Zbirka zadataka iz MEHANIKE I

Zbirka zadataka iz MEHANIKE I Dragoslav Kuzmanović Gordana Kastratović Nenad Vidanović March 8, 2012

Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

ii

ˇ SADRZAJ

I

Kinematika

3

1 Kinematika - zadaci 1.1 Brzina i ubrzanje taˇcke . . . . . . . . . . 1.2 Obrtanje krutog tela oko nepokretne ose 1.3 Ravansko kretanje . . . . . . . . . . . . 1.3.1 Brzina pri ravanskom kretanju . 1.3.2 Ubrzanje pri ravanskom kretanju 1.4 Sloˇzeno kretanje taˇcke . . . . . . . . . .

II

Dinamika

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

5 5 26 32 32 36 69

99

2 Dinamika taˇ cke 101 2.1 Dinamika slobodnog i prinudnog kretanja taˇcke . . . . . . . . 101 3 Dinamika materijalnog sistema 157 3.1 Dinamika materijalnog sistema - opˇsti zakoni . . . . . . . . . 157 3.2 Sudar - udar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184 3.3 Lagranˇzeve jednaˇcine II vrste . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206

III

Dodatak

4 Tablica momenata inercije

251 253 Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

ˇ SADRZAJ

iv 5 Vektorska algebra 5.1 Definicija vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Sabiranje vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Mnoˇzenje vektora realnim brojem (skalarom) . 5.4 Projekcija na osu i na ravan . . . . . . . . . . . 5.4.1 Projekcija taˇcke na osu . . . . . . . . . 5.4.2 Projekcija vektora na osu . . . . . . . . 5.4.3 Projekcija taˇcke i vektora na ravan . . . 5.5 Skalarni (unutraˇsnji) proizvod dva vektora . . . 5.6 Vektorski (spoljaˇsnji) proizvod dva vektora . . 5.7 Linearna zavisnost vektora. Dimenzija prostora

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

257 257 257 260 261 261 261 262 263 265 267

6 Diferencijalne jednaˇ cine

275

7 Matematiˇ cke formule

279

Literatura

293

8 Beleˇ ska o autorima

297

PREDGOVOR

Ova zbirka namenjena je studentima I godine Saobraćajnog fakulteta Univerziteta u Beogradu. Medutim, smatramo da mogu da je koriste i studenti ostalih tehniˇckih fakulteta. Knjiga predstavlja zbirku reˇsenih ispitnih zadataka iz Kinematike i Dinamike. Medutim, da bismo ”pokrili” sve oblasti koje se, iz Kinematike i Dinamike, izuˇcavaju uradili smo i po nekoliko primera zadataka iz oblasti iz kojih do sada nisu davani zadaci na ispitima. Napomenimo da smo prve zadatke, iz odredene oblasti, detaljno uradili, - da bismo a one koji slede uradeni su bez dodatnih objaˇsnjenja. Takode, istakli bitnije elemente, a opet da se ne izgubi celine, na slikama su sivom bojom oznacene celine, a tamnije (crnom) elementi na koje treba obratiti paˇznju pri reˇsavanju zadatka. Autori izraˇzavaju zahvalnost recenzentu dr Radomiru Mijailoviću, v. profesoru Saobraćajnog fakulteta, koji je rukopis paˇzljivo pregledao i dao niz dragocenih sugestija za poboljˇsanje kvaliteta ove zbirke. Posebnu zahvalnost dugujemo Srdanu Rusovu v. profesoru Saobraćajnog fakulteta, koji je sastavio nekoliko zadataka i pokazao, na tim primerima, - niˇsta manju konkretnu primenu Mehanike u oblasti saobraćaja. Takode, zahvalnost dugujemo dr Predragu Cvetkoviću, red. profesoru Saobraćajnog fakulteta kao i dipl. inˇz. maˇsinstva Dragiˇsi Vidanoviću, koji su paˇzljivo proˇcitali rukopis i dali niz dragocenih sugestija za poboljˇsanje kvaliteta ove zbirke. Njihova pomoć pri izradi ove zbirke prevazilazi uobićajenu pomoć recenzenta i kolega. - Jovanka Cvetković pomogle je svojim sugestijama da ova knjiga Gospoda Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

ˇ SADRZAJ

2

jeziˇcki bude korektna, na ˇcemu joj se zahvaljujemo. Svesni da do greˇsaka i propusta uvek dolazi, naravno nenamerno, bićemo zahvalni svakome koji nam na njih ukaˇze.

U Beogradu, marta 2012. god.

Autori

Deo I

Kinematika


GLAVA

1 KINEMATIKA - ZADACI

1.1

Brzina i ubrzanje taˇ cke

Zad. 1.1. Vektor poloˇzaja taˇcke M u proizvoljnom trenutku vremena je: r = (3t)i + (4t − 3t2 )j. Odrediti trajektoriju taˇcke M . Reˇsenje: Jednaˇcina trajektorije dobija se eliminacijom parametra t iz konaˇcnih jednaˇcina kretanja, tj.

t=

x 3

⇒

x = 3t, ( x )2 x y =4 −3 3 3

y = 4t − 3t2 ⇒ x ⇒ y = (4 − x). 3

- koordinata x = f (y) ili Dakle, predstavlja funkcionalnu zavisnost izmedu y = f (x). k Zad. 1.2. Odrediti jednaˇcinu trajektorije taˇcke M , ako je njen vektor poloˇzaja r = (2 cos 2t)i + (2 sin t)j. Reˇsenje: Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

6

1 Kinematika - zadaci

Projekcije vektora poloˇzaja na ose x, y su: x = 2 cos 2t,

y = 2 sin t.

Kako je cos 2t = cos2 t − sin2 t, to iz gornjih relacija dobijamo sin t =

y 2

⇒

tj.

sin2 t =

(( x=2

1−

y2 4

y2 4

)

( −

i y2 4

cos2 t = 1 − sin2 t = 1 −

y2 4

)) ⇒

x = 2 − y2,

ˇsto predstavlja jednaˇcinu trajektorije. U ovom sluˇcaju jednaˇcina trajektorije je parabola. k Zad. 1.3. v

. r

p-a

Odrediti jednaˇcinu krive linije (putanju) koju opisuje brod odrˇzavajući dati stalni kursni ugao α ka nepokretnoj taˇcki O (vidi sl. 1.1). Poˇcetno rastojanje broda od taˇcke O je b0 . Ispitati posebno sluˇcajeve kada je α = π2 , 0 i π.

. rj

a B r

vO j O

bo

Slika 1.1:

BO

uz zad. 1.3

Reˇsenje: U ovom sluˇcaju pogodno je koristiti polarni koordinatni sistem, pri ˇcemu ćemo za pol usvojiti taˇcku O, dok polarna osa prolazi kroz O i poˇcetni poloˇzaj broda B0 , tako da je ρ0 = b0 i φ0 = 0. Sa sl.1.1 vidi se da je   dφ ρφ˙  dt = ϱ dφ  tg(π − α) = −tgα = = ϱ dϱ . ρ˙ dϱ dt Iz prethodne jednaˇcine dobijamo (−tgα)dϱ = ϱdφ,

7

1.1 Brzina i ubrzanje taˇ cke

odnosno, razdvajajući promenljive dρ = −ctgα · dφ. ρ Integraleći prethodnu jednaˇcinu, dobijamo ln ρ = ln C − φ· ctg α. Iz poˇcetnih uslova (za t = t0 = 0: ϱ(t0 ) = ϱ0 = b0 , φ(t0 ) = φ0 = 0) odredujemo konstantu C ln ϱ0 = ln C − φ0 ctgα

⇒

⇒

ln b0 = ln C

odakle je ln ϱ − ln b0 = −φ0 ctgα = ln

C = b0 ,

ϱ , b0

pa za putanju broda dobijamo ρ = b0 e−φ ctg α . Linija koja je opisana ovom relacijom zove se logaritamska spirala. Analiza: Za α =

π 2

ctgα = 0. U ovom sluˇcaju putanja je kruˇzni luk ρ = b0 . Za α = 0 ili α = π, uz pretpostavku da je ϱ˙ ̸= 0, poˇsto je tg(π − α) = 0, za putanju dobijamo φ˙ = 0

⇒

φ = 0 = φ0 .

Dakle, u ovom sluˇcaju, brod se kreće duˇz polarne ose i pribliˇzava se, odnosno udaljava od taˇcke O. k Zad. 1.4. Kretanje taˇcke M u ravni Oxy odredeno je konaˇcnim jednaˇcinama kretanja x = 4 cos t + 2, y = 3 sin t + 3. Odrediti trajektoriju taˇcke i njenu brzinu u trenucima t0 = 0 i t1 =

π 2

s.

Reˇsenje: Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

8


Trajektorija: x = 4 cos t + 2

⇒

y = 3 sin t + 3

⇒

x−2 = cos t, 4 y−3 = sin t (posle kvadriranja) 3

⇒

(x − 2)2 (y − 3)2 + = 1. 16 9 Dakle, jednaˇcina trajektorije je elipsa. y v1

M1

6 5

v0

b=3 a=4

4 3

M0

C (2,3)

2 1 -2 -1

0

1

2

Slika 1.2:

3

4

5

6

x

Trajektorija.

Brzina: x˙ = −4 sin t, y˙ = 3 cos t

} ⇒ v=

√

x˙ 2 + y˙ 2 =

√

16 sin2 t + 9 cos2 t =

√ 9 + 7 sin2 t.

Zamenivˇsi odgovarajuće vremenske trenutke, za t0 = 0 i t1 = π/2, u prethodnu jednaˇcinu - intenzitet brzine, dobijamo v0 |t0 =0 = 3 cm/s = vy ,

v1 |t1 =π/2 = −4 cm/s = vx . k

Zad. 1.5. Kretanje taˇcke zadato je parametarskim jednaˇcinama: x = 20t2 + 5,

y = 15t2 + 3.

Odrediti jednaˇcinu trajektorije i zakon kretanja taˇcke, kao i intenzitete brzine i ubrzanja taˇcke u proizvoljnom trenutku vremena. Reˇsenje: Jednaˇcina trajektorije:

9


+5

⇒

y = 15t2 + 3

⇒

x=

20t2

 x−5   = 20 y−3   t2 = 15 t2

⇒

x−5 y−3 = 20 15

odakle dobijamo za trajektoriju: 3 3 y = x− 4 4

(jednaˇcina prave).

Zakon kretanja: Kvadrat elementa luka je ds2 = dx2 + dy 2 . Iz prethodnih relacija dobijamo dx = 40t dt,

dy = 30t dt,

pa je 2

(

2

ds = 1600t + 900t t2 + C, 2 s = 25t2 .

s = 50

2

)

2

(dt)

⇒

2

2

2

ds = 2500t (dt)

za t0 = 0, s0 = 0

⇒

⇒

∫ ds = 50t dt

C=0

Intenzitet brzine: v = s˙ = 50t ili x˙ = 40t y˙ = 30t

} ⇒

v=

√ √ x˙ 2 + y˙ 2 = 1600t2 + 900t2 = 50t.

Intenzitet ubrzanja: aT aN ili x ¨ = 40 y¨ = 30

 dv   = = 50 dt2 v v2  = = =0  Rk ∞ } ⇒

a=

√

⇒

x ¨2 + y¨2 =

a = aT = 50.

√ 1600 + 900 = 50.


10


k Zad. 1.6. Kretanje taˇcke zadato je parametarskim jednaˇcinama: x = 1 + 2 cos(3t), y = 2 + 2 sin(3t). Odrediti: a) jednaˇcinu trajektorije, b) zakon kretanja taˇcke, c) intenzitet brzine i d) ubrzanja taˇcke u proizvoljnom vremenskom trenutku. Reˇsenje: a) Iz konaˇcnih jednaˇcina kretanja sledi x − 1 = 2 cos(3t), y − 2 = 2 sin(3t). Kvadrirajući i sabirajući levu i desnu stranu, za trajektoriju dobijamo krivu 4 cos2 (3t) + 4 sin2 (3t) = 4 = (x − 1)2 + (y − 2)2

⇒

(x − 1)2 + (y − 2)2 = 22 , koja predstavlja jednaˇcinu kruˇznice sa centrom u taˇcki C(1, 2) i polupreˇcnika r = 2. √ b) Kako je ds = x˙ 2 + y˙ 2 dt, to za zakon puta dobijamo dx = −6 sin(3t) dt,

dy = 6 cos(3t) dt,

ds = 6 dt

⇒

⇒

s = 6 t + c1 . Kako je (poˇcetni uslovi!) za t0 = 0, s(t0 ) = s0 = 0 dobijamo da je s = 6 t.

11


c) Intenzitet brzine je v 2 = x˙ 2 + y˙ 2 = (s) ˙ 2 , pa na osnovu prethodnog sledi v = 6. d) Ubrzanje ima normalnu komponentu an =

v2 36 = = 18, Rk 2

i tangencijalnu at =

dv = 0, dt

pa je intenzitet ubrzanja √ a=

a2n + a2t = 18.

Intenzitet ubrzanja mogli smo da izraˇcunamo i preko Dekartovih koordinata √ x ¨ = −18 cos(3t), y¨ = −18 sin(3t) ⇒ a= x ¨2 + y¨2 = 18 . k Zad. 1.7. Kretanje taˇcke zadato je parametarskim jednaˇcinama: ( ) ( ) π· t π· t x = sin , y = cos . 2 2 Odrediti jednaˇcinu trajektorije i zakon kretanja taˇcke, kao i intenzitete brzine i ubrzanja taˇcke u proizvoljnom vremenskom trenutku. Reˇsenje: Jednaˇcina trajektorije, kao ˇsto je veće reˇceno, dobija se eliminacijom parametra t iz jednaˇcina kretanja. Koristeći osnovnu trigonometrijsku identiˇcnost sin2 α + cos2 α = 1, za trajektoriju dobijamo x2 + y 2 = 1 . Zakon kretanja s = s(t) dobija se iz relacije √ ( ) ( ) ( ) ( π )2 √ π 2 π· t 2 2 π· t 2 2 2 ds = x˙ + y˙ dt = sin + cos dt = 2 2 2 2 π = dt ⇒ 2 π s = t + s0 . 2 Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

12


Intenzitet brzine je v= a ubrzanja a=

√ π x˙ 2 + y˙ 2 = , 2

√

x ¨2

+

y¨2

=

( π )2 2

. k

Zad. 1.8. Kretanje taˇcke zadato je parametarskim jednaˇcinama: ( ) ( ) πt πt , y = 15 cos . x = 15 sin 4 4 Odrediti jednaˇcinu trajektorije i zakon kretanja taˇcke, kao i intenzitet brzine i ubrzanja taˇcke u proizvoljnom trenutku vremena. Reˇsenje: Jednaˇcina trajektorije: (

) πt x sin = 4 15 ( ) πt y cos = 4 15

      

( ⇒

sin2

πt 4

)

( + cos2

πt 4

) =

x2 y2 + =1 225 225

odakle dobijamo za trajektoriju x2 + y 2 = 152

(centralni krug polupreˇcnika r = 15).

Zakon kretanja: Kvadrat elementa luka je ds2 = dx2 + dy 2 . Iz prethodnih relacija dobijamo [( )2 ( ) ( )2 ( )] 15π πt 15π πt ds2 = cos2 + sin2 (dt)2 = 4 4 4 4 ) [ ( ) ( )] ( 15π 2 2 πt 2 πt cos + sin (dt)2 ⇒ = 4 4 4 ∫ 15π ds = dt , za t0 = 0, s0 = 0 ⇒ C = 0 ⇒ 4

13


s=

15π t. 4

Intenzitet brzine: v = s˙ = ili

15π = const. 4

(

) ( ) πt π πt π x˙ = 15 cos · , y˙ = 15 sin · ⇒ 4 4 4 4 √( ) [ ( ) ( )] √ πt πt 15π 15π 2 v = x˙ 2 + y˙ 2 = cos2 + sin2 = . 4 4 4 4

Intenzitet ubrzanja: at = ili

dv v2 225π 2 /16 15π 2 = 0an = = = dt Rk 15 16 (

⇒

a = an =

15π 2 . 16

( ) 2 π2 πt π x ¨ = −15 sin · y¨ = −15 cos · ⇒ 16 4 16 √ ( ) ( ) 2 √ 15π 2 15π πt 2 πt 2 2 2 + sin = a= x ¨ + y¨ = cos . 16 4 4 16 πt 4

)

k Zad. 1.9. U taˇcki A0 nepokretnog kruˇznog cilindra, polupreˇcnika R, obeˇseno je gipko, neistegljivo uˇze, duˇzine ℓ = 2R. U poˇcetnom trenutku (θ = 0) taˇcki M , koja je vezana za slobodni kraj uˇzeta, saopˇsti se poˇcetna brzina v0 , u negativnom smeru ose Ox, tako da uˇze poˇcinje da se namotava na cilindar. Smatrajući da je intenzitet brzine taˇcke M , u toku namotavanja uˇzeta, konstantan, odrediti: ¨ kao i a) θ˙ i θ, b) ubrzanje taˇcke M , u funkciji ugla namotavanja uˇzeta θ.

x

Ao

O

q

y

M Mo

Slika 1.3:

vo

uz zadatak 1.9.


14


Napomena. U toku kretanja taˇcke u ravni, uˇze je stalno zategnuto. Reˇsenje: a) Uoˇcimo prvo da se slobodna duˇzina uˇzeta, usled namotavanja, smanjuje, tj. u proizvoljnom poloˇzaju taˇcke M duˇzina uˇzeta je AM = ℓ − AA0 = 2R − Rθ. Koordinate x, y taˇcke M date su izrazima (vidi sliku 1.4): x = R cos θ − AM sin θ = R cos θ − (ℓ − Rθ) sin θ = = R cos θ − (2R − Rθ) sin θ,

(a)

y = R sin θ + AM cos θ = R sin θ + (ℓ − Rθ) cos θ = = R sin θ + (2R − Rθ) cos θ. Brzina, izraˇzena u odnosu na Dekartov pravougli koordinatni sistem, je v = xi ˙ + yj, ˙ pa diferenciranjem, po vremenu, izraza (a) dobija se: x˙ = −Rθ˙ sin θ + Rθ˙ sin θ − (l − Rθ)θ˙ cos θ = −(l − Rθ)θ˙ cos θ y˙ = Rθ˙ cos θ − Rθ˙ cos θ − (l − Rθ)θ˙ sin θ = −(l − Rθ)θ˙ sin θ.

(b)

R cosq

Za intenzitet brzine v taˇcke M dobijamo Ao

O

x

q

v 2 = x˙ 2 + y˙ 2 = (l − Rθ)2 θ˙2 ˙ v = (l − Rθ)θ.

⇒

A

q y

M

Kako je, prema uslovu zadatka, v = v0 = ˙ dobija se const. i ℓ = 2R, odavde, za θ, θ˙ =

v0 v0 = . (ℓ − Rθ) R(2 − θ)

(c)

AM sinq

Slika 1.4:

Proizvoljan poloˇ zaj taˇ cke M .

Diferencirajući, po vremenu, poslednju relaciju i zamenom θ˙ iz (c), za θ¨ dobija se v02 v0 Rθ˙ = . (d) θ¨ = 2 R (2 − θ)2 R2 (2 − θ)3

15


b) Ubrzanje taˇcke M , u odnosu na Dekartov koordinatni sistem, dato je izrazom a=x ï + y¨j. Diferenciranjem izraza (b), dobija se x ¨ = Rθ˙2 cos θ + (l − Rθ)θ˙2 sin θ − (l − Rθ)θ¨ cos θ. y¨ = Rθ˙2 sin θ − (l − Rθ)θ˙2 cos θ − (l − Rθ)θ¨ sin θ. Kvadrat intenziteta ubrzanje a, taˇcke M , je ¨ a2 = x ¨2 + y¨2 ⇒ a2 = R2 θ˙4 + (l − Rθ)2 θ˙4 + (l − Rθ)2 θ¨2 − 2R(l − Rθ)θ˙2 θ. Zamenom θ˙ iz (c) i θ¨ iz (d), za intenzitet ubrzanja dobija se a=

v02 . R(2 − θ) k

Zad. 1.10. Taˇcka M kreće se u ravni brzinom konstantnog intenziteta v. Pravac brzine taˇcke gradi ugao θ = (π/6) t sa potegom. Odrediti: a) konaˇcne jednaˇcine kretanja taˇcke u polarnim koordinatama i b) trajektoriju, ako je u poˇcetnom trenutku: t0 = 0, r0 = 0, φ0 = 0. Reˇsenje: a) Radijalna komponenta: vr = v cos θ = v cos(π/6) t = r˙ ⇒ dr = v cos(π/6) t· dt ⇒ ∫ 6 r = v cos(π/6) t· dt = v sin(π/6)t + C ⇒ C = 0, π 6v πt r= sin . π 6 Popreˇcna komponenta: v

vp = v sin θ = v sin(π/6) t = rφ, ˙ dφ r = π/6 ⇒ dφ = (π/6) · dt dt φ = (π/6) t + C, C = 0, π φ= t. 6

q

⇒

M r j O

Slika 1.5:

reˇsenje uz zad.1.10.


16


b) Zamenom φ = (π/6) t u r = (6v/π) sin(π/6)t dobija se trajektorija u polarnim koordinatama 6v r= sin φ . π k Zad. 1.11. Voz polazi iz stanice A ubrzanjem a1 = 0, 2 [m/s2 ], dok ne dostigne brzinu v1 = 108 [km/h], a zatim nastavlja kretanje tom brzinom. U blizini stanice B, koja je 12 [km] udaljena od polazne stanice, poˇcinje da koˇci i usporava sa a2 = 1 [m/s2 ], dok se ne zaustavi u stanici B. Odrediti: a) predeni put za vreme ubrzavanja, za vreme jednolikog kretanja i za vreme usporavanja; b) vreme proteklo pri prelazu od stanice A do stanice B; c) srednju brzinu vs voza; d) nacrtati dijagrame: s = s(t), v = v(t), a = a(t), v = v(s). Reˇsenje: - za vreme ubrzaAko se sa t1 obeleˇzi vreme ubrzavanja i s1 put preden vanja, biće 1 v1 = a1 t1 , s1 = a1 t21 , 2 a odatle se dobija odmah t1 =

v1 = 150 [s], a1

s1 =

v12 = 2250 [m]. 2a1

Za vreme t2 koˇcenja – usporavanja od brzine v1 do brzine v2 = 0 biće v1 − a2 t2 = 0,

1 s2 = v1 t2 − a2 t22 , 2

odakle je t2 =

v1 = 30 [s], a2

s2 =

v12 = 450 [m]. 2a2

17


s

Prema tome, voz prelazi s1 + s2 = 2700 [m] pri ubrzavanju i usporavanju, a s = 9300 [m] jednolikom brzinom v = 108 [km/h] = 30 [m/s] za vreme t = 310 [s] (s = v t). Srednja brzina voza na ovom delu puta biće vs =

12000 ≈ 24, 5 [m/s] = 88, 2 [km/h]. 490

S obzirom na zakone puta za vreme ubrzavanja jednolikog kretanja i usporavanja i drugih osobina ovog kretanja biće: dijagram puta sastavljen od dva nejednaka luka parabole spojena kosom duˇzi (sl. 1.6a). Dijagram brzine je trapez nejednakih krakova (sl. 1.6b), dijagram tangentnog ubrzanja obrazuju tri duˇzi, od kojih je jedna na samoj osi t (sl. 1.6c) i najzad dijagram brzina-put biće sastavljen od dva parabolniˇcna luka spojena jednom duˇzi koja je paralelna osi s (sl. 1.6d).

t1

a)

t1

b)

t2

t

v

t2

t

at

t2 t1

t c)

v

s1

Slika 1.6:

d)

s2

s

reˇsenje uz zad.1.11.

k Zad. 1.12. s(m)

500

Automobil se kreće po pravom putu. Zakon puta prikazan je na slici 1.7. Konstruisati v − t i a − t dijagrame za period 0 ≤ t ≤ 30 [s].

s = 20t -100

s=t2

100 0

10

Slika 1.7:

20

30 t (s)

uz zad.1.12.


18

1 Kinematika - zadaci v(m/s)

Zakon puta (sl. 1.7):

20

s = t2 ,

0 ≤ t ≤ 10,

s = 20t − 100,

10 ≤ t ≤ 20.

Brzina je: 0

v = s˙ = 2t,

0 ≤ t ≤ 10,

a (m/s2)

v = s˙ = 20,

10 ≤ t ≤ 20.

2

10

20

30 t (s)

10

20

30 t (s)

Ubrzanje je: a = v˙ = 2,

0 ≤ t ≤ 10,

a = v˙ = 0,

10 ≤ t ≤ 20.

0

Slika 1.8:

uz zad.1.12.

k Zad. 1.13. s(m) s = -0.5t 2+ 15t - 60

52.5 40


s = 5t - 10

s = 0.625t 2

10 0 0

4

Slika 1.9:

10

15 t (s)

uz zad.1.13.

Reˇsenje: Sa slike 1.9 vidi se da je zakon puta: s(t) = 0, 625 t2 ,

0 ≤ t ≤ 4,

s(t) = 5 t − 10,

4 ≤ t ≤ 10,

s(t) = −0, 5 t + 15 t − 60,

10 ≤ t ≤ 15.

2

19

1.1 Brzina i ubrzanje taˇ cke v (m/s)

5

Kako je v = s(t), ˙ to, prema datim podacima, za brzinu dobijamo:  0 ≤ t ≤ 4,  1, 25 t, 5, 4 ≤ t ≤ 10, v(t) = s(t) ˙ =  −t + 15, 10 ≤ t ≤ 15.

0 0 a (m/s2)

Za ubrzanje dobijamo:   1, 25, 0 ≤ t ≤ 4, 0, 4 ≤ t ≤ 10, a(t) = v(t) ˙ =  −1, 10 ≤ t ≤ 15.

4

10

15 t (s)

10

15

1.25 1

0

t (s)

4 -1

Slika 1.10:

Reˇsenje.

k Zad. 1.14. s(m)

116.67 1 s = - t 2 -2 t +119 3 3

Autobus se kreće po pravom putu. Zakon puta prikazan je na slici 1.11. Konstruisati v − t i a − t dijagrame za period 0 ≤ t ≤ 20 [s].

70 20 t - 50 s =3 3 2 s= -t 2 3

16.67 0 5

13

Slika 1.11:

20 t (s)

uz zad.1.14.

Reˇsenje: Prema dijagramu (slika 1.11) zakon puta je:   s(t) =



2 2 3t , 20 50 3 t− 3 , 1 2 119 3 t − 2t + 3 ,

0 ≤ t ≤ 5, 5 ≤ t ≤ 13, 13 ≤ t ≤ 20,


20


pa za brzinu dobijamo:  4 0 ≤ t ≤ 5,  3 t, 20 , 5 ≤ t ≤ 13, v(t) = s(t) ˙ =  23 t − 2, 13 ≤ t ≤ 20, 3 a za ubrzanje:

v (m/s)

12 6.67 0 5

13

20 t (s)

5

13

20 t (s)

a (m/s2)

1.33

 

0 ≤ t ≤ 5, 0, 5 ≤ t ≤ 13, a(t) = v(t) ˙ =  2 3 , 13 ≤ t ≤ 20. 4 3,

0.67 0

Slika 1.12:

Reˇsenje zad. 1.14.

k Zad. 1.15. s (m)

1650

s = 24 t - 360


s = 0.5 t 2+ 20 t - 150

900

s = 0.1 t 3

100 0

10

30

45 t (s)

Slika 1.13: Slika uz zad. 1.15.

Reˇsenje: Prema slici 1.13 zakon puta je:  0 ≤ t ≤ 10,  0, 1 t3 , 2 0, 5 t + 20 t − 150, 10 ≤ t ≤ 30, s(t) =  24 t − 360, 30 ≤ t ≤ 45, odakle dobijamo za:

21

1.1 Brzina i ubrzanje taˇ cke v (m/s) 50

- brzinu   0, 3 t2 , 0 ≤ t ≤ 10, t + 20, 10 ≤ t ≤ 30, v(t) = s(t) ˙ =  24, 30 ≤ t ≤ 45,

30

0 10

30

45 t (s)

10

30

45 t (s)

2

a (m/s )

6

- ubrzanje   0, 6 t, 0 ≤ t ≤ 10, 1, 10 ≤ t ≤ 30, a(t) = v(t) ˙ =  0, 30 ≤ t ≤ 45.

1 0

Slika 1.14:

Reˇsenje zad. 1.15.

k Zad. 1.16. Automobil se kreće po pravom putu, pri ˇcemu se intenzitet njegove brzine menja po zakonu

v(m/s)

12 6 0 2

t (s)

4

v = 12t − 3t2 , kao ˇsto je to prikazano na slici 1.15. Konstruisati s−t dijagram za period 0 ≤ t ≤ 6[s].

-36

Slika 1.15:

uz zad. 1.16.

Reˇsenje: Kako je v = 12 t − 3 t2 ,

0≤t≤6

integracijom dobijamo: ∫

∫

t

s(t) =

t

v(t) dt = 0

(12 t − 3 t2 ) dt = 6t2 − t3 .

0 Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

22

1 Kinematika - zadaci s (m)

32

Posmatrajmo intervale: s(0) = 0, s(1) = 5,

s(2) = 16, 0 ≤ t ≤ 2,

s(2) = 16, s(3) = 27,

s(4) = 32, 2 ≤ t ≤ 4,

s(4) = 32, s(5) = 25,

s(6) = 0, 4 ≤ t ≤ 6.

16

0 0

2

Slika 1.16:

4

6 t (s)

reˇsenje uz zad. 1.16.

k Zad. 1.17. Kamion se kreće po pravom putu, pri ˇcemu se intenzitet njegovog ubrzanja menja po zakonu

a(m/s2)

8 6 0 2

a = 8 − 4t,

t (s)

4

-8 -16

Slika 1.17:

uz zad. 1.17.

kao ˇsto je to prikazano na slici 1.17. Konstruisati v−t dijagram za period 0 ≤ t ≤ 6[s].

Reˇsenje: Kako je

v(m/s)

a(t) = 8 − 4 t, 0 ≤ t ≤ 6, to je ∫ t ∫ t v(t) = a(t) dt = (8 − 4 t) dt = 0

6 0 2

4

t (s)

0

= 8 t − 2 t2 . v(0) = 0,

8

v(2) = 8,

-24

v(6) = −24.

Slika 1.18:


k Zad. 1.18. Automobil zapoˇcinje kretanje iz stanja mirovanja. Krećući se pravim putem dostiˇze brzinu od v = 26 m/s za 8 s. v − t dijagram prikazan je na sl. 1.19. Konstruisati odgovarajući a − t dijagram i odrediti

23


maksimalno ubrzanje automobila. Zatim konstruisati odgovarajući s − t dijagram i odrediti predeni put koji odgovara datom vemenu.

v(m/s)

Sa slike je:

26

v = 4t - 6 v = 3.5t

14

0 1

Slika 1.19:

4

5

8

v = 3, 5t,

0 ≤ t ≤ 4 [s]

v = 14,

4 ≤ t ≤ 5 [s]

v = 4t − 6,

5 ≤ t ≤ 8 [s]

t (s)

v − t dijagram uz zad. 1.18.

Reˇsenje: Ubrzanje je:

a = v˙ = 3, 5,

0 ≤ t ≤ 4 [s]

a = v˙ = 0, (v = const.) 4 [s] ≤ t ≤ 5 [s] a = v˙ = 4,

5 [s] ≤ t ≤ 8 [s].

Maksimalno ubrzanje sa dobijenog dijagrama je amax = 4 [m/s2 ]. Predeni put je:

v = s˙ ⇒ ds = v dt = 3, 5 dt, 0 ≤ t ≤ 4 [s] ∫s ∫t ds = 3, 5t dt ⇒ s = 1, 75t2 ⇒ st=0 = 0 0

i st=4 = 28.

0


24

1 Kinematika - zadaci a (m/s2)

v = s˙ ⇒ ds = v dt = 14 dt, ∫s ∫t ds = 14 dt ⇒ 28

4 3.5

4≤t≤5

4

s − 28 = 14(t − 4)

⇒

s = 14t − 56 + 28 = 14t − 28 st=4 = 28

i

st=5 = 42.

v = s˙ ⇒ ds = v dt = (4t − 6) dt, ∫s ∫t ds = (4t − 6) dt ⇒ 42

0

i

8 t (s)

4

5

8 t (s)

5≤t≤8

42 28

⇒

s = 2t2 − 50 − 6t + 30 + 42 = 2t2 − 6t + 22 st=5 = 42

5

102

5

s − 42 = 2(t2 − 25) − 6(t − 5)

4

s(m)

0

st=8 = 102.

Slika 1.20:

a − t i s − t dijagrami uz

zad. 1.18.

Predeni put, za dato vreme, je st=8 s = 102 [m]. k Zad. 1.19. Avion sleće na pravolinijsku pistu brzinom v = 36 [m/s], pri ˇcemu je s0 = 0. Ako avion usporava na naˇcin kako je to predstavljeno na ′ grafiku (sl. 1.21), odrediti vreme t za koje se avion zaustavio i skicirati v − t i s − t dijagrame.

Reˇsenje:

a(m/s2)

5

15

20

33.5

0 t (s)

-1

-2.5

Slika 1.21:

a − t dijagram uz zad. 1.19.

25


Sa slike je: 0 ≤ t ≤ 5 [s],

a = 0, a = −1 [m/s2 ],

5 [s] ≤ t ≤ 15 [s],

a = −2, 5 [m/s ],

15 [s] ≤ t ≤ 20 [s],

a = −1 [m/s2 ],

20 [s] ≤ t ≤ t [s].

2

′

Brzina, po intervalima, je: 0 ≤ t ≤ 5 [s] ⇒ v = const. = 36 [m/s].

a = v˙ = 0,

a = v˙ = −1, 5 [s] ≤ t ≤ 15 [s] a = v˙ = −2, 5, 15 [s] ≤ t ≤ 20 [s] ∫ ∫ ∫ ∫ dv = − dt ⇒ v = −t + C1 dv = −2, 5 dt ⇒ v = −2, 5t + C2 vt0 =5 = 36 [m/s] ⇒ C1 = 41,

vt0 =15 = 26 [m/s] ⇒ C2 = 63, 5,

v = −t + 41,

v = −2, 5t + 63, 5,

vt=15 = 26 [m/s].

vt=20 = 13, 5 [m/s].

v(m/s) ′

a = v˙ = −1, 20 [s] ≤ t ≤ t [s] ⇒ ∫ ∫ dv = − dt ⇒ v = −t + C3

v = -2.5t + 63.5 v = -t + 33.5

13.5

v = −t + 33, 5,

0

vt′ = 0 [m/s] ⇒ t = 33, 5.

v = -t + 41

26

vt0 =20 = 13, 5 [m/s] ⇒ C3 = 33, 5, ′

v = 36

36

5

Slika 1.22:

15

20

33.5 t (s)

v − t dijagram uz zad. 1.19.

Zakon puta: v = s, ˙

0 ≤ t ≤ 5 [s] ⇒ ds = v dt

s = 36 t + c1 , st=0 = c1 = 0, s = 36 t, v = s, ˙

st=5 = 180 [m]

5 ≤ t ≤ 15 [s] ⇒ ds = v dt

t2 + 41t + c2 , st=5 = 180, c2 = −12, 5, 2 t2 s = − + 41t − 12, 5, st=15 = 490 [m]. 2 s=−


26


v = s, ˙

15 ≤ t ≤ 20 [s] ⇒ ds = v dt

s = −1, 25t2 + 63, 5t + c3 , st=15 = 490, c3 = −181, 25, s = −1, 25t2 + 63, 5t − 181, 25, st=20 = 588, 75 [m], v = s, ˙

20 ≤ t ≤ 33, 5 [s] ⇒ ds = v dt

t2 + 33, 5t + c4 , st=20 = 588, 75, c4 = 118, 75, 2 t2 s = − + 33, 5t + 118, 75, st=33,5 = 679, 875 [m]. 2 s=−

s(m)

s = -0.5 t 2+ 33.5 t + 118.75

679.87 588.75 490 s = -1.25 t 2+ 63.5 t - 181.25

s = -0.5t 2+ 41 t -12.5

180 s = 36 t

0

5

Slika 1.23:

15

20

33.5 t (s)

s − t dijagram uz zad. 1.19.

k

1.2

Obrtanje krutog tela oko nepokretne ose

Zad. 1.20. Zamajac poˇcinje obrtanje iz stanja mirovanja jednako ubrzano. Deset minuta posle poˇcetka kretanja ima ugaonu brzinu kojoj odgovara 120 [O/min]. Odrediti koliko je punih obrtaja N zamajac uˇcinio u toku tih 10 [min]. Reˇsenje:

27

1.2 Obrtanje krutog tela oko nepokretne ose

Kako je n = 120 [O/min], t = 10 [min], nπ 120· π ω= = = 4π [s−1 ], 30 30

intenzitet ugaone brzine je

zakon promene ugla obrtanja je 1 φ = ω0 t + εt2 , 2

i za

ω0 = 0

⇒

1 φ = εt2 . 2

Iz izraza za ugaonu brzinu φ˙ = ω = εt

⇒

izraz za ugaono ubrzanje, kao i intenzitet ugaonog ubrzanja, dobija se: ε=

ω 4π [s−1 ] π = = [s−2 ]. t 10· 60[ s] 150

Na osnovu izraˇcunatih vrednosti, sledi φ = 2π· N =

1 π [s−2 ]6002 [s2 ] = 1200 π 2 150

⇒

N = 600 . k

Zad. 1.21. Broj obrtaja tela oko nepomiˇcne ose za prvih 10 [s] smanji se 3 puta i u trenutku t = 10 [s] iznosi 30 [O/min]. Odrediti ugaono ubrzanje tela, ako je ono u toku kretanja konstantno. Reˇsenje: Kako je, prema uslovu zadatka, ugaono ubrzanje konstantno (ε = const.), tj. ε = const = ω˙ = φ, ¨ to je 1 φ = ω0 · t + ε· t2 . 2 Ugao φ jednak je 2π × vreme[s], pa je u naˇsem sluˇcaju φ = 2π· t = 2π· 10 = 20π. Kako je broj obrtaja u minuti posle 10 [s] 30, to je broj obrtaja u poˇcetnom trenutku 90, jer se smanjio 3×. Dakle, u trenutku t1 = 10 [s], n1 = 30 [O/min] = 0, 5 [O/s], a u poˇcetno trenutku je t0 = 0 [s], n0 = n0 + n1 90 + 30 90 [O/min] = 1, 5 [O/s]. Srednja promena je ns = = = 2 2 60 [O/min] = 1 [O/s], jer je ugaono ubrzanje konstantno. Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

28


Ugao, za koji se telo okrenulo tokom vremena t [s] je φ = 2π· N , gde je N broj obrtaja, koji izraˇcunavamo po obrascu N = ns · t. 1 20π = 3π· 10 + ε· 102 ⇒ 2 50ε = 20π − 30π ⇒ 10 π ε = − π = − [s−2 ]. 50 5 Koriˇsćeni obrasci: N = ns · t = 60 [O/min]· 10 [s] = 10, φ = 2π· N = 20π, ω0 = 2π· ns = 2π· 1, 5 = 3π [s−1 ], 1 φ = ω0 t + εt2 . 2 k Zad. 1.22. Gipko nerastegljivo uˇze, koje nosi teret B, namotano je preko većeg od dva kruto vezana koaksijalna kotura. Koturovi mogu da se obrću oko nepomiˇcne ose koja prolazi kroz taˇcku A. Drugo uˇze je prebaˇceno preko manjeg kotura, a njegov kraj C kreće se udesno konstantnim ubrzanjem intenziteta aC = 9 [cm/s2 ] i poˇcetnom brzinom intenziteta vC0 = 12 [cm/s], smera ubrzanja. Ako je r = 5 [cm], odrediti: a) ubrzanje taˇcke D na obodu manjeg kotura u trenutku t = 0 [s],

D

C aC

A r

b) broj obrtaja kotura posle 2 [s],

vCo

2r

c) brzinu i promenu visine tereta posle 2 [s]. B

Napomena. Uˇzad ne proklizavaju. Reˇsenje: Iz izraza za poˇcetnu brzinu vC0 = r· ω0 ,

Slika 1.24:

Gipko nerastegljivo uˇ ze.

29


moˇze da se izraˇcuna poˇcetna ugaona brzina vC 12 ω0 = 0 = = 2, 4 [s−1 ]. r 5 Iz izraza za ubrzanje taˇcke C, tj. tangencijalna komponenta ubrzanja taˇcke D, aC = aDt = r· ε0 moˇze da se izraˇcuna ugaono ubrzanje aDt 9 = = 1, 8 [s−2 ]. r 5 Normalna komponenta ubrzanja taˇcke D, na osnovu izraˇcunate ω0 , je ε0 =

aDn = r· ω02 = 5· 2, 42 = 28, 8 [cm/s2 ]. Intenzitet ubrzanja taˇcke D je √ √ aD = a2Dt + a2Dn = 92 + 28, 82 ≈ 30, 2 [cm/s2 ] . Zakon promene ugla obrtanja je 1 φ = ω0 t + εt2 , 2 a njegovim diferenciranjem po vremenu dobija se zakon promene ugaone brzine φ˙ = ω0 + εt. Ugao, koji koturovi opiˇsu za t = 2 [s] je 1 φ|t=2 [s] = 2, 4· 2 + · 1, 8· 4 = 4, 8 + 3, 6 = 8, 4 [rad]. 2 Iz obrasca za promenu ugla obrtanja preko broja obrtanja ⇒

φ = 2πN

N=

φ 8, 4 = ≈ 1, 34 [obrta]. 2π 2π Izraz za brzinu tereta B je

vE

D

aDt

C aC

aDn

E

vCo

aD

vE

Slika 1.25:

vB = vE = 2r· ω, ω|t=2 [s] = 2, 4 + 1, 8· 2 = 6 [s−1 ], a intenzitet je

uz reˇsenje zad. 1.22.

vB = 10· 6 = 60 [cm/s] . Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

30


Promena visine tereta se izraˇcunava iz obrasca za duˇzinu luka: hB = s = 2r· φ = 10· φ|t=2 [s] = 10· 8, 4 = 84 [cm] . k Zad. 1.23. 1 2

w1

Ugaona brzina zupˇcastog toˇcka menja se po zakonu ω1 = 2t2 [s−1 ], pri ˇcemu se vreme t meri u sekundama. Odrediti ubrzanje tereta 3 u trenutku t1 = 2 [s], ako je R1 = 1 [m], R2 = 0, 8 [m] i r = 0, 4 [m].

w2

R

R1

2

r

3

Slika 1.26:

Zupˇ casti toˇ cak.

Reˇsenje: Izraz za obimnu brzinu u taˇcki A, preko veliˇcna koje karakteriˇsu zupˇcasti toˇcak 1: vA = R1 · ω1

⇒

vA |t1 =2 [s] = 1· 2· 22 = 8 [m/s].

Obimna brzina u taˇcki A, koja je zajedniˇcka za oba zupˇcasta toˇcka 1 i 2, moˇze se izraziti i preko veliˇcina koje karakteriˇsu zupˇcasti toˇcak 2: vA = R1 · ω1 = R2 · ω2 . Iz ovog izraza sledi izraz za ugaonu brzinu toˇcka 2: 1 w1

2 aBt

ω2 = vB B

A

vA R1 · ω1 8 = = = 10 [s−1 ], R2 R2 0, 8 ω2 = 1, 25· 2· t2 = 2, 5· t2 .

vA

Obimna brzina u taˇcki B je:

a3

3

vB = r· ω2 = 0, 4· 10 = 4 [m/s]. Slika 1.27:

Reˇsenje.

31


Ubrzanje tereta 3 jednako je tangentnoj komponenti ubrzanja taˇcke B toˇcka ( ) d dω2 d R1 dvB a3 = aBt = = (rω2 ) = r =r ω1 ⇒ dt dt dt dt R2 rR1 rR1 0, 4· 1 a3 = ω˙1 = 4t ⇒ a3 |t1 =2 [s] = · 4· 2 = 4 [m/s2 ]. R2 R2 0, 8 k Zad. 1.24. Rotor turbine se obrće jednoliko usporeno, pri ˇcemu u vremenskom intervalu T = 30 [s] broj obrtaja rotora opada sa 4000 [O/min] na 1300 [O/min]. Izraˇcunati usporenje rotora i broj okretaja koji on uˇcini u datom vremenskom intervalu. Reˇsenje: Iz izraza za ugaono ubrzanje/usporenje ε=−

dω dt

- usporenje

sledi izraz za ugaonu brzinu u diferencijalnom obliku dω = −ε dt ∫ω2

∫t2 dω = −ε

ω1

dt

⇒

t1

ω2 − ω1 = −ε(t2 − t1 ) = −εT

za

ε = const.

a odakle se dobija intenzitet ugaonog ubrzanja: ε=−

ω2 − ω1 (n2 − n1 )π = = 3π [s−2 ]. T 30T

Za t1 = 0, iz izraza za ugaonu brzinu dφ =ω dt

⇒

sledi izraz za promenu ugla obrtanja ∫ dφ = ω dt = (ω1 − εt) dt

ω = ω1 − εt

⇒

1 φ = ω1 t − εt2 2

⇒

φ = 2650π. Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

32


Izraz za broj obrtaja preko ugla obrtanja je N=

φ = 1325, 2π

i predstavlja broj obrtaja koji rotor turbine uˇcini za dati vremenski interval.

1.3

Ravansko kretanje

1.3.1

Brzina pri ravanskom kretanju

Zad. 1.25. Za dati mehanizam, koji se sastoji od ˇstapova OA, AB i BD, odrediti brzinu taˇcke B u prikazanom poloˇzaju, ako je OA = R i ako ˇstap OA u tom poloˇzaju ima ugaonu brzinu ω0 . Veze u taˇckama O, A, B i D su zglobne.

A

60

o

R

wo D

O

B

Slika 1.28:

uz zad. 1.25.

Reˇsenje: vA = OAωOA = Rω0 , vB = BDωB

A

vA

60

I naˇcin (projekcija na pravac AB)

o

vB O = PV

w D

AB

B wo = wAB

Slika 1.29:

uz reˇsenje zadatka 1.25.

◦

vA cos 30 = vB cos 60

◦

⇒

Kako taˇcke A i B pripadaju istom ˇstapu, a brzine ovih taˇcka su poznatih pravaca i smerava, tada prema teoremi o projekcijama brzina je:

√ 3 1 = vB Rω0 2 2

⇒

√ vB = Rω0 3.

II naˇcin (trenutni pol brzina) Sa slike se vidi da je: BPv = tg60◦ R

⇒

√ BPv = Rtg60◦ = R 3.

