = 2 ˙q · ¯q oz. = 2¯Q T (5.219)ω˙q˙qkar nam da za rezultat:⎛⎜⎝0ω 1ω 2ω 3⎞ ⎛⎟⎠ = 2 ⎜⎝q˙0 q 0 + q˙1 q 1 + q˙2 q 2 + q˙3 q 3q˙1 q 0 − q˙0 q 1 + q˙3 q 2 − q˙2 q 3q˙2 q 0 − q˙3 q 1 − q˙0 q 2 + q˙1 q 3q˙3 q 0 + q˙2 q 1 − q˙1 q 2 − q˙0 q 3⎞⎟⎠ (5.220)torejČe hočemo izraziti kotne hitrosti glede na lokalni koordinatni sistem telesa, pa uporabimo relacijo:( ) ( )0 ˙ω ′ = 2¯q · ˙q oz.ω ′ = 2Q T q0(5.221)˙q⎛⎜⎝0ω ′ 1ω ′ 2ω ′ 3⎞ ⎛⎟⎠ = 2 ⎜⎝5.5.4 Kinetična energija prvega segmentaq˙0 q 0 − q˙1 q 1 − q˙2 q 2 − q˙3 q 3q˙1 q 0 + q˙0 q 1 − q˙3 q 2 + q˙2 q 3q˙2 q 0 + q˙3 q 1 + q˙0 q 2 − q˙1 q 3q˙3 q 0 − q˙2 q 1 + q˙1 q 2 + q˙0 q 3Položaj in hitrost težišča v inercijskem koordinatnem sistemu:⎞⎟⎠ (5.222)x 01 = −r 1 · sin ϑ 1y 01 = r 1 · cos ϑ 1 (5.223)v 0x1 = x˙01 = −r 1 · cos ϑ 1 · ϑ˙1v 0y1 = y 01 ˙ = −r 1 · sin ϑ 1 · ϑ˙1 (5.224)Orientacija prvega segmenta je določena z matriko:⎡cos ϑ 1 − sin ϑ 1 0R 1 = ⎣ sin ϑ 1 cos ϑ 1 00 0 1⎤ ⎡⎦ = ⎣n x o x a x⎤n y o y a y⎦ (5.225)Iz slike 5.5 je razvidno, da je kot zasuka prvega segmenta kot ϑ 1 , os vrtenja pa os z. Enak rezultatdobimo iz sklopa enačb (5.199), ki nam da vektor rotacije (k x1 ,k y1 ,k z1 ) = (0, 0, 1), ter kot zasukaθ 1 = ϑ 1 . V primeru vrtenja v negativno smer ima k z1 vrednost -1.Kotna hitrost v inercijskem koordinatnem sistemu je odvod kota zasuka ω 0z1 = ϑ ˙ 1 oz.:(ω 0x1 ,ω 0y1 ,ω 0z1 ) T = ˙ θ 1 · (k x1 ,k y1 ,k z1 ) T = ˙ ϑ 1 · (0, 0, 1) T .