33

1.3 Ravansko kretanje

Izraz za intenzitet brzine taˇcke A, preko trenutnog pola brzina, je: APv ωAB = vA

⇒

ωAB =

vA Rω0 = = ω0 . R APv

Izraz za intenzitet brzine u taˇcki B, preko trenutnog pola brzina, za izraˇcunatu ugaonu brzinu oko pola brzina: √ √ vB = BPv ωAB = R 3ω0 ⇒ vB = Rω0 3. k Zad. 1.26. A

Krivaja OA, duˇzine 0, 3 [m] obrće se konstantnom ugaonom brzinom ω0 = 2 [s−1 ] oko nepomiˇcne ose Oz. Krivaja dovodi u kretanje ˇstap AB duˇzine 0, 8 [m]. Posredstvom ˇstapa AB disk polupreˇcnika R = 0, 2 [m] kotrlja se bez klizanja po ravnoj podlozi. Za dati poloˇzaj mehanizma, odrediti ugaonu brzinu diska. Veze u O, A i B su zglobne.

60

O

o

wo

B

Slika 1.30:

uz zad. 1.26.

Reˇsenje: Na osnovu teoreme o projekcijama brzina, projektovanjem na AB, nije teˇsko izraˇcunati brzinu u taˇcki B, a potom i ugaonu brzinu.

A

60

O

o

o

w

vA

vA = OAω0 = 0, 3· 2 = 0, 6 [m/s], vA cos 30◦ = vB cos 60◦ ⇒ √ cos 30◦ vB = vA = 0, 6 3 [m/s], ◦ cos 60 √ v vB = RωD ⇒ ωD = B = 3 3 [s−1 ]. R

B

PV

Slika 1.31:

vB

wd


k Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

34


Zad. 1.27. Krivaja O1 A obrće se konstantnom ugaonom brzinom ω1 oko ose koja prolazi kroz taˇcku O1 , a krivaja O2 C obrće se konstantnom ugaonom brzinom ω2 oko ose koja prolazi kroz taˇcku O2 . Odrediti brzinu taˇcke B za poloˇzaj mehanizma slikom dat, u kome je krivaja O1 A vertikalna, a krivaja O2 C i poluga AB su horizontalne, dok poluga BC gradi ugao od 60◦ √ sa horizontalnom osom, ako je O1 A = b 3 i O2 C = b.

C

w2

60

A

O2

o

B

w1 O1

Slika 1.32:


Reˇsenje: ˇ Stapovi O1 A i O2 C su tela koja se obrću oko odgovarajućih nepomiˇcnih osa, pa su njihove brzine: C O2 y

vA

B

vC

60

vC = O2 Cω2 = bω2 .

o

A

Brzina taˇcke B se moˇze izraˇcunati preko brzine taˇcke A ˇstapa AB, kao i brzine taˇcke C ˇstapa BC, eliminaciom brzine taˇcke B, tj. izjednaˇcavanjem ove dve vektorske jednaˇcine. Sledi

x C

vB A

vB vB O1

Slika 1.33:

√ vA = O1 Aω1 = b 3ω1 ,


vB = vA + vBA ,

i

vB = vC + vBC

⇒

vA + v = vC + v . A B

C B

Projektovanjem ove vektorske jednaˇcine na ose x i y izraˇcunavaju se inten-

35


ziteti komponenata brzina vBC i vBA . Projekcije na x i y osu su: vA = vBC cos 30

◦

⇒

−vBA = −vC − vBC sin 30◦

√ ω1 b 3 = vBC ⇒

√ 3 2

⇒

vBC = 2bω1

vBA = bω2 + 2bω1 ·

1 2

⇒

vBA = b(ω1 + ω2 ).

Intenzitet brzine taˇcke B je √ √ 2 2 2 2 2 2 2 vB = 3b ω1 + b ω1 + 2b ω1 ω2 + b ω2 = b 4ω12 + 2ω1 ω2 + ω22 . ili koriˇsćenjem kosinusne teoreme vB2 = vC2 + (vBC )2 − 2vC vBC cos 120◦

√ vB = b 4ω12 + 2ω1 ω2 + ω22 .

⇒

k Zad. 1.28. Krivaja OA = R obrće se oko nepokretne ose koja prolazi kroz taˇcku O normalnu na ravan crteˇza, konstantnom ugaonom brzinom ω0 , i pomoću poluga AB = ℓ1 i AC = ℓ2 dovodi u kretanje klip B, odnosno klip C, koji se kreću po horizontalnoj, odnosno vertikalnoj vodici. Za poloˇzaj mehanizma na slici odrediti ugaone brzine poluga AB i AC, kao i brzine taˇcka B i C.

l2

C 60

o

A

l1 B

wo O

Slika 1.34:

uz zad. 1.28.

Reˇsenje:

vA = Rω0 ,

vA = vB

u posmatranom trenutku-poloˇzaju (trenutna translacija) ⇒ vA = vB = Rω0

⇒

ωAB = 0.


36


vC

Primena teoreme o projekcijama brzina na pravac AC, dobija se: √ vA cos 30◦ = vC cos 60◦ ⇒ vC = Rω0 3.

wAC PV

AC

C 60

o

A

vA

vB

B

Intenzitet brzine taˇcke A, u odnosu na pol brzina za ˇstap AC: vA = AP v · ωAC

wo

⇒

ωAC =

vA . AP v

O

Sa slike je lako zakljuˇciti da je: Slika 1.35:


cos 60◦ =

AP v ℓ2

⇒

ωAC =

2Rω0 . ℓ2

AP v =

ℓ2 . 2

Iskoristivˇsi ovo dobija se

k

1.3.2

Ubrzanje pri ravanskom kretanju

Zad. 1.29. Odrediti ugaono ubrzanje poluge BC i krivaje CD ravnog mehanizma u poloˇzaju prikazanom na slici 1.29, ako se krivaja AB obrće konstantnom ugaonom brzinom ω0 oko nepokretne ose koja prolazi kroz taˇcku A i upravna je na ravan slike. Date su veliˇcine (Poznato je): AB = R, CD = 2R, BC = L.

wo o

A

B 60

C

Slika 1.36:

D

uz zad. 1.29.

Reˇsenje: Brzine taˇcaka (sl. 1.37): Intenzitet brzine taˇcke B (obrtanje krutog tela oko nepokretne ose) je vB = Rω0 ,

37


a zatim projektovanjem brzina, na pravac BC, vB cos 30◦ = vC cos 30◦

⇒

⇒

vB = vC

ωBC = 0,

ˇsto znaˇci da se ˇstap BC, u datom trenutku, translatorno kreće. Intenzitet brzine taˇcke C, ˇstapa CD, je ω0 vC = Rω0 , vC = CDωCD ⇒ ωCD = . 2 vB

wo o

B 60

A

vC

wCD C

Slika 1.37:

D

Brzine taˇ caka mehanizma.

Ubrzanje taˇcaka (sl. 1.38): y

aBtA

o

A

aBn

B 60

A

aCn

D

aCt

aCtB

B

C

Slika 1.38:

aCn

D

D

x

Ubrzanje taˇ caka mehanizma.

Ubrzanje taˇcke B sastoji se od dela koji predstavlja translaciju tela (komponenta aA ) i rotacionog dela (tangencijalna aA i normalna komponenta Bt aA ): Bn 0 > + aA aB = aA + aA . Bt Bn Intenzitet tangencijalne komponenta aA je Bt dωAB =0 dt Intenzitet normalne komponente aA je Bn = AB· εAB = 0 aA Bt

⇒

εAB =

⇒

ωAB = ω0 = const.

2 = Rω02 . aA = AB· ωAB Bn Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

38


Tada je intenzitet ubrzanja taˇcke B |aB | = |aA | = Rω02 . Bn Ubrzanje taˇcke C je 0(ωBC =0)

> aC = aB + aB + aB Ct Cn aC = aB + aB aC = aD + aD . Ct Ct Cn

0 D *+ aC = aD aCt + aD , Cn

Intenzitet normalne komponent ubrzanja aD je Cn 2 aD = CDωCD = Rω02 . Cn

Eliminaciom ubrzanja taˇcke C, dobija se aB + aB = aD + aD . Ct Ct Cn Projektujući poslednju vektorsku jednaˇcinu na x odnosno y osu, dobijamo: - projekcija na x osu −aB + a

B Ct

◦

cos 30 = a

√ aB = Rω02 3, Ct

D Cn

⇒

aB = BC· εBC Ct

√ Rω02 3 +a = ⇒ 2 2 √ aB Rω02 3 Ct ⇒ εBC = = . L L

−Rω02

B Ct

- projekcija na y osu √ 3 ⇒ a = ⇒ a sin 30 = a 2 √ aD Rω02 3 1 aD = 2RεCD ⇒ εCD = Ct = ⇒ Ct 2R 2 2R √ ω02 3 εCD = . 4 B Ct

◦

D Ct

D Ct

Rω02

k Zad. 1.30. U poloˇzaju klipnog mehanizma, prikazanog na slici 1.39, poznate su ugaona brzina ω i ugaono ubrzanje ε poluge OA. Odrediti:

39

1.3 Ravansko kretanje A

a) brzinu klipa B i ugaonu brzinu ˇstapa AB, b) ubrzanje klipa B i ugaono ubrzanje poluge AB,

a

B

w, e

u datom poloˇzaju. Uzeti da je OA = r i AB = ℓ, a ugao α je poznat.

O

Slika 1.39:

uz zad. 1.30.

Reˇsenje: a) Prvo odredimo brzinu taˇcke A, kao taˇcke tela koje se okreće oko nepomiˇcne ose (sl. 1.40) vA = ωOA. Sada brzinu taˇcke B moˇzemo da odredimo ako iskoristimo teoremu o projekcijama brzina. Iz projekcije brzina na pravac AB (vidi sl.1.40) dobijamo vB cos α = vA cos α

⇒

vB = vA .

Dakle, ˇstap se u datom trenutku kreće translatorno, pa je trenutna ugaona brzina ωAB = 0 .

A

A

aAt

vA

aAn aBn

a

a w, e

vB

B

O

Slika 1.40:

A

w, e

aB a

O

reˇsenje zad. 1.30 - brzina.

Slika 1.41:

B A Bt

reˇsenje zad. 1.30 - ubrzanje.

b) Taˇcka B istovremeno pripada klizaˇcu i ˇstapu AB. Izraz za njeno ubrzanje, kao taˇcke ˇstapa, je −−→ −→ 2 − aB = aA + εAB × AB − ωAB AB = aA + aA + aA , Bt Bn Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

40


odnosno aB = aAn + aAt + aA + aA . Bt Bn

(a)

Ubrzanje taˇcke A dato je relacijom aA = aAn + aAt , gde je: aAn = ω 2 · OA = rω 2 ,

aAt = ε · OA = rε.

Projekcijom izraza (a), na ose Ox i Oy, imajući na umu da se klizaˇc B kreće pravolinijski duˇz Bx ose, dobijamo: x:

aBx = −aAt − aA cos α − aA sin α = −aAt − εAB · AB · sin α, Bn Bt

y:

aBy = 0 = −aAn + aA sin α − aA cos α = −aAn − aA cos α = Bn Bt Bt = −aAn − εAB · AB · cos α.

2 = 0 (trenutna ugaona brzina jednaka Ovde smo iskoristili da je aA = ℓωAB Bn nuli). Iz projekcije ubrzanja taˇcke aB na Oy osu (poslednja jednaˇcina) dobijamo traˇzeno ugaono ubrzanje

ω2r aAn , =− ℓ cos α AB · cos α a iz projekcije na Ox osu (pravac kretanja klizaˇca B) dobijamo traˇzeno ubrzanje klizaˇca B (vidi sliku 1.41) εAB = −

aB = aBx = −aAt − εAB · ℓ sin α = −rε +

ω2r · ℓ sin α ℓ cos α

⇒

aB = −rε + ω 2 r tgα . k Zad. 1.31. ˇ AB duˇzine ℓ zglobno je vezan Stap za obod diska polupreˇcnika R koji se kotrlja bez klizanja po pravom delu puta. Ako u prikazanom poloˇzaju srediˇste diska ima brzinu v0 i ubrzanje a0 , odrediti brzinu i ubrzanje klizaˇca B.

B

45

o

vO O

aO

Slika 1.42:

A

uz zadatak zad:z-28.

41


Reˇsenje: Brzine: ⇒

v0 = RωD

ωD =

√ vA = AP v · ωD = R 2ωD

v0 , R

⇒

√ vA = v0 2.

vB

Primenom teoreme o projekcijama brzina, dobija se:

PV = B AB

45

o

vA cos 90◦ = vB cos 45◦

vO

A O

vA = AP v ωAB ⇒ ωAB

vA

PV

⇒

vB = 0 , √ v0 2 vA = = . ℓ AP v

wD

Slika 1.43:

Brzine.

Ubrzanja: aA = aO + aO + aO . An At

aBn

εD =

A

45

o

aB O

aAn

O

A

A

aBt

aO

O At

(a)

ωD d ( v0 ) a0 1 d = (v0 ) = , = t dt R R dt R a0 O aAt = εD · OA = R = a0 , R v02 2 aO = OAω . = An D R

a

Slika 1.44:

Projektovanjem jednaˇcine (a) na x i y, respektivno, dobija se: Ubrzanje.

x:

aAx = a0 − a0An

⇒

y:

aAy = −a0An = −a0 .

aAx = a0 −

v02 R


42


aB = aA + aA + aA , Bn Bt 2 aA = ABωAB = Bn

2v02 . ℓ

Projektovanjem ove vektorske jednaˇcine dobija se: na x :

na y :

v2 cos 45◦ + aA cos 45◦ , 0 = a0 − 0 − aA Bn Bt R √ √ √ √ √ 2 2v02 2 v02 2 2v02 v02 2 A A aBt = + − a0 ⇒ aBt = + − a0 2, 2 ℓ 2 R 2 ℓ R ◦ ◦ A − aB = −a0 − aA sin 45 − a sin 45 Bn Bt √ √ √ √ √ √ 2 2v02 2 2v02 2 v02 2 2 − aB = −a0 − − − + a0 2 ⇒ ℓ 2 ℓ 2 R 2 2 v2 aB = 0 ℓ

( ) √ ℓ 2 2+ . R k

Zad. 1.32. A

Odrediti intenzitet brzine i ubrzanja klizaˇca C u poloˇzaju mehanizma prikazanom na slici. Poluga OA se obrće konstantnom ugaonom brzinom ω0 .

wo

B

45

o

O

R

R

C

Slika 1.45:

Reˇsenje: Brzine (sl. 1.46):

uz zad.1.32.

43


vA

wAB B

A

O = PV

U datom trenutku poznati su pravci brzina taˇcaka A i B, pa projektovanjem na pravac AB, dobijamo: PV

AB

vB cos 45◦ = vA cos 45◦

BC

⇒

vB = vA = Rω0 .

wBC vB

- poznati je i pravci brzine Takode, taˇcake C (klizaˇci - fiksan pravac kretanja). Pravci ovih vektora odredeni su uglom α:

vC C

Slika 1.46:

Brzine taˇ caka mehanizma sa sl.

1.45.

BC =

√

R2

+

4R2

√ R 5 sin α = √ = 5 R 5

√ = R 5,

⇒

√ 2 5 cos α = . 5

Projektovanje ovih brzina, na pravac BC, dobijamo: vB cos β = vC cos α

√ √ 2 5 5 Rω0 = vC 5 5

⇒

⇒

vC =

Rω0 . 2

Ugaonu brzinu ˇstapa AB moˇzemo da odredimo, jer je poznata brzina taˇcke B, kao i trenutni pol brzina za ovaj ˇstap (taˇcka O) vB = BP vAB ωAB

⇒

ωAB =

vB Rω0 = = ω0 . R BP vAB

Kako je poznata brzina taˇcke B, kao i trenutni pol brzina za ovaj ˇstap koristeći (taˇcka PvBC ), to se potrebna ugaona brzina ˇstapa BC odreduje vB = BP vBC ωBC

⇒

ωBC =

vB ω0 = . 2 BP vBC

Ubrzanja (sl. 1.47): Provo izraˇcunajmo ubrzanje poznate taˇcke A aA = aAn + aAt , aAn =

Rω02 ,

aAt = Rε0 = 0 (ω0 = const. ⇒ ε0 = ω˙ 0 = 0) Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

44


Nadalje, uoˇcimo da taˇcka B pripada klizaˇcu B, koji se kreće po kruˇznom ˇzlebu, pa ubrzanje ove taˇcke moˇze da se izrazi u obliku (kruˇzno kretanje taˇcke!) v2 aB = aBn + aBt , gde je aBn = B = Rω02 . Rk Medutim, ova taˇcka pripada i ˇstapu AB, pa ubrzanje moˇze da se izrazi kao ubrzanje taˇcke tela (B preko A) aB = aA + aA + aA . Bn Bt aAto

aBn

aAn

A

aBt

Normalna komponenta ubrzanja je √ 2 √ 2 aA = ABωAB = R 2ωAB = R 2ω02 . Bn

o

y

aBn B

A

O

Kako su sada poznati intenziteti posmatranih komponenti, to izjednaˇcimo izraze za ubrzanje taˇcke B:

a B

b

aCt A

aBt

aCn

a

B

b

a aC

x

= aBn + aBt . + aA aB = aA + aA Bt Bn

C

Slika 1.47:

Ubrzanja taˇ caka mehanizma sa

sl. 1.45.

Sada, projektovanjem ove vektorske jednaˇcine na pravac AB, dobija se: = −aBn cos 45◦ + aBt cos 45◦ , aAn cos 45◦ − aA Bn √ √ √ √ 2 2 2 2 2 2 Rω0 − Rω0 2 = −Rω0 + aBt ⇒ aBt = 0, 2 2 2 aB = aBn ⇒ aB = Rω02 . Taˇcka C kreće se po pravolinijskom ˇzlebu, pa je poznat pravac njenog ubrazanja (pravolinijsko kretanje taˇcke). S druge strane, taˇcka C pripada ˇstapu BC, pa je njeno ubrzanje aC = aB + aB + aB , Cn Ct

√ 2 √ ω2 = R 5 0. aB = CBωBC = R 5ωBC Cn 4

Projekcijom na x osu, vektorske jednaˇcine, kojom je odredeno ubrzanje

45


taˇcke C, dobija se: aCx = aBn + aB sin α − aB cos α, Ct Cn √ √ √ √ ω02 2 5 5 Rω02 5 2 B B aCx = Rω0 + aCt −R 5 = + aCt . 5 4 5 2 5 Iz projekcije na y osu, dobija se: 0 = 0 + aB cos α + aB sin α ⇒ Ct Cn √ √ √ 2 5 √ ω02 5 5 2 Rω 0 aB = −R 5 ⇒ aB =− Ct Ct 5 4 5 8

aCx =

Rω02

√ Rω02 5 − 8 εBC =

⇒ aB CT

3 aC = aCx = Rω02 , 8

=−

BC

ω02 . 8 k

Zad.

1.33.

Za dati mehanizam, u poloˇzaju prikazanom na slici 1.48, √ R 3 odrediti ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje toˇcka D, polupreˇcnika r = . 3 Toˇcak se kotrlja bez klizanja po nepokretnoj ravnoj podlozi. Poluga O1 A se obrće konstantnom ugaonom brzinom ω0 . Dato je: O1 A = AB = O2 C = R.

O2

A

O1

D

wo

60

B

o

C

Slika 1.48:

Zadatak.

Reˇsenje: Brzine: Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

46


O2= PV

A

O1

wo

60

vA

vD AB

D

wp

o

wd PV

B

C

vC

vB

Slika 1.49:

vA vB vB O2 B vD cos 30◦ vC vD

Brzine taˇ caka mehanizma sa sl. 1.48.

√ vA 2Rω0 3 = Rω0 , vB cos 30 = vA ⇒ vB = = , ◦ 3 √ cos 30 v ω0 3 , = O2 B· ωp ⇒ ωp = B = 3 O2 B √ ω0 3 = BP vAB · ωAB = 2RωAB ⇒ ωAB = , 3 √ 3 R = 2R, vC = Rωp = Rω0 , = cos 60◦ 3 √ 3 ◦ = vC cos 30 ⇒ vD = vC ⇒ vD = Rω0 , 3 = vD ⇒ ωCD = 0 (trenutno translatorno kretanje), √ √ 3 R 3 = DP v ωD , Rω0 = ωD ⇒ ωD = ω0 . 3 3 ◦

Ubrzanja: Prvo treba izraˇcunati ubrzanje taˇcke A: *, 0 aAn = O1 Aω02 = Rω02 . aA = aAn + aAt

Ubrzanje taˇcke B moˇze da se prikaˇze u obliku: A aB = aA + aA Bt + aBn = aBn + aBt ,

jer taˇcka B pripada i ˇstapu AB i ˇstapu BC. Odgovarajuće komponente su: 2 aA Bn = ABωAB =

Rω02 , 3

aBn = O2 Bωp2 = 2R

ω02 . 3

47


y

aAn O1

o1

ed O2= PV

A

aAto

wo

60

1

aBn A

aBt

A

wp

o

aBn

aC

D

AB

aCn

D C

aDt

aCn PV

B

C

aCt

x

aBt

Slika 1.50:

Ubrzanje.

Projekcija na pravac AB: ◦ ◦ aA Bn = aBn cos 60 − aBt cos 30 ⇒ √ ω02 ω02 1 3 R = 2R − aBt ⇒ aBt = 0 ⇒ εp = 0. 3 3 2 2

aC = aCn + aCt ,

ω0 , aCt = Rεp = 0, 3 2 = CDωCD = 0.

aCn = Rωp2 = R

aD = aC + aCDn + aCDt ,

aCDn

Projekcija na x i y osu: x:

aDx = aCDt cos 60◦

0 = aCDn sin 30◦ − aCDt sin 60◦ + aCn

y:

⇒ aCDt sin 60◦ = aCn ⇒ aCDt =

22Rω02 , 9

√ 2 3 ω 0 aCDt = CDεCD ⇒ εCD = , 9 √ √ 2Rω02 3 1 Rω02 3 aD = aDx = = , 9 2 9 √ ) dvD d ( aD Rω02 3/9 √ aD = = DP v ωt = DP v εt ⇒ εd = = ⇒ dt dt DP v R 3/3 εd =

ω02 . 3 k

Zad. 1.34. Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

48


B

O1

Za dati mehanizam, u poloˇzaju prikazanom na slici, odrediti intenzitet ubrzanja √ taˇcke D diska, R 2 polupreˇcnika , ako se ˇstap O1 A 2 duˇzine O1 A = R obrće konstantnom ugaonom brzinom ω0 .

wo 45

o

C

O2

A D

Slika 1.51:

uz zad.1.34.

Reˇsenje: Brzine: B

PV

PV = O1

BC

AB

wAB wo

wBC 45

o

vB

vA

vD

C

O2

A D

vC

wd

Slika 1.52:

Brzina.

* 0 + vA1 , vA = vA1 , vA = vO 1 vA = O1 Aω0 = Rω0 , vA = AP vAB ωAB ⇒ ωAB = O

O

vA = ω0 , AP vAB vB Rω0 ω0 vB = BP vAB ωAB = Rω0 , vB = BP vBC ωBC ⇒ ωBC = = = , 2R 2 BP vBC √ ω0 v vC = CP vBC ωBC = R 2 , vC = O2 CωD ⇒ ωD = C = ω0 , 2 O2 C √ R 2 vD = O2 DωD = ω0 . 2 Ubrzanja: 0

> 0 1 *+ aO aAt + aAn1 ⇒ aA = aAn1 , aA = 1 O aA = aAn1 = O1 AωO2 A = Rω02 , O

O

1

O

49


aB = aA + aA + aA , Bt Bn aB = aBt + aBn ,

√ 2 2 aA = ABω = R 2ω0 , Bn AB vB2 R2 ω02 = = Rω02 . Rk R

aBn =

B

aBn O1

aBn

A

aBt

A

wo

aBt 45

aCn

o

B B

aCt

aA C

O2

A

D a Dn

aDt

Slika 1.53:

aCt

aCn

ed

Ubrzanje.

aA + aA + aA = aBt + aBn Bt Bn

(a)

Projektovanjem (a) na pravac AB, dobijamo: = −aBt cos 45◦ − aBn cos 45◦ aA cos 45◦ − aA √Bn √ √ √ √ 2 2 2 2 2 −aBt = aA − aA + aBn = Rω0 − R 2ω02 + Rω02 Bn 2 2 2 √2 2 −aBt = 0 ⇒ aBt = 0 ⇒ aB = aBn . 2 , + aB aC = aB + aB Cn Ct aC = aCt + aCn ,

aCn

√ ω2 2 = BCωBC aB = R 2 0, Cn 4 ( √ )2 2 √ 2 vC R 2/2 ω0 R 2 2 √ = = = ω0 . Rk 2 R 2/2

aBn + aB + aB = aCt + aCn . Ct Cn

(b)

Projektovanjem (b) na pravac BC, dobijamo: = aCt , −aBn cos 45◦ − aB Cn aCt aCt

√ √ √ 2 R 2ω02 3 = − = − Rω02 2, 2 4 4 3 2 = O2 Cεd ⇒ εd = − ω0 . 2 −Rω02


50


Odavde se moˇze zakljuˇciti da je pretpostavljeni smer pogreˇsan. Na sl. 1.53, za taˇcku D ucrtava se stvarni smer. aD = aDt + aDn ,

aDt = aCt ,

√ aDt 2 + aDn 2

aD =

aDn = aCn , √ 13 2 . = Rω0 8 k

Zad. 1.35. Kruˇzni disk I, polupreˇcnika R, moˇze da se kotrlja bez klizanja po ravnoj podlozi, dok se kruˇzni disk II, istog polupreˇcnika R, kotrlja bez klizanja po povrˇsi kruˇznog cilindra, polupreˇcnika 3R. Poluga OA, duˇzine 2R, zglobno je vezana, jednim svojim √ krajem za srediˇste O diska I, a drugim krajem za polugu CA, duˇzine 3R 2, za srediˇste C diska II. U poloˇzaju mehanizma, prikazanom na slici 1.54, poluga OA paralelna je ravnoj podlozi. Poznati su intenziteti brzina srediˇsta diskova, a smerovi su takvi da se srediˇsta diskova udaljavaju od taˇcke B. Ako su poznati i intenziteti ubrzanja srediˇsta ovih diskova, u datom poloˇzaju, odrediti brzinu i ubrzanje taˇcke A. Smatrati da se srediˇsta diskova I i II kreću ubrzano. A

O1

I

3R

B

II

C

45

O

o

45

Slika 1.54:

o

Date su vrednosti: v0 = 2Rω0 , √ vC = 2Rω0 2, a0 = 2Rω02 , √ aC = 4Rω02 2.

uz zad.1.35.

Reˇsenje: Brzine:

{

√ √ 2 x : −vAO = −vC cos 45◦ ⇒ vAO = 2Rω√ 2 = 2Rω0 0 2 √ vA = vO + v : 2 ◦ y : −vO = vC sin 45 − vAC ⇒ vAC = 2Rω0 2 2 + 2Rω0 = 4Rω0 { √ √ x : vAx = −vC cos 45◦ = −2Rω0 22√ 2 = −2Rω0 C √ vA = vC + vA : y : vAy = vC sin 45◦ − vAC = 2Rω0 22 2 − 4Rω0 = −2Rω0 O A

vAO = AOωAO ⇒ ωAO = ω0 ,

2 √ vAC = ACωAC ⇒ ωAC = ω0 2 3

51

1.3 Ravansko kretanje y

x A

O1

C

O

vA

vA 3R

O vO 45

vC

o

45

o

C

Slika 1.55: √ vA =

uz zad.1.35 - brzina.

√ 2 + v 2 = 2Rω vAx 0 2 . Ay

Ubrzanja: y O1

aAn 3R

x O

aAt

A

aAn

aA = aO + aO = aO + aO + aO , A An At

O

aA = aC + aCA = aCn + aCt + aCAn + aCAt .

aAtC

C

aCn

O aO

45

aCt

= + aO aO + aO At An

o

45

o

= aCn + aCt + aCAn + aCAt .

C

Slika 1.56:

aCn =

uz zad.1.35 - ubrznje.

aC = aCn + aCt ,

a2C = a2Cn + a2Ct

2 = OAωAO aO = 2Rω02 , An

⇒

vC2 4R2 ω02 · 2 = = 4Rω02 . Rk 2R √ aCt =

a2C − a2Cn = 4Rω02

√ 8 2 aCAn = ACωAC = Rω02 2. 3

Projekcija na x - osu: −aO = aCn cos 45◦ − aCt sin 45◦ − aCAn , At √ √ √ 8 2 2 2 2 −AO εAO = 4Rω0 − 4Rω0 − Rω02 2 ⇒ 2 2 3 √ √ √ √ 4 4 εAO = −ω02 2 + ω02 2 + Rω02 2 = Rω02 2, 3 3 √ 8 2 O aAt = AO εAO = Rω0 2. 3 Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

52


Projekcije ubrzanja taˇcke A, na odgovarajuće ose, su: x: y:

√ 8 2 aAx = −aO = − Rω 2, 0 At 3 aAy = −aO − aO = −2Rω02 − 2Rω02 = −4Rω02 , An

pa je intenzitet ubrzanja ove taˇcke √ aA =

√ 4 a2Ax + a2Ay = Rω02 17 . 3 k

Zad. 1.36. B

Za mehanizam prikazan na slici 1.36 izraˇcunati:

wO

a) brzinu i ubrzanje zgloba D,

A

45o

b) ugaono ubrzanje poluge ED. 45o

c) Da li se poluga ED obrće ubrzano ili usporeno?

D E

Slika 1.57:

uz zad.1.36.

Poznate su vrednosti: ω0 = const., AB = R, BD = 2R. Reˇsenje: Brzine: vB

B

wO A

45o

wBD wED PV

vD 45o

D E

BD

Slika 1.58:


53


* 0 + vA , vB = vA B Projekcija na pravac BD:

vB = vD cos 45◦

⇒

vB = BPv · ωBD

⇒

vD = ED· ωED

⇒

⇒

vB = Rω0 .

√ vD = Rω0 2 , ω0 ωBD = , 2 ωED = ω0 .

Ubrzanja: B aBn

A

wO A

45o

aDnB

E

aDt

B

45o

aDt

D E

E

Slika 1.59:

0 0 > + aA , > + aA aB = aA Bn Bt B aD = aB + aB + a , Dt Dn 2 = BD· ωBD aB Dn

aDt

uz zad.1.36 - ubrzanje.

⇒

aB = aA = ABω02 = Rω02 , Bn

⇒

= aB Dn

⇒

√ aEDn = Rω02 2.

Rω02 , 2

0

> + aE + aEDn , aD = aE Dt 2 aEDn = EB· ωED

+ aB aEDt + aEDn = aB + aB Dt Dn Projekcija na pravac BD: aEDt cos 45◦ + aEDn sin 45◦ = aB , ⇒ Dn √ √ 2 √ 2 2 Rω0 2 2 2 E = − Rω0 2 ⇒ aDt = −Rω0 . 2 2 2 2

√ aEDt


54


aD =

√(

aEDt

)2

(

+ aEDn

aEDt = ED· εED

)2

√ = Rω02

⇒

2+

2 4

⇒

ω02 − 2

εED = −

aD =

Rω02 √ 10 , 2

usporeno kretanje. k

Zad. 1.37. C

Za mehanizam prikazan na slici 1.60 izraˇcunati brzinu i ubrzanje klizaˇca D. Poznate su vrednosti: √ O1 A = R 2,

D

A B

wO O1

45o

AB = O2 B = BC = R,

O2

Slika 1.60:

CD = 2R.

uz zad. 1.37.

Reˇsenje: Brzine: PV = C

vC

√ vA = O1 A· ω0 = Rω0 2,

vD

AB

wAB

vBA = ABωAB , √ 2 ◦ vB = vA cos 45 = vA ⇒ 2 vB = Rω0 .

D

vA

vB = vA + vBA ,

vB

A

B A

vB

wO O1

wO

45o

2

Slika 1.61:

O2

uz zad.1.37 - brzine.

Projekcija na O2 C-osu: 0 = vA sin 45◦ − vBA

⇒

vBA = Rω0 , ωAB

ωAB =

vBA

AB = ω0 , vB = O2 B· ωO2

ωO2 = ω0 , vC = 2Rω0 , ωCD = 0,

vC = O2 C· ωO2

⇒ ⇒ ⇒

vD = vC = 2Rω0 .

55


Brzinu moˇzemo da odredimo i koristeći trenutni pol brzina, koji je prikazan na sl. 1.61. Ubrzanja: C

aDt O2

aD

C

aCt

aCn

D

O2

aBtA a

A aBn

wO

aAn

B

A

aBnO

O1

eO

45o

O1

O2 Bt

2

O2

2

Slika 1.62: Slika uz zad.1.37 - ubrzanja. √ O aA = aAn1 = Rω0 2, 2 aA = AB· ωAB Bn

aB = aA + aA + aA , Bt Bn

⇒

aA = Rω02 , Bn

* 0 + aBt2 + aBn2 , aBn2 = BO2 · ω 2 = Rω0 , aB = aO O2 2 O2 O2 A A aA + aBt + aBn = aBt + aBn ⇒ O

O

O

Projekcije na pravac AB i upravan pravac: { O −aA cos 45◦ − aA = −aBt2 , Bn ⇒ ⇒ O aA sin 45◦ − aA = aBn2 , Bt

{

O

aBt2 = 2Rω0 , aA = 0, Bt εO2 = 2ω02 , εAB = 0.

* 0 + aCt2 + aCn2 , aC = aO 2 O = 4Rω02 , aCn2 = CO2 · ωO2 = 2Rω02 , 2 √ √ O2 2 O2 2 aC = (aCt ) + (aCn ) = 2Rω02 5. O

aCt2 = CO2 · εO2 O

O

aD = aC + aCDt + aCDn , 2 = 0. aCDn = CD· ωCD


56


Projekcija na pravac CD −aD = −aCt2

⇒

O

aD = 4Rω02 . k

Zad. 1.38. C

Za mehanizam prikazan na slici 1.63 izraˇcunati brzinu i ubrzanje taˇcke C. Poznate su vrednosti:

vo ao O

45o

B

vB = v0 ,

a B = a0 ,

OA = AB = BC = ℓ. A

Slika 1.63:

uz zad. 1.38.

Reˇsenje: C

Brzine: vA = vB + vAB .

vA C

(a) vo

Projektovanjem na pravac AB, dobija se: √ 2 ◦ , vA = vB cos 45 ⇒ vA = v0 2

* 0 + vO vO vA = A

⇒ ωOA

O

45

o

B B

vA vA

A

Slika 1.64:

uz zad. 1.38 - brzina.

vA = vAO = OA· ωOA √ vO 2 vA = = ℓ 2ℓ

⇒

57


Projektovanjem jednaˇcine (a) na pravac OA, dobijamo √ 2 ◦ B B 0 = −vB cos 45 + vA ⇒ vA = vO , vAB = AB· ωAB 2 √ v0 2 ωAB = = ωAC . 2ℓ

⇒

vC = vA + vCA , √ √ v0 2 A = v0 2, vC = AC· ωAC = 2ℓ 2ℓ √ v0 √ vC = (vA )2 + (vCA )2 = 10 . 2 Ubrzanja: C

>, aA = aO + aO + aO At An v02 2 = aO OA· ω = , An OA 2ℓ , + aB aA = aB + aB An At 2 aB = AB· ωAB An

0

aCn

A

aCt y

ao O

45

o

B

v2 = 0. 2ℓ aAn

aB + a

B At

+a

B An

=a

O At

+a

x

A

O An

O

aAn

B

. A

Projektovanjem ove relacije na Ax i Ay, dobija se:

O

aAt

Slika 1.65:

◦

= −aO aB cos 45 + aB At An −aB sin 45◦ − aB = aO At An ⇒

aB = ℓ· εAB At

B

aAt

uz zad. 1.38 - ubrzanje.

√ 2 v02 = −a ⇒ aO − , 0 At 2ℓ √2 2 2 v0 = −a0 ⇒ aB − . At 2 2ℓ √ 2 a0 2 v εAB = − − 02 . 2ℓ 2ℓ

aC = aA + aA + aA , Ct Cn 2 = aA = AC· ωAC Cn

v02 , ℓ

√ v02 aA AC· ε = −a 2 − . = 0 AB Ct ℓ


58


aC = aO + aO + aA + aA . At An Ct Cn Projektovanjem ove relacije na Ax i Ay, dobija se: √ √ 2 v02 v02 2 v02 + − = a0 − , aCx = −a − a = a0 2 2ℓ ℓ 2 2ℓ 2 2 2 √ √ v v v 0 0 0 A aCy = aO + a = 2 − 2 − − a = −a . 0 0 An Ct 2ℓ ℓ 2ℓ O At

√ aC =

A Cn

v( )2 ( )2 u √ √ u 2 2 2 v 2 v (aCx )2 + (aCy )2 = t a0 − 0 + −a0 − 0 . 2 2ℓ 2 2ℓ

k Zad. 1.39. Za mehanizam prikazan na slici 1.66 izraˇcunati brzinu i ubrzanje klizaˇca D.

D

C A

wO

B 30

o

O

Slika 1.66:

Reˇsenje: Brzine:

uz zad. 1.39.

59


Poznate su vrednosti:

vD PV

wCD CD

D

ω0 = const., OA = AC = R. AB , AB = 2R, 2√ 3 DP v = AC cos 30◦ = R , 2 √ CD DP v = CD cos 60◦ = , CD = R 3, 2√ 3 3 CP v = CD cos 30◦ = R = R. 2 2 AO = AB cos 60◦ =

vC

C

A

vA

wO

B 30

vB

o

O

Slika 1.67:


* 0 + vO , vA = v O = OA· ω0 = Rω0 vA = vO A A vB = vA + vBA projekcija na AB : vB cos 30◦ = vA cos 30◦

⇒

vB = vA = Rω0 ⇒

vB = vA vC = vB = vA

⇒

v =0 A B

⇒

vC = Rω0 ,

vD = DP v · ωCD

ωAB = 0

⇒

ωABC = 0. 2 vC = CP v · ωCD , ωCD = ω0 , 3 √ 3 = Rω0 . 3

Ubrzanja:

aA = aO + aO + aO , At An >, aB = aA + aA + aA Bt Bn

projekcija na OA : 0 = −aA + a

A Bt

a A = aO = OA· ω02 = Rω02 , An 0(ω = 0)

cos 30

◦

a

A Bt

√ 2 3 Rω0 , = 3

aA = AB· εAB Bt


⇒

60


aD

εAB

√ 3 2 = ω , 3 0

D

εAB = εABC ,

a

C Dn

C

aDt

0 (ω=0)

>, aC = aA + aA + aA Ct √Cn 3 2 aA = AC· εAC = ω , Ct 3 0 aD = aC + aCDt + aCDn , √ 4 3 2 C Rω02 , aDn = CD· ωCD = 9 aD = aA + aA + aCDt + aCDn . Ct

C A

A

aCt

aAn

eABC

o

A

wO

aBn 30

A

aBt

aB

o

O

B

Slika 1.68:


Projekcija na CD: − aCDn aD cos 30◦ = −aA cos 30◦ − aA Ct

⇒

aD = −

23 Rω02 . 9

Iz projekcije, prethodne jednaˇcine, na pravac upravan na CD, mogu da se izraˇcunaju i aCDt kao i εCD . k Zad. 1.40. B

A

Za mehanizam prikazan na slici 1.69 izraˇcunati brzinu i ubrzanje zgloba B. Poznate su vrednosti:

wO 45o

C

O

OA = AB = 2R,

w D

Slika 1.69: Reˇsenje: Brzine:

uz zad.1.40

ω0 = ωD = ω = const., CD = R, √ 2 ◦ AO = BC cos 45 = BC, 2 √ √ 2 2 BC = 2R √ √ = 2R 2. 2 2

61

1.3 Ravansko kretanje A

vB 0 + vD , * 0 + vO , vC = v vA = vO A C D* vA = OA· ω = 2Rω, vC = Rω,

vB = vA + v = vC + v A B

A

vB C

vA

B

C B

wO

projekcija na BC : ◦

45o ◦

vA cos 45 − v cos 45 = vC cos 45 A B

◦

C vC

O

w

vBA = vA − vC = Rω

D

ω vBA = ABωAB ⇒ ωAB = 2 √ √ vB = (vA )2 + (vBA )2 = Rω 5.

Slika 1.70:


Projekcija na AB: vA = vC + vBC cos 45◦ vBC = BC· ωBC

√ vBC = Rω 2, ω ωBC = . 2

⇒ ⇒

Ubrzanja:

0

>+ a > aO aA =

0 (ω=const.)

+a

O At

2

aB = aA + a

+a

A Bn

aBtC

aBnA

A

B

=

wO

C Bn

aC = CDω 2 = Rω 2 .

aBnC

aA

+a , 1 2 = AB· ωAB aA = Rω 2 , Bn 2√ 2 2 aCBn = BC· ωBC = Rω 2 , 2 0 (ω=const.) > * 0 + aD , aC = aD + aD Cn Ct = aC + a

C Bt

aBt

,

2

aA = OAω = 2Rω , A Bt

A

y O An

45o

C

O

x

aC

D

Slika 1.71:


Projekcija vektorske jednaˇcine aB = aA + aA + aA = aC + aCBt + aCBn Bt Bn Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

62


na BC: aA cos 45◦ − aA cos 45◦ − aA cos 45◦ = aCBn + aC cos 45◦ ⇒ Bn √ Bt √ √ √ √ 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 A 2Rω − aBt − Rω = Rω + Rω , 2 2 2 2 2 2 2 1 1 aA = 2Rω 2 − Rω 2 − Rω 2 − Rω 2 = − Rω 2 = AB· εAB ⇒ Bt 2 2 ω2 εAB = − . 4 Projekcija na pravac upravan na BC: −aA cos 45◦ + aA cos 45◦ − aA cos 45◦ = aCBt − aC cos 45◦ ⇒ Bt Bn √ √ √ √ 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 C aBt = −2Rω − Rω − Rω + Rω ⇒ 2 2 2 2√ 2 2 aCBt = −Rω 2 2, √ aCBt Rω 2 2 ω2 √ =− . εBC = =− 2 BC 2R 2 Projektovanje na x i y ose, dobija se: x: y:

1 aBx = −aA = − Rω 2 , Bn 2 1 5 = −2Rω 2 − Rω 2 = − Rω 2 ⇒ aBy = −aA + aA Bt 2 2 √ √ 1 25 Rω 2 √ aB = (aBx )2 + (aBy )2 = Rω 2 + = 26 . 4 4 2 k

Zad. 1.41. D v

2R

2R A B

2R

Slika 1.72:

Za mehanizam prikazan na slici 1.72 izraˇcunati brzinu i ubrzanje zgloba B. Poznate su vrednosti:

v

C

uz zad. 1.41.

vC = vD = v = const.

63


Reˇsenje: Brzine: D v

vA = AP v · ωD , vC = CP v · ωD = v ⇒ v ωD = , R √ v √ vA = R 2· = 2v. R

vA

2R

2R vB

B

D

A

v

C wd

2R vB

A

PV

vB = vA + vBA = vD + vBD .

Slika 1.73:

reˇsenje zad. 1.41 - brzina.

Iz projekcije ove vektorske jednaˇcine, na pravac AB, dobijamo: √ 2 ◦ D D vA cos 45 = −vD + vB ⇒ vB = v + vD = 2v, vBD = BD· ωBD , 2 A v ωBD = , vB = −vD + vBD = v . R Iz projekcije na BD dobijamo: vA cos 45◦ − vBA = 0

⇒

vBD = v

⇒

vBA

ωAB =

AB

=

v . 2R

Ubrzanja: D

aC = aCt + aCn ⇒ aCn

v2 v2 = C = , Rk R

dv d aCt = C (CP v · ωD ) = dt dt dωD = RεD = 0, =R dt jer je vC = v = const ⇒ εD = 0.

0

> >+ aC aA = aC At

aDn

C

aAt

2R

aBn

D

A

aBt

B

aBn a

2R

D

aCn aCt

A

aAn

C

C

A Bt

Slika 1.74:

reˇsenje zad. 1.41 - ubrzanje.

0 (ω=const.)

2 = aCAn = AC· ωD

+ aCAn , v2 . R


64


aA = aCn + aCAn , v2 , 2R v2 =2 . R

aB = aA + aA + aA , Bt Bn

2 aA = AB· ωAB = Bn

aB = aD + aD + aD , Bt Bn

2 aD = BD· ωBD Bn

* aD = aDt

0 (vD =const.)

+ aDn ,

aDn =

2 vD v2 = , Rk 2R

aCn + aCAn + aA + aA = aDn + aD + aD . Bt Bn Bt Bn Projekcija na BA: aCAn + aA = aD , Bn Bt

aD = Bt

3 v2 2R

⇒

εBD =

3 v2 . 4 R2

aB = aDn + aD + aD . Bt Bn Projektovanje na x: aBx = aD = aD = Bt Bt

3 v2 , 2R

i y osu 3 v2 . 2R √ √ 3 2 v2 2 2 aB = (aBx ) + (aBy ) = . 2 R aBy = −aDn + aD = Bn

k Zad. 1.42.

B

A

Za mehanizam prikazan na slici 1.75 izraˇcunati brzinu i ubrzanje zgloba C. Poznate su vrednosti:

wo vD

O

C

D

aD

ω0 = const., OA = 2R,

Slika 1.75: Reˇsenje:

uz zad. 1.42.

vD = 2Rω0 , aD = 2Rω02 , √ DC = 2R 2, CD = R.

65


Brzine:

A

0

> vA = v + vAO , 0

vA = 2Rω0 ,

vB

B

vA

vA = AP v · ωD ⇒ v ωD = A = 2ω0 , ⇒ AP v √ vB = BP v · ωD = 2Rω0 2,

D

vC

wo

PVd

vD

O

D

C

B

vC

vC = vB + v = vD + v , B C

D C

Slika 1.76:

reˇsenje uz zad. 1.42 - brzina.

Projektovanjem prethodne relacije na CB, dobijamo: √ √ √ 2 2 ◦ ◦ D D vB = vD cos 45 + vC cos 45 = 2Rω0 2 − 2Rω0 ⇒ vC 2 2 D v vCD = 2Rω0 , ωCD = C = 2ω0 . CD

⇒

Projektovanjem prethodne relacije na DC, dobijamo √ √ √ 2 2 ◦ ◦ B B vB cos 45 + vC cos 45 = vD ⇒ vC = 2Rω0 − 2Rω0 2 =0 2 2 √ ωCB = 0, vC = vB = 2Rω0 2, √ √ ( )2 vC = vD 2 + vCD = 2Rω0 2 .

⇒

Ubrzanja:

A 0

* 0 + aAn ⇒ > = aAt aA = a + aO 0 A aAn = 2Rω02 , dv d aAt = A = (RωAB ) = dt dt = Rεd = 0 ⇒ εd = εAB = 0.

aBn

A

B

aAn D

aCt

B

aCt

wo

D O

Slika 1.77:

C

aCn

aD

D

reˇsenje uz zad. 1.42 - ubrzanje.


66


0

>+ aA , aA aB = aA + Bt Bn

⇒

2 2 aA = AB· ωAB = AB· ωD = 4Rω02 . Bn

>+ aB , aC = aB + aB Cn Ct

⇒

2 aD = CD· ωCD = 4Rω02 . Cn

0

aA + aA + aA = aD + aD + aD . Bn Bt Cn Ct Projektovanjem na BC: aA cos 45◦ − aA cos 45◦ = aD cos 45◦ − aD cos 45◦ + aD cos 45◦ Bn Ct Cn 2Rω0 − 4Rω0 = 2Rω0 − a 2

2

2

D Ct

⇒

2

+ 4Rω0 ,

aD = CDεCD = 8Rω02 . Ct

aCx = aD + aD = 6Rω02 , Cn aC =

aCy = aD = 8Rω02 . Ct

√ a2Cx + a2Cy = 10Rω02 . k

Zad. 1.43. C

D R R

60

o

B

R O1

R

vo

ao

60

A Slika 1.78:

Reˇsenje: Brzine:

o

uz zad. 1.43.

Za mehanizam prikazan na slici 1.78 izraˇcunati brzinu i ubrzanje klizaˇca D. Potrebni podaci dati su na slici. Poznata je brzina vA = v0 i ubrzanje aA = a0 klizaˇca A.

67


U zadatku je poznata brzina klizaˇca A. Odredimo prvo brzinu taˇcke C, koja istovremeno pripada ˇstapu AC i klizaˇcu C. Klizaˇc C se kreće po kruˇznom luku. Pravac i smer brzine vC prikazan je na sl. 1.79 (brzina je pravca tangente!). Izrazimo brzinu ove taˇcke preko poznate brzine taˇcke A

vD PV

vC

BD

C

D

wBD 60

o

B

vB

O1

vC = vA + v = v0 + v . A C

A C

Projektujući ovu vektorsku jednaˇcinu na pravac AC (teorema o projekcijama brzina!), dobijamo

vo

60

o

A Slika 1.79: reˇsenje uz zad.

1.43 - brzina.

vC = v0 , tj. ˇstap se trenutno kreće translatorno. Odavde sledi da će brzine svih taˇcaka ˇstapa biti jednake, pa je vB = vC = v0 . - zakljuˇcujemo i da je trenutna ugaona brzine Takode, ωABC = 0. Posmatrajmo sada ˇstap BD. I u ovom sluˇcaju primenimo teoremu o projekcijama brzina na pravac BD, pa dobijamo √ √ 3 3 1 ◦ ◦ vB cos 60 = vD cos 30 ⇒ v0 = vD ⇒ vD = . 2 2 3 Da bismo odredili trenutnu ugaonu brzinu ˇstapa BD, okrenimo pravce brzina taˇcaka B i D za 90◦ . Presek okrenutih pravaca je taˇcka PvBD - trenutni pol brzina za ovaj ˇstap. Trenutna ugaona brzina je √ v0 vB 2 3 v0 ωBD = = = . R cos 30◦ 3 R BP v BD

Kako se klizaˇc C kreće po kruˇznoj putanji, to je odgovarajuća ugaona brzina v v ωO1 = C = 0 R R Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

68


Ubrzanje: Kao i kod brzina, i ovde ćemo prvo da odredimo ubrzanje taˇcke D preko ubrzanja poznate taˇcke A, tj. 0 >+ aA = a + aA . aC = aA + aA 0 Cn Ct Ct 2 Normalna komponenta je jednaka nuli jer je aA = ACωABC , a trenutna Cn ugaona brzina jednaka je nuli.

aD

Kako taˇcka C pripada i kruˇznom klizaˇcu, to ubrzanje ove taˇcke moˇzemo da izrazimo i u obliku (kruˇzno kretanje taˇcke!)

aCt

C

D aCn

B

aDt

aDn

60

B

A

aCt

o

R

aC = aCn + aCt , B

gde je

O1 A

aBt 2 aCn = R ωO = 1

vO2 . R

ao

60

o

A

Slika 1.80:


Dakle, ubrzanje taˇcke C moˇze da se predstavi na dva naˇcina: = aCn + aCt . aC = a0 + aA Ct Projektovanjem ove jednaˇcine, prvo na pravac CA a0 cos 60◦ = aCn cos 30◦ + aCt cos 60◦

⇒

aCt = a0 −

v02 √ 3 R

pa na pravac CO1 , dobija se: cos 60◦ = aCn aA Ct

⇒

=2 aA Ct

v02 R

⇒

εABC =

aA v2 Ct = 02 . 2R R

Taˇcka B pripada ˇstapu AC, pa je . aB = a0 + aA Bt Konaˇcno, izrazimo ubrzanje taˇcke D preko taˇcke B aD = aB + aB + aB = a0 + aA + aB + aB . Dn Dt Bt Dn Dt

(a)

69

1.4 Sloˇ zeno kretanje taˇ cke

Vrednosti pojednih komponenti su: 2 aB = R ωBD = Dn

4 v02 , 3R

aA = aCBt = R· εABC = Bt

v02 . R

Projektovanjem jednaˇcine (a) na pravac BD (pravac ubrzanja taˇcke D je poznat jer je kretanje klizaˇca pravolinijsko!), dobijamo: −aD cos 30◦ = −a0 cos 60◦ + aA cos 30◦ + aB = Bt Dn √ √ 2 2 3 1 3 v0 4 v0 aD = a0 − − ⇒ 2 2√ 2 R√ 3 R v 2 8 3 v02 3 aD = a0 − 0 = 3 R 9 R ( √ √ ) v02 3 8 3 aD = a − 1+ . 3 0 R 9 k

1.4

Sloˇ zeno kretanje taˇ cke

Zad. 1.44. Taˇcka M kreće se u ravni Oxy duˇz ˇstapa OA, po zakonu OM = s = 4t − t2 , gde se rastojanje OM meri u metrima, a vreme t u sekundama. y A M

Mo O

Slika 1.81:

j x

ˇ Stap OA obrće se po zakonu φ = πt2 . U poˇcetnom trenutku je t0 = 0. 6 Odrediti intenzitet apsolutne brzine taˇcke M u trenutku t1 = 1 [s], kao i intenzitet apsolunog ubrzanja taˇcke M u trenutku t1 = 1 [s]. Duˇzina OA = 6 [m].

uz zad. 1.44 - postavka.

Reˇsenje: Kretanje taˇcke M je sloˇzeno kretanje, pri ˇcemu je kretanje duˇz ˇstapa – relativno kretanje, a kretanje ove taˇcke kao taˇcke tela (zamislimo da se ona ”zaglavila” u cevi) – prenosno kretanje. Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

70


Relativno kretanje je pravolinijsko kretanje, za koje je zakon puta s = 4t − t2 . U trenutku t1 = 1 [s], za koji se traˇze brzina i ubrzanje, taˇcka je u poloˇzaju M1 , pri ˇcemu je s1 = OM 1 = 4 − 1 = 3 [m]. Prenosno kretanje je obrtanje tela oko nepomiˇcne ose, koje je odredeno 2

zakonom kretanja φ = πt6 . U datom trenutku poloˇzaj ˇstapa, u odnosu na - je uglom φ1 = π . x osu, odreden 6 Brzina: Apsolutna brzina taˇcke, pri sloˇzenom kretanju, jedanka je zbiru relativne i apsolutne brzine va = vr + vp ,

pri ˇcemu su intenziteti ovih veliˇcina (u proizvoljnom i posmatranom trenutku):

vr = s˙ = 4 − 2t φ=

πt2 6

⇒

⇒

vr1 = 4 − 2· 1 = 2 [m/s],

φ˙ = ωp =

vp = OM φ˙ = (4t − t2 )·

πt 3

πt , 3 ⇒

vp1 = (4· 1 − 1)·

π· 1 = π [m/s]. 3

Pravci i smerovi ovih veliˇcina prikazani su na sl. 1.82. Uoˇcimo da su komponente apsolutne brzine ortogonalne, pa je njen intenzitet √ va = vr 2 + vp 2 = √ π 2 t2 = (4 − 2t)2 + (4t − t2 )2 , 9 √ va1 = 4 + π 2 [m/s] .

Ubrzanje:

va1 y

vp1

A

vr1 M1 Mo O

Slika 1.82:

j x reˇsenje uz zad. 1.44 - brzina.

71


h

Apsolutno ubrzanje jednako je vektorskom zbiru relativnog, prenosnog i Koriolisovog ubrzanja. Relativno kretanje je pravolinijsko kretanje, pa je: ar = s¨ = −2

⇒

ar1 = −2 [m/s2 ].

Pravac i smer prikazan je na sl. 1.83.

ac1 y

apt1

A

wp

wp

M1

apn1

ar1

j

Mo O

x

x

Slika 1.83:


Prenosno kretanje je obrtanje tela oko nepomiˇcne ose, pa ova komponenta ubrzanja ima i tangencijalnu i normalnu komponentu: ap = apt + apn π π apt = (4t − t2 ) , apt1 = (4 − 1) = π [m/s2 ], 3 3 2 2 2 π t π = OM φ˙ 2 = (4t − t2 ) ⇒ apn1 = [m/s2 ]. 9 3

apt = OM φ, ¨ apn

φ¨ =

π , 3

Pravci i smerovi ovih komponenti prikazani su na sl. 1.83. Treća komponenta, Koriolisovo ubrzanje, je ac = 2 (ω p × vr ) , pri ˇcemu je njegov intenzitet ac = 2φ· ˙ vr · sin(ω p , vr ) = 2

πt (4 − 2t)· 1 3

⇒

a c1 =

2π 4π 2= . 3 3

Pravci svih komponenti prikazani su na sl. 1.83. Da bismo lakˇse izraˇcunali intenzitet apsolutnog ubrzanja, razloˇzićemo ove komponente u dva, medusobno upravna, pravca ξ i η, pri ˇcemu je (u traˇzenom trenutku): π2 π2 − 2 = − − 2 [m/s2 ], 3 3 4π 7π = +π = [m/s2 ]. 3 3

aξ1 = −apn1 − ar1 = − aη1 = ac1 + apt1

Na ovaj naˇcin, dobili smo dve ortogonalne komponente, pa je intenzitet Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

72


apsolutnog ubrzanja √

aξ1 2 + aη1 2 ⇒ √ ( 2 )2 49π 2 π = + + 2 [m/s2 ] . 9 3

a a1 = aa1

k Zad. 1.45. B

C

M A

O

Slika 1.84:

j

√ Kvadratna ploˇca stranice a 2, obrće se u ravni xOy oko nepomiˇcne πt2 . Istovreose Oz po zakonu φ = 2 meno polazeći iz poloˇzaja A, u kanalu AC, kreće se taˇcka M , saglasno zakonu AM = s = at2 . Odrediti intenzitet apsolutne brzine i apsolutnog ubrzanja taˇcke M u trenutku t1 = 1 [s].

uz zad. 1.45.

Reˇsenje: Kretanje taˇcke je sloˇzeno kretanje, pri ˇcemu je relativno kretanje – pravolinijsko kretanje, a prenosno – obrtanje tela oko nepomiˇcne ose. Iz zakona puta s = at2 dobija se da je u posmatranom trenutku s(t1 ) = a = AM1 , tj. taˇcka se naˇsla u teˇziˇstu ploˇce - preseku dijagonala, pa za taj poloˇzaj treba odrediti traˇzene veliˇcine. Na slici 1.85 sa d1 oznaˇcena je polu (polupreˇcnik rotacije prenosnog kretanja), tj. d1 = d/2 = √ √ dijagonala √ 2 ( 2a) + ( 2a)2 /2 = a. Brzina: Pravci i smerovi relativne i prenosne brzine prikazani su na sl. 1.85. Sa slike se vidi da su to kolinearni vektori. Njihovi intenziteti su:

73


y B

s = at2

⇒

s1 = a,

vr = s˙ = 2at ⇒ vr1 = 2a [m/s], 2πt = πt ⇒ φ˙ 1 = π, φ˙ = ωp = 2 vp1 = d1 · φ˙ 1 = aπ [m/s].

C

M1

vp1

vr1 d1

Kako su ovi vektori kolinearni i istih smerova, to se intenzitet apsolutne brzine dobija prostim sabiranjem, tj.

A

x

j

O

wp

Slika 1.85:

uz reˇsenje zad. 1.45 - brzina.

va1 = vr1 + vp1 = 2a + aπ = a(2 + π) [m/s] . Ubrzanje: Apsolutno ubrzanje se sastoji od relativnog, prenosnog i Koriolisovog ubrzanja. Kako je relativno kretanje, pravolinijsko kretanje, to iz zakona relativnog kretanja, je (u proizvoljnom i traˇzenom trenutku) ar = s¨ = 2a

⇒

y B

C

apt1 ar1

ar1 = 2a m/s2 .

M1

apn1 ac1

Kako je prenosno kretanje obrtanje oko nepomiˇcne ose, to prenosno ubrzanje O ima i normalnu i tangencijalnu komponentu Slika 1.86:

A

d1

x

j wp uz reˇsenje zad. 1.45 - ubrzanje.

ap = apt + apn , pri ˇcemu su njihovi intenziteti jednaki apt = OM φ¨ = πa = apt1 , apn = OM φ˙ 2 = aπ 2 t2

⇒

apn1 = aπ 2 .

Intenzitet Koriolisovog ubrzanje je ac = 2ωp vr sin α = 2φ· ˙ vr = 2πt2at = 4aπt2

⇒

ac1 = 4aπ.


74


Pravci i smerovi ovih vektora prikazani su na sl. 1.86. Kako sve ove komponente leˇze ili na x ili y osi, to njihovom sabiranjem dobijamo: ax1 = −apt1 − ar1 = −aπ − 2a, ay1 = −apn1 − ac1 = −aπ 2 − 4aπ = −aπ(π + 4). Ovako dobijene dve komponente su ortogonalne, pa je intenzitet apsolutnog ubrzanja √ aa1 = a (π + 2)2 + π 2 (π + 4)2 [m/s2 ] . k Zad. 1.46. y

j O2

Kruˇzna ploˇca, polupreˇcnika R = 2 [cm], obrće se oko nepomiˇcne ose O1 O2 koja se poklapa sa preˇcnikom ploˇce M0 A, u pozitivnom matematiˇckom smeru po zakonu φ = 2πt2 . Istovremeno se po obodu ploˇce kreće taˇcka M po zakonu

A R

x

q

⌢

Mo

z

M0 M = s = πt [cm]. Odrediti intenzitet apsolutne brzine i apsolutnog ubrzanja u trenutku t1 = 0, 5 [s].

M

O1

Slika 1.87:

uz zad. 1.46.

Reˇsenje: U ovom sluˇcaju, sloˇzenog kretanje taˇcke, i relativno i prenosno kretanje je krivolinijsko. Prvo je potrebno da se odrede zakoni kretanja: φ = 2πt2 ⌢

s = M0 M = πt

⇒

⇒

φ1 = 2π

1 s1 = π , 2

( )2 π 1 = [rad]. 2 2

s = R· θ,

θ1 =

s1 π = [rad]. R 4

75


Ovde je zakon relativnog kretanja s(t), gde je s kruˇzni luk, izraˇzen preko ugaone koordinate θ. Brzina: y

j vr = s˙ = π

⇒

O2

vr1 = π,

vp = d· φ, ˙ φ˙ = 4πt 1 φ˙ 1 = 4π = 2π, 2 d = R sin θ ⇒

A

⇒

R

wp x z

√ 2 d1 = R sin θ1 = 2 sin π/4 = R , 2 √ √ 2 vp1 = d1 · φ˙ 1 = R 2π = Rπ 2. 2

45o

vr1

d Mo M

M1

vp1

O1

Slika 1.88:


Intenzitet apsolutne brzine je √ va1 =

vp1 2 + vr1 2 =

√

R2 π 2 · 2 + π 2 =

√ 9π 2 = 3π [cm/s] .

Ubrzanje: Kako se radi o sloˇzenom kretanju taˇcke, to se ubrzanje sastoji od relativnog, prenosnog i Koriolisovog ubrzanja, tj.:

aa = ar + ap + acor .

U ovom sluˇcaju, i relativno i prenosno ubrzanje imaju obe komponente (normalnu i tangencijalnu). Odgovarajući intenziteti su: Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

76


y

j O2

ar = arn + art , art = s¨ = 0, arn =

vr2

=

A

π2

=

R R ap = apn + apt ,

π2 2

R

= arn1 ,

wp x z

apt = d· φ¨ = R sin θ· 4π, √ apt1 = 4π 2,

d

apn = d· φ˙ 2 = R sin θ· 16π 2 t2 √ apn1 = 4π 2 2.

Mo apn1

⇒

art1

arn1

45o

φ¨ = 4π,

apt1 M1 M

ac1

O1

Slika 1.89:

uz reˇsenje zad. 1.46 - ubrzanje.

Pravci i smerovi prikazani su na sl. 1.89. Intenzitet Koriolisovog ubrzanja je √ 2 ac = 2φv ˙ r sin 45 = 2· 4πtπ 2 ◦

⇒

√ ac1 = 2π 2 2.

Zbir odgovarajućih projekcija, je: ax1 ay1 a z1

√ √ π2 2 17 √ = −apn1 − arn1 cos 45 = −4π 2 − = − π 2 2, 2 2 4 √ √ 2 2 2 π 2 π = arn1 cos 45◦ = = , 2 √ 2 4√ = −ac1 − apt1 = 2π 2 2 − 4π 2, ◦

2

pa za intenzitet apsolutnog ubrzanja, dobijamo √ aa1 =

ax1 2 + ay1 2 + az1 2 ≈ 67 [cm/s2 ] . k

Zad. 1.47. √ ˇ Stapovi O1 A i O2 B, oba duˇzine R 2 obrću se oko nepomiˇcnih osa koje prolaze kroz taˇcke O1 i O2 po zakonu φ = πt2 .

77


Q

K

Istovremeno, po dijagonali N K kvadratne ploˇce N P KQ, kreće se taˇcka M√relativnom brzinom intenziteta v = 32 2Rt. Taˇcka M je u trenutku t0 = 0 bila u poloˇzaju N . Ako je N A = BP = R i AB = 2R, odrediti intenzitet apsolutnog ubrzanja taˇcke kada ona stigne u poloˇzaj K.

M N

A

B

P

j O1

O2

Slika 1.90:

uz zad. 1.47.

Reˇsenje: Brzina: U zadatku je zadata relativna brzina. Relativno kretanje taˇcke je pravolinijsko, pa se moˇze, na osnovu poˇcetnih podataka, odrediti vreme potrebno da stigne u poloˇzaj K. √ vr = 32 2Rt = s˙

√ √ t2 ds = 32 2Rt dt ⇒ s = 32 2R + c1 , 2 √ √ 2 za t0 = 0, s = 0 ⇒ c1 = 0, s = 16 2Rt , s|t=t1 = s1 = 4R 2 ⇒ √ √ 1 1 ⇒ t1 = [s]. 16 2Rt21 = 4R 2 ⇒ t21 = 4 2 ⇒

( )2 1 π φ1 = π = , 2 4

vB = vA vp = vA ,

φ˙ = 2πt,

φ˙ 1 = π,

⇒

φ¨ = 2π = φ¨1 .

trenutno translatorno kretanje √ √ vp = R 2φ˙ ⇒ vp1 = Rπ 2.

⇒

ωp = 0,

Ubrzanje: Kako se radi o sloˇzenom kretanju taˇcke, to se ubrzanje sastoji od relativnog, prenosnog i Koriolisovog ubrzanja, tj.: aa = ar + ap + acor . Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

78

1 Kinematika - zadaci x ar1

ap = aA , aA = aAn + aAt , √ √ aAn1 = R 2φ˙ 12 = R 24π 2 t21 ⇒ √ aAn1 = Rπ 2 2,

K M1

Q

apt1 apn1 y

⇒ ac = 0, √ √ √ aAt1 = R 2φ¨1 = R 22π = 2Rπ 2, √ ar = v˙ r = 32 2R = ar1 , ωp = 0

B

A

P

N

j1

0

> aa = ap + ar + a c =

O1

= aAn + aAt + ar ,

Slika 1.91:

vA

j1

vB

O2


Projekcijom prethodne jednaˇcine, na ose x i y, dobija se: √ √ ax1 = ar1 − apn1 = 32 2R − Rπ 2 2, √ ay1 = apt1 = 2Rπ 2. Konaˇcno, za intenzitet apsolutnog ubrzanja, dobijamo √ ax1 2 + ay1 2 = R

aa1 =

√

2048 − 120π 2 + 2π 4 . k

Zad. 1.48. Disk 1 polupreˇcnika R = 2 cm moˇze da se kotrlja bez klizanja po nepokretnom disku 2 istog polupreˇcnika posredstvom poluge OA, koja se obrće po zakonu φ = πt. 2 O

1

j

Mo A Sr


uz zad. 1.48.

Iz poˇcetnog poloˇzaja M0 , polazi taˇcka M i kreće se po obodu diska 1 po zakonu s = 8πt2 . Odrediti intenzitet apsolutne brzine i apsolutnog ubrzanja taˇcke M u trenutku t1 = 0, 25 [s].

79


Prvo je potrebno da se odrede jednaˇcine kretanja i odgovarajući poloˇzaj taˇcke, u kom se traˇzi njena brzina i ubrzanje. π s1 = 8π (0, 25)2 = , s = Rθ 2 π φ1 = , φ˙ = π, φ¨ = 0. 4

⇒

θ=

s , R

θ1 =

π , 4

Brzine: 1 = 4π, 4 vp = M1 Pv ωd , vp1 = 2R· 2π = 8π, } vA = 2Rφ˙ = 4φ˙ = 4π ⇒ vA = APv ωd = R· ωd vr = s˙ = 16πt,

vr1 = 16π

Mo vA

PV

vM A

q1

M1 vr1

A

wd

ωd = 2φ˙ = 2π.

j1

O

Pravci i smerovi ovih brzina dati su na sl. 1.93. Kako su ove veliˇcine istog pravca, a suprotnog smera, to se intenzitet apsolutne brzine dobija njihovim oduzimanjem:

Slika 1.93:

wd


va1 = vp1 − vr1 = 8π − 4π = 4π . Ubrzanje: Apsolutno ubrzanje je aa = ar + ap + ac = aax + aay , 0

A aa = art + arn + aA + aA pt + apn + ac .

Odgovarajuće komponente su: art1 = s¨ = v˙ r = 16π, vr2 (16πt)2 256π 2 = = , R 2 32 = 8π 2 .

arn1 = arn1


80


Mo

aA = aAt + aAn , aAt = 2Rφ¨ = 0,

A

aAn = 2Rφ˙ 2 = 4π 2 ,

PV

aAt = Rεd ⇒ 0 = Rεd ⇒ εd = 0, apt1 = R· εp = 0, apn1 =

R· ωd2

O 2

ac1

q1

M1 aM n

A

j1

x

wd wd

2

= 2· 4φ˙ = 8π .

art1

arn1

aA n

A

A

aM tA

y

◦

2

aC1 = 2φv ˙ r1 sin 90 = 2· π· 4π = 8π .

Slika 1.94:


Projekcije ovih komponenti na x i y ose su: ax1 = art = 16π, 2 2 2 2 2 ay1 = −arn − aA pn − aAn + ac = −8π − 8π − 4π + 8π = −12π .

Intenzitet apsolutnog ubrzanja je √ √ aa1 = 162 π 2 + 16π 4 = 4π 16 + π 2 . k Zad. 1.49. z

j Polukruˇzna ploˇca polupreˇcnika R moˇze da se obrće oko vertikalne ose Az po zakonu φ = 2πt2 . Istovremeno polazeći iz taˇcke A po obodu ploˇce kreće

R

⌢

M A

Mo

y

taˇcka M po zakonu s = AM = Rπt. Izraˇcunati i skicirati apsolutnu brzinu i apsolutno ubrzanje taˇcke M u trenutku t1 = 0, 5 [s].

x

Slika 1.95:

uz zad. 1.49.

Reˇsenje: Poloˇzaj: s = Rπt2 ,

s1 = Rπ· 0, 25,

s = Rθ

⇒

θ=

s , R

θ1 =

π , 4

φ1 =

π . 2

81


Brzina: z

1 vr = s˙ = 2Rπt, vr1 = 2Rπ· = Rπ, 2 vp = d· φ, ˙ d = R sin θ √ R 2 d1 = R sin θ1 = , 2 φ˙ = 4πt, φ˙ 1 = 2π,

j

45o

R

vr1

wp d M

φ¨ = 4π = φ¨1 , √ √ R 2 vp1 = · 2π = Rπ 2. 2

x

Slika 1.96:

M1

y

Mo

A

vp1


Konaˇcno, intenzitet apsolutne brzine je: √ va1 =

vp1 2 + vr1 2 =

√

√ R2 π 2 · 2 + R2 π 2 = Rπ 3 .

Ubrzanje: aa = art + arn + apt + apn + ac . Intenziteti komponenti:

vr2 4R2 π 2 t2 = = 4Rπ 2 t2 , R R = Rπ 2 ,

z

arn = arn1

art = v˙ r = 2Rπ, 2

apn = d· φ˙ = R sin θ· (4πt) √ apn1 = 2Rπ 2 2, apt = d· φ¨ = R sin θ· (4π) √ apt1 = 2Rπ 2,

j

45o

R

2

art1

arn1

wp d

apt1

apn1 x

√ ac1 = 2φ˙ 1 vr1 sin 45◦ = 2Rπ 2 2.

Slika 1.97:

A

M

Mo

M1

ac1 y



82


Projekcije na x i y ose: √ √ √ aax1 = −apt − ac = −2Rπ 2 − 2Rπ 2 2 = −2Rπ 2(1 + π), √ √ √ 2 ◦ ◦ 2 2 aay1 = −arn cos 45 + art cos 45 − apn = −Rπ + 2Rπ − 2Rπ 2 2, 2 2 √ (π ) √ √ 2 aaz 1 = arn sin 45◦ + art sin 45◦ = Rπ 2 + Rπ 2 = Rπ 2 +1 . 2 2 Intenzitet apsolutnog ubrzanje je √ a a1 =

a2ax1 + a2ay1 + a2az 1 ≈ 49 R. k

Zad. 1.50. z

j A

O

60

o

sr M

C B

y

x

Slika 1.98:

Taˇcka M kreće se po ˇzlebu OB po( rel) ativnom zakonu OM = s = 4 sin πt 2 , gde je s dato u centimetrima, a t u sekundama, poˇcev od trenutka t0 = 0. U istom trenutku zapoˇcinje rotacija tela AOBC oko vertikalne nepokretne ose O1 z u pozitivnom matematiˇckom smeru po zakonu φ = πt2 . Odrediti poloˇzaj kuglice na telu u trenutku t1 = 1 [s], a zatim intenzitet apsolutne brzine i apsolutnog ubrzanja u tom trenutku. AO = 8 [cm].

uz zad. 1.50.

Reˇsenje: Poloˇzaj: ( OM = s = 4 sin Brzina:

πt 2

) ,

φ = πt2 ,

s1 = OM1 = 4 sin

π = 4 [cm]. 2

83


z

j ( vr = s˙ = 4 cos

πt 2

)

π · = 2π cos 2

(

πt 2

)

O

A

60

vr1 = 0,

Mo

o

wp 2

φ = πt

φ˙ = 2πt,

φ¨ = 2π,

d1

vp = d· φ˙

M

vp1

sr1

M1

vp1 = d1 · φ˙ 1 = 6· 2π = 12π. C

va1 = vp1 = 12π [cm/s] .

y

B

x

Slika 1.99:


Ubrzanje: z

j aa = ar + ap + ac ,

O

A

ap = apt + apn , apn1 = d1 · φ˙ 21 = 6· 4π 2 = 24π 2 , ,

wp

ar = s¨ = −2π sin ar1 = −π 2 .

(

πt 2

)

ar1

apt1

apt1 = d1 · φ¨1 = 6· 2π = 12π, ac1 = 2φ˙ 1 vr1 = 0,

d1

apn1 π · 2

Mo

60o

sr1

M1

C

x

Slika 1.100:

B

y


aax1 = −apt1 − ac = −12π, π2 47 − 24π 2 = − π 2 , aay1 = −ar1 cos 60◦ − apn1 = 2 2 √ 2 aaz 1 = ar1 sin 60◦ = π 2 . 2 Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

84


√ aa1 = π

144 +

√ 2209 2 3 2 π + π = π 144 + 533π 2 [cm/s2 ] . 4 4 k

Zad. 1.51. Prsten M , zanemarljivih dimenzija, klizi po kruˇznom obruˇcu polupreˇcnika r = 2 [cm] brzinom konstantnog intenziteta v = 2 [cm/s] u odnosu na obruˇc. M1

vr1

R aC

Slika 1.101:

C vC

Kruˇzni obruˇc kotrlja se bez klizanja po ravnoj podlozi. Za poloˇzaj prikazan na slici, odrediti intenzitet apsolutne brzine i apsolutnog ubrzanja prstena M , ako je brzina srediˇsta obruˇca vC = 4 [cm/s], a ubrzanje aC = 2 [cm/s2 ].

uz zad. 1.51.

Reˇsenje: Brzina: M1

vr = 2 [m/s] = const., vC = 4 = CP vO · ω0 4 vC = = 2 s−1 , ω0 = 2 CP vO

vr1

vp1

C vC

vp = M P vO · ω0 = 2r· ω0 = 8 [m/s]. va = vr + vp = 10 [cm/s] .

PV

Slika 1.102: brzina.

Ubrzanje: aa = ar + ap + acor . Komponente:

wo

uz reˇsenje zad. 1.51 -

85


ar = arn + art ,

art =

dvr = 0, dt

vr2 = 2 [cm/s2 ], r ap = aM = aC + aCM t + aCM n , ) d ( aC = CP vO · ω0 = CP vO ε0 , dt aC ε0 = = 1 s−1 , CP vO

M1

C

aM t

arn =

aCM t = CM · ε0 = 2 cm/s2 ,

aM n

C

arn1

eo

C

aC aC1

Slika 1.103:

uz reˇsenje zad. 1.51 -

ubrzanje.

aCM n = CM ω02 = 8 [cm/s2 ].

Koriolisovo ubrzanje acor = 2ω0 · vr = 8 [cm/s2 ]. Projekcije na x i y ose: aax = −aC − aCM t = −4 [cm/s2 ], aay = arn + aCM n + acor = 18 [cm/s2 ]. Intenzitet apsolutnog ubrzanja √ √ √ aa = aax 2 + aay 2 = 16 + 324 = 340 [cm/s2 ] . k Zad. 1.52. z R

M

60o y

B

A

w x

Slika 1.104:

uz zad. 1.52.

Duˇz polupreˇcnika kruˇzne ploˇce koja se obrće oko nepokretne horizontalne ose AB ugaonom brzinom ω = 2t u matematiˇcki pozitivnom smeru, kreće se u smeru ka obimu taˇcka M po zakonu s = OM = 4t2 . Polupreˇcnik sa osom AB gradi ugao od 60◦ . Odrediti apsolutnu brzinu i apsolutno ubrzanje taˇcke M u trenutku t1 = 1 [s]. Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

86


Reˇsenje: Brzina: vr1

z M1

vr = s˙ = 8t,

vp1

vr1 = 8 [m/s],

√ d1 = OM1 sin 60◦ = 2 3,

ωp1 = 2 [s vp1

−1

d

wp

y

B

x

A

w

],

ε1 = 2 √ = d1 ω1 = 4 3 [m/s]. Slika 1.105:


Intenzitet apsolutne brzine je √ va1 =

vr1 2 + vp1 2 =

√ √ 112 = 4 7 [m/s] .

Ubrzanje: ar1

z M1

aa = ar + apt + apn + ac , ar = s¨ = 8,

apt1 ac1

wp

√ apt1 = OM 1 ε1 = d1 ε1 = 4 3, √ apn1 = OM 1 ω12 = 8 3, √ ac1 = 2ω1 · vr1 sin 60◦ = 16 3.

A

Slika 1.106:

d a pn1

x

y

B w


Projekcije na ose x, y su: √ aax1 = apt1 + ac1 = 20 3 [cm/s2 ], aay1 = ar1 cos 60◦ = 4 [cm/s2 ],

√ aaz1 = −apn1 − ar1 sin 60◦ = −4 3 [cm/s2 ].

Intenzitet apsolutnog ubrzanja √ aa1 =

aax1 2 + aay1 2 + aaz1 2 =

√ 1264 ≈ 35, 5 [cm/s2 ] .

87


k Zad. 1.53. Ploˇca ABC oblika pravougaonog trougla obrće se oko nepokretne ose y, u zadatom, matematiˇcki pozitivnom, smeru, ugaonom brzinom ω = 4t − 5 sin( πt 4 ). z

B M 30

s

o

C

A Mo

w

y

x

Slika 1.107:

Istovremeno se duˇz hipotenuze AB = 20 kreće taˇcka M po zakonu s = M0 M = 8t2 − 5t − 2. Taˇcka je zapoˇcela kretanje iz poloˇzaja A. Odrediti intenzitete va i aa taˇcke M u trenutku t1 = 2 [s].

uz zad.1.53

Reˇsenje: Brzine:

s1 = 20,

s˙ = 16t − 5,

z

vr1

s˙ 1 = 27,

vp1

B M1

ω1 = 3, va = vr + vp ,

M

d1

vr1 = s˙ 1 = 27, 30

vp1 = d· ω = BCω1 = = 20 cos 60◦ · 3 = 30,

x

o

C

A Mo

w1

Slika 1.108:

v a1 =

w


√ √ vr21 + vp21 = 1629 .

Ubrzanja:

s¨ = 16 = const. ( ) πt 5 , ε = ω˙ = 4 − π cos 4 4

ω˙ 1 = 4.


y

88


z

aa = ar + ap + acor ,

apt1 ac1

ar1 = s¨1 = 16, ap = apn + apt , 2

apn1 = d· ω =

M

10· ω12

d1 30

apt1 = d· ε = 10· ε1 = 40, = 2ω1 vr1 sin 30◦ = 81.

B M1 arn1

= 90,

acor1 = 2ω· vr sin ∠(vr , ω p ) =

ar1

x

o

C

A Mo

Slika 1.109:

w1

w

y


Projekcije na x i y ose su: aax1 = apt1 + acor1 = 121, √ aay1 = ar1 cos 30◦ = 8 3, aaz1 = ar1 cos 60◦ − apn1 = −82. Intenzitet apsolutnog ubrzanja je √ aa1 =

a2ax1 + a2ay1 + a2az1 ∼ = 146, 8 . k

Zad. 1.54. z j D

O2

C

M y A Mo

O1

B

x


uz zad. 1.54.

Pravougaona ploˇca ABCD obrće se oko nepokretne ose O1 O2 , u pozitivnom √ matematiˇckom smeru, po zakonu φ = π 3 3 t2 , pri ˇcemu je AB = R i BC = 2R. Po polukruˇznom ˇzlebu, koji je urezan u ploˇcu, istovremeno se kreće taˇcka M po zakonu s = 13 Rπt2 . Taˇcka je zapoˇcela kretanje iz poloˇzaja A ≡ M0 . Odrediti√intenzitete va i aa taˇcke M u trenutku t1 = 3 [s].

89


Za odredivanje brzina u ubrzanje, potrebno je prethodno odrediti: √ π 3 2 1 φ= t , s = Rπt2 , 3 3 2 √ 2 φ˙ = πt 3, s˙ = Rπt, 3 3 2 2 √ φ¨ = π 3, s¨ = Rπ. 3 3 φ˙ 1 = 2π,

s1 = Rπ,

z j vr1

D M1 d1

C

O2

vp1

2 √ s˙ 1 = Rπ 3. 3

wp

Brzine:

M

va = vr + vp , 2 √ vr1 = s˙ 1 = Rπ 3, 3 R vp1 = O2 D· φ˙ = φ˙ 1 = Rπ, 2 √ √ va1 = vr21 + vp21 = Rπ 7/3 .

y A Mo

x

B

O1

Slika 1.111:

Brzina.

Ubrzanja: z j

aa = ar + ap + acor , 2 v2 4 art1 = s¨1 = Rπ, arn1 = r = Rπ 2 , 3 R 3 R 1 √ apt1 = O2 D· φ¨ = φ¨1 = Rπ 3, 2 3 R apn1 = O2 D· φ˙ 2 = φ˙ 21 = 2Rπ 2 , 2 √ 8 acor1 = 2φ˙ 1 · vr1 sin 90◦ = Rπ 2 3. 3

d O2 art1 D M1 1 apt1 apn1 ac1 arn1 wp

C

M y A Mo x

O1

Slika 1.112:

B

Ubrzanje.


90


Projekcije na x i y ose su: √ 1 √ 8 aax1 = apt1 + acor1 = Rπ 3 + Rπ 2 3, 3 3 2 2 aay1 = apn1 − art1 = 2Rπ − Rπ, 3 4 2 aaz1 = −arn1 = − Rπ . 3 Intenzitet apsolutnog ubrzanja je √ aa1 =

(aax1 )2 + (aay1 )2 + (aaz1 )2 ≈ 52 R. k

Zad. 1.55. Ploˇca ABDE obrće se oko z-ose po zakonu φ = 3t2 u, matematiˇcki pozitivnom, smeru prikazanom na slici 1.113. U ploˇcu je urezan kruˇzni kanal, polupreˇcnika R, u kome se kreće taˇcka M po zakonu s = k sin t (k = const.). Odrediti: a) vrednost konstante k iz uslova da se taˇcka M u trenutku t1 = π/2 nalazi u poloˇzaju B (vidi sl. 1.113) i

z j A Mo

B

R

M E C

D

y

b) intenzitet apsolutne brzine va i apsolutnog ubrzanja aa taˇcke M , - u poloˇzaju C. Taˇcka kada se nade je zapoˇcela kretanje iz poloˇzaja A ≡ M0 .

x

Slika 1.113:

uz zad. 1.55.

φ = 3t2 ,

s = k sin t.

Reˇsenje: a) tB =

π , 2

sB = Rπ = k sin tB = k.

91


b) Brzine: z j

va = vr + vp , vr tC vp vp

Rπ = s˙ = Rπ cos tC , s = Rπ sin tC = 2 √ wp π 3 = [s], vr = s(t ˙ C ) = Rπ , 6 2 E = EC· φ˙ = R· 6tC x = Rπ.

A Mo

B

vp1

M d1

vr1

C M1

Slika 1.114:

D

y

Brzina.

Intenzitet apsolutne brzine je √ va (tC ) =

⇒

vr2 + vp2

va =

Rπ √ 7. 2

Ubrzanja: Apsolutno ubrzanje aa = ar + ap + acor = arn + art + apn + apt + acor .

z j arn =

3 vr2 = Rπ 2 , R 4

A Mo

Rπ , 2 = d· φ˙ 2 = d· (6tC )2 = Rπ 2 ,

B

art = s¨ = −Rπ sin tC = − apn

arn1

wp

apt = d· φ¨ = d· 6 = 6R, acor = 2φ˙ p vr sin ∠(ω p , vr ) = √ √ 3 · sin 90◦ = Rπ 2 3. = 2π· Rπ 2

E x

M

ac1 apt1

d1

art1 apn1

C M1

Slika 1.115:

D

y

Ubrzanje.


92


√ aax = −apt − acor = −6R − Rπ 2 3, Rπ aay = −apn − art = −Rπ 2 − , 2 2 3Rπ aaz = −arn = − , 4

        

√ aa =

a2ax + a2ay + a2az ≈ 27 R .

k Zad. 1.56.

Taˇcka M kreće se u kruˇznom ˇzlebu urezanom u kvadratnu ploˇcu po zakonu R

Mo

s=

O

Rπ(4 − t + t2 ) , 4

M s

y

Slika 1.116:

a zapoˇcela je kretanje iz poloˇzaja M0 . Istovremeno, ploˇca se kreće translatorno ( ) pravolinijski, po zakonu y = 2R sin πt 2 .

uz zad.1.56

Odrediti intenzitet apsolutne brzine va i apsolutnog ubrzanja aa taˇcke M u trenutku t = 1 [s]. Reˇsenje: Kako se radi o sloˇzenom kretanju, to je apsolutna brzina zbir relativne i prenosne brzine, tj. va = vr + vp . Apsolutno ubrzanje je jednako zbiru relativnog, prenosnog i Koriolisovog ubrzanja, tj. aa = ar + ap + acor .

93


Reltivno kretanje je kruˇzno kretanje taˇcke, opisano luˇcnom koordinatom s, pa je potrebno izraˇcunati sledeće veliˇcine, za odredivanje traˇzene brzine i ubrzanja:

vr1

R

Mo

M1

O

Rπ (4 − t + t2 ), s1 = Rπ, 4 Rπ Rπ s˙ = (−1 + 2t), s˙ 1 = , 4 4 Rπ Rπ s¨ = , s¨1 = . 2 2 s=

s

y Slika 1.117:

Brzina.

Prenosno kretanje je translatorno, pravolinijsko, kretanje krutog tela, pa je potrebno izraˇcunati sledeće veliˇcine, za odredivanje traˇzene brzine i ubrzanja: ) πt , y1 = 2R, y = 2R sin 2 ( ) πt y˙ = Rπ cos , y˙ 1 = 0, 2 ( ) Rπ 2 πt Rπ 2 y¨ = − sin , y¨1 = − . 2 2 2 (

Brzine:

vr1 = s˙ 1 =

Rπ , 4

vp1 = y˙ 1 = 0

⇒

va1 = vr1 =

Rπ . 4

Ubrzanja: Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

94


aa = arn + art + ap + acor , v2 Rπ Rπ 2 , arn1 = r1 = , 2 R 16 Rπ 2 = y¨1 = − , 2 0 * = 2 ωp 1 vr1 sin ∠(ω p1 , vr1 ) = 0.

art1

art1 = s¨1 = ap1 acor1

Rπ 2 , 16 − art1 =

aax1 = −arn1 = − aay1 = −ap1

M1

O arn1 s

Rπ Rπ 2 Rπ − =− (1 + π), 2 2 2 = 0.

y

− aaz1

R

Mo

√ aa1 =

Slika 1.118:

ap1 Ubrzanje.

a2ax1 + a2ay1 + a2az1 ≈ 6, 5 R . k

Zad. 1.57. Ploˇca ABC, oblika jednakostraniˇcnog trougla stranice 2a, obrće se u pozitivnom matematiˇckom smeru oko ose z1 , koja se poklapa sa stranom AC, po zakonu φ = 2 5t − t4 . Istovremeno se duˇz strane AB kreće taˇcka M relativnom brzinom v = 3 a t2 . Odrediti intenzitet apsolutne brzine i apsolutnog ubrzanja taˇcke M u trenutku kada ona stigne u poloˇzaj B. Taˇcka M zapoˇcinje kretanje iz poloˇzaja A.

z w

C 2a B M1

2a

M 2a

A Mo y x

Slika 1.119:

uz zad.1.57

Reˇsenje: Prenosno kretanje je obrtanje krutog tela oko nepokretne ose, pa je potrebno odrediti ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje tela: φ = 5t −

t2 , 4

t φ˙ = 5 − , 2

1 φ¨ = − . 2

95


z

Zatim, potrebno je odrediti poloˇzaj taˇcke u trenutku za koji se traˇze brzina i ubrzanje (apsolutno). Prema zadatim podacima (vidi sl. 1.119), rastojanje od ose obrtanja, u posmatranom trenutku, je √ √ 3 ◦ d = 2a cos 30 = 2a = a 3. 2

w

C 2a wp

vr1 d1

B M1

2a

vp1

2a

A Mo y

x

Slika 1.120:

Brzina.

Prenosna brzina je √ √ vp = d· ω = a 3φ˙ = 4a 3. Relativno kretanje je pravolinijsko kretanje taˇcke (duˇz pravca AB), pa kako je relativna brzina poznata, iz tog zakona moguće je odrediti trenutak kada stiˇze u dati poloˇzaj i relativnu brzinu u tom trenutku: ∫ ∫ ∫ t3 a a vr = a = s˙ r ⇒ dsr = vr dt = t3 dt ⇒ sr = t4 , 2 2 8 √ a 4 4 sr = AB = M0 M = 2a = t ⇒ t = 16 = 2 [s], vr = 4a. 8 Konaˇcno, sabirajući ove komponente, dobija se: √ va =

vr2 + vp2 = 8a .

Ubrzanja: z w

aa = ar + apn + apt + acor , 3 ar = s¨r = at2 = 6a, 2 √ √ apn = d· ω 2 = a 3φ˙ 2 = 16a 3, √ 1 √ apt = d· ε = a 3φ¨p = − a 3, 2 acor = 2ωvr sin ∠(ω, vr ) = √ = 2ωvr sin 60◦ = 16a 3.

C 2a wp

ar1 d1

B M1 apt1 ac1

2a

apn1

2a

A Mo x

Slika 1.121:

y

Ubrzanje.


96


31 √ a 3, 2 √ = 13 a 3,

aax = apt + acor = aay = −ar cos 30◦ + apn

aaz = ar sin 30◦ = 3 a, √ aa =

a2ax + a2ay + a2az ≈ 35 a . k

Zad. √ 1.58. Pravougaona ploˇca stranica AB = CD = R i AD = BC2 = R 3 moˇze da se obrće oko horizontalne ose Oy po zakonu φ = 2πt u smeru prikazanom na slici 1.122 (matematiˇcki negativan smer). Istovremeno, polazeći iz taˇcke B se po dijagonali BD ploˇce kreće taˇcka M po zakonu s = Rt3 . z B Mo

C M

Odrediti intenzitet apsolutne brzine i apsolutnog ubrzanja taˇcke M u trenutku t1 = 1 [s].

j x

O A

Slika 1.122:

y

D uz zadatak 1.58.

Reˇsenje: Potrebni elementi za izraˇcunavanje brzina i ubrzanja: √ BD = R2 + 3R2 = 2R, sin α =

AB 1 = 2 AD

⇒

φ = 2π t2 , φ1 = 2π s = Rt3 , s1 = R,

α = 30◦ ,

d1 = M1 D sin α =

φ˙ = 4π t,

φ¨ = 4π,

φ˙ 1 = 4π,

φ¨1 = 4π.

s˙ = 3R t2 ,

s¨ = 6R t,

s˙ 1 = 3R,

s¨1 = 6R.

R . 2

97


Brzine: z B Mo

va = vr + vp ,

C

vr = s˙ ⇒ vr1 = s˙ 1 = 3R,

vp1

M1 vr1

d1

x O A

y

D

wp

Slika 1.123:

vp = d· ωp = d· φ˙ ⇒

j

v a1

Brzina.

vp1 = d1 · φ˙ 1 = 2Rπ, √ √ = vr21 + vp21 = R 9 + 4π 2 .