5.5 TRISEGMENTNI DIREKTNI DINAMIČNI MODEL GIBANJA ČLOVEŠKEGA TELESA 127Kotna hitrost izražena v lokalnem koordinatnem sistemu segmenta pa je:ω 1 = R1 T ω 0(ω x1 ,ω y1 ,ω z1 ) T = R1 T (ω 0x1 ,ω 0y1 ,ω 0z1 ) T = (0, 0, ϑ ˙ 1 ) T (5.226)Tako je kinetična energija prvega segmenta enaka:K 1 = 1 2 m 1 r 2 1 ˙ ϑ 2 1 + 1 2 I z1 ˙ ϑ 2 1 (5.227)5.5.5 Kinetična energija drugega segmentaPoložaj in hitrost težišča drugega segmenta izražena v inercijskem koordinatnem sistemu:x 02 = −l 1 sin ϑ 1 − r 2 sin(ϑ 1 + ϑ 2 )y 02 = l 1 cosϑ 1 + r 2 cos(ϑ 1 + ϑ 2 ) (5.228)v 0x2 = x˙02 = −l 1 ϑ˙1 cos ϑ 1 − r 2 ( ϑ ˙ 1 + ϑ ˙ 2 ) cos(ϑ 1 + ϑ 2 )v 0y2 = y 02 ˙ = −l 1 ϑ˙1 sin ϑ 1 − r 2 ( ϑ ˙ 1 + ϑ ˙ 2 ) sin(ϑ 1 + ϑ 2 ) (5.229)⎤Orientacija drugega segmenta v inercijskem koordinatnem sistemu je določena z matriko:⎡cos(ϑ 1 + ϑ 2 ) − sin(ϑ 1 + ϑ 2 ) 0⎤ ⎡n x o x a x0 0 1 n z o z a zR 2 = ⎣ sin(ϑ 1 + ϑ 2 ) cos(ϑ 1 + ϑ 2 ) 0 ⎦ = ⎣ n y o y a y⎦ (5.230)Podobno kot pri prvem segmentu dobimo iz sklopa enačb (5.199) vektor rotacije (k x1 ,k y1 ,k z1 ) =(0, 0, 1), ter kot zasuka θ 2 = ϑ 1 + ϑ 2 .Kotna hitrost v inercijskem koordinatnem sistemu je odvod kota zasuka ω 0z2 = ϑ ˙ 1 + ϑ ˙ 2 oz.:(ω 0x2 ,ω 0y2 ,ω 0z2 ) T = ˙ θ 2 · (k x2 ,k y2 ,k z2 ) T = ( ˙ ϑ 1 + ˙ ϑ 2 ) · (0, 0, 1) T .Kotna hitrost izražena v lokalnem koordinatnem sistemu segmenta je:ω 2 = R2 T ω 0(ω x2 ,ω y2 ,ω z2 ) T = R2 T (ω 0x2 ,ω 0y2 ,ω 0z2 ) T = (0, 0, ϑ ˙ 1 + ϑ ˙ 2 ) T (5.231)Tako je kinetična energija drugega segmenta enaka:K 2 = 1 2 (I z2 + m 2 (l 2 1 + r 2 2) + 2 m 2 l 1 r 2 cos ϑ 2 ) ˙ ϑ 2 1 ++ (I z2 + m 2 r 2 2 + m 2 l 1 r 2 cos ϑ 2 ) ˙ ϑ 1 ˙ ϑ 2 + (5.232)+ 1 2 (I z2 + m 2 r 2 2) ˙ ϑ 2 2