Ubrzanja:

z

aa = ar + ap + acor = B Mo

C apt1

M1 d1

x O A

= ar + apn + apt + acor ,

ac1

ar1 = s¨1 = 6R, ar1

apn1 = d1 · ωp21 = d1 · φ˙ 21 = 8Rπ 2 ,

j

apn1

D

wp

Slika 1.124:

Ubrzanje.

y

apt1 = d1 · ε1 = d1 · φ¨1 = 2Rπ, acor = 2ωp · vp sin α = 2φ· ˙ vp sin α

⇒

acor1 = 2φ˙ 1 · vp1 sin α = 12 Rπ.

aax1 = −apt1 + acor1 = 10Rπ, √ aay1 = ar1 cos 30◦ = 3R 3, aaz1 = −ar1 sin 30◦ − apn1 = −3R − 8Rπ 2 = −R(3 + 8π 2 ) √ aa1 =

a2ax1 + a2ay1 + a2az1 ≈ 88 R . k


98


Deo II

Dinamika


GLAVA

2 ˇ DINAMIKA TACKE

2.1

Dinamika slobodnog i prinudnog kretanja taˇ cke

Zad. 2.1. Taˇcka M mase m baˇcena je sa povrˇsi Zemlje poˇcetnom brzinom v0 , koja sa horizontalnom ravni gradi ugao α. Usvajajući da je sila teˇze G konstantna i zanemarujući otpor vazduha, odrediti: a) konaˇcne jednaˇcine kretanja taˇcke,

z

b) putanju taˇcke,

v c) maksimalnu visinu putanje taˇcke, pri zadatom uglu α, d) ugao α pri kome će visina putanje taˇcke biti maksimalna, e) domet taˇcke, pri zadatom uglu α, f) ugao α pri kome će domet taˇcke biti maksimalan.

vo

M mg

Mo

a 0

y

x Slika 2.1:

uz zadatak 2.1.

Koordinatni sistem dat je na slici 2.1. Reˇsenje: Taˇcka se kreće slobodno, pod dejstvom sile Zemljine teˇze. Diferencijalna Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

102

2 Dinamika taˇ cke

jednaˇcina kretanja (vektorski oblik) je ma =

∑

Fi = −mgk.

i

a) Projektovanjem na Dekartove koordinatne ose dobijaju se diferencijalne jednaˇcine kretanja, u skalarnom obliku: m¨ x = 0, m¨ y = 0,

(a)

m¨ z = −mg. Uz diferencijalne jednaˇcine dodaju se i poˇcetni uslovi (za t0 = 0: x(t0 ) = x(0) = x0 , y(t0 ) = y(0) = y0 , z(t0 ) = z(0) = z0 , x(t ˙ 0 ) = x(0) ˙ = x˙ 0 , y(t ˙ 0 ) = y(0) ˙ = y˙ 0 , z(t ˙ 0 ) = z(0) ˙ = z˙0 ):

z

vo Mo

a

0 Slika 2.2:

y

x0 = 0,

x˙ 0 = 0

y0 = 0,

y˙ 0 = v0 cos α,

z0 = 0,

z˙0 = v0 sin α.

Poˇ cetni poloˇ zaj.

Iz prve od tri diferencijalne jednaˇcine (a) x ¨=0

⇒

x˙ = x˙ 0 = 0

⇒

x = x0 = 0

sledi da se taˇcka kreće u ravni yOz. Dalje, reˇsavanjem preostale dve diferencijalne jednaˇcine, dobijaju se konaˇcne jednaˇcine kretanja taˇcke M : y¨ = 0 z¨ = −g

⇒

y˙ = y˙ 0 = v0 cos α,

⇒

y = v0 t cos α + c1 , y0 = c1 = 0, ⇒ y = v0 t cos α ,

⇒

dz˙ = −gdt

z˙ = −gt + v0 sin α z=−

⇒ ⇒

dy = v0 cos α dt z˙ = −gt + c2 ,

z˙0 = c2 = v0 sin α

dz = (−gt + v0 sin α) dt

⇒

⇒

gt2 gt2 + v0 t sin α + c3 ⇒ z0 = c3 = 0 ⇒ z = − + v0 t sin α . 2 2

103

2.1 Dinamika slobodnog i prinudnog kretanja taˇ cke

b) Trajektorija se dobija eliminacijom parametra t (vreme) iz konaˇcnih jednaˇcina kretanja y = v0 t cos α

gt2 + v0 t sin α 2

i

z=−

t=

y v0 cos α

Kako je iz prve jednaˇcine

zamenom u drugu, dobija se jednaˇcna trajektorije taˇcke M z = ytgα −

g

y 2v02 cos2 α

2

.

c) Maksimalna visina (ekstrem funkcije) dobija se iz uslova

tgα −

dz = 0: dy

g v02 v02 y = 0 ⇒ y = sin α cos α ⇒ h = sin 2α . max max g 2g v02 cos2 α

d) Maksimalna vrednost sinusa je za sin 2α = 1, pa je 2α = π/2, tj. π α= – ugao pri kom je visina penjanja maksimalna. 4 z

z

vo

M1

vo v1 Mo

h

Mo

a

0

y

0

Slika 2.3:

a

Slika 2.4:

maksimalna visina.

y

D domet.

e) Domet (D), u ovom sluˇcaju, predstavlja nulu funkcije. Dakle, za z = 0 dobija se z=0

⇒

( y tgα − y

g 2 2v0 cos2 α

) =0

⇒

D=

f) Maksimalan domet dobija se za sin 2α = 1, tj. α =

v02 sin 2α . g

π . 4

k


104

2 Dinamika taˇ cke

Zad. 2.2. Kuglica M mase m postavljena je u vertikalnu cev, u kojoj je sabijena opruga za veliˇcinu h. Odrediti: a) intenzitet brzine v1 kojom kuglica napuˇsta cev,

h

M

b) uslov koji mora biti zadovoljen da bi kuglica napustila cev, poˇsto se oslobodi opruga,

c

c) visinu H do koje će se kuglica popeti.

Slika 2.5:

uz zadatak 2.2.

Trenje u cevi i otpor vazduha zanemariti. Reˇsenje: a) Primenom zakona o promeni kinetiˇcke energije (na taˇcku deluju sila u opruzi i sila teˇze), dobija se brzina kojom kuglica napuˇsta cev:

y

y M2

v2= 0 v1

mg H

Fc

h

v1

M1

vo= 0

mg Mo

a) Slika 2.6:

Ek1 − Ek0 =

v1

N ∑

A(Fi ) ⇒

i=1

0 1 1 2 v07 = ch2 − mgh, ⇒ mv12 − m 2 2 2 1 1 mv 2 = ch2 − mgh ⇒ 2 1 2 √ ch2 v1 = − 2gh . m

M1 1

v1

b) uz reˇsenje zadatka 2.2.

ch2 − 2gh > 0 (potkorena veliˇcina veća je od nule za m realne funkcije), dobija se uslov napuˇstanja cevi b) Iz uslova da je

c>

2mg . h

105


c) Ponovo, koristeći zakon promene kinetiˇcke energije (na taˇcku deluje samo sila teˇze) dobija se visina do koje će se kuglica popeti: Ek2 − Ek1 =

N ∑

1 1 mv22 − mv12 = −mgy, 2 2

A(Fi ) ⇒

i=1

ymax = H, za v2 = 0

1 v2 mv12 = mgH ⇒ H = 1 , 2 2g ( 2 ( ) ) 1 ch h ch H= − 2gh ⇒ H= − 2g . 2g m 2g m k Zad. 2.3. A

Po glatkoj nepokretnoj podlozi ABCD koja u taˇcki B prelazi u kruˇzni luk polupreˇcnika R, pri ˇcemu je ugao α = 60◦ , kreće se materijalna taˇcka M mase m (vidi sl. 2.7). Odrediti sa koje visine treba pustiti taˇcku M , bez poˇcetne brzine, da bi ona poˇsto napusti vezu u poloˇzaju D pogodila cilj u taˇcki C.

y D

h

R a B

M

x O

C

Slika 2.7:

uz zadatak 2.3.

Reˇsenje: Krećući se po liniji ABCD, taˇcka je napuˇsta u poloˇzaju D, kada ima brzinu vD . vD

A Dh

60 30

Njen intenzitet izraˇcunava se primenom zakona promene kinetiˇcke energije:

y o

D

0 *= EkD − EkA A(A−D)

o

h yD

a M

B

2

x C

Slika 2.8:

2 mvD

O


⇒

= mg∆h.

3 ∆h = [h − (R + R sin 30◦ )] = h − R 2 Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

106

2 Dinamika taˇ cke

( ) 3 vD = 2g h − R . 2 2

(a)

Drugi deo kretanja, slobodno kretanje taˇcke, opisano je diferencijalnim jednaˇcinama kretanja (u odnosu na Dekartove koordinate): mx ¨ = 0, m y¨ = −mg

⇒

x ¨ = 0, y¨ = −g

uz poˇcetne uslove (t = 0): 3 y(0) = yD = R, 2 √ v vD 3 ◦ ◦ D = v0 cos 60 = , y(0) ˙ = vDy = v0 sin 60 = . 2 2

x(0) = xD = 0, x(0) ˙ = vDx

Odavde slede parametarske jednaˇcine putanje: 0 vD v vD > = C1 ⇒ x = D t + C t. (b) 2 ⇒ x= 2 2 2 √ √ g t2 vD 3 vD 3 = C3 ⇒ y = − + t + C4 , y˙ = −g t + C3 ⇒ y˙ 0 = 2 2 2 √ 3 3 g t 2 vD 3 y(0) = yD = R = C4 ⇒ y = − + t + R. (c) 2 2 2 2 x˙ = C1 ⇒ x˙ 0 =

Taˇcka, prema uslovu zadatka, mora da padne u taˇcku C, ˇcije su koordinate √ R 3 xC = yC = 0. Kako ova taˇcka pripada krivoj, zadatoj parametarskim 2 jednaˇcinama (b)-(c), to njene kordinate moraju da je zadovolje, tj. √ √ vD R 3 R 3 = t1 ⇒ t1 = xC = , 2 2 vD √ 3 Rg g t21 vD 3 2 2 yC = 0 = − + t1 + R ⇒ 2vD = R g ⇒ vD = . (d) 2 2 2 2 Iz (d) i (a) dobija se traˇzena visina ( ) Rg 3 = 2g h − R 2 2

⇒

R = 4h − 6R

⇒

7 h = R. 4 k

107


Zad. 2.4. Materijalna taˇcka mase m vezana je za donji kraj neistegljivog konca duˇzine ℓ, ˇciji je gornji kraj O nepokretan, i puˇstena je bez poˇcetne - je uglom ∠M0 OM1 = brzine iz poloˇzaja M0 . Njen poˇcetni poloˇzaj odreden 60◦ . Tokom daljeg kretanja, konac nailazi na tanku ˇzicu O1 upravnu na ravan kretanja taˇcke, na rastojanju OO1 = 2ℓ/3. Taˇcke O, O1 i M1 leˇze na istoj vertikali. Odrediti:

O

j1

2l 3

a) promenu sile u koncu u trenutku dodira sa ˇzicom; b) najveću vrednost ugla ∠M1 O1 M2 , tj. poloˇzaj do koga će taˇcka M dospeti tokom daljeg kretanja, dok ne promeni smer kretanja.

M2

j2

l O1 Mo M1

Slika 2.9:

uz zadatak 2.4.

Reˇsenje: a) Projektovanjem diferencijalne ∑ vektorske jednaˇcine kretanja (ma ∑ = i Fi ) na normale, dobija se m aN = Ni , tj.

O 2l j1 32 l n2 3 S2 O 1 O j2 n1

v2 M2

h2

S1

t v1

Slika 2.10:

v12 = S1 − mg, ℓ neposredno pre nailaska na ˇzicu

n1 :

l

m

v12 = S2 − mg, ℓ/3 neposredno posle nailaska na ˇzicu

Mo

n2 :

h1

M1 mg

m

(videti sliku 2.10).


Iz prethodnih jednaˇcina, za sile se dobija v12 + mg, ℓ v2 S2 = 3m 1 + mg. ℓ S1 = m


108

2 Dinamika taˇ cke

Iz zakona promene kinetiˇcke energije dobija se > Ek1 − Ek 0

0(v0 =0)

=

Ai (Si )

⇒

i

1 mv 2 = mg (ℓ − ℓ cos φ1 ) 2 1

S1 = m

∑

v12 = 2gℓ(1 − cos 60◦ )

⇒

gℓ + mg = 2mg, ℓ

S2 = 3m

⇒

v12 = gℓ.

gℓ + mg = 4mg. ℓ

Promena sile je ∆S = S2 − S1 = 4mg − 2mg

⇒

∆S = 2mg.

b) Iz zakona promene kinetiˇcke energije, za maksimalan ugao, dobija se 0(v2 = 0)∑ >− E = Ek Ai (Si ) k1 2

⇒

i

1 − mv12 = −mg (ℓ/3 − ℓ/3 cos φ2 ) 2

gℓ = 2gℓ/3(1 − cos φ2 )

⇒

φ2 = 120◦ .

⇒

Napomena. Brzina v2 = 0 je brzina taˇcke u poloˇzaju u kom dolazi do promene smera kretanja. k Zad. 2.5. Sa koje visine h iz poloˇzaja A, bez poˇcetne brzine, treba pustiti materijalnu taˇcku mase m, koja bi posle kretanja po glatkoj vezi ABCD istu napustila u taˇcki D i kretanjem kao slobodna materijalna taˇcka udarila u taˇcku E strme ravni nagiba od 30◦ .

A y E O

h

30

o

60 60o

B

o

D C

Slika 2.11:

uz zadatak 2.5.

Deo veze BCD je √ kruˇzni luk polupreˇcnika R i centralnog ugla od 120◦ , a 2 3 rastojanje DE = R. 3 Reˇsenje:

x


109

A ,vo= 0 y E

M vD h

Dh

O o 60 60

o

60

B

o

30

mg

o

x

D C

Slika 2.12:

m 2

Koordinate taˇcke E (vidi sliku ◦ 2.12) su: xE = DE cos 30 √ = 3 R, yE = DE sin 30◦ = R. 3 Iz zakona promene kinetiˇcke energije odredi se brzina u poloˇzaju D:


(

)

0 2 7

vD − vA 2

= mg∆h

⇒

2 vD = 2g∆h,

1 ∆h = h − (R − R cos 60◦ ) = h − R, 2 ) ( 1 2 2 ⇒ vD = g(2h − R). vD = 2g h − R 2 Ova brzina je poˇcetna brzina slobodnog kretanja taˇcke, od trenutka napuˇstanja veze. Poˇcetni uslovi za drugi deo kretanja (slobodno kretanje taˇcke) su: x(0) = xD = 0,

y(0) = yD = 0,

√ 1 3 ◦ x(0) ˙ = x˙ D = vD cos 60 = vD , y(0) ˙ = y˙ D = vD sin 60 = vD , 2 2 √ 1√ 3√ g(2h − R), y(0) ˙ = g(2h − R). x(0) ˙ = 2 2 ◦

Diferencijalne jednaˇcine, slobodnog kretanja, su: m¨ x = 0,

m¨ y = −mg,

iz kojih su dobijene konaˇcne jednaˇcine kretanja m¨ x = 0,

⇒

m¨ y = −mg,

1√ *0 ⇒ ⇒ x= g(2h − R)· t + x(0) 2 1√ x= g(2h − R)· t, 2 √ 3√ g(2h − R) ⇒ y˙ = −gt + y(0) ˙ = −gt + 2

x˙ = x(0) ˙ = x˙ D

⇒


110

2 Dinamika taˇ cke

√ 1 2 3√ *0 ⇒ y = − gt + g(2h − R)· t + y(0) 2 √2 1 2 3√ y = − gt + g(2h − R)· t. 2 2 Kako taˇcka treba da dospe u poloˇzaj E, to je, na osnovu dobijenih konaˇcnih jednaˇcina kretanja: 1√ 2R xE = R = g(2h − R)· tE ⇒ tE = √ , 2 g(2h − R) √ √ √ 3 3 1 4R2 1 yE = R=− g + · 2R g(2h − R)· √ ⇒ 3 2 g(2h − R) 2 g(2h − R) ) (√ 2√ 3 3h = +1 R 3 3 odakle se konaˇcno dobija traˇzena visina √ 3+1 h= R. 2 k Zad. 2.6. Materijalna taˇcka M , obeˇsena pomoću opruge o najviˇsu taˇcku A kruˇznog nepokretnog prstena, koji se nalazi u vertikalnoj ravni, kreće se po prstenu bez trenja. U poˇcetnom poloˇzaju taˇcka M bila je na odstojanju AM 0 = 20 [cm] od taˇcke A, a opruga je tada bila nenapregnuta. Odrediti krutost opruge iz uslova da pritisak (normalna reakcija) u najniˇzoj taˇcki B prstena bude jednak nuli. Teˇzinu opruge zanemariti. U zadatku uzeti da je: polupreˇcnik prstena R = 20 [cm], masa tereta m = 5 [kg]. Poˇcetna brzina taˇcke jednaka je nuli.

A c

O j R B

Slika 2.13:

uz zadatak 2.6.

Reˇsenje: Diferencijalna jednaˇcina kretanja (prinudno kretanja taˇcke) je ma = N + mg + Feℓ ,

M


111

pri ˇcemu je intenzitet sile u opruzi Feℓ = c· x = c(ℓ − ℓ0 ).

A

Projekcija prethodne diferencijalne jednaˇcine na pravac normale n na putanju, u poloˇzaju - taˇckom B, je koji je odreden

Mo 60

o

c

O n Fc t

B

Dh

m

NB

Slika 2.14:

(a)

Da bi se izraˇcunala sila pritiska (N), potrebno je prethodno naći brzinu u taˇcki, gde se traˇzi ova sila (taˇcka B).

M1 mg

vB

vB2 = −mg + NB + Feℓ . R


Ona se odreduje iz zakona promene kinetiˇcke energije EkB − Ek0 = A

⇒

) m( 2 vB − v02 = A(mg) + A(Feℓ ). 2

Rad sile reakcije, u ovom trenutku jednak je nuli (pomeranje upravno na pravac sile!), pa je ) m 2 1 ( vB = mg (2R − R cos 60◦ ) + c x20 − x2 ⇒ 2 2 ( ) ] 3 2 c [ c vB2 = 2g R + −(2R − R)2 ⇒ vB2 = 3gR − R2 . 2 2m m Uvrstivˇsi ovo u (a) dobija se m3g

R R2 −c = −mg + NB + cR. R R

Uslov zadatka je da je NB = 0, pa se za c dobija c=

4mg 2mg = = 4, 95 [N/cm] . 2R R k

Zad. 2.7. Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

112

2 Dinamika taˇ cke A

Skijaˇs se spuˇsta niz zaletiˇste, nagnuto pod - h uglom α = 30◦ . Pred odskok on prode kratku horizontalnu platformu BC (ˇcija se duˇzina u proraˇcunu zanemaruje). U trenutku odskoka on, sam sebi, saopˇsti vertikalnu komponentu brzine vy = 1 [m/s]. Visina zaletiˇsta je h = 9 [m], koeficijent trenja skija o sneg µ = 0, 08, ugao β = 45◦ . Odrediti duˇzinu doskoka skijaˇsa.

a B C

D

b

Slika 2.15: uz zadatak 2.7. Reˇsenje: A

n

s Fm

N

y

M t

h 30

vCy a BC

y1 vC vCx= vB x

o

M

mg

mg

d b

D x1

Slika 2.16: uz reˇsenje zadatka 2.7. Dato kretanje moˇze da se posmatra iz dva dela. Prvo na putu A − B − C (prinudno kretanje, pravolinijsko na delovima A − B i B − C), a zatim slobodno C − D (let do doskoka). Sile koje deluju na skakaˇca (materijalna taˇcka – translatorno kretanje) su: mg – teˇzina, N – normalna reakcija podloge, Fµ – sila trenja. Kako je sila trenja proporcionalna ∑ normalnoj komponenti, to iz projekcije diferencijalne jednaˇcine (ma = i Si ) na pravac normale, dobija se: man = −mg cos 30◦ + N = 0 √ 3 mg, N= 2

(nema kretanja u pravcu normale!)

⇒

113


√ 3 pa je intenzitet ove sile Fµ = µ N = µ mg. 2 Rad ovih sila, na delu AB (kako je sin 30◦ = h/AB, to je duˇzina puta AB = 18 [m]) je: ) √ √ s=18 3 3 ⇒ A(Fµ ) = −µ mg ds = −µmg s 2 2 0 0 √ A(Fµ ) = −9 3µ mg, sB s=18 ∫B ∫=18 1 ◦ A(mg) = mg dr = mg cos 60 ds = mg s = mgh = 9mg. 2 0 s=18 ∫ (

sA =0

A

Iz zakona promene kinetiˇcke energije, na delu putanje A − B, izraˇcunava se intenzitet brzine u poloˇzaju B, vB , tj. EkB − EkA = A(mg) + A(Fµ )

⇒

0 √ 1 1 7 = mgh − 9 3µ mg mvB2 − mvA2 2 2 vB = 12, 33 [m/s]

⇒

Duˇz horizontalnog puta nema komponenti sila u tom pravcu, pa se ni brzina ne menja, tj. vB = vC = vx , do trenutka odskoka, gde se javlja joˇs dodatna komponenta vy . Prema tome, poˇcetni uslovi (ako je koordinatni poˇcetak u taˇcki C), za deo C − D, su: x(0) = xC = 0,

x(0) ˙ = x˙ C = vC = vx = 12, 33 [m/s],

y(0) = yC = 0,

y(0) ˙ = y˙ C = vy = 1 [m/s].

Reˇsavanjem diferencijalnih jednaˇcina kretanja dobijaju se parametarske jednaˇcine: *, 0 x = vx t + xC 1 0 >. m¨ y = −mg ⇒ y˙ = −gt + y˙ C = −gt + vy ⇒ y = − gt2 + vy t + yC 2

m¨ x=0

⇒

x˙ = x˙ C = vx

⇒

Eliminacijom parametra t dobija se trajektorija 1 x2 x y = − g 2 + vy . 2 vx vx

(a)


114

2 Dinamika taˇ cke

Taˇcka D, koja leˇzi i na paraboli (a) i na pravoj CD (njena jednaˇcina je y = −x), dobija se u preseku ove dve krive (za yD = −xD ) ( −xD = −xD

vy g xD − 2 2vx vx

) ⇒

xD =

2 vx (vx + vy ) g

Domet d (rastojanje CD) jednak je (slika 2.16) d = CD =

√ xD = 2xD cos β

⇒

d = 47, 388 [m] . k Zad. 2.8. Materijalna taˇcka M , mase m, kreće se duˇz glatke linije ABCD (sl. 2.17). Linija se sastoji od pravog dela AB, koja u taˇcki B prelazi u kruˇzni luk BCD polupreˇcnika R = 1 [m], a kome odgovara centralni ugao od 120◦ . Materijalna taˇcka kretanje zapoˇcinje iz poloˇzaja A, poˇcetnom brzinom v0 = 1 [m/s], a vezu napuˇsta u taˇcki D i dalje nastavlja kretanje kao slobodna taˇcka. Napisati diferencijalne jednaˇcine kretanja materijalne taˇcke, po napuˇstanju veze (koordinatni sistem dat na slici), a zatim, na osnovu njih, odrediti: a) parametarske jednaˇcine slobodnog kretanja materijalne taˇcke,

A y

M

b) maksimalnu visinu penjanja i

O 60

c) domet taˇcke M ,

o

120o

B

√ ako je AB = 4R 3. U zadatku uzeti da je g = 10 [m/s2 ].

C

Slika 2.17:

Reˇsenje: a) Diferencijalne jednaˇcine (slobodno kretanje) m¨ x = 0,

x D

m¨ y = −mg.

uz zadatak 2.8.

115

2.1 Dinamika slobodnog i prinudnog kretanja taˇ cke A

y

M

Ovo kretanje poˇcinje iz taˇcke D, pa su poˇcetni uslovi za ovaj deo kretanja:

vD

Dh

M O 60

120o

o

60o

hmax

x

D

B

d C

Slika 2.18:

xD = 0,

x˙ D = vD cos 60◦ ,

yD = 0,

y˙ D = vD sin 60◦ .


Dakle, potrebno je izraˇcunati brzinu taˇcke M , tj. njen intenzitet, u popoˇzaju D. Ona se moˇze odrediti primenom zakona promene kinetiˇcke energije, za deo prinudnog kretanja, tj.: ∑

1 1 2 2 mvD − mvA2 = mg∆h ⇒ vD = vA2 + 2g∆h, 2 2 i √ √ 3 ◦ ∆h = AB sin 60 = 4R 3 = 6R, 2 √ 2 vD = vA2 + 2g∆h ⇒ vD = vA2 + 12gR = 11 [m/s] .

EkD − EkA =

A(Fi ) ⇒

Dakle: xD = 0, yD = 0,

1 x˙ D = vD cos 60◦ = vD = 5, 5 [m/s], 2 √ 3 y˙ D = vD sin 60◦ = v = 9, 526 [m/s]. 2 D

Reˇsavanjem ovih diferencijalnih jednaˇcina (za slobodno kretanje) dobijaju se konaˇcne jednaˇcine slobodnog kretanja: m¨ x=0

⇒

1 x˙ = x˙ D = vD 2√

m¨ y = −mg ⇒ y˙ = −gt + y˙ D = −gt +

x=

1 0 > x = vD t + x 0, 2 √ 1 2 3 0 ⇒ y = − gt + v t+ y > 0, 2 2 D

⇒

3 v 2 D

11 t, 2

√ 1 2 11 3 y = − gt + t. 2 2 Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

116

2 Dinamika taˇ cke

b) Maksimalna visina penjanja je ekstrem funkcije y = y(x), tj. teme parabole, koja predstavlja putanja slobodnog kretanja taˇcke M , a taˇcka u nju stiˇze u trenutku kada je ′

y =

dy dy dt = = y/ ˙ x˙ = 0, dx dt dx

odakle sledi

hmax

√ √ √ 3 3 11 3 y˙ = −gt1 + v = 0 ⇒ t1 = v = , 2 D 2g D 2g ( √ )2 √ √ 11 3 11 3 11 3 3· 121 363 1 + = = = 4, 5375 = y|t=t1 = − g 2 2g 2 2g 8g 8· 10 hmax ≈ 4, 54 [m] .

c) Domet d se dobija u taˇcki u kojoj parabola seˇce x osu, tj. y = 0. U taj poloˇzaj taˇcka stiˇze u trenutku t2 = 2t1 , pa je domet d = x|t=t2

√ √ 11 11 3 11 11 3 11 = · = 10, 4789 = t2 = · 2· 2 2 2g 2 10 d ≈ 10, 5 [m] . k

Zad. 2.9. Iz poloˇzaja A puˇstena je, bez poˇcetne brzine, materijalna taˇcka M , mase m, tako da se kreće po kruˇznom luku AB polupreˇcnika 2R, da bi u taˇcki B preˇsla na kruˇzni luk BC polupreˇcnika R i u taˇcki C napustila glatku vezu. Ugao BO2 C = 60◦ . Odrediti: a) brzinu taˇcke M kojom ona napuˇsta glatku vezu u taˇcki C, b) parametarske jednaˇcine kretanja slobodne materijalne taˇcke, c) rastojanje OD, gde je D taˇcka u koju će pasti materijalna taˇcka M .

y A

O1 M

O2 60

B

o

C

O

Slika 2.19:

D uz zadatak 2.9.

x

117


Reˇsenje:

y

O1

A

vC

Dh

O2 60

60

o

C

mg

B O Slika 2.20:

M

o

D x

x1 uz reˇsenje zadatka 2.9.

a) Iz zakona promene kinetiˇcke energije dobija se EkC − EkA =

∑

0

1 1 7 = A(mg) mvC2 − mvA2 2 2

A(Fi ) ⇒

i

⇒

3 vC = 2g∆h = 2g[2R − (R − R cos 60◦ )] = 2g R = 3gR, 2 2

pa je intenzitet brzine u poloˇzaju u kom taˇcka napuˇsta vezu vC =

√

3gR .

b) Parametarske jednaˇcine dobijaju∑ se kao reˇsenja diferencijalnih jednaˇcina kretanja (II Njutnov zakon: ma = i Si ): m¨ y = −mg.

m¨ x = 0,

Da bi se reˇsile ove diferencijalne jednaˇcine potrebno je odrediti i poˇcetne uslove. Kako se ovo kretanje posmatra od poloˇzaja C, potrebno je odredi- u ovom ti koordinate i brzinu u trenutku kada se materijalna taˇcka nade poloˇzaju. Prema postavljenom koordinatnom sistemu, ovi uslovi su: x(0) = xC = 0,

y(0) = yC = OC = R − R cos 60◦ =

v x(0) ˙ = x˙ C = vC cos 60 = C , 2 ◦

R , 2

√ vC 3 y(0) ˙ = y˙ C = vC sin 60 = . 2 ◦


118

2 Dinamika taˇ cke

Reˇsenja navedenih diferencijalnih jednaˇcina su: v x˙ = x(0) ˙ = C 2

v *0x = x ¨=0 ⇒ ⇒ x = C t + xC 2√ v 3 y¨ = −g ⇒ y˙ = −gt + y(0) ˙ = −gt + C ⇒ 2 √ g v 3 y = − t2 + C t + yC . 2 2

√

3gR t, 2

Dakle, parametarske jednaˇcine su: √ 3gR x= t 2 √ 1 2 3 gR R y = − gt + t+ . 2 2 2 c) Taˇcka D predstavlja nulu funkcije y = y(x) – putanje posmatrane materijalne taˇcke. Njen poloˇzaj moˇze da se potraˇzi kao nula funkcije y = y(x). Medutim, da bi se ona naˇsla, potrebno je prvo eliminisati parametar t iz parametarskih jednaˇcina. Drugi naˇcin je da se odredi trenutak tD kada taˇcka dospe u ovaj poloˇzaj (y(t)=0), a zatim se izraˇcuna x u tom trenutku. Dakle, √ √ 3 gR R R R 1 2 2 tD + = 0 ⇒ tD − 3 √ tD − = 0 y = − gtD + 2 2 2 g g √ √ ( √ ) 3 R/g ± 9R/g + 4R/g 1√ tD 1,2 = = R/g 3 ± 13 . 2 2 Kako je t vreme – parametar koji je pozitivan, to je moguće samo reˇsenje ( √ ) 1√ R/g 3 + 13 . tD 1 = 2 Za ovu vrednost parametra t rastojanje OD = x1 je √ √ √ √ √ R/g(3 + 13) 3Rg 3 x1 = · = R(3 + 13) . 2 2 4 k Zad. 2.10. Materijalna taˇcka mase m kreće se uz strmu ravan. Brzina u poˇcetnom poloˇzaju O je intenziteta v0 .

119


Kada je preˇsla put b (b = OA) taˇcki je saopˇstena dodatna brzina intenziteta v, ˇciji je pravac paralelan sa Ox osom (vidi sl. 2.19). Nagibni ugao strme ravni je α = 30◦ . Odrediti brzinu taˇcke kada stigne na poˇcetni nivo (nivo taˇcke O).

A

v vO 30

o

b

x

O

Slika 2.21:

uz zadatak 2.10.

Reˇsenje: v1

vA

30o

v 30

vA

A o

v1 A

v

g=30

o

x B

O

Slika 2.22:

Posmatra se prvo deo O −A – neslobodno kretanje. Iz zakona promene kinetiˇcke energije moˇze da se odredi brzina u trenutku kada taˇcka dospe u poloˇzaj A.


∑

1 1 mvA2 − mvO2 = A(mg), 2 2 i ∫ s=b ∫ s=b 1 s=b mgb ◦ mg sin 30 ds = −mg s mg dr = − A(mg) = =− 2 s=0 2 0 0 √ vA2 − vO2 = −gb ⇒ vA = vO2 − gb. EkA − EkO =

A(Fi )

⇒

⇒

U poloˇzaju A, taˇcki M , saopˇsti se dodatna komponenta brzine v. Na delu puta A − O taˇcka se kreće slobodno. Kako se njena brzina sada sastoji od dve komponente vA i v, to je potrebno da se prvo izraˇcuna njen intenzitet (vidi sl. 2.22). - njih je poznet, Kako ove komponente nisu ortogonalne, a ugao izmedu iskoristiće se kosinusna teoremu da bi se naˇsao njen intenzitet, tj. v12 = vA2 + v 2 − 2vA v cos γ ⇒ (√ ) vO2 − gb · v cos 30◦ v12 = vO2 − gb + v 2 − 2 √ ( ) 2 2 2 v1 = vO − gb + v − 3v 2 vO2 − gb

⇒


120

2 Dinamika taˇ cke

Da bi se odredila brzina po povratku na poˇcetni nivo (nivo taˇcke O), ponovo će se primeniti zakon promene kinetiˇcke energije: ∑

1 1 mvB2 − mv12 = A(mg) 2 2 i ∫ s=b ∫ s=b 1 s=b mgb ◦ A(mg) = mg dr = mg sin 60 ds = mg s = 2 s=0 2 0 0 EkB − EkA =

A(Fi )

⇒

⇒

vB2 − v12 = gb

⇒ √ ( ) vB2 = v12 + gb = vO2 − gb + v22 − 3v22 vO2 − gb + gb. Traˇzena brzina je vB2 = vO2 + v 2 −

√

( ) 3v 2 vO2 − gb . k

Zad. 2.11. Materijalna taˇcka M , mase m, puˇstena je bez poˇcetne brzine iz poloˇzaja A i nastavlja da se kreće po vezi ABM , koja od B pa nadalje ima oblik kruˇznog luka, polupreˇcnika R (vidi sliku 2.23). Odrediti: a) reakciju veze u proizvoljnom poloˇzaju na kruˇznom delu, b) poloˇzaj u kome će taˇcka napustiti vezu, c) sa koje visine bi trebalo pustiti taˇcku da bi ona napustila vezu neposredno pred nailazak na kruˇzni deo veze (taˇcka B) i

A y h B

M

R

O

Slika 2.23:

x

uz zadatak 2.11.

d) domet slobodne taˇcke po horizontali na nivou centra kruˇznice O, ako vezu napusti u poloˇzaju B. Reˇsenje:

121


A,vo= 0 y Dh h B vB

N M

v t

j R n

mg

O

Slika 2.24:

D xD


ma = mg + N| · n, t

a) Uoˇci se prvo da na taˇcku, u proizvoljnom poloˇzaju na kruˇznici, deluju sila Zemljine teˇze mg i reakcija veze N (veza je idealna, jer je linija glatka, poˇsto se zanemaruje trenje!). Da bi se odredila reakcija veze na kruˇznom delu puta, diferencijalna jednaˇcina kretanja (II x Njutnov zakon) se projektuje na prirodni trijedar (normala, tangenta):

⇒

man = mg cos φ − N

tj.

m

2 vM = mg cos φ − N, R

(a)

dv = mg sin φ. dt Za odredivanje reakcija veza potrebno je izraˇcunati brzinu taˇcke M , ˇciji je - uglom φ. Primenom zakona promene kinetiˇcke energije, poloˇzaj odreden dobija se 0 ∑ >= EM − EA A(Fi ) = A(mg), mat = mg sin φ tj.

m

i

1 mv 2 = mg∆h, ∆h = h + (R − R cos φ), 2 M 2 vM = 2g(h + R − R cos φ). Zamenom ove vrednosti u (a), dobija se m 2 2mg vM = mg cos φ − [h + R(1 − cos φ)] ⇒ R R ( ) 2h N = mg 3 cos φ − 2 − . R - uglom φ, u b) Mesto napuˇstanja veze odgovara poloˇzaju koji je odreden kome je sila veze jednaka nuli, tj. N = 0, pa je N = mg cos φ −

3 cos φ1 − 2 −

2h =0 R

⇒

cos φ1 =

2R+h . 3 R


122

2 Dinamika taˇ cke

c) Da bi napustila vezu u poloˇzaju B, gde je φ = 0 tj. cos φ = 1, potrebno je da visina bude 1=

2R + 2hB 3R

⇒

Brzina napuˇstanja veze je, tada ( ) R 2 vB = 2g +R−R 2

hB =

⇒

R . 2

vB =

√

gR.

d) Kretanje taˇcke, u ovom delu, je slobodno kretanje, pri ˇcemu su poˇcetni uslovi (t0 = 0), u odnosu na zadati koordinatni sistem: x(0) = xB = 0,

x(0) ˙ = x˙ B = vB ,

y(0) = yB = R

y(0) ˙ = y˙ B = 0.

Reˇsavanjem diferencijalne jednaˇcine slobodnog kretanja, dobiće se konaˇcne jednaˇcine kretanja: m¨ x=0

⇒

m¨ y = −mg

⇒

x˙ = const = x(0) ˙ = vB ⇒

y˙ = −gt + y˙ B x = vB t ,

0

*, 0 x = vB t + xB

1 y = − gt2 + yB 2

⇒

⇒

1 y = − gt2 + R . 2

Za domet je potrebno odrediti poloˇzaj u kome je y = 0. Iz prve jednaˇcine za parametar t dobija se t = √xgR i zamenom u y = y(t), dobija se putanja slobodnog kretanja taˇcke M : g g y = − t2 + R = − 2 2 y=−

(

x √ gR

)2

x2 +R . 2R

Nula ove funkcije je y=0=− pa je domet taˇcke M

x2 + R, 2R

√ xmax = R 2 .

+R

⇒

123


k Zad. 2.12. C

Kolika mora biti poˇcetna brzina vA taˇcke M mase m, da bi ona kreˇcući se u vertikalnoj ravni, preˇsla deo kruˇzne putanje AB i pogodila cilj u√taˇcki C, ˇcije su koordinate xC = 2R 3, yC = 4R. Taˇcka M se u poˇcetnom trenutku nalazila u poloˇzaju A. Trenje zanemariti.

y

AM

R

O 60o x

B

Slika 2.25:

uz zadatak 2.12.

Reˇsenje: C M

y vB

Prvo će se odrediti intenzitet brzine u poloˇzaju u kom taˇcka M napuˇsta vezu (taˇcka B), primenom zakona promene kinetiˇcke energije (prinudno kretanje na delu AB).

mg

R A

O 60o Dh

60

o

x

B

Slika 2.26:


EkB − EkA =

∑

A(Fi )

⇒

i

1 1 mvB2 − mvA2 = A(mg) = mg∆h, 2 2 vB2 − vA2 = gR

⇒

R ∆h = R cos 60◦ = , ⇒ √ 2 2 2 vB = vA + gR ⇒ vB = vA2 + gR.

Ova brzina predstavlja poˇcetnu brzinu za drugi deo kretanja - slobodno kretanje, pa su: Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

124

2 Dinamika taˇ cke

– poˇcetni uslovi: 1 x˙ B = vB cos 60◦ = vB , 2 √ 3 yB = 0, y˙ B = vB sin 60◦ = v . 2 B – diferencijalne jednaˇcine slobodnog kretanja i njihovo reˇsavanje: xB = 0,

*0 x = x˙ B t + xB 1 0 >. m¨ x = −mg ⇒ y˙ = −gt + y˙ B ⇒ y = − gt2 + y˙ B t + yB 2 Dakle, konaˇcne jednaˇcine, slobodnog kretanja, su: √ 1 1 2 3 x = vB t, y = − gt + v t. 2 2 2 B Eliminacijom parametra t dobija se putanja ( )2 √ ( ) √ 3 2x 2x 2x 1 2g t= vB ⇒ y=− g + ⇒ y = − 2 x2 + x 3. vB 2 vB 2 vB vB

m¨ x=0

⇒

⇒

x˙ = const. = x˙ B

Kako taˇcka C pripada ovoj krivoj (uslov zadatka!), to je: √ 2g yC = 4R = xC 3 − 2 x2C ⇒ vB ( ) 24 gR = 2 vA2 + gR , odakle se konaˇcno dobija vA =

√

11 gR . k

Zad. 2.13. Po glatkoj nepokretnoj podlozi ABC koja u taˇcki B prelazi u kruˇzni luk polupreˇcnika R, kreće se materijalna taˇcka M mase m. Odrediti: a) visinu h sa koje bi trebalo pustiti taˇcku M , bez poˇcetne brzine, da bi ona napustila vezu u poloˇzaju koji je na - uglom kruˇznom delu putanje odreden ◦ φ1 = 30 i b) duˇzinu d = CD koja odreduje poloˇzaj taˇcke D u koju će materijalna taˇcka pasti po napuˇstanju veze.

A

y

h B

M j1

R C O

Slika 2.27:

uz zadatak 2.13.

x D


125

Reˇsenje: A,vo= 0

Dh

a) Treba uoˇciti da je, u poloˇzaju u kome taˇcka napuˇsta vezu, h N sila veze jednaka nuli. Dakle, B M potrebno je prvo odrediti silu vM t veze u funkciji poloˇzaja, odnosno j1 ugla (φ1 ). Ova zavisnost će R n mg C D se odrediti iz projekcije diferx O d encijalne jednaˇcine kretanja na pravac normale: Slika 2.28: uz reˇsenje zadatka 2.13. y

√ 2 2 mvM 3 mvM = mg cos φ1 − N ⇒ N = mg − . (a) R 2 R U ovoj relaciji pojavljuje se intenzitet brzine vM , koji se odreduje primenom zakona promene kinetiˇcke energije: ( √ ) 3 0 * = mg∆h, ∆h = h + (R − R cos φ1 ) = h + R 1 − Ek EkM − , A 2 [ ( √ )] 2 mvM 3 = mg h + R 1 − . 2 2 Taˇcka napuˇsta vezu u poloˇzaju u kom je sila veze jednaka nuli, tj. N = 0, pa se iz (a) dobija traˇzena visina: [ ( √ √ √ )] √ m 2 3 3 3 3 2 = vM ⇒ vM = gR , mg = 2g h + R 1 − mg , 2 R 2 2 2 h=

R √ (3 3 − 4) . 4

b) Da bi se odredila duˇzina d, potrebno je odrediti putanju taˇcke, pri slobodnom kretanju. Dakle,∑ potrebno je reˇsiti diferencijalne jednaˇcine kretanja (vektorski oblik – ma = i Fi ). Poˇcetni uslovi su: √ vC 3 R ◦ ◦ , xC = R sin 30 = , x˙ C = vC cos 30 = 2√ 2 R 3 v yC = R cos 30◦ = , y˙ C = −vC sin 30◦ = − C . 2 2 Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

126

2 Dinamika taˇ cke

Diferencijalne jednaˇcine kretanja i njihovo reˇsavanje: √ √ vC 3 vC 3 m¨ x = 0 ⇒ x˙ = const. = x˙ C = ⇒ x= t + xC , 2 2 1 m¨ y = −mg ⇒ y˙ = −gt + y˙ C ⇒ y = − gt2 + y˙ C t + yC . 2 Dakle, konaˇcne jednaˇcine kretanja su: √ √ vC 3 R 1 2 vC R 3 x= t+ , y = − gt − t+ . 2 2 2 2 2 Putanja taˇcke M je: 2(x − R/2) 2x − R √ √ , = vC 3 vC 3 √ ( ) ( ) 2x − R 2 vC 2x − R R 3 1 √ √ − + y=− g 2 2 2 vC 3 vC 3 √ √ √ 4 3 2 7 3 2 3 y=− x − x+ R. 9R 9 3 t=

⇒

Taˇcka D nalazi se na x osi, pa je y = 0, odakle se dobija: √ √ √ 4 3 2 x 3 5 3 − x + x+ R=0 ⇒ 9R 9 9 −4x2 + Rx + 5R2 = 0.

x1,2 =

√ −R ± 9R R2 + 80R2 = −8 −8 5 x1 = + R, x2 = −R. 4

−R ±

⇒

Kako je x > 0 (vidi sliku 2.28), to je x1 = R+d = 5R/4 odakle se za traˇzeno rastojanje dobija R d= . 4 k Zad. 2.14. Po glatkoj nepokretnoj podlozi ACB, koja u taˇcki C prelazi u kruˇzni luk polupreˇcnika R, kreće se materijalna taˇcka M mase m.

127

2.1 Dinamika slobodnog i prinudnog kretanja taˇ cke y

Odrediti: a) poˇcetnu brzinu taˇcke M kojom ona zapoˇcinje kretanje iz poloˇzaja A, da bi se, poˇsto napusti vezu u poloˇzaju B, ponovo naˇsla u poloˇzaju Ai b) pritisak taˇcke na vezu u proizvoljnom poloˇzaju na kruˇznom - uglom φ. delu veze, koji je odreden

A

B

x 3R

30o M

R j

O

C

Slika 2.29:

2R 3 uz zadatak 2.14.

Reˇsenje: A

y vB

Dh x

B 60o

3R

30o n

t M N

O

j

j mg

C

Slika 2.30:

2R 3

Dh1

Kretanje taˇcke moˇze da se posmatra u dva dela: od A do B – prinudno kretanje i od B do A – slobodno kretanje. Kako je brzina na kraju prvog dela (vB ) poˇcetni podatak za drugi deo, to je potrebno prvo nju odrediti. Ovo će se odrediti koriˇsćenjem zakona promene kinetiˇcke energije:


EkB − EkA = mg∆h,

3 3 ∆h = 3R − (R + R sin 30◦ ) = 3R − R = R, 2 2

m 2 m 3 vB − vA2 = mg R ⇒ vB2 = vA2 + 3gR. (a) 2 2 2 Ovde je ova brzina izraˇzena u funkciji traˇzene brzine vA , pa je potrebna joˇs jedna jednaˇcina. S druge strane, kako taˇcka mora, prema uslovu zadatka, - kroz poloˇzaj A, ˇcije su koordinate: ponovo da prode √ √ 5 3 ◦ R, xA = R cos 30 + 2R 3 = 2 3 yA = ∆h = R. 2 Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

128

2 Dinamika taˇ cke

to je potrebno odrediti putanju taˇcke pri kretanju od B do A. Dakle, potrebno je reˇsiti diferencijalne jednaˇcine kretanja, uz poˇcetne uslove (koordinatni poˇcetak u taˇcki B): xB = 0, yB = 0,

1 x˙ B = vB cos 60◦ = vB , 2 √ 3 y˙ B = vB sin 60◦ = v . 2 B

Diferencijalne jednaˇcine i njihovo reˇsavanje: m¨ x = 0,

⇒

m¨ y = −mg

1 x˙ = x˙ B = vB 2 ⇒

⇒

y˙ = −gt + y˙ B

1 *, 0 x = vB t + xB 2 1 0 >. yB ⇒ y = − gt2 + y˙ B t + 2

Konaˇcne jednaˇcine kretanja: 1 x = vB t, 2

√ 3 1 2 y = − gt + v t. 2 2 B

Jednaˇcina trajektorije t=

2x , vB

1 y=− g 2

(

iskoristivˇsi (a) y=−

2x vB

)2

√ 3 2x v + 2 B vB

⇒

√ 2g 2 x + 3x. vA2 + 3gR

Kako taˇcka A leˇzi na putanji, to mora da bude zadovoljeno ( √ ) ( √ )2 √ √ 5 3 3 2g 5 3 2g 2 xA + 3xA R=− 2 R + 3 R yA = − 2 vA + 3gR 2 vA + 3gR 2 2 √ 13gR vA = . 2 b) Da bi se odredila sila veze polazi se od projekcije diferencijalne jednaˇcine kretanja na pravac normale: mv 2 = −mg cos φ + N R

⇒

N = mg cos φ +

mv 2 . R

129


Intenzitet brzine u proizvoljnoj taˇcki odrediće se iz zakona promene kinetiˇcke energije (rad vrˇsi samo sila teˇze, dok je rad sile na idealnoj vezi, po definiciji, jednak nuli): Ek − EkA = mg∆h1 , ∆h1 = 3R − (R − R cos φ) = R(2 + cos φ) ⇒ m 2 m 2 v − vA = mg· R(2 + cos φ) ⇒ v 2 = vA2 + 2gR(2 + cos φ) ⇒ 2 2 13 39 v 2 = gR + 4gR + 2gR cos φ = gR + 2gR cos φ ⇒ 4 4 ) ( mg m 39 N = mg cos φ + g R + 2g R cos φ = (12 cos φ + 39) , 4 R 4 odakle se konaˇcno dobija intenzitet sile veze u proizvoljnom poloˇzaju, odredenim uglom φ mg N= (12 cos φ + 39) . 4 k Zad. 2.15. A

Po glatkoj nepokretnoj podlozi ABCD, koja leˇzi u vertikalnoj ravni, kreće se materijalna taˇcka M mase m. Taˇcka M zapoˇcinje kretanje iz poloˇzaja A, bez poˇcetne brzine, a u poloˇzaju D odvaja se od podloge i dalje nastavlja kretanje kao slobodna taˇcka.

M

h

C B

D R

b O

Slika 2.31:

uz zadatak 2.15.

Odrediti ugao β koji odreduje poloˇzaj D, u kom taˇcka napuˇsta vezu. Reˇsenje: Pri reˇsavanju ovog zadatka polazi se od diferencijalne jednaˇcine kretanja (projekcija na pravac normale) m

2 vD = mg cos β − N. R

Brzina taˇcke vD odreduje se iz zakona promene kinetiˇcke energije: Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

130

2 Dinamika taˇ cke

A h

C

Dh

DM

B R

b

vD n t

O

mg

*= A(mg) ⇒ EkD − EkA m 2 v = mg∆h, 2 D ∆h = h + R(1 − cos β), 0

2 vD = 2g [h + R(1 − cos β)] .

Slika 2.32:


Iz prethodnih jednaˇcina dobija se za silu veze −N = m

2 vD m − mg cos β = 2g [h + R(1 − cos β)] − mg cos β R R ( ) h N = 3mg cos β − 2mg +1 . R

⇒

Kako je u poloˇzaju u kom taˇcka napuˇsta vezu, sila veze jednaka nuli, to je N =0

⇒

2g m [h + R(1 − cos β)] = mg cos β R

⇒

3 cos β =

2h +2 R

odakle se, konaˇcno, dobija ugao koji odreduje poloˇzaj napuˇstanja veze 2 cos β = 3

(

h +1 R

) ⇒

)] [ ( 2 h +1 β = arccos . 3 R k

Zad. 2.16. y

Kolika bi trebala da bude poˇcetna brzina materijalne taˇcke M mase m, da bi ona, krenuvˇsi iz poloˇzaja A, posle kretanja po vezi oblika kruˇznog luka ABC polupreˇcnika x R, napustila vezu u poloˇzaju C i pogodila cilj u taˇcki D, ako je AD = R?

C

M

D

60

A

O1

o

O

R R

B

Slika 2.33:

uz zadatak 2.16.

131


Reˇsenje: Za odredivanje poˇcetne brzine za drugi deo kretanja (slobodnog), tj. brzine kojom taˇcka M napuˇsta vezu u poloˇzaju C, koristi se zakon promene kinetiˇcke energije (rad sile veze jednak je nuli!): EC − EA = A(mg). m 2 m v − vA2 = −mg· ∆h, 2 C 2

∆h = R sin 60

vC M

y 30

x

60

O1

2

√ vC2 = v02 − gR 3. Dh

mg A

⇒

√ 3 vC = v0 − 2gR . 2 2

Traˇzena brzina je:

o

C D

◦

o

O

R

(a)

Za slobodno kretanje, na delu C − D, polazi se od diferencijalnih jednaˇcina kretanja:

R

m¨ x = 0,

m¨ y = −mg,

B

Slika 2.34:

⇒

x ¨ = 0, ⇒

y¨ = −g.


Poˇcetni uslovi (poˇcetni poloˇzaj i poˇcetna brzina u poloˇzaju C) slobodnog kretanja √ 3vC ◦ x(0) = xC = 0, x(0) ˙ = x˙ C = vC cos 30 = , 2 √ 3R v y(0) = yC = , y(0) ˙ = y˙ C = vC sin 30◦ = C . 2 2 Reˇsavanje diferencijalnih jednaˇcina kretanja: √ √ 3vC 3vC *0 x ¨ = 0 ⇒ x˙ = x(0) ˙ = ⇒ x= t + xC 2 2 v 1 v y¨ = −g ⇒ y˙ = −gt + y(0) ˙ = −gt + C ⇒ y = − gt2 + C t + yC , 2 2 2 dobijaju se konaˇcne jednaˇcine slobodnog kretanja taˇcke: √ vC 3 t, x= 2 √ 1 2 vC R 3 y = − gt + t+ . 2 2 2 Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

132

2 Dinamika taˇ cke

- kroz poloˇzaj D, to njene koordinate x = Kako bi taˇcka trebalo da prode D 5R/2, yD = 0 moraju identiˇcki da zadovolje jedanˇcinu trajektorije, koja se dobija eliminacijom parametra t √ )2 ( 2x 1 vC 2x R 3 2x √ √ + tD = √ , y|t=t = − g + = yD = 0, D 2 2 vC 3 2 vC 3 vC 3 pa je

√ v0 = 7

√ gR 3 . 24

Ovde je iskoriˇsćena veza (a), kao i već pomenute koordinate taˇcke D. k Zad. 2.17. Odrediti visinu h sa koje bi trebalo pustiti materijalnu taˇcku M mase m bez poˇcetne brzine niz hrapavu strmu ravan nagiba tgα = 3/4, da bi ona, poˇsto napusti ravan u poloˇzaju A, pogodila cilj u taˇcki B. Koordinate taˇcke B(16/5; 0), visina H = 4 [m] i koeficijent trenja klizanja µ.

y

M0

h

M

A

a

H

B

O

Slika 2.35:

x

uz zadatak 2.17.

Reˇsenje: Poznati su podaci: 3 tgα = ⇒ 4

M0

sin α = 3/5

n

s Fm

M

t

a A

a a

M

vA

mg

B

mg O

Slika 2.36:


cos α = 4/5,

v0 = 0.

Prvo treba odrediti intenzitet brzine u poloˇzaju u kom taˇcka M napuˇsta vezu (taˇcka A), primenom zakona promene kinetiˇcke energije (prinudno kretanje). na delu M0 A).

y

N

h

H

i

0

x

>= A(mg) + A(F ). E kA − Ek µ 0 (a)

133


Poˇsto je podloga hrapava, na taˇcku M će, pored sile teˇze, delovati i sila trenja, koja je proporcionalna normalnoj komponenti reakcije podloge. Projektovanjem diferencijalne jednaˇcine kretanja ∑ ma = Fi = G + N + Fµ i

na pravac normale dobija se: 4 m an = N − mg cos α = N − mg = 0 5

⇒

4 N = mg, 5

pa je intenzitet sile trenja 4 Fµ = µ N = µ mg. 5 Radovi sila, na delu puta M0 A, pri ˇcemu je duˇzina puta M0 A =

h h 5 = = h, sin α 4/5 4

su: 5h/4 ∫ (

4 − µ mg 5

A(Fµ ) =

0 4 ds = − µ mg s 5

)

0

= −µ mg h,

5h/4

A(G) = mg h. Dakle, brzina kojom taˇcka M napuˇsta vezu je, prema (a) mvA2 = mgh − µ mgh 2

⇒

vA =

√

2gh (1 − µ).

(b)

Poˇcetni uslovi, u odnosu na zadati koordinatni sistem, su: x(0) = xA = 0,

x˙ A = vA cos α,

y(0) = yA = 4,

y˙ A = −vA sin α.

Diferencijalne jednaˇcine kretanja su: m¨ x = 0,

⇒

m¨ y = −mg

x ¨=0 ⇒

y¨ = −g.


134

2 Dinamika taˇ cke

Reˇsavanjem ovih diferencijalnih jednaˇcina, dobijaju se konaˇcne jednaˇcine kretanja: 4 x˙ = x(0) ˙ = vA 5

⇒

y˙ = −gt − vA sin α 4 x = vA t, 5

4 0 >, x = vA t + xA 5 1 ⇒ y = − gt2 − vA t sin α + yA . 2 1 3 y = − gt2 − vA t + 4. 2 5

Kako taˇcka M treba da stigne u poloˇzaj B, to je 4 x B = v A tA 5 yB = 0

⇒

4 16/5 = , 4/5vA vA g 16 3 4 − 2 − vA + 4 = 0, 2 vA 5 vA ⇒

tA =

⇒

8 g 8 = vA2 5

odakle sledi −

8 g 12 +4=0 − vA2 5

⇒

vA2 = 5 g.

Koristeći (b), dobija se h=

5 [m] . 2(1 − µ) k

Zad. 2.18. Kojom poˇcetnom brzinom v0 treba izbaciti materijalnu taˇcku M mase m uz hrapavu strmu ravan iz poloˇzaja A, da bi ona, napustivˇsi vezu u taˇcki B, pogodila taˇcku C? Uzeti da je: AO = OC, AB = b, α = 30◦ . a koeficijent trenja klizanje µ.

Reˇsenje:

y

B

M

A

C

a O

Slika 2.37:

uz zadatak 2.18.

x

135


y

n

B

M

M

s Fm A

30o

t

N

Brzina vB odreduje se iz zakona promene kinetiˇcke energije, na delu AB (prinudno kretanje):

vB

Dh

mg

a

a

C

Slika 2.38:

x

O

mg

mvB2 mvA2 − = A(G) + A(Fµ ) 2 2


Poˇsto je podloga hrapava, na taˇcku M , će pored sile teˇze delovati i sila trenja, koja je proporcionalna normalnoj komponenti ∑ reakcije podloge. Projekcijom diferencijalnih jednaˇcina kretanja (ma = i Fi ) na pravac normale, dobija se: m an = N − mg cos α = 0

(nema kretanja u pravcu normale!) √ 3 ◦ mg, N = mg cos α = mg cos 30 ⇒ N= 2

⇒

pa je intenzitet sile trenja √ 3 Fµ = µ· N = µ mg. 2 Radovi sila, na delu AB, pri ˇcemu je duˇzina puta AB = b, su: √ b √ ) √ ∫b ( µ mg 3 µ mg 3 µ mg 3 ds = − s = − b, A(Fµ ) = − 2 2 2 0

0

A(mg) = −mg ∆h, A(mg) = −

b ∆h = AB sin 30◦ = 2

⇒

mg b . 2

Konaˇcna brzina kojom taˇcka M napuˇsta vezu u poloˇzaju B izraˇcunava se na sledeći naˇcin: √ mvB2 mvA2 µ mg 3 mg b − =− b− ⇒ 2 2 2( 2 ) √ vB2 = vA2 − gb 1 + µ 3 . Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

136

2 Dinamika taˇ cke

Diferencijalne jednaˇcine, slobodnog kretanja, su: m¨ x=0

⇒

m¨ y = −mg

x ¨ = 0, ⇒

y¨ = −g.

Poˇcetni uslovi: √ 3 x(0) = xB = 0, x(0) ˙ = x˙ B = vB cos 30 = v , 2 B b v y(0) = yB = AB sin 30◦ = , y(0) ˙ = y˙ B = vB sin 30◦ = B . 2 2 ◦

Reˇsavanjem ovih diferencijalnih jednaˇcina, dobija se: √ √ 3 3 *, 0 x˙ = x(0) ˙ = v ⇒ x= v t + xB 2 B 2 B v g v y˙ = −gt + y˙ B = −gt + B ⇒ y = − t2 + B t + y B . 2 2 2 Dakle, konaˇcne jednaˇcine kretanja su: √ 3 x= v t, 2 B g v b y = − t2 + B t + . 2 2 2 √ Taˇcka C, sa koordinatama xC = OC = b cos 30◦ = b 3/2 i yC = 0 leˇzi na putanji i mora da zadovolji dobijene jednaˇcine kretanja, pa je: tC =

2 xC √ , vB 3

yC = 0

⇒

Traˇzena brzina je vA =

vB2 =

gb 2

√

( gb

⇒

( √ ) gb = vA2 − gb 1 + µ 3 . 2

) √ 3 +µ 3 . 2 k

Zad. 2.19.

137


Materijalna taˇcka M mase m obeˇsena je pomoću nerastegljivog konca duˇzine ℓ o nepomiˇcnu taˇcku O. U poˇcetnom poloˇzaju M0 , kada pravac konca zaklapa sa vertikalom ugao α = 60◦ , materijalnoj taˇcki je saopˇstena poˇcetna brzina v0 sa smerom na niˇze, a upravno na pravac konca.

M1

j1

O 60o

l

Mo

vO

Slika 2.39:

uz zadatak 2.19.

Odrediti: a) poloˇzaj materijalne taˇcke M1 u kojem će sila u koncu biti jednaka nuli (ugao φ1 ), kao i b) brzinu v1 taˇcke u tom poloˇzaju. Reˇsenje:

t M1

S1

j1 Dh

mg

a) Prvo je potrebno da se odredi sila u koncu, jer se traˇzi poloˇzaj u kome je ona jednaka nuli. Sila će se odrediti iz diferencijalne jednaˇcine kretanja, a potrebna brzina iz zakona promene kinetiˇcke energije. Kombinacijom ovih jednaˇcina dobiće se traˇzene vrednosti.

n O 60

o

l Mo

vO

Slika 2.40:


Projekcija na normalu n (prirodni trijedar!) diferencijalne jednaˇcine kretanja (ma = Sa + Sv – zbir aktivnih sila i sile veze), dobija se 0 mv12 > = S 1 + mg sin φ1 ℓ

⇒

v12 = ℓg sin φ1 .

(a)

Zakon promene kinetiˇcke energije: Ek1 − Ek0 = A(mg)

⇒

v12 − v02 = −2g∆h.


138

2 Dinamika taˇ cke

- ova dva poloˇzaja je: Visinska razliku izmedu ∆h = ℓ cos 60◦ + ℓ sin φ1 =

ℓ (1 + 2 sin φ1 ) , 2

v12 = v02 − gℓ(1 + 2 sin φ1 ).

pa je (b)

Iskoristivˇsi (a), traˇzeni ugao je sin φ1 =

v02 1 − . 3gℓ 3

(c)

b) Konaˇcno, iz (b) i (c), dobija se brzina taˇcke M u poloˇzaju u kom je sila u koncu jednaka nuli ) 1( 2 v12 = v0 − gℓ . 3 k

139


Zad. 2.20. Materijalnoj taˇcki M , mase m, koja se nalazi u najviˇsoj taˇcki A kupole (oblika polulopte), saopˇstena je poˇcetna brzina v0 u horizontalnom pravcu. Odrediti: y

a) poloˇzaj u kojem će taˇcka napustiti kupolu,

A=Mo

b) poˇcetnu brzinu v0 tako da taˇcka napusti kupolu u poˇcetnom trenutku,

vo M

R

c) maksimalan domet taˇcke, za uslov zadatka pod b).

j O

Slika 2.41:

x uz zadatak 2.20.

Reˇsenje: a) Diferencijlna jednaˇcina prinudnog kretanja taˇcke M je

y vo

A=Mo

ma = mg + N,

N

M vM R

j

n

O

t mg

mg

x

d

Slika 2.42:

pa je njena projekcija, na pravac normale (prirodni trijedar!),

M

m

2 vM = mg cos φ − N R


⇒

N = mg cos φ − m

2 vM . R

Brzina taˇcke M odreduje se iz zakona promene kinetiˇcke energije EkM − EkA = A(mg) mv 2

M

2

−

mv 2 0

2

⇒

2 = mg(R − R cos φ)vM = v02 + 2gR(1 − cos φ)

N = 3mg cos φ − 2mg −

mv02 . R

⇒ (a)

Sila reakcije ne vrˇsi rad, jer je upravna na pomeranje (glatka povrˇs, idealna veza!). Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

140

2 Dinamika taˇ cke

U poloˇzaju u kojem taˇcka napuˇsta vezu sila veze je jednaka nuli, pa se dobija ugao koji odreduje poloˇzaj u kom taˇcka napuˇsta vezu: cos φ =

2 v2 1 + 0 = 3 3gR 3g

( ) v2 2g + 0 . R

b) Da bi materijalna taˇcka M napustila vezu u poloˇzaju A (φ = 0), potrebno je da je u toj taˇcki sila veze jednaka nuli, pa iz (a) sledi N (φ = 0) = 0

⇒

1=

v2 2 + 0 3 3gR

v0 ≥

⇒

√

gR .

c) Diferencijalne jednaˇcine slobodnog kretanja su: ⇒

m¨ x=0

m¨ y = −mg

x ¨ = 0, ⇒

y¨ = −g.

Poˇcetni uslovi, za t0 = 0, u odnosu na dati koordinati sistem, su: x0 = 0,

x˙ 0 = v0 ,

y0 = R,

y˙ 0 = 0.

Reˇsenja difrencijalnih jednaˇcina su: ⇒

x˙ = x˙ 0 = v0

> x = v0 t + x 0,

0 7 y˙ = −gt + y˙ ⇒ 0

0

1 y = − gt2 + y0 . 2

Dakle, konaˇcne jednaˇcine kretanja su: x = v0 t,

1 y = − gt2 + R. 2

Domet se dobija iz uslova da je y(t1 ) = 0, tj. t21 = 2R/g, pa je x1 (t1 ) = d = v0

√

2R/g

⇒

√ d=R 2. k

Zad. 2.21. Po glatkoj nepokretnoj putanji ABC, koja u taˇcki B prelazi u krug polupreˇcnika r, kreće se u vertikalnoj ravni taˇcka M mase m.

141


a) Sa koje visine h treba pustiti taˇcku M , bez poˇcetne brzine (iz poloˇzaja A), da bi ona, napustivˇsi vezu u taˇcki C, pogodila cilj u taˇcki D sa koordinatama xD = 2r, yD = r?

x

C M r

A D

O j

h

′

y

b) Odrediti pritisak N taˇcke M na vezu kada se ona nalazi u proizvoljnom poloˇzaju na putanji (poloˇzaj odreden uglom ∠BOM = φ).

B

Slika 2.43:

uz zadatak 2.21.

Reˇsenje: t x

N vM

C

vC

M r

A,vo= 0 D

mg

Oj n

h

j-p 2 y

p-j

j-p 2 mg

Dh

Projekcija diferencijalne jednaˇcine prinudnog kretanja (ma = ∑ i Fi ), na pravac normale n, je:

B

Slika 2.44:

2 vM = mg cos(π − φ) + N r v2 N = mg cos φ + m M . (a) r

m


- sile i poloˇzaja (koji je odreden Iz jednaˇcine (a) dobija se zavisnost izmedu 1 uglom φ). Sila N je reakcija podloge . Da bi se odredio intenzitet reakcije potrebno je joˇs odrediti i intenzitet brzine u posmatranom poloˇzaju. Ova veliˇcina odreduje se primenom zakona promene kinetiˇcke energije: EkM − Ek0 =

N ∑

A(Fi )

⇒

i=1

0 > 1 1 1 2 2 0 = A(mg) ⇒ mvM − mv mv 2 = mg − (h − ∆h) 2 2 2 M 1 1 2 mvM − mv02 = mgh − mg(r + r sin(φ − π/2)) ⇒ 2 2 1

⇒

′

Na osnovu trećeg Njutnovog zakona (akcije i reakcije) sila pritiska na podlogu N je istog intenziteta i pravca, a suprotonog smera. Dakle, sa poznavanjem sile N zna se i ′ pravac, smer i intenzitet sile N . Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

142

2 Dinamika taˇ cke

1 mv 2 = mg [h − r(1 − cos φ)] . 2 M

(b)

Iz (a) i (b), dobija se: m N = mg cos φ + 2g [h − r(1 − cos φ)] · , [ ] r 2h N = mg cos φ + − 2 + 2 cos φ , r ( ) 2h N = mg 3 cos φ + −2 . r

(c)

Ako taˇcka napuˇsta vezu u poloˇzaju C, tada je vM = vC , tj φ = π, pa je brzina u tom poloˇzaju 1 2 mv 2 = mg[h − r(1 − π)] ⇒ vC = 2g(h − 2r). 2 C Iz diferencijalnih jednaˇcina kretanja dobija se: m¨ x=0⇒x ¨ = 0 ⇒ x˙ = x˙ 0 = vC ⇒ x = vC t + c1 ,

x0 = c1 = xC = 0,

x = vC t, 1 y˙ 0 = c2 = 0, ⇒ y = gt2 + c3 , 2 1 2 ⇒ y = gt . 2

m¨ y = mg ⇒ y¨ = g ⇒ y˙ = gt + c2 , y0 = c3 = 0 Eliminacijom parametra t dobija se: y=

g 2 2 x . 2vC

a) Za xD = 2r i yD = r dobija se: r=

4r2 2 2vC

⇒

2 vC = 2gr

⇒

2gr = 2g(h − 2r).

(d)

Dakle, za date uslove, visina sa koje treba pustiti taˇcku da bi napustila vezu u C i pogodila D, je prema (d) h = 3r .

(e) ′

b) Iz (c) i (e) dobija se vrednost (intenzitet) sile pritiska N , na osnovu III Njutnovog zakona, ′

N = mg(4 + 3 cos φ) . k

143


Zad. 2.22. U vertikalnoj ravni xOy postavljena je nepokretna glatka cev u obliku parabole AOB, ˇcija je jednaˇcina y = x2 (vidi sliku 2.45). U poˇcetnom trenutku t0 = 0 puˇstena je, bez poˇcetne brzine, materijalna taˇcka M mase m iz poloˇzaja A. U poloˇzaju B, taˇcka M napuˇsta vezu i kreće se u polju teˇze. Odrediti:

y A

a) reakciju veze u poloˇzaju O(0, 0), b) impuls sile teˇze na intervalu BC (C najviˇsa taˇcka trajektorije materijalne taˇcke). √ Koordinate taˇcaka A i B su: A(− 2, 2) i B(1, 1).

2 B

1 M - 2 -1 0 Slika 2.45:

1

x

uz zadatak 2.22.

Reˇsenje:

y A

vC

C

M vB h2 h1

n

mg

Ba

Hmax

a) Projektovanjem diferencijalne jednaˇcine∑ prinudnog kretanja (ma = i Fi ) na pravac normale, dobija se vO2 = N − mg Rk vO2 N =m + mg. Rk

N

m

M 0 x t mg Slika 2.46: uz reˇsenje zadatka 2.22.

Polupreˇcnik krivine putanje (parabola!), u posmatranom poloˇzaju, je ( ) ′ 2 3/2 1+y Rk(O) =

y

′′

1 = , 2

′

′′

y = x2 ⇒ y = 2x ⇒ y = 2,

′

y (0) = 0.

Iz prethodnih relacija, dobija se: N=

2 mvD + mg 1/2

⇒

2 N = 2mvD + mg.


144

2 Dinamika taˇ cke

0

>= EO − EA

N ∑

A(Fi )

⇒

i=1

1 mv 2 = mgh1 2 O

⇒

vO2 = 2gh1 = 4g,

pa je reakcija veze, u traˇzenom poloˇzaju, jednaka N = 9mg . b) Zakon promene koliˇcine kretanja, na delu B − C putanje, je: KC − KB = IBC , mvC − mvB = IBC . Projektovanjem na ose, dobija se: x:

mvCx − mvBx = Ix ,

y:

mvCy − mvBy = Iy . √ I=

Ix2 + Iy2 ,

vCy = 0. Iz projekcije diferencijalne jednaˇcine slobodnog kretanja taˇcke, na x osu, sledi: m¨ x=0⇒x ¨ = 0 ⇒ x˙ = c1 = vBx ⇒ vCx = vBx ⇒ Ix = 0. Brzina u poloˇzaju B, u kom taˇcka M napuˇsta vezu i zapoˇcinje kretanje kao slobodna taˇcka, dobija se primenom zakona promene kinetiˇcke energije, na delu AB: *= Ek E kB − A 0

N ∑

1 A(Fi ) ⇒ mvB2 = mgh2 ⇒ vB2 = 2gh2 , 2 i=1 √ vB = 2g, ⇒ vBy = vB sin α.

h2 = 1,

Ugao α je ugao koji brzina u taˇcki B zaklapa sa x-osom. Kako brzina ima pravac tangente, to je ovaj ugao jednak koeficijentu pravca krive (parabola), tj. ′

tgα = y ,

′

y (1) = 2 ⇒ tgα = 2 ⇒ cos α = √

1 1+

tg2 α

1 =√ , 5

2 sin α = √ . 5

145


vBy =

√

2 2g· √ , 5

pa je traˇzeni impuls

√ Iy = −2m

2g . 5 k

Zad. 2.23. Materijalna taˇcka M , mase m, puˇstena je bez poˇcetne brzine niz glatku strmu ravan AB. Odrediti: a) ugao α tako da taˇcka, koja nastavlja kretanje duˇz glatkog kruˇznog luka BC i preleti u taˇcku D i

D

C R

A

a a O h

M

b) reakciju veze u taˇcki C. B

Taˇcke D, B i C leˇze na kruˇznici. U zadatku uzeti da je h = 3R.

Slika 2.47:

uz zadatak 2.23.

Reˇsenje:

t D

A

vC

y

SC

a

C a a aM R

x

O n

h

p-a mg

EkC − EkA = A(m g)

⇒

EkC − EkA = mg∆h,

B

Slika 2.48:

a) Da bi se odredile traˇzene veliˇcine, potrebno je odrediti brzinu u poloˇzaju C. Ova brzina moˇze da se odredi primenom zakona promene kinetiˇcke energije


gde je:

∆h = h − [R + R sin (π/2 − α)] = h − R [1 + sin (π/2 − α)] = = h − R(1 + cos α). Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

146

2 Dinamika taˇ cke

Iz ovih relacija dobija se: 0

m 2 7) = mg[h − R(1 + cos α)] (v − v 2 2 C A

⇒

vC2 = 2g(h − R − R cos α).

Na delu puta C−D taˇcka se kreće slobodno, pa su diferencijalne jednaˇcine ovog kretanja, sa poˇcetnim uslovima: m¨ x = 0,

xC = 0,

m¨ y = −mg,

x˙ C = vC cos α,

yC = 0,

y˙ C = vC sin α.

Odavde se dobijaju konaˇcne jednaˇcine slobodnog kretanja taˇcke: x = vC t cos α 1 y = vC t sin α − gt2 . 2 Odredivanje koordinata taˇcke D: DC = 2R sin α = xD = vC2 =

2 2 v sin α · cos α ⇒ g C

gR = 2g(h − R − R cos α). cos α

2 2 v sin α · cos α g C R = 2(h − R − R cos α) · cos α za h = 3R ⇒ R = 2(3R − R − R cos α) cos α, D(xD , 0) ⇒ xD =

R = 2R(2 − cos α) cos α

⇒

1 = 4 cos α − 2 cos2 α.

Smenom cos α = a, prethodna jednaˇcina svodi se na kvadratnu jednaˇcinu 2a2 − 4a − 1 = 0, √ √ ˇcija su reˇsenja: a1,2 = 1 ± 2/2. Prvo reˇsenje 1 + 2/2 nije moguće, jer postoji ograniˇcenje a ≤ 1 (a = cos α, a kosinus je ograniˇcena funkcija!), pa se konaˇcno dobija traˇceni ugao √ 2 cos α = 1 − . 2

147


b) Reakciju u taˇcki C moˇze da se odredi iz projekcije diferencijalne jednaˇcine, prinudnog kretanja, na pravac normale: ⇒

maN = mg cos α + Sv Sv =

mvC2 m − mg cos α = · 2g(h − R − R cos α) − mg cos α R R Sv = mg(4 − 3 cos α) .

⇒

k Zad. 2.24. Kuglica se kreće po glatkoj vezi ABCD, pri ˇcemu deo BCD ima oblik ˇcetvrtine kruˇznice. a) Odrediti sa koje visine H treba pustiti kuglicu, bez poˇcetne brzine, da bi po napuˇstanju veze u poloˇzaju D preskoˇcila kanal ˇsirine ℓ.

A

O

h

90o

B

b) Koliki je pritisak taˇcke na vezu u trenutku napuˇstanja veze?

D

E l

C

Slika 2.49:

uz zadatak 2.24.

Reˇsenje: y

A

n O

h

vD N

90o

D E

o

45 o 45

B C

t

l 45o

mg

Slika 2.50:

a) Da bi se izraˇcunala traˇzena visina potrebno je prvo odrediti brzinu u poloˇzaju D, u kom taˇcka M napuˇsta vezu. ze se odrediti koriˇsćenjem x Moˇ zakona promene kinetiˇcke energije:


0

E kD

7 1 1 2 2 2 − Ek = A(m g) ⇒ m vA = m vD − gh ⇒ vD = 2gh. A 2 2 *0

(a)


148

2 Dinamika taˇ cke

Diferencijalne jednaˇcine slobodnog kretanja, sa poˇcetnim uslovima: { √ ∑ m¨ x=0 x(t0 ) = x0 = 0, x˙ D = vD cos α = √22 vD ma = Fi ⇒ m¨ y = −mg y(t0 ) = yD = 0, y˙ D = vD sin α = 22 vD . i Reˇsavanjem ovih jednaˇcina, dobijaju se konaˇcne jednaˇcine slobodnog kretanja taˇcke: √ 2 x ¨ = 0 ⇒ x˙ = const. = x˙ D = vD cos α ⇒ x = v t + C1 , 2 D √ 2 x(t0 ) = 0 = C1 ⇒ x = v t. (b) 2 D √ √ 2 2 y¨ = −g ⇒ y˙ = −g t + C2 , y˙ D = C2 = vD ⇒ y˙ = −g t + vD 2 √ √2 1 2 1 2 y = − g t2 + vD t + C 3 , y D = C 3 = 0 ⇒ y = − g t 2 + v t. (c) 2 2 2 2 D Eliminacijom parametra (vremena) t iz (b) i (c), dobija se y=−

g 2 x + x. 2 vD

Dakle, putanja taˇcke je parabola. Da bi pala u taˇcku E(ℓ, 0), potrebno je da koordinate ove taˇcke zdovolje jednaˇcinu trajektorije, pa se dobija 0=−

g 2 ℓ +ℓ 2 vD

⇒

ℓ=

2 vD . g

2 = 2gh, to je Kako je brzina u ovom poloˇzaju, prema (a), vD

ℓ = 2h . b) Pritisak taˇcke na podlogu odredoćemo iz dif. jednaˇcine za prinudno kretanje ∑ ma = Fi + N, i

gde je N sila veze. U ovom sluˇcaju sila veze, po intenzitetu, jednaka je sili pritiska na podlogu. Projektujući prethodnu jednaˇcinu na pravac normale, dobija se m an = −mg cos φ + N.

149


Kako je an = v 2 /R, to za silu veze dobijamo N =m

2 vD + mg cos φ, R

2 gde je φ = π/4 i vD = 2gh.

Zamenom ovih vrednosti, konaˇcno dobija se traˇzeni pritisak taˇcke na vezu (√ ) 2 2h N = mg + . 2 R k Zad. 2.25. Teret teˇzine G = 600 [N ] uˇcvrˇsćen je za donji kraj elastiˇcne opruge koja se izduˇzi za 4 [cm] pod dejstvom sile od 480 [N ]. Odrediti jednaˇcine kretanja tereta, ako je u trenutku t = 0 opruga bila izduˇzena za 10 [cm], a teretu je saopˇstena poˇcetna brzina v0 = 70 [cm/s] usmerena naviˇse. Za gravitaciono ubrzanje uzeti da je g = 980 [cm/s2 ]. Reˇsenje:

lo

lo

c

Prema datim podacima, kako je sila u opruzi proporcionalna izduˇzenju, tj. Xop = c ∆ℓ, to se konstanta c (krutost opruge) odreduje iz jednaˇcine

c O1

fst

c=

fst O

xo

Fe

Dl

G 480 X = = = 120 [N/cm]. ∆ℓ 4 4

Dl vo

Fe1

xo

G x

G x

a)

Slika 2.51:

b)

vo

Diferencijalna jednaˇcina kretanja (vidi 2.51a): ) ∑ ( G ¨ = Xi = G − Xop = m¨ x = x g

sl.

i

uz zad. 2.25

G − c [(ℓ0 + fst + x) − ℓ0 ] = −cx,

∑ jer je u poloˇzaju ravnoteˇze Xi = G−c fst = 0. Ako se koordinatni poloˇzaj postavi u poloˇzaj ravnoteˇze, tada je diferencijalna jednaˇcina kratanja oblika: 120· 980 x, 600 x ¨ + 196x = 0.

m¨ x = −cx

⇒

x ¨=


150

2 Dinamika taˇ cke

Da bi se reˇsila ova diferencijalna jednaˇcina, tj. da bi bile odredene i integralne konstante, potrebno je joˇs odrediti i poˇcetne uslove. Kako je koordinatni poˇcetak u poloˇzaju ravnoteˇze, to se poˇcetno izduˇzenje odreduje iz relacije G 600 G = c fst ⇒ fst = = = 5 [cm]. c 120 Poˇcetna brzina je zadata (uslov zadatka), pa su poˇcetni uslovi: t0 = 0 :

x0 =

G 600 = = 5, c 120

v0 = x˙ 0 = −70.

Ovo je homogena diferencijalna jednaˇcina drugog reda sa konstantnim koeficijentima. Pretpostavivˇsi reˇsenje u obliku x = C· eαt , dobija se karakteristiˇcna jednaˇcina √ α2 + 142 = 0 ⇒ α1,2 = ±14 −1 = ±14 i. Odavde sledi reˇsenje ove diferencijalne jednaˇcine: x = C1 cos 14t + C2 sin 14t. Iz poˇcetnih uslova odreduju se konstante: x0 = 5 ⇒ C1 = 5, x˙ 0 = −70 ⇒ C2 = −5, pa je konaˇcna jednaˇcina kretanja tereta x = 5(cos 14t − sin 14t) . Ovoj jednaˇcini moˇze da se da i drugi oblik. Naime kako je C1 cos 14 t + C2 sin 14 t = A sin(14 t + φ) = A sin 14 t· cos φ + A cos 14t· sin φ - ove dve grupe konstanti (C1 , C2 i A, φ) to je veza izmedu } C2 C1 = A cos φ = 5 = −1 ⇒ A2 = C12 + C22 = 10, tgφ = C2 = A sin φ = −5 C1 √ π A = 5 2, φ = − . 4 Odavde sledi da je

( √ π) y = 5 2 sin 14t − . 4

⇒

151


Napomena. Kako kretanje ne zavisi od poloˇzaja koordinatnog sistema, koordinatni poloˇzaj je mogao da se postavi i u poloˇzaju nenapregnute opruge (vidi sl. 2.51b, taˇcka O1 ). Tada bi bilo: m¨ x=

∑

Xi = G − c ∆ℓ = G − c x ⇒ m¨ x + c x = mG ⇒ x ¨+

c x = g, m

uz poˇcetne uslove: x0 = 10 [cm], x˙ 0 = −70 [m/s] (uslovi zadatka). Za razliku od prethodne, ova diferencijalna jednaˇcina je nehomogena, pa se reˇsenje traˇzi u obliku x = xh + xp , gde je xh - homogeni deo reˇsenja, a xp - partikularni deo reˇsenja. k Zad. 2.26. Prizmatiˇcno telo kreće se pravoliniski po glatkoj horizontalnoj ravni, po zakonu x(t) = a sin βt(aeβt ). Po strmoj ravni tela, u idealno glatkom ˇzlebu AB moˇze da se kreće materijalna taˇcka M , mase m. Taˇcka je vezana oprugom krutosti c, ˇcija je duˇzina u nenapregnutom stanju l0 . U poˇcetnom trenutku taˇcka M je bez poˇcetne relatinve brzine i nalazi se u poloˇzaju M0 (AM0 = b). Odrediti:

y

B

h

a) zakon relativnog kretanja taˇcke M i

A

M

a x

x(t)

b) pritisak taˇcke M na telo.

x

Slika 2.52:

uz zadatak 2.26.

Reˇsenje: y

B

ar

h

M

Fe A

x

x

a N

a

vp1 ap1

mg

Slika 2.53:

x

Diferencijalna jednaˇcina kretanja taˇcke M ∑, u vektorskom obliku, je ma = i Fi , gde a = ap +ar +ac predstavlja apsolutno ubrzanje, jer je kretanje taˇcke sloˇzeno kretanje, gde je:

uz reˇsenje zadatka 2.26. Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

152

2 Dinamika taˇ cke

Prenosna komponenta ubrzanja jednaka je ap = x ï = −aβ 2 sin βt i, jer je prenosno kretanje pravolinijsko translatorno kretanje prizmatiˇcnog tela. Relativno kretanje je pravolinijsko kretanje duˇz ˇzleba, pa je, u odnosu na dati koordinatni sistem, relativna komponenta ubrzanja ¨ ar = ξλ. Koriolisova komponenta ubrzanja jednaka je nuli, jer je prenosno kretanje translatorno kretanje, pa je ωp = 0, tj. ac = 2ω p xvrel = 0. Diferencijalna jednaˇcina apsolutnog kretanja tasˇcke M je maa = FR , tj. u ovom sluˇcaju: ¨ = −mgj + N µ − c(ξ − l0 )λ, m(−aβ 2 sin βt i + ξλ) jer na taˇcku deluje sila teˇze (mg), reakcija veze (N) i sila u opruzi (Fe = c(ξ − ℓ0 )). Projektovanjem ove jednaˇcine na osu Aξ, dobija se: mξ¨ − maβ 2 sin βt cos α = −mg sin α − c(ξ − ℓ0 ) + maβ 2 sin βt sin α = N − mg cos α ( ) c c ) ( 2 ¨ ξ + ξ = −g sin α + ℓ0 + aβ cos α sin βt. m {z } | {z m } | A

B

Ova jednaˇcina je nehomogena diferencijalna jednaˇcina drugog reda sa konstantnim koeficijentima: ξ¨ + ω 2 ξ = A + B sin βt. Reˇsenje ove jednaˇcine sastoji se iz dva dela, homogenog i partikularnog: ζh = ξ sin ωt + ξ cos ωt ζp = D1 + D2 sin βt + D3 cos βt ⇒ A B D1 = 2 D2 = 2 D3 = 0. ω ω − β2

153


ζ = ξ sin ωt + ξ cos ωt + ζ(0) = b ⇒ C2 = b − ˙ ζ(0) = 0 ⇒ C1 = −B

A B + sin βt ω2 ω2β 2

A ω2 β . − β2)

ω(ω 2

Dakle, zakon relativnog kretanja taˇcke je A B A ζ = 2 + (b − 2 ) cos ωt + 2 ω ω ω − β2

(

) β sin βt − sin ωt . ω

Projekcijom dif. jednaˇcine kretanja na osu Aη, pri ˇcemu ne postoji kretanje u pravcu te ose, dobija se traˇzeni pritisak: N = mg cos α + maβ 2 sin α sin βt . k Zad. 2.27. z

a S

Voz se kreće brzinom v po ˇsinama postavljenim po meridijanu s juga na sever. Ako je teˇzina voza Q, odrediti boˇcne pritiske voza na ˇsine kada se on kreće sa severa na jug.

R

vr

Scor

M

Q

O

a

x y

w J

Slika 2.54:

uz zadatak 2.27.

Reˇsenje: U datom koordinatnom sistemu vektor ugaone brzine obrtanja Zemlje ω orijentiˇse se po osi rotacije naniˇze. Prenosno kretanje voza vrˇsi se tako ˇsto sile inercije u ovom kretanju ne vrˇse boˇcne pritiske na ˇsine. Boˇcne pritiske Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

154

2 Dinamika taˇ cke

izazivaju Koriolisove inercione sile Scor , koje postoje zbog relativne brzine voza vr orijentisane prema severnom polu Zemlje. Pritisak na ˇsine N uravnoteˇzuje se sa reakcijom ˇsina R, tj. R − Scor = 0.

(a)

Iz relacije (a) sledi da je: |N| =

2Q |vr × ω|. g

Pravac pritiska na ˇsine, koji se nalazi prema pravilu o vektorskom proizvodu vr × ω, prenosi se na istoˇcnu ˇsinu, kao ˇsto je prikazano na slici (3.9). Za taˇcku koja se kreće sa severa na jug, pritisak je N1 =

2Q ω × vr g

i dejstvuje na desnu stranu zapadne ˇsine. Veliˇcina sile pritiska je N=

2Q · ω· vr · sin(ω, vr ) . g

Zad. 2.28. Na materijalnu taˇcku M dejstvuje sila koja je u odnosu na nepokretni pravougli sistem referenicje odredena izrazom: S = 2xy 3 z 4 ı + 3x2 y 2 z 4 ȷ + 4x2 y 3 z 3 k. a) Ispitati da li je sila konzervativna, b) ako je konzervativna odrediti funkciju sile U , i c) izraˇcunati rad sile pri pomeranju napadne taˇcke iz poloˇzaja M0 (0, 0, 0) u poloˇzaj M1 (1, 1, 1). Reˇsenje:

X = 2xy 3 z 4

Y = 3x2 y 2 z 4

Z = 4x2 y 3 z 3


155

a) Uslov konzervativnosti:

⇒

∂X ∂Y = 6xy 2 z 4 , = 6xy 2 z 4 , ∂y ∂x ∂Y ∂Z = 12x2 y 2 z 3 , = 12x2 y 2 z 3 , ∂z ∂y ∂X ∂Z = 8xy 3 z 3 , = 8xy 3 z 3 ∂z ∂x Konzervativna

b) ∫

∫

x

U=

X dx + 0

∫

y

Y (0, y, z) dy + 0

z

Z(o, o, z) dz ⇒ U = x2 y 3 z 4

0

c) A = U (x, y, z) − U (x0 , y0 , z0 ) = 1 − 0 = 1 J k Zad. 2.29. Na materijalnu taˇcku M deluje sila koja je u odnosu na nepokretni pravougli sistem referencije odredena izrazom: S = cos yı + (−x − z) sin yȷ + cos yk. a) Ispitati da li je sila konzervativna; b) Ako je konzervativna odrediti funkciju sile U . Reˇsenje:

S = cos yı + (−x − z) sin yȷ + cos yk ∂U X = cos y = ⇒ U = x cos y + φ(y, z) ∂x ∂U ∂U ∂φ Y = −(x + y) sin y ⇒ , = −x sin y + ⇒ ∂y ∂y ∂y ∂φ = −z sin y ⇒ φ = z cos +ψ(z), ∂y Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

156

2 Dinamika taˇ cke

U = (x + z) cos y + ψ ∂U dψ dψ Z = cos y = = cos y + ⇒ = 0 ⇒ ψ = const. ∂z dz dz U = (x + z) cos y + c. k

GLAVA

3 DINAMIKA MATERIJALNOG SISTEMA

3.1

Dinamika materijalnog sistema - opˇ sti zakoni

Zad. 3.1. Na homogenu prizmu A, mase mA = 2m, koja moˇze da se kreće po horizontalnoj nepokretnoj ravni, poloˇzena je prizma B, mase mB = m. Odrediti duˇzinu ℓ za koju se pomeri prizma A kada prizma B, - do horspuˇstajući se po prizmi A, dode - prizmi i izontalne ravni. Trenje izmedu nepokretne ravni zanemariti. Sistem je zapoˇceo kretanje iz stanja mirovanja.

b B

A

a Slika 3.1:

uz zadatak 3.1.

Reˇsenje: U ovom zadatku treba prvo uoˇciti da na sistem A − B, od spoljaˇsnjih sila deluju samo sile teˇze, tako da je projekcija svih sila na pravac kretanja (x - osa, slika 3.2) jednaka nuli, tj. ∑

Xi = 0.

i Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

158

3 Dinamika materijalnog sistema y

b

Kako je, prema zakonu kretanja srediˇsta ∑ ∑ m¨ xC = Xi , gde je m xC = mi xi ,

B

GB A

i

i

GA

to sledi

x1 x2

x

n ∑

a

m¨ xC = 0

⇒ x˙ C = x˙ CO = 0 ⇒ xC = const.

x‘2 A

Dakle, x koordinata srediˇsta sistema ne menja se tokom kretanja. Odredimo, prvo, njenu vrednost u poˇcetnom trenutku:

B

l

x‘1

Slika 3.2:

⇒

i=1

y

x

Xi = 0


(mA + mB )· xC = mA x1 + mB x2 ⇒ (2m + m)· xC = 2mx1 + mx2 , gde su x koordinate srediˇsta tela A i B: 2 2 x1 = a, x2 = a − b. 3 3 Zamenom ovih vrednosti u prethodnu relaciju, u poˇcetnom trenutku je ( ) 2 7 2 2 ⇒ 3xC = a − b. (a) 3mxC = 2m· a + m a − b 3 3 3 3 Kada se prizma A pomeri za ℓ, tada je srediˇste sistema ′

′

3mxC = 2mx1 + mx2 ,

gde je

2 1 ′ ′ x1 = a + ℓ, x2 = b + ℓ. 3 3

Zamenom ovih vrednosti i koriˇsćenjem relacije (a), dobijamo: ( ) 2 1 7 2 4 1 a + ℓ + b + ℓ ⇒ a − b = a + 2ℓ + b + ℓ, 3xC = 2 3 3 3 3 3 3 odnosno ℓ=

a−b . 3

159

3.1 Dinamika materijalnog sistema - opˇ sti zakoni

k Zad. 3.2. Na pramcu i kormilu ˇcamca, teˇzine G, sede dva ˇcoveka teˇzine G1 i G2 na rastojanju ℓ jedan od drugog. Zanemarujući otpor vode, odrediti u kom smeru i za koliko će se pomeriti ˇcamac, kada ova dva ˇcoveka zamene mesta. Reˇsenje: y

G2

G1

G2

G1

G

G

x

x

Slika 3.3:

uz zadatak 3.2.