128 Poglavje 5. DINAMIKA - OBRAVNAVA MATERIALNIH TELES MED GIBANJEM5.5.6 Kinetična energija tretjega segmentaPoložaj in hitrost težišča tretjega segmenta izražena v inercijskem koordinatnem sistemu:v 0x3v 0y3x 03 = −l 1 sin ϑ 1 − l 2 sin(ϑ 1 + ϑ 2 ) − r 3 sin(ϑ 1 + ϑ 2 + ϑ 3 )y 03 = l 1 cosϑ 1 + l 2 cos(ϑ 1 + ϑ 2 ) + r 3 cos(ϑ 1 + ϑ 2 + ϑ 3 ) (5.233)= −l 1 ϑ˙1 cos ϑ 1 − l 2 ( ϑ ˙ 1 + ϑ ˙ 2 ) cos(ϑ 1 + ϑ 2 ) − r 3 ( ϑ ˙ 1 + ϑ ˙ 2 + ϑ ˙ 3 ) cos(ϑ 1 + ϑ 2 + ϑ 3 )= −l 1 ϑ˙1 sin ϑ 1 − l 2 ( ϑ ˙ 1 + ϑ ˙ 2 ) sin(ϑ 1 + ϑ 2 ) − r 3 ( ϑ ˙ 1 + ϑ ˙ 2 + ϑ ˙ 3 ) sin(ϑ 1 + ϑ 2 + ϑ 3 )Orientacija tretjega segmenta v inercijskem koordinatnem sistemu je določena z matriko:⎤⎡cos(ϑ 1 + ϑ 2 + ϑ 3 ) − sin(ϑ 1 + ϑ 2 + ϑ 3 ) 0⎤ ⎡n x o x a x0 0 1 n z o z a zR 3 = ⎣ sin(ϑ 1 + ϑ 2 + ϑ 3 ) cos(ϑ 1 + ϑ 2 + ϑ 3 ) 0 ⎦ = ⎣ n y o y a y⎦Podobno kot pri prvem segmentu dobimo iz sklopa enačb (5.199) vektor rotacije (k x1 ,k y1 ,k z1 ) =(0, 0, 1), ter kot zasuka θ 3 = ϑ 1 + ϑ 2 + ϑ 3 .Kotna hitrost v inercijskem koordinatnem sistemu je odvod kota zasuka ω 0z3 = ϑ ˙ 1 + ϑ ˙ 2 + ϑ ˙ 3 oz.:(ω 0x3 ,ω 0y3 ,ω 0z3 ) T = ˙ θ 3 · (k x3 ,k y3 ,k z3 ) T = ( ˙ ϑ 1 + ˙ ϑ 2 + ˙ ϑ 3 ) · (0, 0, 1) T .Kotna hitrost izražena v lokalnem koordinatnem sistemu segmenta je:ω 3 = R3 T ω 0(ω x3 ,ω y3 ,ω z3 ) T = R3 T (ω 0x3 ,ω 0y3 ,ω 0z3 ) T = (0, 0, ϑ ˙ 1 + ϑ ˙ 2 + ϑ ˙ 3 ) T (5.234)Tako je kinetična energija tretjega segmenta enaka:K 3= 1 2 I z3( ˙ ϑ 1 + ˙ ϑ 2 + ˙ ϑ 3 ) 2 ++ m 32 (l 1 cosϑ 1 ϑ˙1 + l 2 cos(ϑ 1 + ϑ 2 )( ϑ ˙ 1 + ϑ ˙ 2 ) + r 3 cos(ϑ 1 + ϑ 2 + ϑ 3 ) ( ϑ ˙ 1 + ϑ ˙ 2 + ϑ ˙ 3 )) 2 ++ m 32 (l 1 sin ϑ 1 ϑ˙1 + l 2 sin(ϑ 1 + ϑ 2 )( ϑ ˙ 1 + ϑ ˙ 2 ) + r 3 sin(ϑ 1 + ϑ 2 + ϑ 3 ) ( ϑ ˙ 1 + ϑ ˙ 2 + ϑ ˙ 3 )) 25.5.7 Kinetična in potencialna energija ter Lagrangeova funkcija sistema trehsegmentovKinetična energija sistema je vsota kinetičnih energij posameznih segmentov:K = K 1 + K 2 + K 3 == 1 2 ((I z1 + m 1 r 2 1) ˙ ϑ 2 1 + (I z2 + m 2 (l 2 1 + r 2 2) + 2l 1 m 2 r 2 cos ϑ 2 ) ˙ ϑ 2 1 + (5.235)+ 2(I z2 + m 2 r 2 2 + l 1 m 2 r 2 cos ϑ 2 ) ˙ ϑ 1 ˙ ϑ 2 + (I z2 + m 2 r 2 2) ˙ ϑ 22+ Iz3 ( ˙ ϑ 1 + ˙ ϑ 2 + ˙ ϑ 3 ) 2 ++ m 3 ((l 1 cos ϑ 1 ˙ ϑ 1 + l 2 cos(ϑ 1 + ϑ 2 )( ˙ ϑ 1 + ˙ ϑ 2 ) + r 3 cos(ϑ 1 + ϑ 2 + ϑ 3 ) ( ˙ ϑ 1 + ˙ ϑ 2 + ˙ ϑ 3 )) 2 ++ (l 1 sin ϑ 1 ˙ ϑ 1 + l 2 sin(ϑ 1 + ϑ 2 )( ˙ ϑ 1 + ˙ ϑ 2 ) + r 3 sin(ϑ 1 + ϑ 2 + ϑ 3 ) ( ˙ ϑ 1 + ˙ ϑ 2 + ˙ ϑ 3 )) 2 ))

5.5 TRISEGMENTNI DIREKTNI DINAMIČNI MODEL GIBANJA ČLOVEŠKEGA TELESA 129Potencialna energija sistema je vsota potencialnih energij posameznih segmentov:kjer so:V = m 1 gy 1 + m 2 gy 2 + m 3 gy 3 (5.236)y 1 = r 1 cosϑ 1y 2 = l 1 cos ϑ 1 + r 2 cos(ϑ 1 + ϑ 2 ) (5.237)y 3 = l 1 cos ϑ 1 + l 2 cos(ϑ 1 + ϑ 2 ) + r 3 cos(ϑ 1 + ϑ 2 + ϑ 3 )Lagrangeova funkcija pa je razlika med kinetično in potencialno energijo:L = K − V == 1 2 (−2gm 1r 1 cos ϑ 1 − 2gm 2 (l 1 cos ϑ 1 + r 2 cos(ϑ 1 + ϑ 2 )) −− 2gm 3 (l 1 cos ϑ 1 + l 2 cos(ϑ 1 + ϑ 2 ) + r 3 cos(ϑ 1 + ϑ 2 ) + ϑ 3 ) ++ (I z1 + m 1 r 2 1) ˙ ϑ 2 1 + (I z2 + m 2 (l 2 1 + r 2 2) + 2l 1 m 2 r 2 cos ϑ 2 ) ˙ϑ 2 1 ++ 2(I z2 + m 2 r 2 2 + l 1 m 2 r 2 cosϑ 2 ) ˙ϑ 1 ˙ϑ2 + (I z2 + m 2 r 2 2) ˙ϑ 2 2 + I z3 ( ˙ϑ 1 + ˙ϑ 2 + ˙ϑ 3 ) 2 ++ m 3 ((l 1 cos ϑ 1 ˙ϑ1 + l 2 cos(ϑ 1 + ϑ 2 )( ˙ϑ 1 + ˙ϑ 2 ) ++ r 3 cos(ϑ 1 + ϑ 2 + ϑ 3 ) ( ˙ϑ 1 + ˙ϑ 2 + ˙ϑ 3 )) 2 ++ (l 1 sin ϑ 1 ˙ϑ1 + l 2 sin(ϑ 1 + ϑ 2 )( ˙ϑ 1 + ˙ϑ 2 ) ++ r 3 sin(ϑ 1 + ϑ 2 + ϑ 3 ) ( ˙ϑ 1 + ˙ϑ 2 + ˙ϑ 3 )) 2 )) (5.238)5.5.8 Dinamične enačbe gibanja sistema treh segmentovEnačba gibanja za prvi segment:( )d−dt∂L˙∂L = F ϑ1 = T 1 (5.239)ϑ 1ϑ 1T1 = −g((l 1 (m2 + m 3 ) + m 1 r 1 ) sin ϑ 1 + (l 2 m 3 + m 2 r 2 ) sin(ϑ 1 + ϑ 2 ) ++ m 3 r 3 sin(ϑ 1 + ϑ 2 + ϑ 3 )) − l 1 ((l 2 m 3 + m 2 r 2 ) sin ϑ 2 + m 3 r 3 sin(ϑ 2 + ϑ 3 )) ˙ ϑ 2 2 −−−−2m 3 r 3 (l 2 sin ϑ 3 + l 1 