∑ Zbir projekcija spoljaˇsnjih sila na osu Ox jednak je nuli ( 3i=1 Xi = 0) i saglasno zakonu odrˇzanja kretanja srediˇsta materijalnog sistema, sledi da je m· aSx = 0

odnosno m· x ¨S = 0

odakle sledi da je x˙ S = x˙ S0 = 0, pa je xS = const. Dakle, sistem se pomera tako da mu x-koordinata srediˇsta ostaje, tokom kretanja, na istom mestu. Poloˇzaj x koordinate srediˇsta mase sistema, u poˇcetnom poloˇzaju, odreden je izrazom (m1 + m2 + m3 )· xS = m1 x1 + m2 x2 + m x3 , (a) a u krajnjem poloˇzaju biće ′

′

′

(m1 + m2 + m3 )· xS = m1 x1 + m2 x2 + m x3 , gde je

′

x1 = x1 + ℓ + x,

′

x2 = x2 + x − ℓ,

(b)

′

x3 = x3 + x.

Smenom prthodnih vrednosti u jednaˇcinu (b) i izjednaˇcavanjem desnih strana jednaˇcine (a) i (b) dobijamo m1 x1 + m2 x2 + m x3 = m1 (x1 + ℓ + x) + m2 (x2 + x − ℓ) + m(x3 + x) Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

160

3 Dinamika materijalnog sistema

odakle nalazimo duˇzinu x, za koliko se pomerio ˇcamac pri zameni mesta oba ˇcoveka G2 − G1 ℓ. x= G1 + G2 + G k Zad. 3.3. A

Odrediti pomeranje plovne dizalice koja podiˇze teret teˇzine P = 2 [t] pri zaokretu strele dizalice za 30◦ od vertikalnog poloˇzaja. Teˇzina dizalice je G = 20 [t], a duˇzina strele OA = 8 [m]. Otpor vode i teˇzinu strele zanemariti.

P O

aaaa aaaa aaaa aaaa aaaa

Slika 3.4: uz zadatak 3.3.

Reˇsenje: Postavimo relativno nepokretni koordinatni sistem xOy kao ˇsto je prikazano na sl. 3.5a. Sve spoljaˇsnje sile i reakcija vode R paralelne su y osi, a komponenta poˇcetne brzine, u pravcu x ose, jednaka je nuli. Iz zakona odrˇzanja srediˇsta sledi xC = const. (a) y a

A

30

A

o

P

O O

P


G R


a)

G

b)

Slika 3.5:

uz zadatak 3.3.

161


Obeleˇzimo rastojanje napadne linije sile G od koordinatnog poˇcetka sa a. U poˇcetnom trenutki x koordinata centra masa sistema je xC0 =

−P · OA · sin 30◦ + G· a . P +G

(b)

Da bi taˇcka xC ostala nepromenjljiva za vreme kretanja tereta P udesno, trup dizalice bi trebalo da se pomeri ulevo. Ako pomeranje trupa dizalice ulevo od ose Oy oznaˇcimo sa xC1 xC1 =

−P · x + G(−x + a) . P +G

(c)

Kako je, prema (a), ova koordinata ne promenljiva, to iz (b) i (c), sledi

x=

P · OA · sin 30◦ . P +G

(d)

Zamenivˇsi date podatke, konaˇcno se dobija x = 0, 36 [m] k Zad. 3.4. Teret A teˇzine G1 , postavljen je na strmu ravan nagiba α i teˇzine G2 . Sistem je u poˇcetku bio u miru, a zatim je teretu A saopˇstena brzina v1 , kojom nastavlja da se kreće niz strmu ravan. Odrediti kojom brzinom se kreće strma ravan. Trenje zanemariti.

A

B

a

Slika 3.6:

uz zadatak 3.4.

Reˇsenje: Kao i u prethodnom zadatku, projektovanjem svih sila na pravac kretanja (x – osa), dobija se: Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

162


n ∑

A

v2

i=1

a

v2 B

v1

G1

a G2 N

Slika 3.7:

Xi = 0 = K˙ x ⇒ Kx = Kx0 = const.

Kx0 = 0 (sistem je bio u miru) ⇒ G1 G2 Kx = (v1 cos α − v2 ) − v2 = 0 g g G1 G2 (v1 cos α − v2 ) = v2 ⇒ g g G1 v1 cos α = (G2 + G1 )v2 ⇒


v2 = v1

G1 cos α . G2 + G1

k Zad. 3.5.

Mlaz vode, preˇcnika d = 50 [mm], kreće se horizontalno brzinom intenziteta v = 24 [m/s] i udara u ravan vertikalan zid, kao ˇsto je prikazano na slici. Posle udara voda se kreće paralelno sa zidom. Odrediti silu kojom mlaz deluje na zid, ako je zid nepokretan. Gustina vode je ϱ = 1000 [kg/m3 ].

d v

Slika 3.8: uz zad.3.5.

Reˇsenje:

163


b1

∑

b

Xi = m a x

a1

a

⇒

∆v ∆v ∆v = ϱV = ϱπr2 · s = ∆t ∆t ∆t ( )2 d ∆v πd2 = ϱπ v· ∆t· =ϱ v· ∆v, 2 ∆t 4

P =m

x

F

v. t1 a

b1 b

a1

c c1

c c1

Slika 3.9: uz reˇsenje zad.3.5.

πd2 v· ∆v = 4 π = 1000[kg/m3 ] · 502 (10−3 )2 [m2 ]· 24 [m/s]· 24 [m/s]. 4 Ovaj zadatak moˇze da se reˇsi i na drugi naˇcin, prikazan niˇze. Da bi se iskljuˇcilo iz razmatranja unutraˇsnje sile pritiska delića teˇcnosti jednih na druge, pri njihovom udaru o zid, primenjuje se zakon promene koliˇcine kretanja za sistem ∑ s K1x − K0x = ∆Kx = Iix (a) P =ϱ

na deo struje koji se u datom trenutku nalazi u zapremini abc. Za uoˇceni deo zapremine se izraˇcunava razlika K1x − K0x = ∆Kx , za neki vremenski interval t1 . Za vreme t1 taj deo zapremine preći će u poloˇzaj a1 b1 c1 . Za to vreme veliˇcina Kx umanjiće se za veliˇcinu m v, gde je m – masa teˇcnosti u zapremini aa1 (vidi sliku). Teˇcnost, koja pritiˇce u zapremine bb1 i cc1 kreće se upravno na osu Ox i ne utiˇce na povećanje veliˇcine Kx . Kako se, prema tome, veliˇcina Kx samo smanjuje, biće K1x − K0x = ∆Kx = −m v. Spoljaˇsnje sile koje deluju na uoˇceni deo zapremine, kada se projektuju na osu x, daju jednu silu jednaku reakciji zida F. Ako se pretpostavi da je ova sila F konstantna, dobija se ∑ s Iix = X· t1 = −F · t1 . Prema tome, koriˇsćenjem (a) mv = −F · t1 .

(b)


164


Kako je pomeranje aa1 = v t1 , to je masa m

m = ϱ·

πd2 v t1 , 4

gde je γ – specifiˇcna teˇzina vode, pa je, prema tome, ϱ – gustina teˇcnosti. Ako se ova vrednost zameni u (b) i uzme se u obzir da je za vodu ϱ = 1000 [kg/m3 ], dobija se

F = ϱ·

πd2 2 v = 12, 8 [N ] . 4

- ovoj vrednosti. Sila pritiska struje na zid jednaka je, po intenzitetu, takode k Zad. 3.6. Preko homogenog kruˇznog diska teˇzine Q i polupreˇcnika R prebaˇceno je glatko nerastegljivo uˇze na ˇcijem jednom kraju miruje teret B teˇzine G.

Duˇz uˇzeta, polazeći iz kraja A, penje se ˇcovek teˇzine G, brzinom u. Odrediti brzinu tereta B kojom se pokrenuo, usled penjanja ˇcoveka duˇz uˇzeta. Sistem je u poˇcetku bio u miru. Trenje u leˇziˇstu zanemariti.

O

u A

Slika 3.10:

Reˇsenje:

B uz zadatak 3.6.

165


Kako se disk obrće, iskoristićemo zakon promene momenta koliˇcine kre∑ tanja L˙ O = M . Projekcija, Oi i ove vektorske jednaˇcine, na osu upravnu na ravan diska (z - osa) je

N vB O

∑ F dLOz = MOzi . dt 2

u vB

Q

A

i=1

B

Moment ˇcine samo sile teˇze:

vB G Slika 3.11:

2 ∑

G uz reˇsenje zadatka 3.6.

Fi MOz = GA R − GB R.

i=1

Teˇzine su jednake, pa je 2 ∑

dLOz = 0 ⇒ LOz = const. dt

Fi MOz = GR − GR = 0 ⇒

i=1

Kako je sistem u poˇcetnom trenutku bio u miru, tj. LOz0 = 0, to je i LOz = L1Oz + L2Oz + L3Oz = 0.

(a)

ˇ Covek povlaˇci uˇze naniˇz, brzinom vB - brzinom kojom se teret podiˇze naviˇse, a njegova brzina u odnosu na uˇze (relativna brzina) je u, sa smerom naviˇse. Njegova apsolutna brzina je va = u − vB . Dalje, kako uˇze ne klizi po disku, to je brzina u dodirnoj taˇcki ista, tj. vB = Rω, gde je ω ugaona brzina diska. Konaˇcno, odgovarajući momenti koliˇcine kretanja za osu Oz , su: L1Oz = IO · ω =

1Q 2 R ω, 2g

L2Oz =

G (−u + Rω)· R, g

L3Oz =

G 2 R ω. g

Zamenom ovih vrednosti u jednaˇcinu (a), dobija se: G G 1Q 2 R ω + (−u + Rω)· R + R2 ω = 0 ⇒ 2g g g ( ) 1 2G· u Rω Q + 2G − Gu = 0 ⇒ ω = , 2 (Q + 4G) R odakle je traˇzena brzina vB = Rω =

2G u. Q + 4G


166


k Zad. 3.7. Kruˇzna ploˇca, mase M i polupreˇcnika R, rotira oko vertikalne ose, ugaonom brzinom ω0 . Taˇcka mase m pada na rub ploˇce, a zatim se lagano kreće ka centru C, ploˇce. Odrediti:

z M mg C

wo

a) ugaonu brzinu ω1 ploˇce u trenutku pada taˇcke, b) ugaonu brzinu ω2 ploˇce u trenutku kada se taˇcka naˇsla na rastojanju r od centra. M = 2m, R = 2r.

Slika 3.12:

uz zadatak 3.7.

Relativno kretanje taˇcke u odnosu na ploˇcu zanemariti. Reˇsenje: Posmatraćemo tri trenutka: trenutak I, pre nego ˇsto je taˇcka pana na ploˇcu, trenutak II, kada je taˇcka pana na ploˇcu i trenutak III, kad se taˇcka naˇsla na rastojanju r od centra C. Za ove trenutke momenti inercije i momenti koliˇcine kretanja za osu z (osa oko koje se obrće) su: I: 1 1 LIz = Iz ω0 ; Iz = M R2 ⇒ LIz = M R2 ω0 . 2 2 II: 1 IzII = Iz + mR2 = R2 (M + 2m) ⇒ 2

II LII z = Iz ω1 ;

1 2 LII z = R (M + 2m)ω1 . 2 III: LIII z

=

IzIII ω2 ;

( ) 2mr2 1 2 = Iz + mr = R M 1 + ⇒ 2 M R2 ( ) 1 2 2mr2 = R M 1+ ω2 . 2 M R2

IzIII

LIII z

2

Kako je suma momenata za ovu osu jednaka nuli (imamo samo silu teˇze, koja je paralelna ovoj osi), to je Lz = const. Da bi se odredila ugaona brzina

167


ploˇce u trenutku kada je taˇcka pala na ploˇcu, izjednaˇcićemo: L′z

=

L′′z

( ) 1 1 2m 2 2 ⇒ M R ω0 = M R 1 + ω1 ⇒ 2 2 M

ω1 =

1 ω 2m 0 1+ M

⇒

1 ω1 = ω0 . 2

Da bismo odredili ugaonu brzinu u trenutku kada se taˇcka naˇsla na rastojanju r od ose, izjednaˇcićemo momente koliˇcine kretanja za: L′z

=

L′′′ z

ω2 =

] [ 1 1 2m ( r )2 2 2 ω2 ⇒ ⇒ M R ω0 = M R 1 + 2 2 M R 1

1+

m r 2 ω0 M (R)

=

1 ω0 1 + 14

4 ω2 = ω0 . 5

⇒

k Zad. 3.8. Kolica C se kreću bez klizanja po strmoj ravni nagiba α = 30◦ . Nerastegljivo uˇze CA, prebaˇceno preko kotura B vezano je jednim krajem za kolica C, a drugim za teret A. Odrediti visinu h za koju se teret A spustio u trenutku kada je intenzitet njegove brzine v = 5, 9 [m/s]. U poˇcetnom trenutku t = 0 brzina tereta A je v0 = 1 [m/s]. Masa kolica mC = 80 [kg], masa jednog toˇcka mD = 20 kg i masa tereta A je mA = 120 [kg]. Masu kotura B i uˇzeta zanemariti. g = 9, 8 [m/s2 ].

B

C A

D a

Slika 3.13:

uz zadatak 3.9.

Reˇsenje: U ovom sluˇcaju, iskoristićemo zakon prmene kinetiˇcke energine, pa je prethodno potrebno da se odrede odgovarajuće brzine, kinetiˇcke energije i radovi: vA = vC = vSD = rω, Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

168


gde je vSD brzina srediˇsta toˇcka, a ω njegova ugaona brzina. ( ) 2 mD vSD mA 2 mC 2 1 Ek = EkA + EkC + 4KkD = v + v +4 + IS ω 2 = 2 A 2 C 2 2 ( ) m + mC 2 mD v 2 1 1 = A v +4 + · mD r2 · ω 2 = 2 2 2 2 ) ( mA + mC + 3 · mD v 2 = (100 + 60)v 2 = 160v 2 = Ek . 2 [ ] 1 ◦ A = mA gh − (mC + 4mD ) gh sin 30 = 120 − (80 + 80) gh = 40gh = A. 2 Kako je promena kinetiˇcke energije jednaka ukupnom radu, to je: Ek − Ek0 = A ⇒ 160(v 2 − v02 ) = 40gh ⇒ h=

4(v2 − v02 ) 4 2 = (5, 92 − 12 ) = · 4, 9 · 6, 9 = 13, 8 [m], g 9, 8 4, 9

pa je h = 13, 8 [m] . k Zad. 3.9. Homogeni cilindar tankih zidova, mase m2 i polupreˇcnika R, kotrlja se bez klizanja niz strmu hrapavu ravan nagiba α. Na cilindar je namotano gipko nerastegljivo uˇze o koje je okaˇcen teret A, mase m1 . Odrediti brzinu centra C cilindra. Sistem je zapoˇceo kretanje iz stanja mirovanja.

C

a A Slika 3.14:

uz zadatak 3.9.

Reˇsenje: Treba prvo uoˇciti da su intenziteti brzina svih taˇcaka uˇzeta jednaki (neistegljivo uˇze). Dalje, brzine dodirnih taˇcka uˇzeta i cilindra (na slici 3.15 taˇcka - jednake po intenzitetu (nema proklizavanja), tj. v = v . B) su takode A B

169


Brzina taˇcke B cilindra sa brzinom njegovog centra C (taˇcke istog tela) povezane su relacijom: vB = vC + vBC , pa su intenziteti povezani relacijom (kosinusna teorema, vidi sliku 3.15b) vB2 = vC2 + (vBC )2 − 2vBC vC cos γ, x˙ x˙ vC = x˙ C , ωC = C , vBC = RωC = R C = x˙ C . R R Kako je vA = vB , to je vA2 = x˙ 2C + x˙ 2C − 2x˙ 2C cos(90◦ − α) = 2x˙ 2C − 2x˙ 2C sin α = 2x˙ 2C (1 − sin α). y

y xC vB

B

xC

C

vB

j

j

C

B

vBC vB g=90o- a

vC vA A

x

PV

a

y1

C

m2 g a

N

vC a

A

x

a

Ftr

y1 m1 g

a)

b)

Slika 3.15:

c)


Iskoristićemo zakon promene kinetiˇcke energije: n 0 ∑ >= Ek − Ek A(Fi ), 0 i=1

gde je Ek = EkA + EkC - kinetiˇcka energija sistema. Kinetiˇcke enegrija tereta A: 1 2 EkA = m1 vA , 2

1 EkA = m1 · 2x˙ 2C (1 − sin α) = m1 · x˙ 2C (1 − sin α). 2

Kinetiˇcka energija cilindra, pri ˇcmu je moment inercije tankog cilindra (prstena) IC = m R2 : x˙ 2 1 1 1 1 2 EkC = m2 vC + IC ωC2 = m2 x˙ 2C + m2 R2 C2 = m2 x˙ 2C . 2 2 2 2 R Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

170


Kinetiˇcka energija sistema: Ek = EkC + EkA = m1 · x˙ 2C (1 − sin α) + m2 x˙ 2C = [m1 (1 − sin α) + m2 ] x˙ 2C ,

Rad vrˇse samo sile teˇze. Uoˇcimo da se teret A spuˇsta za xC sin α, usled kotrljanja cilindra niz strmu ravan (pozitivan rad). Medutim, istovremeno se i podiˇze za y1 , usled namotavanja cilindra (negativan rad). Pomeranje y1 jednako je xC , jer se cilindar kotrlja bez klizanja, pa koliko se pomeri srediˇste cilindra toliko se i namota oko cilindra. Imajući ovo na umu, ukupan rad je: A = A(m1 g) + A(m2 g) = m2 gxC sin α + m1 g(xC sin α − xC ) ⇒ A = gxC [(m2 + m1 ) sin α − m1 ] . Konaˇcno dobijamo: [m1 (1 − sin α) + m2 ] x˙ 2C = gxC [(m2 + m1 ) sin α − m1 ] √ x˙ C =

⇒

(m2 + m1 ) sin α − m1 gxC . m1 (1 − sin α) + m2 k

Zad. 3.10. Transporter se pokreće iz stanja mirovanja pomoću spojnice na vratilu toˇcka A, na koji deluje konstantni obrtni moment, intenziteta M . Odrediti intenzitet brzine v trake transportera u zavisnosti od njenog pomeranja s, ako je teˇzina tereta C koji se podiˇze jednak G, a toˇckovi A i B, svaki teˇzine Q, su homogeni kruˇzni cilindri. Traka transportera, ˇcija se masa zanemaruje, obrazuje sa horizontalom ugao α. Traka pri kotrljanju ne klizi po toˇckovima. Reˇsenje:

C

B

s

M

A a Slika 3.16: uz zadatak 3.10.

171


A = AM

J=

dA = dEk ⇒ A = Ek − Ek0 s + AG , dA = M dφ, AM = M φ = M r AG = −mgh = −G · s · sin α 1 1G 2 Ek = EkA + EkB + EkG = 2 · J φ˙ 2 + s˙ 2 2g

1Q 2 1Q 2 1G 2 1 r ⇒T = v + v = (G + Q)v 2 2g 2g 2g 2g s 1 − Gs · sin α = (G + Q)v 2 r 2g M − g sin α M − rG sin α v 2 = 2gs r = 2gs G+Q r(G + Q) M

v 2 = 2gs

M − rG sin α r(G + Q) k

Zad. 3.11. Vertikalna pravougaona ploˇca ABCD, teˇzine G i dimenzija b i h, moˇze da se obrće oko vertikalne strane AB, prema slici (3.17).

z e, w Na ploˇcu deluju: moment M i sila S. Moment je konstantnog intenziteta, a pravca je z-ose. Sila S deluje u taˇcki C, konstantnog je intenziteta, pri ˇcemu je njena napadna linija horizontalna i stalno upravna na ravan ploˇce. Odrediti:

C

B

Mz

S y

O

h

x

a) zakon kretanja ploˇce i b) reakcije leˇzista, ako je ploˇca u poˇcetnom trenutku bila u stanju mirovanja.

A

D

b Slika 3.17:

uz zadatak 3.11.


172


Reˇsenje: Ovo je primer obrtanja krutog tela oko nepomiˇcne ose. Stepen slobode je jedan (ugao obrtanja φ), pa je potrebna samo jedna diferencijalna skalarna jednaˇcina za odredivanje kretanja. Medutim, kako se traˇze i otpori oslonaca (pet skalarnih veliˇcina), to je potrebno joˇs pet jednaˇcina. Kretanje krutog tela opisano je sa dve vektorske jednaˇcine (opˇsti zakoni mehanike). Zakon kretanja srediˇsta i zakon momenta koliˇcine kretanja: dLO F = MA R , dt

maT = FR ,

(a) F

gde je: aT - ubrzanje teˇziˇsta (srediˇsta), FR - glavni vektor sile, a MO R glavni vektor momenta (za taˇcku O), LO - moment koliˇcine kretanja (za taˇcku O). Ubrzanje srediˇsta je aT = at + an , gde je at = − 2b ελ - tangencijalna komponenta, a an = − 2b ωµ - normalna komponenta ubrzanja (vidi sl. 3.18b). z z

e, w Bh

B

C

b/2

Bx

aTt

S

Mz O

h

T

j

x

Az

x

Ax

D

T

z z

y

G

A

O

C

h

e, w y

aTn j

x

x

Ah a)

Slika 3.18:

b) uz reˇsenje zadatka 3.11.

Kad se oslobodimo veza, uoˇcavamo da na ploˇcu deluju sledeće sile: - aktivne: S, G, u taˇckama C i T , respektivno i - sile veze: RA , RB , u taˇckama A i B, respektivno. Pored ovih sila na ploˇcu deluje i moment M, koji je pravca z ose.

173


Da bismo napisali, prethodno navedene zakone (a), potrebno je izraˇcunati i odgovarajuće momente sila, za taˇcku O, kao i odgovarajuće momente koliˇcine kretanja. Prikaˇzimo potrebne veliˇcine, preko njihovih komponenti u odnosu na pokretni koordinatni sistem Oξηζ. Sile i odgovarajući vektori poloˇzaja napadnih taˇcaka tih sila su: S = −Sλ

rC = bµ +

RA = Aξ λ + Aη µ + Aζ ν RB = Bξ λ + Bη µ + 0 G = −Gν

h ν 2

h rA = − ν 2 h rB = ν 2 b rT = µ 2

Momenti inercije za pokretni koordinatni sistem (koordinatni poˇcetak u taˇcki O): ( )2 ) m( 2 1 b 1 2 2 = Iξ = m(b + h ) + m 4b + h2 , Iη = mh2 , 12 2 12 12 ( )2 1 b mb2 Iζ = mb2 + m = . 12 2 3 Moment koliˇcine kretanja i odgovarajući izvod: 1 LO = Iζ · ων = mb2 ων 3

⇒

dL mb2 mb2 = ων ˙ = εν. dt 3 3

(b)

Moment sile za taˇcku:

λ µ ν { } h S h MO = 0 b 2 = 0, − S, Sb 2 −S 0 0 λ µ ν { } b G b MO = 0 2 0 = − G, 0, 0 2 0 0 −G λ µ } ν { h h RA h MO = 0 0 − 2 = Aη , −Aξ , 0 2 2 Aξ Aη Aζ λ µ ν { } h h RB h MO = 0 0 2 = −Bη , Bξ , 0 2 2 Bξ Bη 0 Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

174


Moment koji deluje na ploˇcu M = −Mz ν = {0, 0, −Mz }. Projekcije prve od jednaˇcina (a), su: b −mε = Aξ + Bξ − S, 2 2b −mω = Aη + Bη , 2 0 = Aζ − G.

(c)

Projekcije druge od jednaˇcina (a), su: h b −G 2 2 h h 0 = (Bξ − Aξ ) − S 2 2 0 = (Aη − Bη )

(d)

1 2 mb ε = S b − Mz . 3 Iz poslednje jednaˇcine, sistema (d), dobijamo ε=

3Mz 3S − = const. = C, mb mb2

ε = ω˙ = φ. ¨

Kako je φ¨ konstantno, tj. φ¨ = C, to reˇsavanjem ove diferencijalne jednaˇcine, dobijamo konaˇcnu jednaˇcinu kretanja ploˇce 1 φ = C t2 , 2 gde smo pretpostavili da je φ0 = 0 i φ˙ 0 = 0. Reˇsavanjem sistema sila (c) i (d), za reakcije dobijamo: 3 3 Aξ = − S + Mz 4 4b b mb Aη = G− (Ct)2 2h 4 Aζ = G

1 3 Bξ = S + Mz , 4 4b b mb Bη = − G − (Ct)2 , 2h 4 . k

Zad. 3.12. Konstantnim obrtnim momentom M dovodi se kruto telo iz stanja mirovanja u obrtanje oko nepokretne vertikalne ose. Pri tome se javlja

175


i moment sile otpora M1 . Naći zakon po kome se menja ugaona brzina ω tela, ako je I njegov moment inercije za osu obrtanja, a M1 = kω. Reˇsenje: Kako se kruto telo obrće oko nepomiˇcene ose (jedan stepen slobode ugao obrtanja), iskoristićemo zakon promene momenta koliˇcine kretanja, izraˇzenog u odnosu na osu obrtanja. Neka je to u naˇsem sluˇcaju osa z, pa je ∑ dLz Mzi . = dt i

Kako je Lz = Iz ω, a

∑

i Mzi

= M − M1 to je:

I ω˙ = M − M1 = M − kω. Ova jednaˇcina predstavlja diferencijalnu jednaˇcinu kretanja. Reˇsava se razdvajanjem promenljivih, tj. ∫ dω dω 1 / I = M − kω ⇒ = dt ⇒ dt M − kω I 1 dz 1 M − kω = z, −k dω = dz ⇒ − = dt k z I 1 1 1 − ln(M − kω) = ln C1 = t, k k I 1 M − kω t C1 − ln = ⇒ ln = k C1 I M − kω kt k C1 = t⇒ =eI ⇒ I M − kω

⇒

M − kω = C1 e− I ⇒ kt

ω=

kt 1 (M − C1 e− I ) . k

k Zad. 3.13. Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

176


Glatka cev AB, kruˇznog oblika, priˇcvrˇsćena je ˇstapom BC za osovinu O1 O2 , oko 2 koje se obrće po zakonu φ = πt2 . U cevi kreće se taˇcka M iz poloˇzaja A po zakonu 2 s = R πt2 [m]. Odrediti:

z O2

w M R R A

a) apsolutnu brzinu taˇcke M , b) apsolutno ubrzanje taˇcke M , trenutku t = 1 [s], i

C

B

u O1

c) pritisak taˇcke M na cev.

Slika 3.19:

uz zad.3.13.

Reˇsenje: z vr1

M1

z O2 M1

w

ac1 a a rt1 pn1

z O2

w

in

in

Fpn1

apt1

vp1

C y

A

B

d

x

wp

M1

ac1 Fpt1 a pn1

O2

w

apt1 C y

arn1 A

B

in

Fc1

x

B

N2

wp O1

C y

G

A

N1

O1

a)

O1

b)

Slika 3.20:

x wp

c)

uz reˇsenje zad.3.13.

Prvo odredimo poloˇzaj taˇcke M u kom se naˇsla posle prve sekunde. 2 Zakon relativnog kretanja je s = R πt2 , pa za t = 1 [s] predeni put je duˇzine s1 = Rπ/2, tj. taˇcka je preˇsla ˇcetvrtinu kruga. Naˇsla se u poloˇzaju koji je na sl. 3.20 obeleˇzen sa M1 . Dakle, za ovaj poloˇzaj treba odrediti traˇzene veliˇcine. a) Apsolutna brzina. Cev se obrće oko nepomiˇcne ose O1 O2 , pa je prenosno kretanje obrtanje oko nepomiˇcne ose ugaonom brzinom ω = ω ν,

gde je

ω = φ˙ = πt,

i

ω1 = π.

177


Izraˇcunajmo i ostale veliˇcine, koje će nam kasnije trebati: ε = ω˙ = π = ε1 , s=

πt2 ·R 2

⇒

s˙ = πtR

s˙ 1 = πR

s¨ = πR = s¨1 .

Komponente apsolutne brzine, u trenutku t = 1 [s], su: - relativna brzina vr |t=1 = vr1 µ = s˙ 1 µ = πR µ. - prenosna brzina vp |t=1 = vp1 λ = (d · ω1 ) λ = 2Rπλ. Konaˇcno dobijamo apsolutnu brzinu, u trenutku t = 1 [s]: v1 = vp1 + vr1 = 2πR λ + πR µ

⇒

v1 = −πRλ + 2Rπν . b) Apsolutno ubrzanje. Komponente apsolutnog ubrzanja, u trenutku t = 1 [s], su: - Koriolisovo ubrzanje: λ µ ν acor1 = 2ω 1 × vr1 = 2 0 0 ω1 ⇒ acor1 = −2π 2 Rλ. 0 vr 0 1 - relativno ubrzanje: s˙ ar1 = art1 + arn1 = − ν + s¨µ R ar1 = πRµ − π 2 Rν.

⇒

- prenosno ubrzanje: ap1 = apn1 + apt1 = d· ω12 µ + d· ε1 λ

⇒

ap1 = 2Rπλ + 2Rπ 2 µ. Sabirajući ove komponente, dobijamo apsolutno ubrzanje, u trenutku t = 1 [s]: a1 = 2πR(1 − π)λ + πR(1 + 2π)µ − π 2 Rν . Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

178


c) Pritisak na cev. Za odredivanje pritisaka na cev, iskoristićemo osnovnu jednaˇcinu relativnog kretanja, pretpostavljajući da reakcija ima komponente u sva tri pravca N = Nξ + Nη + Nζ : ∑ ma = Si = m(ar + ap + acor ) ⇒ i in mar = G + Nξ + Nη + Nζ + Fin p + Fcor ,

gde je, prema pretpostavci, Nξ = Nξ λ, Nη = Nη µ, Nζ = Nζ ν. Teˇzina in taˇcke je G = −G ν. Inercijalne sile su: Fin p = −m ap , Fcor = −m acor , pa je: ) G( πRµ − π 2 Rν = −G ν + Nξ λ + Nη µ + Nζ ν− g ) G( ) G( − 2Rπλ + 2Rπ 2 µ − −2π 2 Rλ . g g Grupiˇsući uz jediniˇcne vektore, dobijamo: Nξ =

2π R G (1 − π) , g

Nη =

2π R G (1 + 2π) , g

Nζ = G −

π2 R G . g k

Zad. 3.14. Homogeni ˇstap duˇzine 2ℓ i teˇzine G nalazi se u horizontalnoj ravni. U jednom trenutku ˇstapu se saopˇsti ugaona brzina ω0 , a centru inercije brzina v0 . U toku kretanja na svaki element ˇstapa dξ dejstvuje sila otpora dF = −2v dξ.

dF

dx

y

x

x j

x

C

v

Slika 3.21:

Napisati: a) diferencijalne jednaˇcine kretanja ˇstapa, b) odrediti ugaonu brzinu ˇstapa u funkciji vremena i c) brzinu srediˇsta ˇstapa u funkciji vremena.

uz zadatak 3.15.

179


Reˇsenje: dF = −bv dξ = −b(xi ˙ + yj) ˙ dξ i j k dMC = − x y 0 · b · dξ = −(xy˙ − y x)bk ˙ dξ = φξ ˙ 2 · bk dξ x˙ y˙ 0 ∫ℓ m¨ xC = −

∫ℓ bx˙ dξ = −2bℓx˙ m¨ yC = −

−ℓ

by˙ dξ = −2bℓy˙

−ℓ

∫ℓ JC φ¨ = − −ℓ

JC =

mℓ2 , 3

2 bφζ ˙ 2 dξ = − bℓ3 φ, ˙ 3

smena

2bℓ 4ℓ =k= . m m

x ¨C + k x˙ C = 0 y¨C + k y˙ C = 0 φ¨ + k φ˙ = 0 t0 = 0 x˙ 0 = v0 cos φ0 y˙ 0 = v0 cos φ0 φ˙ 0 = ω0

4ℓ x˙ C = 0 m 4ℓ y¨C + y˙ C = 0 m 4ℓ φ¨C + φ˙ C = 0 m x ¨C +


180


x˙ C = v0 cos φ0 e−kt y˙ C = v0 cos φ0 e−kt φ˙ = ω0 e−kt = ω vC = v0 e−kt k Zad. 3.15. z h

Horizontalna homogena kruˇzna ploˇca, mase m i polupreˇcnika R, vezana je kruto u taˇcki C za vertikalnu osu AB. Na ploˇcu u taˇcki D ⃗ ˇcija je napadna linija deluje sila S, u ravni ploˇce i stalno je upravna na preˇcnik CD. Njen intenzitet je konstantan. Napisati:

R E C D R

x S

A

mg

Slika 3.22: uz zadatak 3.15. a) deferencijalne jednaˇcine kretanja ploˇce, b) konaˇcne jednaˇcine kretanja i c) odrediti reakcije u leˇziˇstima A i B. Reˇsenje: 1 1 Jx = Jy = mR2 , Jz = mR2 4 2 ω = ων, ε = εν Sile S = {0, S, 0},

rD = {2R, 0, 0}

G = {0, 0, −mg},

rCT = {R, 0, 0}

RA = {Aζ , Aη , Aς },

rA = {0, 0, −R}

RB = {Bζ , Bη , 0},

rB = {0, 0, R}


181

Zakon o kretanju centra mase

maCT = R ρCT = Rλ aCT ε × ρCT + ω × (ω × ρCT ) λ µ ν ε × ρ = 0 0 ε = −εR(−µ) = Rεµ R 0 0 λ µ ν ω × ρ = 0 0 ω = Rωµ R 0 0 λ µ ν ω × ( ) = 0 0 Rω = −ω · ωλR 0 ω 0

aCT = R(εµ − ω 2 λ) a = −ω 2 Rλ + Rεµ −mrω 2 = Aζ + Bζ mrε = S + Aη + Bη 0 = −mg + Aς Zakon momenta koliˇcine kretanja dLCT = dt

∫ ρ × v dm

λ µ ν ω × ρ = 0 0 ω = −ω(λb − aµ) = −ωbλ + aωµ a b 0 λ µ ν b 0 = ν(a2 ω + ωb2 ) = ωρ2 ν ρ×ω×ρ= a −ωb aω 0 Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

182


(∫

∫ LCT =

ωρ2 ν dm =

) ∫ ωρ2 dm ν = ω ρ2 dm ν = ωJς ν | {z } Jς

dL = ωJ˙ς ν = ωJ ˙ ς ν = εJς ν dt 1 3 Jς = Jz + m · R2 = mR2 + mR2 = mR2 2 2 3 L˙ = mR2 εν 2 λ S M = 2R 0 λ µ G M = R 0 0 0 λ µ RA 0 M = 0 Aζ Aη ⃗λ µ ⃗ RB M = 0 0 B B η ζ

µ ν 0 0 = +2RSν S 0 ν 0 = +Rmgµ −mg ν −R = R(Aη λ − Aζ µ) Aς ⃗ν ⃗ Bζ ) R = −R(⃗λBη − µ 0

dL =M dt 0 = Aη − Bη ⇒ Aη = Bη 0 = mg − Aζ + Bζ ⇒ Aζ − Bζ = mg 3 4 S mR2 ε = 2RS ⇒ ε = 2 3 mR a) φ¨ =

4S =A⇒ 3mR

b) 1 2S 2 φ = At2 + C1 t + C2 → φ = t + C1 t + C2 2 3mr


183

c) Aζ − Bζ = mg Aζ + Bζ = −mRω 2

m (g − Rω 2 ) 2 m Bζ = − (g + Rω 2 ) 2 Aζ =

Aη = Bη Aη + Bη = mrε − S

1 Aη = (mRε − S) = Sover6 2 1 Aη = Bη = S 6 Aς = mg k


184


3.2

Sudar - udar

Zad. 3.16. Automobil, koji se kretao autoputem, udara o zaˇstitinu ogradu brzinom intenziteta 180 [km/h], pod uglom od 30◦ u odnosu na ogradu.

aaaaaaaaaaaaaaaaaaaa aaaaaaaaaaaaaaaaaaaa Ako je masa automobila 800 [kg], a vreme aaaaaaaaaaaaaaaaaaaa trajanja udara τ = 0, 05 [s], odrediti aaaaaaaaaaaaaaaaaaa udarni impuls, udarnu silu, brzinu auto- aaaaaaaaaaaaaaaaaaa aaaaaaaaaaaaaaaaaaa mobila na kraju udara kao i ugao pod kov

jim se automobil odbija od ograde. Udar smatrati apsolutno neelastiˇcnim.

30

o

Slika 3.23:

uz zadatak 3.16.

Reˇsenje: Kako je u ovom sluˇcaju kos udar o nepokretnu glatku podlogu, to je, prema Njutnovoj hipotezi,

n vn’= 0 30

o

a

b

′

|vn | = k |vn |,

vt = vt‘ = v ‘

(a)

t vn

Slika 3.24:

tj.

v

′


vn = −k vn

(vidi sl. 3.24).

U sluˇcaju apsolutno neelastiˇcnog udara k = 0, to je prema (a) ′

vn = 0. Projekcije brzine na poˇcetku udara na pravac ose udara i na upravan pravac, su (vidi sl. 3.24): v vn = −v cos 60 = − = −25 [m/s], 2 ◦

√ v 3 vt = v sin 60 = = 43, 3 [m/s], 2

Projektovanjem osnovne jednaˇcine teorije sudara ( ′ ) m v −v =I

◦

185

3.2 Sudar - udar

na pravac normale i tangente, dobija se: 0

m( vn7 ′

− vn ) = I n ,

(b)

′

m(vt − vt ) = 0.

(c)

Udarni impuls potiˇce od udarne normalne reakcije podloge, koja ima pravac ose udara. To znaˇci da će udarni impuls imati projekciju samo na osu n. Iz jednaˇcine (c) dobija se ′ vt = vt = 43, 3 [m/s]. Iz jednaˇcine (b) dobija se udarni impuls −m(−v cos 60◦ ) = I n

⇒

I n = 800 [kg]· 25 [m/s] = 20.000 [N s] .

Udarna sila je F =

In 20000 = = 400 [kN ] . τ 0, 05

Brzina automobila na kraju udara je √ ′ ′ ′ ′2 2 v = vn′ + vt ⇒ v = vt = 43, 3 m/s ≈ 156 [km/h] . Kako se koeficijent restitucije, u sluˇcaju udara, moˇze izraziti i na sledeći naˇcin: k=

tgα tgβ

i kako je

pa je traˇzeni ugao

k = 0,

to znaˇci da je

tgβ = ∞,

β = 90◦ . k

Zad. 3.17. Lokomotiva mase m = 120 [t], ulazeći u ˇzelezniˇcku stanicu, zapoˇcinje koˇcenje i udara u odbojnik, nakon ˇcega se zaustavlja. U tom trenutku, njena brzina je iznosila v = 1, 8 [km/h], a vrema trajanja udara τ = 0, 1 [s]. Odrediti intenzitet udarne sile i udarnog impulsa.

v n

Slika 3.25:

uz zadatak 3.17 – voz.

m = 120 [t], v = 1, 8 [km/h] = 0, 5 [m/s], k = 0, τ = 0, 1 [s]. Reˇsenje: Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

186


Osnovna jednaˇcina teorije sudara je ′

mv − mv = I.

(a) ′

Kako se lokomotiva posle udara zaustavi, to je vn = kvn = 0, pa je na osnovu projekcije jednaˇcine (a), na pravac ose udara: 0 ′7 m( vn − vn ) = I Traˇzeni udarni impuls je Udarna sila je

Fu =

⇒

−mvn = I.

I = 120· 103 · 0, 5 = 60· 103 [kgm/s] .

I 60· 103 = = 600· 103 [N ] = 600 [kN ] . τ 0, 1 k

Zad. 3.18. Pri sletanju aviona, vektor brzine zaklapa ugao 0, 6◦ sa poletno-sletnom stazom. Masa aviona iznosi m = 150 [t]. Vreme trajanja udara stajnog trapa sa poletno-sletnom stazom iznosi τ = 0, 05 [s], dok je brzina aviona pri sletanju iznosila v = 198 [km/h]. Udar stajnog trapa o poletno-sletnu stazu smatrati apsolutno neelastiˇcnim. Odrediti intenzitet udarne sile i udarnog impulsa. Koliki procenat opterećenja akumulira stajni trap pri sletanju?

v 0.6

Slika 3.26:

o

uz zadatak 3.18.

m = 150 [t], τ = 0, 05 [s], k = 0, v = 198 [km/h] = 55 [m/s]. Reˇsenje: Osnovna jednaˇcina teorije sudara je ′

mv − mv = I. Pri apsolutno neelastiˇcnom udaru je k = 0, pa je: ′

v k= n =0 vn

⇒

′

vn = 0.

Projektovanjem jednaˇcine (a) na pravac tangente, dobija se ) ( ′ m vt − vt = 0,

(a)

187

3.2 Sudar - udar

odakle je brzina aviona, po sletanju, ′

vt = vt = v cos 0, 6◦ ≈ 54, 45 [m/s] = 196, 02 [km/h]. Projektovanjem jednaˇcine (a) na normalu n, je: 0 − m(−vn ) = I, odakle je traˇzeni udarni impuls I = mvn = mv sin 0, 6◦ = 82.500 [kgm/s] . Udarna sila je Fu =

I 82.500 = = 1650 [kN ] . τ 0, 05

Opterećenje stajnog trapa aviona, na stajanci (pri mirovanju), odgovara teˇzini aviona: F st = mg = 150· 103 [N ]10[m/s2 ] = 1.500 [kN ], ˇsto znaˇci da je sila F u za 10% veće od statiˇckog opterećenja, tj. F u = 1, 1F st . k Zad. 3.19. Pri sletanju aviona, vektor brzine zaklapa ugao 1, 2◦ sa poletno-sletnom stazom. Masa aviona iznosi m = 150 [t]. Vreme trajanja udara stajnog trapa sa poletno-sletnom stazom iznosi τ = 0, 05 [s], dok je brzina aviona pri sletanju iznosila v = 198 [km/h]. Udar stajnog trapa o pletno-sletnu stazu smatrati elastiˇcnim, a sam koeficijent restitucije iznosi k = 0, 1. Odrediti intenzitet udarne sile, udarnog impulsa, kao i ugao koji vektor brzine zaklapa sa osom udara u trenutku odskoka aviona kada on ostvari kontakt sa poletnosletnom stazom.

v 1.2o

Slika 3.27:

uz zadatak 3.19.

Reˇsenje: Projektovanjem osnovne jednaˇcine sudara ′

mv − mv = I, Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

188


na pravac ose udara, dobija se: ( ′

m(vn + vn ) = I

⇒

mvn

′

vn +1 vn

) = I,

pa je traˇzeni impuls I = mvn (k + 1) = 181.500 [kgm/s] . Udarna sila je: Fu =

181.500 I = = 3630 [kN ] . τ 0, 05

Kako je k=

tgα = 0, 1; tgβ

tgβ = 0, 1tg89, 4◦ = 9, 55

to je traˇzeni ugao β = arctg9, 55 = 84◦ . k Zad. 3.20. Brod mase m = 50.000 [t] uplovljava u pristaniˇste na naˇcin kako je to slikom prikazano. Komponente brzina u trenutku kontakta broda sa odbojnicima iznose v = 0, 1 [m/s], dok vreme trajanja udara iznosi τ = 0, 1 [s]. Duˇzina svakog od odbojnika iznosi a = 4 [m], a visina h = 2, 5 [m]. Izraˇcunati intenzitete udarnog impulsa i udarne sile, kao i pritisak kojim brod deluje na odbojnike. Udar broda o odbojnike smatrati apsolutno neelastiˇcnim. Uzeti da je boˇcnih odbojnika 5, a sa prednje strane samo jedan odbojnik.

Reˇsenje:

v v

Slika 3.28:

uz zadatak 3.20.

189

3.2 Sudar - udar

v n

Prvo će se razmatrati udar broda o prednji odbojnik. Projektovanjem osnovne jednaˇcine teorije sudara, na pravac sudara (n-osa, sl. 3.29), pri ′ ˇcemu je vn = 0, jer se sudar apsolutno neelastiˇcan, dobija se traˇzeni udarni impuls:

a)

v

n b)

Slika 3.29:


I = mvn = 5· 106 [kgm/s] . Udarna sila je Fu =

I = 50· 106 [N ] . τ

Pritisak na prednji odbojnik definiˇse se kao odnos udarne sile i povrˇsine odbojnika: Fu P = = 50· 105 [N/m2 ] = 5 [M P a] . a· h Analogno prethodnom sluˇcaju, pri udaru o boˇcne odbojnike, dobija se udarni impuls (ista brzina na poˇcetku udara) I = mvn = 5· 106 [kgm/s] . Udarna sila je Fu =

I = 50· 106 [N ] . τ

Pritisak na jedan boˇcni odbojnik je: P =

Fu = 50· 105 [N/m2 ] = 5 [M P a] . a· h Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

190


Fu Boˇcni odbojnici trpe silu od FBu = gde je n broj boˇcnih odbojnika, n kojih, prema uslovima zadatka ima 5. Dakle, boˇcni odbojnici trpe silu od FBu = 10.000 [kN ] . k Zad. 3.21.

v1

Dve kugle, masa m1 = m i m2 = 2m, kreću se jedna prema drugoj duˇz horizontale konstantnim brzinama intenziteta v1 = 2 [m/s] i v2 = 5 [m/s]. Ako je koeficijent restitucije k = 0, 4, odrediti brzine kugli nakon sudara.

v2

1

2 Slika 3.30:

uz zadatak 3.21.

Reˇsenje:

v1‘ 1 Slika 3.31:

v2‘

U ovom sluˇcaju vaˇzi zakon odrˇzanja koliˇcine kretanja, jer je glavni vektor spoljaˇsnjih udarnih sila jednak nuli (nema udarnih spoljaˇsnjih sila), tj.

n

2

uz reˇsenje zadatka 3.21. Pretpostavljene brzine srediˇsta posle sudara.

odnosno

2 ∑

′

K = K0 ,

mi vi =

i=1

2 ∑

mi vi .

(a)

i=1

Pored toga, brzine pre sudara su pravca sudara, a centri tela nalaze se na ovom pravcu (vidi sliku 3.30). Dakle, ovo je primer upravnog centralnog ′ sudara dva tela. Neka su v1 i v2 brzine centara ovih tela pre sudara, a v1 ′ i v2 njihove brzine posle sudara. Kako nema udarnih (unutraˇsnjih) sila u pravcu upravnom na pravac sudara, to neće biti promene u tom pravcu, pa se dakle neće promeniti ni pravac brzina posle sudara. Prema uslovu zadatka, projekcije brzina pre sudara, na pravac sudara, su (vidi sliku 3.30): v1n = v1 = 2,

v2n = −v2 = −5,

191

3.2 Sudar - udar

a na upravan pravac ′

′

v1t = v1t = 0,

v2t = v2t = 0.