sin(ϑ 2 + ϑ 3 )) ˙ ϑ 2 ˙ ϑ 3 − l 2 m 3 r 3 sin ϑ 3 ˙ ϑ 2 3 −l 1 m 3 r 3 sin(ϑ 2 + ϑ 3 ) ϑ ˙23 + 2ϑ ˙ 1 (−l 1 ((l 2 m 3 + m 2 r 2 ) sin ϑ 2 + m 3 r 3 sin(ϑ 2 + ϑ 3 )) ϑ ˙ 2 −m 3 r 3 (l 2 sin ϑ 3 + l 1 sin(ϑ 2 + ϑ 3 )) ϑ ˙ 3 ) + (I z1 + I z2 + I z3 ) ¨ϑ 1 + l1m 2 2 ¨ϑ1 + l1m 2 3 ¨ϑ1 ++ l 2 2m 3 ¨ϑ1 + m 1 r 2 1 ¨ϑ 1 + m 2 r 2 2 ¨ϑ 1 + m 3 r 2 3 ¨ϑ 1 + 2l 1 l 2 m 3 cos ϑ 2 ¨ϑ1 + 2l 1 m 2 r 2 cos ϑ 2 ¨ϑ1 ++ 2l 2 m 3 r 3 cos ϑ 3 ¨ϑ1 + 2l 1 m 3 r 3 cos(ϑ 2 + ϑ 3 ) ¨ϑ 1 + (I z2 + I z3 ) ¨ϑ 2 + l 2 2m 3 ¨ϑ2 ++ m 2 r 2 2 ¨ϑ 2 + m 3 r 2 3 ¨ϑ 2 + l 1 l 2 m 3 cos ϑ 2 ¨ϑ2 + l 1 m 2 r 2 cos ϑ 2 ¨ϑ2 + 2l 2 m 3 r 3 cos ϑ 3 ¨ϑ2 ++ l 1 m 3 r 3 cos(ϑ 2 + ϑ 3 ) ¨ϑ 2 + I z3 ¨ϑ3 + m 3 r 3 (r3 + l 2 cosϑ 3 + l 1 cos(ϑ 2 + ϑ 3 )) ¨ϑ 3 (5.240)

130 Poglavje 5. DINAMIKA - OBRAVNAVA MATERIALNIH TELES MED GIBANJEMEnačba gibanja za drugi segment:( )d−dt∂L˙∂L = F ϑ2 = T 2 (5.241)ϑ 2ϑ 2T2 = −g(l 2 m 3 + m 2 r 2 ) sin(ϑ 1 + ϑ 2 ) − gm 3 r 3 sin(ϑ 1 + ϑ 2 + ϑ 3 ) ++ l 1 ((l 2 m 3 + m 2 r 2 ) sin ϑ 2 + m 3 r 3 sin(ϑ 2 + ϑ 3 )) ϑ ˙21 − 2l 2 m 3 r 3 sin ϑ 3 ϑ˙1 ϑ˙3 −− 2l 2 m 3 r 3 sin ϑ 3 ϑ˙2 ϑ˙3 − l 2 m 3 r 3 sin ϑ 3 ϑ˙2 3 + l2m 2 3 ¨ϑ1 + m 2 r2 2 ¨ϑ 1 + m 3 r3 2 ¨ϑ 1 ++ l 1 l 2 m 3 cos ϑ 2 ¨ϑ1 + l 1 m 2 r 2 cos ϑ 2 ¨ϑ1 + 2l 2 m 3 r 3 cos ϑ 3 ¨ϑ1 ++ l 1 m 3 r 3 cos(ϑ 2 + ϑ 3 ) ¨ϑ 1 + l 2 2m 3 ¨ϑ2 + m 2 r 2 2 ¨ϑ 2 + m 3 r 2 3 ¨ϑ 2 + 2l 2 m 3 r 3 cos ϑ 3 ¨ϑ2 ++ (I z2 + I z3 )( ¨ϑ 1 + ¨ϑ 2 ) + I z3 ¨ϑ3 + m 3 r 3 (r3 + l 2 cos ϑ 3 ) ¨ϑ 3 (5.242)Enačba gibanja za tretji segment:( )d−dt∂L˙∂L = F ϑ3 = T 3 (5.243)ϑ 3ϑ 3T3 = −gm 3 r 3 sin(ϑ 1 + ϑ 2 + ϑ 3 ) + m 3 r 3 (l 2 sin ϑ 3 + l 1 sin(ϑ 2 + ϑ 3 )) ϑ ˙21 ++ 2l 2 m 3 r 3 sin ϑ 3 ϑ˙1 ϑ˙2 + I z3 ( ¨ϑ 1 + ¨ϑ 2 + ¨ϑ 3 ) + m 3 r 3 (l 2 sin ϑ 3 ϑ˙2 2 ++ (r3 + l 2 cos ϑ 3 + l 1 cos(ϑ 2 + ϑ 3 )) ¨ϑ 1 + (r3 + l 2 cos ϑ 3 ) ¨ϑ 2 + r 3 ¨ϑ3 ) (5.244)