Projekcija koliˇcine kretanja (a) na pravac sudara n daje: ′

′

′

′

m1 v1n + m2 v2n = m1 v1n + m2 v2n , m m m m v1n + 2 v2n = · 2 + 2 · (−5) ′

⇒

′

v1n + 2v2n = −8.

(b)

Dobijena je jedna jednaˇcinu sa dve nepoznate. Potrebna je joˇs jedna jednaˇcina - normalnih komponenti istih promenljivih. Druga jednaˇcina je veza izmedu brzina, izraˇzena koeficijentom sudara ′

′

v − v1n ′ ′ k = 2n ⇒ v2n − v1n = k (v1n − v2n ) ⇒ v1n − v2n ′

′

v1n − v2n = −k (v1n − v2n ) .

(c)

Iz (b) i (c) dobija se: 26 68 ′ [m/s], v1n = − [m/s]. 15 15 Brzine kugli, na kraju sudara, su: v( ) u u ′ 0 2 ( ′ )2 26 ′ + v2n = v2 = t v2t [m/s] , 15 ′

v2n = −

v( ) u u ′ 0 2 ( ′ )2 68 ′ t + v1n = v1t v1 = [m/s] . 15 k Zad. 3.22. Intenziteti brzina srediˇsta dveju kugli, koje se kreću jedna drugoj u susret, su v1 = 6 [m/s] i v2 = 10 [m/s]. Masa prve kugle je m1 = 10 [kg]. Odrediti: masu druge kugle i veliˇcinu udarnog impulsa I1 , ako se posle neelastiˇcnog sudara kugle zaustave.

v1

v2

1 2 Slika 3.32: uz zadatak 3.22.


192


Reˇsenje: I ovo je primer centralnog upravnog sudara. Vaˇzi zakon odrˇzanja koliˇcine kretanja K = K0 , odnosno

2 ∑

′

mi vi =

i=1

2 ∑

mi vi .

(a)

i=1

Projekcije brzina pre sudara na pravac sudara su: v1n = v1 ,

v2n = −v2 .

Projektovanjem (a) na pravac n dobija se: ′

′

m1 v1n + m2 v2n = m1 v1n + m2 v2n . Sudar je neelastiˇcan, tj. koeficijent sudara je k = 0, pa je ′

′

v1n = v2n . ′

′

Kako se kugle posle sudara zaustave, tj. v1n = v2n = 0, to iz prethodne jednaˇcine sledi m1 v1n + m2 v2n = 0, odnosno, m1 v1 − m2 v2 = 0 ⇒ m2 =

v1 m1 ⇒ v2

m2 = 6 kg . Impuls je: ( m1

1n

)

0

v − v ′

1n

I1n

= I1n

⇒

10(−6) = I1n ⇒

I1n = −60 N/s , m1 m2 = −(1 + k) (v1n − v2n ) = −I2n . m1 + m2 k

Zad. 3.23.

193

3.2 Sudar - udar

U trenutku sudara dve jednake kugle, brzina srediˇsta prve kugle bila je usmerena duˇz centralne linije, dok je vektor brzine druge upravan na centralnu osu. Odrediti brzine teˇziˇsta kugli na kraju sudara, smatrajući sudar elastiˇcnim.

v2 v1 1 2 Slika 3.33: uz zadatak 3.23.

Reˇsenje:

t

v2t‘ = v2

n

a 1

Za razliku od prethodna dva zadatka, ovo je primer kosog centralnog sudara (vidi sliku 3.33) i to elastiˇcnog. Projekcije brzina pre sudara, na pravac sudara i ortogonalan pravac, su:

v2‘ v2n ‘ = v1

2

Slika 3.34: uz reˇsenje zadatka 3.23.

v1n = v1 , v1t = 0,

v2n = 0 v2t = v2 .

Iz zakona odrˇzanja koliˇcine kretanja K = K0 , projektovanjem na odgovarajuće ose, dobija se: - projekcija na n osu ′

′

*, v2n mv1n + mv2n = mv1n + m

0

- projekcija na t osu ′ ′ 0 *+ mv1t + mv2t = m v1t mv2t .

Sudar je elastiˇcan k = 1, pa je, prema definiciji koeficijenta restitucije: ′

+

−→

k=

′

v2n − v1n =1 v1n − v2n

Kako nema promena komponenti u pravcu upravnom na sudar t, to je: ′

v1t = v1t = 0,

′

v2t = v2t = v2 .


194


Iz ovog sistema se dobija:

′

′ ′ *0 ⇒ v2n − v1n = v1n − v2n ′

⇒

mv1n + mv2n = mv1n ′

′

v1n + v1n = v1n − v1n

′

′

v2n = v1n + v1n , ′

′

v2n = v1n − v1n ⇒

′

v1n = 0

⇒ ⇒

′

v2n = v1n .

Dakle, brzine teˇziˇsta kugli, na kraju sudara, su: √ ′ ′ 2 ′ 2 v1 = v1n + v1t = 0, √ √ v2 ′ ′ 2 ′ 2 v2 = v2n + v2t = v12 + v22 , tgα = . v1 k Zad. 3.24.

v1

Dve kugle masa m1 i m2 kreću se jedna ka drugoj u susret brzinama istog intenziteta v. Posle sudara prva kugla je zaustavljena, a druga se odbije u suprotnu stranu od smera kretanja pre sudara. Odrediti koeficijent restitucije.

v2

1

2

Slika 3.35:

uz zadatak 3.24.

Reˇsenje: Zakon odrˇzanja koliˇcine kretanja: K = K0 ,

(a)

pri ˇcemu su projekcije brzina, na poˇcetku sudara, na osu sudara n: v1 = v2 = v,

′

v1n = v, v2n = −v, v1n = 0.

Projekcija vektorske jednaˇcine (a) na osu n: ′

′

m1 v1n + m2 v2n = m1 v1n + m2 v2n

⇒

′

v2n

m1 = v−v =v m2

(

m1 − m2 m2

) .

195

3.2 Sudar - udar

Koeficijent restitucije je: ′

+

−→

k=

−v ′

v2n 1n v1n − v2n

0

⇒

m1 − m2 . 2m2

k=

k Zad. 3.25.

v2

Dve glatke kugle, masa m1 = 1 [kg] i m2 = 2 [kg], sudaraju se, pri ˇcemu su im intenziteti brzina na poˇcetku sudara redom v1 = 3 [m/s] i v2 = 1 [m/s], sa pravcem i smerom koji su prikazani na slici (3.36).

45 30

o

o

v1 1

2

Slika 3.36:

uz zadatak 3.25.

Ako je koeficijent restitucije k = 0, 75 , odrediti horizontalne i vertikalne komponente brzine kugli na kraju sudara. Reˇsenje: Zakon odrˇzanja koliˇcine kretanja: K = K0 ,

(a)

pri ˇcemu su projekcije brzina, na poˇcetku sudara, na ose n i t: √ √ 3 2 ◦ ◦ v1n = v1 cos 30 = v1 , v2n = −v2 cos 45 = − v2 , 2 √ 2 1 2 v2 . v1t = v1 sin 30◦ = v1 , v2t = −v2 sin 45◦ = − 2 2

Projekcija vektorske jednaˇcine (a) na n, odnosno t osu: ′

′

m1 v1n + m2 v2n = m1 v1n + m2 v2n , ′

′

m1 v1t + m2 v2t = m1 v1t + m2 v2t .

v1t‘

v1‘

t v2n ‘ n

v1n ‘ 1

2

v2t‘ Slika 3.37:

v2‘

uz zadatak 3.25.


196


Poˇsto je pravac sudara pravac n ose, to je ′

′

+

−→

k=

v2n − v1n ′ ′ ⇒ v2n − v1n = k (v1n − v2n ) . v1n − v2n

Tangencijalne komponente brzina, posle sudara (prema sl. 3.37), su: 1 v1t = v1t = v1 = 1, 5 [m/s] 2 ′

√ 2 v2t = v2t = − v2 = −0, 707 [m/s] . 2 ′

i

Normalne komponente brzina, posle sudara (prema sl. 3.37), su: ′

v2n =

k(v1n − v2n ) + v1n + 1+

m2 m1 v2n

m1 m2

′

⇒

v2n ≈ 1, 22 [m/s] ,

′

v1n = −1, 26 [m/s] . k Zad. 3.26. Tri kugle imaju istu masu m. Ako kugla A ima brzinu intenziteta v pre sudara u kuglu B, odrediti brzinu kugle C posle sudara. Koeficijent - svih kugli je k. restitucije izmedu

v B

C

A


Reˇsenje: Sudar A − B. Kombinovanjem zakona odrˇzanja koliˇcine kretanja i Njutnove hipoteze, dobija se brzina kugle B, kojom ona udara u kuglu C: K = K0 ,

vAn = v,

vBn = 0.

Projekcija na n osu ′ ′ 0 v′ = v − v′ . :⇒ mvAn + mvBn = mvAn + m vBn An Bn

+

−→

′

′

vBn − vAn ′ ′ ′ ′ ⇒ vBn − vAn = kvAn , vAn = vBn − kv vAn − vBn 1+k ′ ′ ′ v. v − vBn = vBn − kv ⇒ vBn = 2

k=

197

3.2 Sudar - udar

Sudar B − C. Kombinovanjem zakona odrˇzanja koliˇcine kretanja i Njutnove hipoteze, pri ˇcemu je brzina kugle B, na poˇcetku ovog udara, jednaka brzini kugle B na kraju prethodnog udara, dobija se brzina kugle C na kraju prethodnog udara: 1+k v, 2

′

K = K0 ,

vB1 n = vBn =

vCn = 0.

Projekcija na n osu ′

′

′

′

:0 ⇒ v mvB1 n + mvCn = mvB1 n + m vCn B1 n = vB1 n − vCt =

′

1+k ′ v − vCt . 2

′

v − vCn 1+k ′ ′ ′ ′ k = B1 n ⇒ vBn − vCn = −kvB1 n , vB1 n = vCn − k v vCn − vB1 n 2 1+k 1+k 1+k ′ ′ ′ v − vCn = vCn − kv ⇒ 2vCn = v (1 + k) ⇒ 2 2 2 +

−→

′

vCn =

v(1 + k)2 . 4 k

Zad. 3.27. Na raskrsnici dve ulice, ˇciji pravci zaklapaju ugao od 60◦ , doˇslo je do sudara dva automobila. Na poˇcetku sudara njihove brzine (intenziteti) bile su 80 [km/h] i 120 [km/h], sa pravcima koji su se poklopili sa pravcima ulica. Ako su mase automobila m1 = 700 [kg] i m2 = 900 [kg], vreme trajanja sudara τ = 0, 05 [s], a koeficijent restitucije k = 0, 1, odrediti brzine automobila na kraju sudara, impuls, kao i udarnu silu. Odrediti i uglove koje brzine automobila, na kraju sudara, zaklapaju sa osom sudara.

v1 v2



198


Projekcije brzina automobila na pravac sudara n i upravan pravac t (vidi sl. 3.39), su: v1n = v1 , v2n

v1t = 0,

1 = v2 cos 60 = v2 = 16, 65 [m/s], 2 ◦

√ 3 v2t = v2 sin 60 = v2 = 28, 84 [m/s]. 2 ◦

Polazi se od zakona odrˇzanja koliˇcine kretanja materijalnog sistema, pri sudaru: ′ ′ ′ K = K ⇒ m1 v1 + m2 v2 = m1 v1 + m2 v2 . (a) Kako je u pitanju centralni sudar, ne postoje promene brzina u pravcu upravnom na osu sudara, pa je: √ 3 ′ ′ v1t = v1t = 0, v2t = v2t = v2 = 28, 84 [m/s]. 2 Projekcija jednaˇcine (a) na n-osu: ′

′

m1 v1n + m2 v2n = m1 v1n + m2 v2n

⇒

′

v2n =

m1 v1n + m2 v2n m1 ′ − v . m2 m2 1n

Koeficijent restitucije je: ′

m1 v1n + m2 v2n m2

′

v − v1n ′ ′ k = 2n ⇒ v2n − v1n = 0, 1(v1n − v2n ) ⇒ v1n − v2n ′ ′ v2n = v1n + 0, 1(v1n − v2n ) ⇒ ( ) m1 ′ − 0, 1(v1n − v2n ) = v1n 1 + . m2

Projekcije brzine automobila na kraju sudara, na pravac sudara, su: ′

v1n = 18, 76 m/s ≈ 67, 5 [km/h], ′

v2n = 19, 32 m/s ≈ 69, 5 [km/h]. Udarni impuls je: ′

I = m1 (v1n − v1n ) = 2408 [kgm/s], a udarna sile F ud =

I = 48160 [N ]. τ

199

3.2 Sudar - udar

Intenziteti brzina automobila na kraju sudara su: ′

√

′

2

′

2

′

v1 = v1n + v1t = v1n = 67, 5 [km/h] , √ ′ ′ 2 ′ 2 v2 = v2n + v2t = 34, 71 m/s ≈ 125 [km/h] . Njihovi pravci odredeni su uglovima: ′

′

tgα2 = tgα1

′

v2t = 1, 5 ′ v2n

α2 = 56◦ ,

⇒

α1 = 90◦ .

′

v = ′1t = ∞ v1n

′

⇒

′

k Zad. 3.28. Bilijarska kugla A, ˇciji je intenzitet brzine vA = 5 [m/s], sudari se sa kuglom B, koja pre poˇcetka sudara miruje, pri ˇcemu je koeficijent restitucije sudara k1 = 0, 8, a zatim kugla B udara o ivicu bilijarskog stola. Odrediti brzinu kugle B posle udara o ivicu, kao i ugao β (vidi sliku 3.40) pod kojim se kugla B od nje odbije, ako je koeficijent restitucije udara k2 = 0, 6. Mase kugli su jednake.

x A B

vA

30o

b

n Slika 3.40: uz zadatak 3.28.

Reˇsenje: Poznate su veliˇcine: vA = 5 [m/s], vB = 0, k1 = 0, 8, k2 = 0, 6. Traˇze se: ′′ β, vB . Brzina kojom kugla B udara o martinelu, moˇze da se odredi kombinoDa li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

200


vanjem zakona odrˇzanja koliˇcine kretanja i Njutnove hipoteze: ′

⇒

K =K ′

x: ′

′

m vA + m v B = m v A + m v B ′

′

vA + vB = vA ,

k1 = ′

′

′

⇒ ′

vB − vA v − vA = B = 0, 8, vA − vB vA

′

vB − vA = −0, 8 vA , ′

′

2vB = −1, 8 vA ,

vB = −0, 9 vA = −4, 5 [m/s] .

Kako je udar kugle o martinelu kos centralni udar, to se koeficijent restitucije moˇze izraziti u obliku: k2 =

tgα tgβ

⇒

tgβ =

tg30◦ tgα = = 0, 96, k2 0, 6

pa je ugao pod kojim se kugla B odbila od ivice stola β ≈ 44◦ . ′

′′

Koeficijent restitucije moˇze da se izrazi i u funkciji brzina vB i vB , odakle se moˇze odrediti traˇzena brzina: ′′

′′

v Bn

′′

vBn

v Bn √ k2 = ′ = ′ = = 0, 6 ⇒ ◦ v Bn vB cos 30 4, 5· 30, 5 √ ′′ ′′ vBn = 0, 3· 4, 5· 3 ≈ 2, 34 [m/s] = vB cos β, ′′

vB =

′

n(vt − vt ) = 0,

⇒

′

2, 34 = 3, 25 [m/s] . cos β ′

vt = vt = vB sin 30◦ = 4, 5· 0, 5 = 2, 25 [m/s]. k

Zad. 3.29. Tri kugle masa m1 , m2 i m3 nalaze se na nepokretnoj glatkoj horizontalnoj podlozi na izvesnim rastojanjima jedna od druge (slika 3.41). Prvoj kugli, mase m1 , saopˇstena je poˇcetna brzina v1 , kojom ona udari drugu kuglu, koja je mirovala. Posle udara druga kugla nastavlja da se kreće i - bila u stanju mirovanja. udara treću kuglu, koja je do udara takode

201

3.2 Sudar - udar

Odrediti masu m2 druge kugle da bi se posle udara u treću kuglu, treća kugla kretala najvećom mogućom brzinom. Koeficijent sudara za sve kugle je k, a sudari su upravni i centralni.

v1 m1

m2

m3


Reˇsenje: Brzina kojom druga kugla udara u treću, odreduje se iz jednaˇcina: ′

′

′

v − v1 , k= 2 v1

′

m1 v1 + m2 v2 = m1 v1 , ′

m1 v1 − m2 v2 ′ = v2 − k v 1 , v1 = m1 ′ ′ m1 v1 − m2 v2 = m1 v2 − m1 kv1 ⇒ ′

′

v2 =

(1 + k)m1 v1 , m1 + m2

Brzina treće kugle na kraju sudara odreduje se na sledeći naˇcin:

′′

′′

′

m2 v2 + m3 v3 = m2 v2 , v 2=0

m1

m2

Slika 3.42:

v 3=0

v2‘

v1

′

k=

v3‘

n ′

m3

v3 =

uz reˇsenje zadatka 3.29. ′

v3 =

′′

v3 − v2 ′ v2

(1 + k)m2 ′ v , m2 + m3 2

(1 + k)2 m1 m2 v1 . (m1 + m2 )(m2 + m3 )

(a)

′

Da bi se dobila maksimalna brzina v3 u funkciji mase m2 , potrebno je naći nulu izvoda funkcije, definisane jednaˇcinom (a), pa je: (m1 + m2 )(m2 + m3 ) − m2 (m1 + 2m2 + m3 ) =0 ⇒ (m1 + m2 )2 (m2 + m3 )2 m1 m2 + m1 m3 + m22 + m2 m3 = m1 m2 + 2m22 + m2 m3 ⇒ √ m2 = m1 m3 .

(1 + k)2 v1 m1

k Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

202


Zad. 3.30. v1’

Kuglica mase m baˇcena je poˇcetnom brzinom intenziteta v0 , koja sa horizontalom gradi ugao α. Kuglica udari u vertikalni glatki zid i posle - kroz svoj poˇcetni odbijanja prode poloˇzaj. Odrediti poˇcetno rastojanje OA = a taˇcke od zida, ako je koeficijent restitucije k, da bi se ispunio uslov zadatka. Otpor vazduha zanemariti.

y

b

n

v1

a1 M

vo

O

a A

a

Slika 3.43:

x

uz zadatak 3.30.

Reˇsenje: Konaˇcne jednaˇcine slobodnog kretanja taˇcke (kretanje dozida), dobijaju se reˇsavanjem diferencijalnih jednaˇcina: ma = F,

⇒

x˙ 0 = v0 cos α, y˙ 0 = v0 sin α, ⇒

x:

m¨ x=0

y:

m¨ y = −mg

x ¨=0 ⇒

⇒

y¨ = −g

x = v0 t cos α, ⇒

y=−

gt2 + v0 t sin α. 2

Trenutak udara kuglice o zid, odreduje se iz uslova: x=a

⇒

a = v0 t cos α

⇒

t1 =

a . v0 cos α

Projekcije brzine, u trenutku udara o zid: ga , v0 cos α ga2 v0 sin α· a b = y1 = − 2 + . 2 v0 cos α 2v0 cos α

x˙ 1 = x˙ = v0 cos α,

y˙ 1 = v0 sin α −

Zamenom t1 u parametarsku jednaˇcinu kretanja, veliˇcna b je (vidi sl. 3.44): b=−

g a2 + a tgα. 2v02 cos2 α

(a)

203

3.2 Sudar - udar

t

v1’ y

n x’

y’ v1

b

n

Brzina na poˇcetku sudara je √ v1 = x˙ 21 + y˙ 12 . Projekcija ove brzine, na osu udara, je:

a1 M

vo

′

b

x˙ 1 = v1n = −v0 cos α, ′

v1n −v1n

v1n = k· v0 cos α,

a

O

k=

Slika 3.44:

x

A

a

a na upravnu osu t, je:


′

v1t = v2t = y˙ 1 = v0 sin α −

′

v1 sin β = v1t = v1t = y˙ 1 = v0 sin α −

ga . v0 cos α

ga . v0 cos α

Kretanje kuglice nakon udara: ′

′

x : ′

′

m¨ y = −mg

y :

′

⇒

m¨ x =0

x ¨ =0

⇒

′

x = v2 t cos β = kv0 cos α· t,

′

⇒

y¨ = −g.

Jednaˇcina trajektorije, nakon udara, je: ( ) gt2 gt2 ga ′ y =− + v1 t sin β = − + v0 sin α − t. 2 2 v0 cos α ′

- kroz poˇcetni poloˇzaj, to je: Kako je kuglica morala da prode ′

xp = a,

′

′

yp = −y1 ,

x t= . kv0 cos α

Zamenom ovih koordinata i eliminacijom parametra, dobija se: ( ) ′ ′ g x2 x ga ′ −b = yp = − · 2 2 + v sin α − . 0 2 k v0 cos2 α kv0 cos α v0 cos α Iz jednaˇcina (a) i (b), dobija se traˇzeno rastojanje a: ) ( g a2 ga2 ga2 a + atgα = − · tgα − − − + 2v0 cos2 α 2 k 2 v02 cos2 α k kv02 cos2 α

(b)

⇒


204


ga ga ga 1 + + = tgα + tgα, k 2v02 cos2 α 2k 2 v02 cos2 α kv02 cos2 α ( ) ( ) ga 1 1 1 1 + + = tgα 1 + k v02 cos2 α 2 2k 2 k 2 ga k + 1 + 2k 1+k = tgα ⇒ 2 2 2 2k k v0 cos α a=

kv02 sin 2α . g(1 + k) k

Zad. 3.31. Dve kugle masa m1 i m2 vise na paralelnim kanapima duˇzina ℓ1 i ℓ2 , tako da se njihova srediˇsta nalaze na istom nivou dok se same kugle dodiruju (slika 3.45). Kada se prva kugla izvede iz ravnoteˇznog poloˇzaja za ugao α1 , a potom bez poˇcetne brzine pusti da pada, ona udara u drugu kuglu i saopˇstava joj pomeraj za ugao α2 u odnosu na ravnoteˇzni poloˇzaj. Odrediti ugao α2 , ako je koeficijent restitucije k.

O2 O1

a2 l2

l1 a1

m1

m2

Slika 3.45:

uz zadatak 3.31.

Reˇsenje: Brzina druge kugle, na kraju sudara dobija se iz jednaˇcina: O2 ′

O1

′

0 * m1 v1 + m2 v2 = m1 v1 + m2 v 2.

a2 l2

l1 a1

v 3=0

n:

′

′

m1 v1n + m2 v2n = m1 v1n , ′

k=

v 2=0 v 0=0 m1

v1

v2‘

n

m2


(a)

′

v2n − v1n

⇒ *0 v1n − v2n ′ ′ v2n = v1n + kv1 .

(b)

205

3.2 Sudar - udar

1 1 m1 v12 − m1 v02 = m1 gℓ1 (1 − cos α1 ) 2 2

⇒

v12 = 2gℓ1 (1 − cos α1 ),

v1 = v1n .

Iz (a) i (b) sledi ′

′

m1 v1n + m2 v2n + m2 kv1 = m1 v1 , ′

v1n (m1 + m2 ) = v1 (m1 − km2 ) ′

v1n =

′

v2n =

m1 − km2 v1 , m1 + m2

′

v1t = v1t = 0,

⇒ ′

v2t = v2t = 0.

m1 − km2 + km1 + km2 m1 (1 + k) m1 − km2 v1 + kv1 = v1 = v1 . m1 + m2 m1 + m2 m1 + m2

Brzina druge kugle, na kraju sudara, je: √ ′ ′ ′ ′ v2 = (v2t )2 + (v2n )2 = v2n , pa je m1 (1 + k) v1 . m1 + m2 - u poloˇzaj koji je odreden - uglom α2 , njena brzina će Kada druga kugla dode biti jednaka nuli. ′ Na osnovu zakona promene kinetiˇcke energije Ek3 − Ek2 = A(mg), biće: ′

v2 =

′

2 v2n

0 1 1 ′2 2 7 v3 − m2 v2n m2 = −m2 gℓ2 (1 − cos α2 ), 2 2 m21 = 2gℓ2 (1 − cos α2 ) = (1 + k)2 · 2gℓ1 (1 − cos α1 ), (m1 + m2 )2 ℓ1 m21 1 − cos α2 = (1 + k)2 (1 − cos α1 ) ⇒ ℓ2 (m1 + m2 )2 ℓ1 m21 α2 α1 = (1 + k)2 · 2 sin2 ⇒ 2 sin2 2 2 ℓ2 (m1 + m2 ) 2 √ m1 α1 α2 ℓ1 = (1 + k) sin sin . 2 m1 + m2 ℓ2 2 k Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

206


3.3

Lagranˇ zeve jednaˇ cine II vrste

Zad. 3.32. Homogeni kruˇzni disk mase M i polupreˇcnika R vezan je oprugom krutosti c prema slici. Za srediˇste diska zglobno je vezan ˇstap CA duˇzine ℓ, na ˇcijem je kraju A uˇcvrˇsćena masa m. Zanemarujući masu ˇstapa i pretpostavljajući da se disk kotrlja bez klizanja, napisati diferencijalne jednaˇcine kretanja sistema u funkciji generalisanih koordinata x i φ. Moment inercije diska je IC = 12 md · Rd2 .

x

c C

R

j

l

m A

Slika 3.47:

uz zad.3.32

Reˇsenje: Diferencijalne jednaˇcine kretanja sistema odrediće se u funkciji generalisanih koordinata x i φ (vidi sliku 3.47), a pomoću Lagranˇzevih jednaˇcina druge vrste: ( ) d ∂Ek ∂Ek − = Qi , i = 1, 2. dt ∂ q˙i ∂qi y

x

Fe C PV

O

j x

l

l cos j yA R

Za i = 1 q1 = x, a i = 2 q2 = φ. Za formiranje Lagranˇzevih jednaˇcina druge vrste neophodno je prvo odrediti ukupnu kinetiˇcku energiju datog materijalnog sistema. Ona je u ovom sluˇcaju jednaka zbiru kinetiˇcke energije diska Ek1 i kinetiˇcke energije materijalne taˇcke A E k2 :

l sin j

xA

A

mg

Ek = Ek1 + Ek2 .

Slika 3.48:

Kinetiˇcka energija diska koji se kreće ravanski je 1 1 Ek1 = M vC2 + IC ω 2 , 2 2

uz reˇsenje zad.3.32.

x

207

3.3 Lagranˇ zeve jednaˇ cine II vrste

gde su intenzitet brzine srediˇsta diska vC i ugaona brzina kotrljanja diska ω, respektivno: vC = x, ˙

ω=

vC x˙ = . R R

Prema prethodnom, kinetiˇcka energija diska je 1 1 1 ˙2 2x Ek1 = M x˙ 2 + · M R 2 2 2 2 R 3 Ek1 = M x˙ 2 . 4

⇒

Kinetiˇcka energija materijalne taˇcke A je 1 Ek2 = M vA2 , 2 pri ˇcemu se brzina ove taˇcke moˇze odrediti pomoću koordinata ove taˇcke: vA2 = x˙ 2A + y˙ A2 , gde su: xA = x + ℓ sin φ x˙ A = x˙ + ℓφ˙ cos φ, yA = R − ℓ cos φ 2

2 2

y˙ A = ℓφ˙ sin φ,

⇒

vA = x˙ + ℓ φ˙ cos φ + 2ℓx˙ φ˙ cos φ + ℓ2 φ˙ 2 sin2 φ,

E k2

2

2

= x˙ 2 + ℓ2 φ˙ 2 + 2ℓx˙ φ˙ cos φ, 1 1 = mx˙ 2 + mℓ2 φ˙ 2 + mℓx˙ φ˙ cos φ. 2 2 x

Fe C

vC

PV

j

l

vAC

vA

A

vC j

j 180o- j

mg

Slika 3.49:

Brzina taˇ cke A.


208


Brzina taˇcke A moˇze da se odredi i kao apsolutna brzina taˇcke koja vrˇsi sloˇzeno kretanje (vidi sliku 3.49): vA = vC + vAC = vp + vr , vC = vp = x, ˙

vr = vAC = AC· ωAC = ℓ· φ, ˙

vA2 = vp2 + vr2 − 2vp vr cos(180◦ − φ) = x˙ 2 + ℓ2 φ˙ 2 + 2ℓφ˙ x˙ cos φ Kinetiˇcka energija sistema je sada: Ek =

1 1 (3M + 2m) x˙ 2 + mℓ2 φ˙ 2 + mℓx˙ φ˙ cos φ. 4 2

Parcijalni izvodi kinetiˇcke energije po generalisanim koordinatama x i φ, respektivno su: ∂Ek 1 = (3M + 2m) x˙ + mℓφ˙ cos φ, ∂ x ˙ ( ) 2 d ∂Ek 1 = (3M + 2m) x ¨ + mℓ(φ¨ cos φ − φ˙ 2 sin φ), dt ∂ x˙ 2 ( ) ∂Ek d ∂Ek 2 = mℓ φ˙ + mℓx˙ cos φ, = mℓ2 φ¨ + mℓ(¨ x cos φ − x˙ φ˙ sin φ). ∂ φ˙ dt ∂ φ˙ ∂Ek = 0, ∂x

∂Ek = −mℓx˙ φ˙ sin φ. ∂φ

Virtualni rad – Generalisana sila δA = δAx + δAφ . Za δφ = 0, δx ̸= 0, δAx = −cxδx

⇒

Qx = −cx.

δAφ = −mgℓ sin φδφ

⇒

Qφ = −mgℓ sin φ.

Za δφ ̸= 0, δx = 0,

Diferencijalne jednaˇcine kretanja: 1 (3M + 2m)¨ x + mℓφ¨ cos φ − mℓ· φ˙ 2 sin φ = −cx, 2 mℓ2 φ¨ + mℓ¨ x cos φ = −mgℓ sin φ. k

209


Zad. 3.33. Homogena kruˇzna ploˇca, polupreˇcnika R, mase M , moˇze da se obrće oko njene horizontalne teˇziˇsne ose O, upravne na ravan slike. Za ploˇcu je uˇcvrˇsćen konac AB, duˇzine ℓ, na ˇcijem je kraju B uˇcvrˇsćena materijalna taˇcka mase m. Napisati diferencijalne jednaˇcine kretanja pomoću Lagranˇzevih jednaˇcina druge vrste. Za generalisane koordinate usvojiti ugao obrtanja kruˇzne ploˇce φ i ugao obrtanja materijalne taˇcke ψ. Moment inercije za kruˇznu ploˇcu je IO = 21 M R2 .

j O

j

A

y

B

m

Slika 3.50:

uz zadatak 3.33.

Reˇsenje: Diferencijalne jednaˇcine kretanja datog sistema, formiraju se na osnovu Lagranˇzevih jednaˇcina II vrste

d dt

(

∂Ek ∂ q˙i

) −

∂Ek = Qi , ∂qi

i = 1, 2;

q1 = φ, q2 = ψ.

Za njihovo formiranje neophodno je najpre odrediti ukupnu kinetiˇcku energiju datog sistema. Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

210


j vA O

vB j

j-y vA

A

y

j-y vBA 180o-(j-y)

j B y

mg

Slika 3.51:


Kinetiˇcka energija sistema je u opˇstem sluˇcaju jednaka zbiru kinetiˇcke energije kruˇzne ploˇce i kinetiˇcke energije materijalne taˇcke B: Ek = EkM + Ekm , 0 1 1 11 1 2 7 v0 + IO φ˙ 2 = EkM = M M R2 φ˙ 2 = M R2 φ˙ 2 , 2 2 22 4 1 Ekm = mvB2 . 2

xB R sin j l sin y O

R cos

j

j

l cos y

yB

x

R

j

A

l

y B

y Slika 3.52:

mg uz reˇsenje zadatka 3.33.

211


Brzina taˇcke B moˇze da se odredi, koristeći koordinate, tj. xB = R sin φ + ℓ sin ψ, yB = R cos φ + ℓ cos ψ, x˙ = Rφ˙ cos φ + ℓψ˙ cos ψ, B

y˙ B = −Rφ˙ sin φ − ℓψ˙ sin ψ, vB2 = (x˙ B )2 + (y˙ B )2 = R2 φ˙ 2 cos2 φ + ℓ2 ψ˙ 2 cos2 ψ + 2ℓRφ˙ ψ˙ cos φ cos ψ+ + R2 φ˙ 2 sin2 φ + ℓ2 ψ˙ 2 sin2 ψ + 2Rℓφ˙ ψ˙ sin φ sin ψ ⇒ ˙ vB2 = R2 φ˙ 2 + ℓ2 ψ˙ 2 + 2Rℓφ˙ ψ(cos φ cos ψ + sin φ sin ψ) = 2 2 2 ˙2 ˙ = R φ˙ + ℓ ψ + 2Rℓφ˙ ψ cos(φ − ψ). ili preko izraza za apsolutnu brzinu taˇcke: vB = vp + vr = vA + vBA , gde je: vA = vp = Rφ˙

˙ vr = vBA = ℓψ,

vB2 = vA2 + (vBA )2 − 2vA vBA cos[180◦ − (φ − ψ)]

vB2 = vA2 + (vBA )2 + 2vA vBA cos(φ − ψ), ⇒ v 2 = R2 φ˙ 2 + ℓ2 ψ˙ 2 + 2Rℓφ˙ ψ˙ cos(φ − ψ). B

Kinetiˇcka energija materijalne taˇcke B, na osnovu prethodnih izraza, je ) 1 ( Ekm = m R2 φ˙ 2 + ℓ2 ψ˙ 2 + 2Rℓφ˙ ψ˙ cos(φ − ψ) , 2 a ukupna kinetiˇcka energija sistema prikazana je izrazom: 1 1 Ek = EkM + Ekm = (M + 2m)R2 φ˙ 2 + mℓ2 ψ˙ 2 + mRℓφ˙ ψ˙ cos(φ − ψ). 4 2 Parcijalni izvodi kinetiˇcke energije sistema po zadatim: - generalisanim koordinatama ∂Ek = −mRℓφ˙ ψ˙ sin(φ − ψ), ∂φ ∂Ek = mRℓφ˙ ψ˙ sin(φ − ψ), ∂ψ Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

212


- i generalisanim brzinama 1 ∂Ek = (M + 2m)R2 φ˙ + mRℓψ˙ cos(φ − ψ), ∂ φ˙ 2 ∂Ek = mℓ2 ψ˙ + mRℓφ˙ cos(φ − ψ). ∂ ψ˙

( ) ( ) d ∂EK 1 ˙ φ˙ − ψ) ˙ sin(φ − ψ) , = (M + 2m)R2 φ¨ + mRℓ ψ¨ cos(φ − ψ) − ψ( dt ∂ φ˙ 2 ( ) ( ) d ∂EK ˙ sin(φ − ψ) . = mℓ2 ψ¨ + mRℓ φ¨ cos(φ − ψ) − φ( ˙ φ˙ − ψ) dt ∂ ψ˙ Virtualni rad (vidi sliku 3.52), kao i generalisane sile po zadatim generalisanim koordinatama su: δAφ = −mgR sin φ δφ

⇒

δAψ = −mgℓ sin ψ δψ

⇒

δAφ = −mgR sin φ, δφ δAψ Qψ = = −mgℓ sin ψ. δψ

Qφ =

Konaˇcno, diferencijalne jednaˇcine datog sistema su: ( ) 1 ˙ φ˙ − ψ) ˙ sin(φ − ψ) = −mgR sin φ , (M + 2m)R2 φ¨ + mRℓ ψ¨ cos(φ − ψ) − ψ( 2 ( ) ˙ sin(φ − ψ) = −mgℓ sin ψ . mℓ2 ψ¨ + mRℓ φ¨ cos(φ − ψ) − φ( ˙ φ˙ − ψ) k Zad. 3.34. Homogeni ˇstap AB mase 2m i duˇzine 2ℓ obrće se u vertikalnoj ravni oko ose koja prolazi kroz nepomiˇcnu taˇcku O, tako da je AO = 23 ℓ i OB = 4 stapa vezano je tanko neistegljivo uˇze, duˇzine AC = ℓ, na 3 ℓ. Za kraj A ˇ ˇcijem je kraju C okaˇcena materijalna taˇcka mase m. Napisati diferencijalne jednaˇcine kretanja materijalnog sistema u funkciji zadatih koordinata φ i ψ.

213

3.3 Lagranˇ zeve jednaˇ cine II vrste B T

O

j

A

l

y

C

Slika 3.53: Reˇsenje: Prema datim podacima je: AB = AO + OB = 2ℓ, jer je AO = OB = 43 ℓ. Lagranˇzeve jednaˇcine: ( ) d ∂Ek ∂Ek − = Qi , i = 1, 2; q1 = φ, q2 = ψ. dt ∂ q˙i ∂qi y

y

B

T

O 2l 3

A

sin j

l C 2l 3

cos j

O

j

y

i

B

T

j

2 3 ℓ,

l cos y

x

j

A

j

x

2mg

yC y

C

xC

y

l sin y

mg a)

b)

Slika 3.54: Kinetiˇcka energija sistema: Ek = Ek1 + Ek2 . Kinetiˇcka energija ˇstapa Ek1 : 1 Ek1 = IO · ω 2 , 2 ˇ gde je, prema Stajnerovoj teoremi moment inercije ˇstapa IO , za taˇcku O: 2

IO = IT + (2m)OT ,

IO =

1 ℓ2 8 (2m)(2ℓ)2 + (2m) = mℓ2 . 12 9 9


214


Koristeći ove izraze, kinetiˇcka energija ˇstapa, je E k1 =

18 2 2 mℓ · φ˙ 29

⇒

4 Ek1 = mℓ2 · φ˙ 2 . 9

Kinetiˇcka energija materijalne taˇcke C, prema definiciji, je: 1 Ek2 = mvC2 . 2 Brzina taˇcke C, preko koordinata, je: vC2 = x˙ 2C + y˙ C2 , 2 2 xC = ℓ sin ψ − ℓ cos φ ⇒ x˙ C = ℓψ˙ cos ψ + ℓφ˙ sin φ, 3 3 2 2 ˙ yC = −ℓ cos ψ − ℓ sin φ ⇒ y˙ C = ℓψ sin ψ − ℓφ˙ cos φ ⇒ 3 3 4 4 vC2 = ℓ2 ψ˙ 2 + ℓ2 φ˙ 2 + ℓ2 ψ˙ φ˙ (cos ψ sin φ − cos φ sin ψ) ⇒ 9 3 4 2 2 4 2˙ 2 2 ˙2 vC = ℓ ψ + ℓ φ˙ + ℓ ψ φ˙ sin(φ − ψ). 9 3 Kinetiˇcka energije taˇcke je: 2 2 1 Ek2 = mℓ2 ψ˙ 2 + mℓ2 φ˙ 2 + mℓ2 ψ˙ φ˙ sin(φ − ψ). 2 9 3 Ukupna kinetiˇcka energija sistema je: 4 Ek = mℓ2 φ˙ 2 + 9 2 Ek = mℓ2 φ˙ 2 + 3

2 2 2 1 2 ˙2 2 2 ˙ mℓ φ˙ + mℓ ψ + mℓ ψ φ˙ sin(φ − ψ) 9 2 3 1 2 ˙2 2 2 ˙ mℓ ψ + mℓ ψ φ˙ sin(φ − ψ) 2 3

⇒

Parcijalni izvodi kinetiˇcke energije datog sistema, po generalisanoj koordinati φ i generalisanoj brzini φ, ˙ su: ∂Ek = ∂φ ∂Ek = ∂ φ˙ ( ) d ∂Ek = dt ∂ φ˙

2 2˙ mℓ ψ φ˙ cos(φ − ψ), 3 4 2 2 mℓ φ˙ + mℓ2 ψ˙ sin(φ − ψ), 3 3 [ ] 4 2 2 ˙ φ˙ − ψ)· ˙ cos(φ − ψ) mℓ φ¨ + mℓ2 ψ¨ sin(φ − ψ) + ψ( 3 3

215


Parcijalni izvodi kinetiˇcke energije datog sistema, po generalisanoj koordi˙ su: nati ψ i generalisanoj brzini ψ, ∂Ek 2 = − mℓ2 φ˙ ψ˙ cos(φ − ψ), ∂ψ 3 ∂Ek 2 = mℓ2 ψ˙ + mℓ2 φ˙ sin(φ − ψ), ˙ 3 ∂ψ ( ) [ ] d ∂Ek 2 ˙ cos(φ − ψ) ˙ φ˙ − ψ)· = mℓ2 ψ¨ + mℓ2 φ¨ sin(φ − ψ) + φ( dt ∂ ψ˙ 3 Virtualni rad i generalisane sile: δA = δAφ + δAψ . δφ ̸= 0,

δψ = 0 ⇒ ℓ 2 δAφ = −2mg cos φ δφ + mg ℓ cos φ δφ = 0 3 3 δψ ̸= 0

δφ = 0, δAψ = −mgℓ sin ψ δψ

⇒

⇒

Qφ = 0.

⇒ Qψ = −mgℓ sin ψ.

Diferencijalne jednaˇcine kretanja, na osnovu Lagranˇzevih jednaˇcina druge vrste, su: - po generalisanoj koordinati φ ( ) d ∂Ek ∂Ek − = Qφ ⇒ dt ∂ φ˙ ∂φ [ ] 4 2 2 ˙ φ˙ − ψ)· ˙ cos(φ − ψ) − 2 mℓ2 ψ˙ φ˙ cos(φ − ψ) = 0 mℓ φ¨ + mℓ2 ψ¨ sin(φ − ψ) + ψ( 3 3 3 2 2¨ 2 2 ˙2 4 2 mℓ φ¨ + mℓ ψ sin(φ − ψ) − mℓ ψ cos(φ − ψ) = 0 . 3 3 3 - po generalisanoj koordinati ψ ) ( ∂Ek d ∂Ek − = Qψ ⇒ dt ∂ ψ˙ ∂ψ [ ] 2 ˙ cos(φ − ψ) + mℓ2 ψ¨ + mℓ2 φ¨ sin(φ − ψ) + φ( ˙ φ˙ − ψ)· 3 2 2 ˙ + mℓ φ˙ ψ cos(φ − ψ) = −mgℓ sin ψ ⇒ 3 2 2 mℓ2 ψ¨ + mℓ2 φ¨ sin(φ − ψ) + mℓ2 φ˙ 2 cos(φ − ψ) = −mgℓ sin ψ . 3 3 Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

⇒

216


k Zad. 3.35.

j Po kanalu duˇz preˇcnika diska, polupreˇcnika R i mase m, bez trenja moˇze da klizi homogeni ˇstap AB, duˇzine 4R i mase 2m. Ako se disk kotrlja bez klizanja po horizontalnoj ravni, napisati diferencijalne jednaˇcine kretanja sistema, u funkciji generalisanih koordinata x i φ. Moment inercije diska je IC = 21 md R2 , a 1 ms ℓ 2 . moment inercije ˇstapa je IS = 12

x

A C

S

B

Slika 3.55:

uz zadatak 3.35.

Reˇsenje: Lagranˇzeve jednaˇcine druge vrste, na osnovu kojih se formiraju diferencijalne jednaˇcine materijalnog sistema (sa dva stepena slobode!):

d dt

(

∂Ek ∂ q˙i

) −

∂Ek = Qi , ∂qi

i = 1, 2;

q1 = φ, q2 = x.

Kinetiˇcka energija datog materijalnog sistema je:

Ek = Ek1 + Ek2 ,

gde je Ek1 – kinetiˇcka energija diska, a Ek1 – kinetiˇcka energija ˇstapa.

217


= = Ek2 =

h

x

Ek1 =

j

1 1 mv 2 + I ω 2 = 2 C 2 C d 1 1 1 mR2 φ˙ 2 + · mR2 φ˙ 2 = 2 2 2 3 2 2 mR φ˙ , 4 1 1 · 2mvS2 + IS ω 2 . 2 2

vC C PV

S C

vS

pri ˇcemu je vC = CPv · ωd = R· φ. ˙ Sa IC oznaˇcen je moment inercije diska, u odnosu na srediˇste, a sa IS moment inercije ˇstapa u odnosu na njegovo srediˇste. Ugaona brzina diska je ωd = φ. ˙

j

vr

x 2mg Slika 3.56:


Brzina centra ˇstapa vS moˇze da se odredi kao vektorski zbir relativne i prenosne komponente brzine: vS = vp + vr ,

vr = x, ˙

vp = vC + v , C S

vSC = CS· ω = x· φ˙

ili preko koordinata: vSξ = vr + vC cos φ = x˙ + Rφ˙ cos φ, vSη = vC sin φ − vSC = Rφ˙ sin φ − xφ, ˙ pa je: vS2 = x˙ 2 + 2Rx˙ φ˙ cos φ + R2 φ˙ 2 cos2 φ + R2 φ˙ 2 sin2 φ − 2Rφ˙ 2 x sin φ + x2 φ˙ 2

⇒

vS2 = x˙ 2 + R2 φ˙ 2 + x2 φ˙ 2 + 2Rφ˙ (x˙ cos φ − xφ˙ sin φ) . Za kinetiˇcku energiju ˇstapa dobija se: Ek2 = mx˙ 2 + mR2 φ˙ 2 + mx2 φ˙ 2 + 2mRφ˙ (x˙ cos φ − xφ˙ sin φ) +

1 1 16R2 · 2mφ˙ 2 = 2 12

7 = mx˙ 2 + mR2 φ˙ 2 + mx2 φ˙ 2 + 2mRφ˙ (x˙ cos φ − xφ˙ sin φ) . 3 Konaˇcno, ukupna kinetiˇcka energija sistema je: Ek =

37 mR2 φ˙ 2 + mx˙ 2 + mx2 φ˙ 2 + 2mRφ˙ (x˙ cos φ − xφ˙ sin φ) . 12 Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

218


Parcijalni izvodi kinetiˇcke energije sistema, po generalisanim brzinama i generalisanim koordinatama, su: ∂Ek ∂ φ˙ ∂Ek ∂φ ∂Ek ∂ x˙ ∂Ek ∂x

=

37 mR2 φ˙ + 2mx2 φ˙ + 2mRx˙ cos φ − 4mRφx ˙ sin φ, 6

= −2mRφ˙ (x˙ sin φ + xφ˙ cos φ) , = 2mx˙ + 2mRφ˙ cos φ, = 2mxφ˙ 2 − 2mRφ˙ 2 sin φ.

Izvodi, po t, ovih parcijalnih izvoda: d dt

(

∂Ek ∂ φ˙

)

37 mR2 φ¨ + 2mx2 φ¨ + 2mR (¨ x cos φ − x˙ φ˙ sin φ) − 6 − 4mRφx ¨ sin φ − 4mRφ˙ (x˙ sin φ + xφ˙ cos φ) ( ) ( ) d ∂Ek = 2m¨ x + 2mR φ¨ cos φ − φ˙ 2 sin φ dt ∂ x˙ =

Virtualni rad i generalisane sile po zadatim generalisanim koordinatama φ i x, su: ⇒

δAφ = 2mgx cos φ δφ δAx = 2mg sin φ δx

⇒

Qφ = 2mgx cos φ, Qx = 2mg sin φ.

Traˇzene diferencijalne jednaˇcine kretanja: 37 mR2 φ¨ + 2mx2 φ¨ + 2mR¨ x cos φ − 4mRxφ¨ sin φ − 6 −4mRφ˙ x˙ sin φ − 2mRφ˙ 2 x cos φ = 2mgx cos φ [

(

)

]

x sin φ . 2m ¨ + R φ¨ cos φ − φ˙ 2 sin φ − (x˙ + Rφ˙ cos φ) = 2mg

k Zad. 3.36.

219


Dva jednaka homogena ˇstapa AC i BC, mase m1 = m i duˇzine ℓ, medusobno su zglobno vezana u taˇcki C. Za zglob C vezano je nerastegljivo uˇze, koje je prebaˇceno preko kotura polupreˇcnika r i mase m2 = 13 m, na ˇcijem drugom kraju visi teret mase m3 = 3m. Napisati diferencijalnu jednaˇcinu kretanja sistema, u funkciji generalisane koordinate φ.

O

C

A

j

j

Slika 3.57:

B


Reˇsenje: U ovom sluˇcaju sistem ima samo jedan stepen slobode, tj. ( ) d ∂Ek ∂Ek − = Qi , i = 1; q1 = φ. dt ∂ q˙i ∂qi Ukupna kinetiˇcka energija sistema jednaka je zbiru kinetiˇckih energija dva ˇstapa, kinetiˇckoj energiji kotura i kinetiˇcke energije tereta: Ek = 2· Ek1 + Ek2 + Ek3 . U ovom izrazu je: - kinetiˇcka energije ˇstapa

vK

1 1 Ek1 = m1 vS2 + IS ω 2 , 2 2

O

K

E

vE

vC

gde je ω = φ, ˙ brzina centra mase ℓ ˇstapa vS = SP vAC ω = φ˙ i mo2 1 ment inercije ˇstapa IS = 12 m1 ℓ2 . Zamenom ovih vrednosti, dobija se za Ek1 :

PV

C

vS A

j

vT S

3mg

mg

j

B

vA

Slika 3.58:


1 ℓ2 1 1 1 Ek1 = m1 φ˙ 2 + m1 ℓ2 φ˙ 2 = mℓ2 φ˙ 2 . 2 4 2 12 6 – kinetiˇcka energija diska 1 Ek2 = I0 · ωd2 , 2 Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

220


pri ˇcemu je IO =

1 2 2 m2 r

– moment inercije ˇstapa, vk = vC , vE = vk , vk vC = CPv · ω = ℓφ˙ cos φ, vk = r· ωd , pa je ugaona brzina diska ωd = = r ℓ φ˙ cos φ, r Konaˇcno, kinetiˇcka energija diska je 1 1 ℓ2 Ek2 = · m2 r2 2 φ˙ 2 cos2 φ = 2 2 r 1 1 = m2 ℓ2 φ˙ 2 cos2 φ = mℓ2 φ˙ 2 cos2 φ. 4 12 – kinetiˇcka energija tereta je: 1 3 1 Ek3 = · m3 vT2 = · m3 ℓ2 φ˙ 2 cos2 φ = · mℓ2 φ˙ 2 cos2 φ, 2 2 2

gde je vT = vE i vE = vk , pa je vT = ℓφ˙ cos φ. Konaˇcno, ukupna kinetiˇcka energije sistema je: 1 1 3 Ek = 2· mℓ2 φ˙ 2 + mℓ2 φ˙ 2 cos2 φ + · mℓ2 φ˙ 2 cos2 φ = 6 12 2 ( ) 1 2 2 2 = · mℓ φ˙ 4 + 19 cos φ . 12 Parcijalni izvodi po generalisanoj brzini i generalisanoj koordinati su: ( ) ∂Ek 1 = · mℓ2 φ˙ 4 + 19 cos2 φ , ∂ φ˙ 6 ∂Ek 19 19 = − · mℓ2 φ˙ 2 sin φ cos φ = − · mℓ2 φ˙ 2 sin 2φ. ∂φ 6 12 Odgovarajući izvod po t je ( ) ( ) 2 19 d ∂Ek = · mℓ2 φ¨ + · mℓ2 φ¨ cos2 φ − 2φ˙ 2 cos φ sin φ . dt ∂ φ˙ 3 6 Virtualni rad i generalisana sila: ℓ δAφ = −2mg cos φ δφ + 3mgℓ cos φ δφ = 2mgℓ cos φ δφ 2 Qφ = 2mgℓ cos φ.

⇒

Na kraju, dobija se diferencijalna jednaˇcina kretanja, u obliku: ( ) 19 19 2 · mℓ2 φ¨ + · mℓ2 φ¨ cos2 φ − 2φ˙ 2 cos φ sin φ + · mℓ2 φ˙ 2 sin 2φ = 2mgℓ cos φ 3 6 12 ( ) 2 2 2ℓφ¨ 4 + 19 cos φ − 19ℓφ˙ sin 2φ − 24g cos φ = 0 .

⇒

221


k Zad. 3.37. q

ˇ Suplji cilindar, polupreˇcnika R i mase M , obrće se oko svoje ose ugaonom brzinom ˙ Po unutraˇsnjosti cilindra kotrlja se bez θ. klizanja cilindar polupreˇcnika r i mase m. Napisati diferencijalne jednaˇcine kretanja datog sistema, u funkciji generalisanih koordinata θ i φ.

O j C

Slika 3.59:

uz zadatak 3.37.

Reˇsenje: Sistem ima dva stepena slobode. Za generalisane koordinate izabrane su θ i φ, pa su Lagranˇzeve jednaˇcine druge vrste: d dt

(

∂Ek ∂ q˙i

) −

∂Ek = Qi , ∂qi

i = 1, 2;

q1 = θ, q2 = φ.

Kinetiˇcka energija datog materijalnog sistma je jednaka zbiru kinetiˇcke energije ˇsupljeg cilindra Ek1 i punog cilindra Ek2 : Ek = Ek1 + Ek2 , gde je: 1 1 Ek1 = IO · ωp2 = M R2 · θ˙2 , 2 2 1 1 2 Ek2 = m· vC + IC · ωC2 . 2 2

˙ ωp = θ,


222


Odredivanje brzine taˇcke C i ugaone brzine cilindra ωC :

q

vC = (R − r)· φ˙ vC = CP vC ωC , vk = R· ωp = R· θ˙ vk = (r + CP vC )· ωC ( ) vC vC CP vC = , vk = r + ωC , ωC ωC vk = r· ωC + vC ⇒ ˙ − (R − r)φ˙ vk − vC θR ωC = = , r r

O

wC j PV

vC

C K

mg

Slika 3.60:

pa je kinetiˇcka energija punog cilindra: 1 1 1 Ek2 = m· (R − r)2 φ˙ 2 + · mr2 2 2 2 Ukupna kinetiˇcka energija:


]2 [ ˙ − (R − r)φ˙ θR r2 [

.

˙ − (R − r)φ˙ θR

1 1 1 1 Ek = M R2 · θ˙2 + m· (R − r)2 φ˙ 2 + · mr2 2 2 2 2 r2 1 3 1 = (2M + m) R2 θ˙2 − mR(R − r)θ˙φ˙ + m(R − r)2 φ˙ 2 . 4 2 4 Parcijalni izvodi: 1 ∂Ek ∂Ek 1 ˙ = 0, = (2M + m) R2 θ˙ − mR(R − r)φ, 2 2 ∂θ ∂ θ˙ ∂Ek 3 1 ∂Ek ˙ = m(R − r)2 φ˙ − mR(R − r)θ, = 0. ∂ φ˙ 2 2 ∂φ Totalni izvodi: ( ) 1 1 d ∂Ek = (2M + m) R2 θ¨ − mR(R − r)φ, ¨ dt ∂ θ˙ 2 2 ( ) d ∂Ek 3 1 ¨ = m(R − r)2 φ¨ − mR(R − r)θ. dt ∂ φ˙ 2 2 Virtualni rad – generalisane sile: φ = const, θ ̸= 0, δAθ = −mg(R − r) sin θ δθ

⇒

Qθ = −mg(R − r) sin θ, φ ̸= 0, θ = const,

vK

δAφ = −mg(R − r) sin φ δφ

Qφ = −mg(R − r) sin φ.

⇒

]2 =

223


Diferencijalne jednaˇcine kretanja: 1 1 (2M + m) R2 θ¨ − mR(R − r)φ¨ = −mg(R − r) sin θ , 2 2 3 1 m(R − r)2 φ¨ − mR(R − r)θ¨ = −mg(R − r) sin φ . 2 2 k Zad. 3.38. Homogeni prsten polupreˇcnika R i mase M moˇze da se obrće oko horizontalne ose Az koja prolazi kroz nepomiˇcnu taˇcku A. Unutar prstena moˇze da se kotrlja bez klizanja homogeni disk mase m i polupreˇcnika r. Napisati diferencijalne jednaˇcine kretanja za dati sistem, u funkciji zadatih koordi1 nata θ i φ. Momenti inercije prstena je IO = M R2 , a diska je IO1 = mr2 . 2

x

A

M

q O

j

m O1

y Slika 3.61:

uz zadatak 3.38.

Reˇsenje: Sistem ima dva stepena slobode. Za generalisane koordinate izabrane su θ i φ, pa su Lagranˇzeve jednaˇcine druge vrste: d dt

(

∂Ek ∂ q˙i

) −

∂Ek = Qi , ∂qi

i = 1, 2;

q1 = θ, q2 = φ.


224


Kinetiˇcka energija datog materijalnog sistma jednaka je zbiru kinetiˇcke energije ˇsupljeg cilindra Ek1 i punog cilindra Ek2 :

x

A

Ek = Ek1 + Ek2 ,

q

gde je: – kinetiˇcka energija prstena Ek1 Ek1

x

O O1

vK

j

1 = IA θ˙2 , IA = IO + M R2 = 2M R2 , 2 = M R2 θ˙2 .

– kinetiˇcka energija diska

O O1

v

O

O1

Mg

vK K

y

Slika 3.62:

mg uz reˇsenje zadatka 3.38.

1 1 2 Ek2 = mvO1 + IO1 · ωd2 . 2 2 Odredivanje intenziteta brzine vO1 centra mase diska: 2 2 vO1 = x˙ 2O1 + y˙ O1 ,

x˙ O1 = Rθ˙ cos θ + (R − r)φ˙ cos φ, = R cos θ + (R − r) cos φ ⇒ y˙ O1 = −Rθ˙ sin θ − (R − r)φ˙ sin φ ⇒ )2 ( )2 ( = Rθ˙ cos θ + (R − r)φ˙ cos φ + −Rθ˙ sin θ − (R − r)φ˙ sin φ =

xO1 = R sin θ + (R − r) sin φ yO1 2 vO1

⇒

= R2 θ˙2 + (R − r)2 φ˙ 2 + 2R(R − r)φ˙ θ˙ cos(φ − θ). Odredivanje ugaone brzine diska ωd : O vK = vO + vK , O1 vK = vO1 + vK ,

⇒

O vO1 = vO + vO 1

O O O1 vO + vK = vO + vO + vK 1

⇒

O O O1 vK = vO + vK . 1

Projekcija na ξ je: O O O1 vK = vO + vK 1

⇒

O1 O O vK = vK − vO . 1

Kako je: O ˙ vK = R· θ,

O1 vK = r· ωd ,

O ˙ vO = OO1 · φ˙ = (R − r)· φ, 1

225


to je

R ˙ R−r θ− φ. ˙ r r Koristeći ove relacije, kinetiˇcka energija diska moˇze da se prikaˇze u obliku: r· ωd = R· θ˙ − (R − r)· φ˙

⇒

ωd =

] 1 [ Ek2 = m R2 θ˙2 + (R − r)2 φ˙ 2 + 2R(R − r)θ˙φ˙ cos(φ − θ) + 2 ] 1 [ + m (R − r)2 φ˙ 2 − 2(R − r)Rφ˙ θ˙ + R2 θ˙2 . 4 Ukupna kinetiˇcka energija: ] 1 [ Ek = Ek1 + Ek2 = M R2 θ˙2 + m R2 θ˙2 + (R − r)2 φ˙ 2 + 2R(R − r)θ˙φ˙ cos(φ − θ) + 2 ] 1 [ 2 2 + m (R − r) φ˙ − 2(R − r)Rθ˙φ˙ + R2 θ˙2 ⇒ 4( ) 3 1 3 ˙ Ek = M + m R2 θ˙2 + m(R − r)2 φ˙ 2 + mR(R − r)θ˙φ˙ cos(φ − θ) − m(R − r)Rθ˙φ. 4 4 2 Parcijalni izvodi: ) ( 1 ∂Ek 3 ˙ = 2M + m R2 θ˙ + mR(R − r)φ˙ cos(φ − θ) − m(R − r)Rφ, ˙ 2 2 ∂θ ∂Ek 3 1 ˙ = m(R − r)2 φ˙ + mR(R − r)θ˙ cos(φ − θ) − m(R − r)Rθ. ∂ φ˙ 2 2

∂Ek = mR(R − r)θ˙φ˙ sin(φ − θ), ∂θ ∂Ek = −mR(R − r)θ˙φ˙ sin(φ − θ). ∂φ Totalni izvodi: ) ( ( ) 3 d ∂Ek = 2M + m R2 θ¨ + mR(R − r)φ¨ cos(φ − θ)− dt ∂ θ˙ 2 ˙ sin(φ − θ) − 1 m(R − r)Rφ, − mR(R − r)φ( ˙ φ˙ − θ) ¨ 2 ( ) 3 d ∂Ek = m(R − r)2 φ¨ + mR(R − r)θ¨ cos(φ − θ)− dt ∂ φ˙ 2 ˙ φ˙ − θ) ˙ sin(φ − θ) − 1 m(R − r)Rθ. ¨ − mR(R − r)θ( 2 Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

226


Virtualni rad – Generalisane sile: δA = M g δyO + mg δy1 . yO = R cos θ

⇒

δyO = −R sin θ δθ,

yO1 = R cos θ + (R − r) cos φ

⇒

δyO1 = −R sin θ δθ − (R − r) sin φ δφ.

δA = −M gR sin θ δθ − mgR sin θ δθ − mg(R − r) sin φ δφ Qθ = −(M + m)gR sin θ,

⇒

Qφ = −mg(R − r) sin φ.

Diferencijalne jednaˇcine kretanja: ( ) 3 2M + m R2 θ¨ + mR(R − r)φ¨ cos(φ − θ) − 2 ˙ sin(φ − θ) − 1 m(R − r)Rφ¨ = −(M + m)gR sin θ, −mR(R − r)φ( ˙ φ˙ − θ) 2 3 m(R − r)2 φ¨ + mR(R − r)θ¨ cos(φ − θ) − 2 ˙ φ˙ − θ) ˙ sin(φ − θ) − 1 m(R − r)Rθ¨ = −mg(R − r) sin φ. −mR(R − r)θ( 2 k Zad. 3.39. Klizaˇc mase m klizi duˇz ˇstapa OA. ˇ Stap duˇzine ℓ i mase m okreće se oko nepomiˇcne taˇcke O, u vertikalnoj ravni. Opruga, koja podupire klizaˇc, ima krutost c i u nenapregnutom stanju je r = r0 . Napisati diferencijalne jednaˇcine kretanja, u funkciji generalisanih koordinata φ i r. Trenje u leˇziˇstima i masu opruge zanemariti.

O

r l

j T C

c

Slika 3.63:

uz zadatak 3.39.

Reˇsenje: Lagranˇzeve jednaˇcine druge vrste: ( ) d ∂Ek ∂Ek − = Qi , i = 1, 2; dt ∂ q˙i ∂qi

q1 = φ, q2 = r.

227


Ukupna kinetiˇcka energija: O

Ek = Ek1 + Ek2 , 1 Ek1 = IO · ω 2 , ω = φ, ˙ 2 2 IO = IT + OT · m =

r

j

vp

T C

1 mℓ2 1 = mℓ2 + = mℓ2 , 12 4 3 1 2 2 Ek1 = mℓ φ˙ . 6 1 Ek2 = mvC2 , vC = vr + vp , 2 2 vC = vr2 + vp2 , vr = r, ˙ vp = rφ˙

j

vr

mg Slika 3.64:


) 1 ( Ek2 = m r˙ 2 + r2 φ˙ 2 , 2 ) 1 ( 1 Ek = mℓ2 φ˙ 2 + m r˙ 2 + r2 φ˙ 2 = 6 2 ( ) 1 1 2 2 = mφ˙ ℓ + 3r2 + mr˙ 2 . 6 2 Parcijalni izvodi po generalisanim brzinama i generalisanim koordinatama: ( ) ) ) ] 1 ( 2 d ∂Ek 1 [ ( ∂Ek 2 = m ℓ + 3r φ˙ ⇒ = m φ¨ ℓ2 + 3r2 + φ˙ 6r r˙ , ∂ φ˙ 3 dt ∂ φ˙ 3 ∂Ek = 0. ∂φ ∂Ek = mr, ˙ ∂ r˙

d dt

(

∂Ek ∂ r˙

) = m¨ r,

∂Ek = mrφ˙ 2 . ∂r

Virtualni rad – Generalisane sile: δA = δAφ + δAr . Za δφ ̸= 0, δr = 0 ℓ δAφ = −mg sin φ· δφ − mgr sin φ· δφ = −mg(r + ℓ/2) sin φ· δφ 2 Qφ = −mg(r + ℓ/2) sin φ.

⇒


228


Za δφ = 0, δr ̸= 0 δAr = mg cos φ· δr − c(r − r0 )· δr

⇒

Qr = mg cos φ − c(r − r0 ).

Konaˇcno, diferencijalne jednaˇcine kretanja: ( ) 1 mφ¨ ℓ2 + 3r2 + 2φ˙ rr ˙ = −mg(r + ℓ/2) sin φ , 3 m¨ r − mφ˙ 2 r = mg cos φ − c(r − r0 ) . k Zad. 3.40. Materijalni sistem, prikazan na slici, nalazi se u vertikalnoj ravni i sastoji se od homogenog ˇstapa AB, mase m i duˇzine ℓ, i homogenog kruˇznog diska D, mase M i polupreˇcnika R. Sistem se kreće pod dejstvom sile teˇze, pri ˇcemu krajevi ˇstapa AB klize po horizontalnoj, odnosno vertikalnoj ravni. Napisati diferencijalne jednaˇcine kretanja sistema. Za generalisane koordinate uzet φ i z, a kretanje sistema u smeru raˇsćenja koordinata. Masu konca i kotura E zanemariti.

E

D B

A

z

j Slika 3.65:

uz zadatak 3.40.

Reˇsenje: Lagranˇzeve jednaˇcine druge vrste, za sistem koji ima dva stepena slobode: ( ) d ∂Ek ∂Ek − = Qi , i = 1, 2, q1 = φ, q2 = z. dt ∂ q˙i ∂qi Odredivanje kinetiˇcke energije datog sistema Ek = E1 + E2 , gde je

229


E

– kinetiˇcka energija ˇstapa 1 1 2 Ek1 = mvC2 + IC ωAB . 2 2

(3.1)

Brzina centra masa ˇstapa C i njegova ugaona brzina ωBC :

PV d PVAB

D

K vB

vC

B

z

vK vD

C

vC = CP vAB · ωAB , ωAB = φ, ˙ ℓ 1 vC = φ, ˙ IC = mℓ2 . 2 12

Mg

j j mg

A

vA Slika 3.66:


Zamenom ovih vrednosi u (3.1), za kinetiˇcku energiju ˇstapa, dobija se: 1 ℓ2 1 1 Ek1 = m φ˙ 2 + · mℓ2 φ˙ 2 2 4 2 12 1 2 2 Ek1 = mℓ φ˙ . 6

⇒

– kinetiˇcka energija diska: 1 1 2 E2 = M vD + ID ωd2 . 2 2

(3.2)

Brzina centra masa diska D i njegova ugaona brzina ωd : vk = vB , vD = z, ˙

˙ vB = BP vAB · ωAB = ℓ cos φ· φ, vk = KP vD · ωd ,

vD = DP vD · ωd , vk = , ωd

DP vD = (KP vD + R), KP vD ( ) vk vD = + R ωd , z˙ = vk + Rωd ωd

⇒

ωd =

z˙ − ℓφ˙ cos φ . R

Zamenom ovih vrednosti u izraz (3.2), dobija se za kinetiˇcku energiju diska: 1 1 1 1 ˙ cos φ)2 1 2 2 (z˙ − ℓφ E2 = M vD + ID ωd2 = M z˙ 2 + · M R , 2 2 2 2 2 2 R 3 1 1 ˙ φ˙ cos φ + M ℓ2 φ˙ 2 cos2 φ, E2 = M z˙ 2 − M zℓ 4 2 4 Kinetiˇcka energija sistema: Ek =

) 3 1 2 2( 1 ℓ φ˙ 2m + 3M cos2 φ + M z˙ 2 − M zℓ ˙ φ˙ cos φ. 12 4 2 Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

230


Parcijalni i totalni izvodi kinetiˇcke energije: ) 1 1 2 ( ℓ φ˙ 2m + 3M cos2 φ − M zℓ ˙ cos φ ⇒ 6 2 1 2 1 mℓ φ¨ + M ℓ2 φ¨ cos2 φ− 3 2 1 1 − M ℓ2 · φ˙ 2 sin φ cos φ − M ℓ¨ z cos φ + M ℓz˙ φ˙ sin φ 2 2 ∂Ek 1 1 = − M ℓ2 φ˙ 2 sin φ + M zℓ ˙ φ˙ sin φ. ∂φ 2 2

∂Ek = ∂ φ˙ ( ) d ∂Ek = dt ∂ φ˙

∂Ek 3 = M z˙ − ∂ z ˙ ( ) 2 3 d ∂Ek = M z¨ − dt ∂ z˙ 2 ∂Ek = 0. ∂z

1 M ℓφ˙ cos φ, ⇒ 2 1 M ℓ(φ¨ cos φ − φ˙ 2 sin φ), 2

Virtualni rad – Generalisane sile: Za δφ ̸= 0, δz = 0, ℓ δAφ = −mg cos φδφ 2

⇒

ℓ Qφ = −mg cos φ. 2

⇒

Qz = M g.

Za δφ = 0, δz ̸= 0, δAz = M gδz Diferencijalne jednaˇcine kretanja: 1 2 1 1 1 ℓ mℓ φ¨ + M ℓ2 φ¨ cos2 φ − M ℓ2 · φ˙ 2 sin φ cos φ − M ℓ¨ z cos φ + M ℓ2 φ˙ 2 sin φ = −mg 3 2 2 2 2 3 1 M z¨ − M ℓ(φ¨ cos φ − φ˙ 2 sin φ) = M g . 2 2 k Zad. 3.41.

231


Homogeni disk mase m1 , moˇze da se kotrlja bez klizanja po strmoj ravni nagiba α. Za centar A diska zglobom je vezan tanki homogeni prsten mase m2 . Momenti inercije su: diska – IA = 12 m1 · r2 , prstena – IB = 21 m2 · R2 . Napisati diferencijalne jednaˇcine kretanja materijalnog sistema, u funkciji generalisanih koordinata x i φ.

m1

x A

m2 B

j a

Slika 3.67:

uz zadatak 3.41.

Reˇsenje: Lagranˇzeve jednaˇcine: ( ) d ∂Ek ∂Ek − = Qi , i = 1, 2. dt ∂ q˙i ∂qi

x A

vA vBA

PV B

o

180 -(j+a)

Za i = 1 q1 = x, a i = 2 q2 = φ. Kinetiˇcka energija sistema je Ek = Ek1 + Ek2 , gde je Ek1 - kinetiˇcka energija homogenog diska, Ek2 kinetiˇcka energija prstena.

vB

vA j

a

j +a

a

j +a

Slika 3.68:


Odredivanje kinetiˇcke energije: 1 1 Ek1 = m1 vA2 + IA ω 2 . 2 2 Brzine centra masa diska: vA = x, ˙

x˙ = r· ωA

⇒

ωA =

x˙ . r

Kinetiˇcka energija homogenog diska: 1 1 1 x˙ 2 Ek1 = m1 x˙ 2 + · m1 r2 2 2 2 2 r 3 2 Ek1 = m1 x˙ . 4

⇒

Kinetiˇcka energija prstena: 1 1 Ek2 = m1 vB2 + IB ωp2 , 2 2

vB = vA + vBA ,

vBA = Rφ, ˙


232


Odredivanje brzine centra masa prstena: vB2 = vA2 + (vBA )2 − 2vA · vBA cos(π − (α + φ)) = x˙ 2 + R2 φ˙ 2 + 2xR ˙ φ˙ cos(α + φ). Konaˇcno, za kinetiˇcku energiju prstena, dobija se: 1 1 1 Ek2 = m2 x˙ 2 + m2 R2 φ˙ 2 + m2 xR ˙ φ˙ cos(α + φ) + m2 R2 φ˙ 2 2 2 2 1 2 2 2 E2 = m2 x˙ + m2 R φ˙ + m2 xR ˙ φ˙ cos(α + φ). 2 Kinetiˇcka energija sistema: Ek =

1 (3m1 + 2m2 ) x˙ 2 + m2 R2 φ˙ 2 + m2 Rx˙ φ˙ cos(α + φ). 4

Parcijalni izvodi: 1 ∂Ek = (3m1 + 2m2 ) x˙ + m2 R2 φ˙ cos(α + φ), ( ∂ x˙) 2 d ∂Ek 1 = (3m1 + 2m2 ) x ¨ + m2 Rφ¨ cos(α + φ) − m2 Rφ˙ 2 sin(α + φ), dt ∂ x˙ 2 ∂Ek = 2m2 R2 φ˙ + m2 Rx˙ cos(α + φ), ∂ φ˙ ( ) d ∂Ek = 2m2 R2 φ¨ + m2 R¨ x cos(α + φ) − m2 xR ˙ φ˙ sin(α + φ). dt ∂ φ˙ ∂Ek ∂Ek = 0, = −m2 Rx˙ φ˙ sin(α + φ). ∂x ∂φ Virtualni rad – Generalisane sile δA = δAx + δAφ = Qx δx + Qφ δφ. Za δφ = 0, δx ̸= 0, δAx = m1 g sin αδx + m2 g sin αδx

⇒

Qx = (m1 + m2 )g sin α.

Za δφ ̸= 0, δx = 0, δAφ = −m2 gR sin φδφ

⇒

Qφ = −m2 gR sin φ.

Diferencijalne jednaˇcine kretanja: 1 (3m1 + 2m2 )¨ x + m2 Rφ¨ cos(α + φ) − m2 R· φ˙ 2 sin(α + φ) = (m1 + m2 )g sin α , 2 2m2 R2 φ¨ + m2 x ¨R cos(α + φ) = −m2 gR sin φ .

233


k

Zad. 3.42.

Homogeni prsten tankog zida mase 2m i polupreˇcnika 3R obrće se oko ose koja prolazi kroz taˇcku O. Po unutraˇsnjosti prstena mogu da se kotrljaju bez klizanja, homogeni diskovi, svaki mase m i polupreˇcnika R. Centri diskova zglobno su vezani za krajeve pravog ˇstapa zanemarljive mase, ˇcije je srediˇste zglobno vezano u taˇcki O. ˇ Stap moˇze da se obrće oko ose koja prolazi kroz taˇcku O, a na njega deluje moment M.

q

M O

A j

B

T

Slika 3.69:

uz zadatak 3.42.

Na prsten je namotano uˇze o ˇcijem slobodnom kraju visi teret T mase 4m. Napisati diferencijale jednaˇcine kretanja datog sistema. Za generalisane koordinate usvojiti ugao obrtanja prstena θ i ugao obrtanja ˇstapa φ.

Reˇsenje: Lagranˇzeve jednaˇcine druge vrste, za sistem koji ima dva stepena slobode:

d dt

(

∂Ek ∂ q˙i

) −

∂Ek = Qi , i = 1, 2, ∂qi

q1 = φ, q2 = θ.


234


Kinetiˇcke energije materijalnog sistema je:

q

vK K

vA

Ek = Ek1 + Ek2 + Ek3 + Ek4 ,

w

gde je Ek1 - kinetiˇcka energija prstena, Ek2 i Ek3 - kinetiˇcke energije diskova i Ek4 - kinetiˇcka energija tereta. – Ek1 - kinetiˇcka energija prstena:

A

PV

M

j

O

mg

B

j

1 Ek1 = I0 · ωp2 = 9m R2 θ˙2 , 2

mg T

gde je koriˇsćeno: 4mg

2

2

I0 = (2m)(3R) = 18 m R ,

˙ ωp = θ.

Slika 3.70:


– Ek2 - kinetiˇcka energija diska: 1 1 Ek2 = m· vA2 + IA · ωd2 , (3.3) 2 2 gde je odgovarajući moment inercije, disk sa centrom u taˇcki A i B: 1 IA = IB = m R2 . 2 Odredivanje brzine centra mase diska A (ista je brzina centra i diska sa centrom u B): vA = OA· φ˙ = 2R· φ, ˙ vA = AP vD · ωd , ( ) 2Rφ˙ vk = 3R· θ˙ = AP vD + R · ωd , AP vD = ωd ˙ ωd = 3θ − 2φ. ˙

⇒

3Rθ˙ = 2Rφ˙ + Rωd

⇒

Sada, izraz (3.3) moˇze da se prikaˇze u obliku:

1 11 9 Ek2 = m· 4R2 φ˙ 2 + m R2 · (3θ˙ − 2φ) ˙ 2 = 2m R2 φ˙ 2 + mR2 θ˙2 − 3m R2 φ˙ θ˙ + mR2 φ˙ 2 22 4 9 2 2 2 ˙2 2 ˙ = 3m R φ˙ + mR θ − 3m R φ˙ θ. 4 – Ek4 - kinetiˇcka energija tereta: 1 Ek4 = mT · vT2 , gde je vT = vD = 3R θ˙ 2 1 Ek4 = · 4m· 9R2 θ˙2 = 18m R2 θ˙2 2

⇒

235


Ukupna kinetiˇcka energija sistema: Ek = 6m R2 φ˙ 2 +

63 ˙ m R2 θ˙2 − 6m R2 φ˙ θ. 2

Parcijalni i totalni izvodi, po generalisanim brzinama i koordinatama: ( ) ∂Ek d ∂Ek 2 2 ˙ ¨ ∂Ek = 0, = 12m R2 φ¨ − 6m R2 θ, = 12m R φ˙ − 6m R θ, ∂ φ˙ dt ∂ φ˙ ∂φ ( ) ∂Ek d ∂Ek ∂Ek = 63m R2 θ˙ − 6m R2 φ, ˙ = 63m R2 θ¨ − 6m R2 φ, ¨ = 0. dt ∂ θ˙ ∂θ ∂ θ˙ Virtualni rad – Generalisane sile: Za δφ ̸= 0 i δθ = 0 je δAφ = mg cos φ· 2R δφ − mg cos φ· 2R δφ + M δφ

⇒

Qφ = M.

Za δφ = 0 i δθ ̸= 0 je δAθ = −4mg 3R δθ = −12 mg Rδθ

⇒

Qθ = −12 mg R.

Diferencijalne jednaˇcine kretanja: 12mR2 φ¨ − 6mR2 θ¨ = M , 63mR2 θ¨ − 6mR2 φ¨ = −12 mg R . k Zad. 3.43.

K

a

x

Klizaˇc K mase m klizi niz vodicu koja se nalazi u vertikalnoj ravni pod uglom α = const. prema horizontali. Za klizaˇc je zglobno vezan ˇstap KM zanemarljive mase, duˇzine ℓ, koji se obrće oko ose koja prolazi kroz taˇcku K. Za kraj ˇstapa vezana je kuglica mase m, zanemarljivih dimenzija.

j l M

Slika 3.71:

uz zadatak 3.43.

Napisati diferencijale jednaˇcine kretanja datog sistema. Za generalisane - x i ugao obtranja ˇstapa φ. koordinate usvojiti pomeranje klizaˇca duˇz vodice Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

236


Reˇsenje: Lagranˇzeve jednaˇcine (za dva stepene slobode q1 = x i q2 = φ): ( ) d ∂Ek ∂Ek − = Qi , i = 1, 2. dt ∂ q˙i ∂qi Odredivanje kinetiˇcke energije: – ukupna kinetiˇcka energija je: Ek = Ek1 + Ek2 , gde je Ek1 kinetiˇcka energija klizaˇca, a Ek2 kinetiˇcka energija kuglice. – kinetiˇcka energija klizaˇca: K

vK = x, ˙

⇒

Ek2

90o-(j+a)

j vK

j M

vMK vM

Slika 3.72:

mg


Odredivanje brzine materijalne taˇcke M : K ˙ vM = vK + vM , vBA = KM φ˙ = ℓφ, 2 2 K 2 K vM = vK + (vM ) − 2vK · vM cos γ = 2 vM = x˙ 2 + ℓ2 φ˙ 2 − 2xℓ ˙ φ˙ cos(π/2 + (α + φ)),

pa je 1 1 Ek2 = mx˙ 2 + mℓ2 φ˙ 2 + mxℓ ˙ φ˙ sin(α + φ). 2 2 Ukupna energija sistema je: 1 Ek = mx˙ 2 + mℓ2 φ˙ 2 + mxℓ ˙ φ˙ sin(α + φ). 2 Parcijalni izvodi:

a

90o-(j+a) vK mg

– kinetiˇcka energija kuglice 1 2 . = mM vM 2

a

x

1 2 Ek1 = m1 vK , gde je 2 1 Ek1 = mx˙ 2 . 2

237


∂Ek = 2mx˙ + mℓφ˙ sin(α + φ), ( ∂ x˙) d ∂Ek = 2m¨ x + mℓ(φ¨ sin(α + φ) + φ˙ 2 cos(α + φ)), dt ∂ x˙ ∂Ek = mℓ2 φ˙ + mℓx˙ sin(α + φ), ∂ φ˙ ( ) d ∂Ek = mℓ2 φ¨ + mℓ(¨ x sin(α + φ) + x˙ φ˙ cos(α + φ)). dt ∂ φ˙ ∂Ek ∂Ek = 0, = mℓx˙ φ˙ cos(α + φ). ∂x ∂φ Virtualni rad – Generalisana sila δA = δAx + δAφ = Qx δx + Qφ δφ. Za δφ = 0, δx ̸= 0, δAx = mg sin αδx + mg sin αδx

⇒

Qx = 2mg sin α.

Za δφ ̸= 0, δx = 0, δAφ = mgℓ cos φδφ

⇒

Qφ = mgℓ cos φ.

Diferencijalne jednaˇcine kretanja: 2m¨ x + mℓφ¨ sin(α + φ) + mℓ· φ˙ 2 cos(α + φ) = 2mg sin α , mℓ2 φ¨ + mℓ¨ x sin(α + φ) = mgℓ cos φ . k Zad. 3.44. Neistegljivo gipko uˇze namotano je na homogeni disk C mase m i polupreˇcnika R, koji moˇze da se kreće po idealno giatkoj strmoj ravni nagiba α. Uˇze je prebaˇceno preko kotura D zanemarljive mase, a svojim drugim krajem vezano je za prizmatiˇcno telo A mase m, koje se kreće po idealno glatkoj horizontalnoj podlozi.

x A

z

D

C

a

Slika 3.73:

uz zadatak 3.44.


238


Napisati diferencijaie jednaˇcine kretanja datog sistema. Za generalisane koordinate usvojiti pomeranje centra cilindra z i pomeranje prizmatiˇcnog tela A, x. Reˇsenje: Lagranˇzeve jednaˇcine (za dva stepene slobode q1 = x i q2 = z): ( ) d ∂Ek ∂Ek − = Qi , i = 1, 2. dt ∂ q˙i ∂qi Kinetiˇcka energija sistema je: Ek = Ek1 + Ek2 , gde su Ek1 – kinetiˇcka energija tereta A, a Ek2 – kinetiˇcka energija cilindra, odredene izrazima: 1 1 Ek1 = m vA2 = m x˙ 2 , 2 2 1 1 Ek2 = m vC2 + IC ω 2 . 2 2 Odredivanje brzine centra diska i njegove ugaone brzine: x A

vA

vC = z, ˙ x˙ = KPv · ω, ) ( z˙ = CP v · ω = R − KP v · ω = ( ) x˙ = R− · ω = Rω − x˙ ⇒ ω x˙ + z˙ ω= R

z

D

C

z C

a

w

a vC

PV

vK K

mg

Slika 3.74:


1 1 ˙ + z) ˙ 2 1 1 1 3 2 (x Ek2 = mz˙ 2 + · m R = mz˙ 2 + mx˙ 2 + mx˙ z, ˙ 2 2 2 2 4 4 2 R pa je ukupna energija: 3 3 1 Ek = mz˙ 2 + mx˙ 2 + mx˙ z. ˙ 4 4 2

239


Parcijalni i totalni izvodi: 3 1 ∂Ek = mx˙ + mz, ˙ ∂ x˙ 2 2 ∂Ek 3 1 = mz˙ + mx, ˙ ∂ z˙ 2 2

( ) d ∂Ek = dt ∂ x˙ ( ) d ∂Ek = dt ∂ z˙

1 3 m¨ x + m¨ z, 2 2 3 1 m¨ z + m¨ x, 2 2

∂Ek = 0, ∂x ∂Ek =0 ∂z

Virtualni rad – Generalisane sile: δx ̸= 0 i δz = 0: δAx = −mg sin α δx

⇒

Qx =

δAx = −mg sin α. δx

⇒

Qz =

δAz = mg sin α. δz

δx = 0 i δz ̸= 0: δAz = mg sin α δz

Diferencijalne jednaˇcine kretanja: 3 1 m¨ x + m¨ z = −mg sin α , 2 2 3 1 m¨ z + m¨ x = mg sin α . 2 2 k Zad. 3.45. Homogeni disk 1, mase m i polupreˇcnika 2R, moˇze da se obrće oko ose koja prolazi kroz taˇcku O. Za taˇcku O vezan je zglobno laki ˇstap (duˇzine 3R) na ˇcijem je drugom kraju vezan homogeni disk 2, mase 2m i polupreˇcnika R, koji moˇze da se kotrlja po disku 1 (pri ˇcemu dolazi do proklizavanja). Disk 1 se kreće pod dejstvom momenta M. Za materijalni sistem napisati diferencijalne jednaˇcine kretanja. Za generalisane koordinate usvojiti φ i θ.

1 O

q

M

A

j 2

Slika 3.75:

uz zadatak 3.45.


240


Lagranˇzeve jednaˇcine (za dva stepene slobode q1 = φ i q2 = θ): ( ) d ∂Ek ∂Ek − = Qi , i = 1, 2. dt ∂ q˙i ∂qi

Kinetiˇcka energija sistema je: 1

Ek = Ek1 + Ek2 ,

O

gde su Ek1 – kinetiˇcka energija diska 1, a Ek2 – kinetiˇcka energija diska 2, odredene izrazima: E k1 E k2

w2 PV2

vP

q vA P

x

A

1 ˙ = I1 ω12 , gde je ω1 = φ, 2 1 1 = 2mvA2 + I2 ω22 . 2 2

M

j

2

q 2mg

Slika 3.76:


Momenti inercije su: 1 I1 = m(2R)2 = 2mR2 , 2

1 I2 = 2mR2 = mR2 . 2

– kinetiˇcka energija diska 1: 1 Ek1 = 2mR2 φ˙ 2 = mR2 φ˙ 2 . 2 – kinetiˇcka energija diska 2: 1 Ek2 = mvA2 + mR2 ω22 . 2 Da bismo izraˇcunali ovu kinetiˇcku energiju, potrebno je prethodno odrediti brzinu centra masa diska 2 i njegovu ugaonu brzinu. Odredivanje brzine centra mase diska 2 i njegove ugaone brzine: ˙ vA = 3Rθ,

vp = 2Rφ, ˙

vA = (R + ξ)ω2 , vA = Rω2 + vp ,

vp , ω2 v − vp 3Rθ˙ − 2Rφ˙ ω2 = A = = 3θ˙ − 2φ. ˙ R R vp = ξ ω 2

⇒

ξ=

241


– kinetiˇcka energija diska 2: Ek2 =

27 mR2 θ˙2 − 6mR2 φ˙ θ˙ + 2mR2 φ˙ 2 . 2

Ukupna kinetiˇcka energija sistema: Ek =

27 ˙ mR2 θ˙2 + 3mR2 φ˙ 2 − 6mR2 φ˙ θ. 2

Parcijalni i totalni izvodi: ( ) ∂Ek d ∂Ek 2 2˙ ¨ ∂Ek = 0, = 6mR2 φ¨ − 6mR2 θ, = 6mR φ˙ − 6mR θ, ∂ φ˙ dt ∂ φ˙ ∂φ ) ( d ∂Ek ∂Ek ∂Ek = 27mR2 θ˙ − 6mR2 φ, ˙ = 27mR2 θ¨ − 6mR2 φ, ¨ = 0. ˙ ˙ dt ∂ θ ∂θ ∂θ Virtualni rad – Generalisane sile: δA(M) = M δφ,

δA(mg) = 0,

δA(2mg) = −6mgR sin θ δθ, Diferencijalne jednaˇcine kretanja: 6mR2 φ¨ − 6mR2 θ¨ = M , 27mR2 θ¨ − 6mR2 φ¨ = −6mgR sin θ . k Zad. 3.46. x

Po ˇstapu OA mase m1 i duˇzine 2ℓ, na koji deluje spreg momenata M, moˇze da se kotrlja bez klizanja homogeni disk mase ˇ m2 i polupreˇcnika R. Stap OA moˇze da se obrće oko ose koja prolazi kroz taˇcku O. Napisati diferencijalne jednaˇcine kretanja sistema u funkciji generalisanih koordinata x i φ.

C C

A

M O

j

Slika 3.77:

uz zadatak 3.46.


242


Lagranˇzeve jednaˇcine (za dva stepene slobode q1 = x i q2 = φ): ( ) d ∂Ek ∂Ek − = Qi , i = 1, 2. dt ∂ q˙i ∂qi Kinetiˇcka energija sistema je: Ek = Ek1 + Ek2 , gde su Ek1 – kinetiˇcka energija ˇstapa, a Ek2 – kinetiˇcka energija diska, odredene izrazima: 1 Ek1 = IO · ωs2 , 2 1 Ek2 = m2 vC2 + 2

gde je ωs = φ, ˙ 1 IC · ωd2 . 2

Moment inercije ˇstapa, za taˇcku O:

x

2

IO = IT + OT m, 1 4 IO = m1 (2ℓ)2 + ℓ2 m1 = m1 ℓ2 . 12 3

K T

Ek1

vC K vr

j

j

m2 g

Slika 3.78:

C

A

vK vC

m1 g

1 4 2 = · m1 ℓ2 · φ˙ 2 = m1 ℓ2 · φ˙ 2 . 2 3 3

x

j

M O

– kinetiˇcka energija ˇstapa:

A

C

K p

K


Odredivanje brzine centra mase diska (taˇcka C) i odgovarajuće ugaone brzine ωd : vC = vr + vp ,

vC = vK + vCK ,

K , vp = vK + vCp

vr + vK + vCKp = vK + vCK , K = CK· φ˙ = R φ, vCp ˙ ( ) x˙ =R − φ˙ = x˙ − Rφ, ˙ R

vr = x, ˙ vCK

K vr − vCp = vCK ,

vCK ⊥vK

⇒ 2

vK = x· φ. ˙

x˙ − φ, ˙ R 2 vC2 = vCK 2 + vK = x2 φ˙ 2 + x˙ 2 − 2Rφ˙ x˙ + R2 φ˙ 2 , x˙ − Rφ˙ = R ωd

vC = (x + R2 )φ˙ 2 + x˙ 2 − 2Rx˙ φ. ˙ 2

vCK = R· ωd ,

⇒

ωd =

243


Konaˇcno, za kinetiˇcku energiju diska, dobija se: Ek2 Ek2

[ ] 1 1 1 = m2 (x2 + R2 )φ˙ 2 + x˙ 2 − 2Rx˙ φ˙ + · m2 R2 2 2 2 ( 2 ) 1 3 3 = m2 2x + 3R2 φ˙ 2 + m2 x˙ 2 − m2 Rx˙ φ˙ 4 4 2

(

x˙ − φ˙ R

)2 ⇒

Kinetiˇcka energija sistema: ( ) 2 1 3 3 Ek = m1 ℓ2 φ˙ 2 + m2 2x2 + 3R2 φ˙ 2 + m2 x˙ 2 − m2 Rx˙ φ˙ = 3 4 4 2 ( )] 1 [ 3 3 Ek = ˙ 8m1 ℓ2 + 3m2 2x2 + 3R2 φ˙ 2 + m2 x˙ 2 − m2 Rx˙ φ. 12 4 2 Parcijalni i totalni izvodi: ∂Ek = ∂ x˙ ∂Ek = ∂ φ˙ ( ) d ∂Ek = dt ∂ φ˙

( ) 3 3 d ∂Ek 3 3 ∂Ek m2 x˙ − m2 Rφ˙ = m2 x ¨ − m2 Rφ, ¨ = m2 xφ˙ 2 , 2 2 dt ∂ x˙ 2 2 ∂x ( )] 1[ 3 8m1 ℓ2 + 3m2 2x2 + 3R2 φ˙ − − m2 Rx, ˙ 6 2 ( )] 3 1[ ∂Ek 8m1 ℓ2 + 3m2 2x2 + 3R2 φ¨ + 2m2 x x˙ φ˙ − m2 R¨ x, = 0. 6 2 ∂φ

Virtualni rad: δA = −m1 g· δyT − m2 g· δyC + M · δφ, gde su odgovarajuće koordinate: yT = ℓ sin φ,

δyT = ℓ cos φ δφ,

yC = x sin φ + R cos φ,

δyC = sin φ δx + x cos φ δφ − R sin φ δφ.

Za rad se sada dobija: δA = −m1 gℓ cos φδφ − m2 g sin φ δx − m2 g· x cos φ δφ + m2 g· R sin φ δφ + M δφ, Generalisane sile: δA = −m1 gℓ cos φ − m2 g x cos φ + m2 g R sin φ + M, δφ δA Qx = = −m2 g sin φ. δx

Qφ =


244


Diferencijalne jednaˇcine kretanja: 3 3 m2 x ¨ − m2 Rφ¨ − m2 xφ˙ 2 = −m2 g sin φ , 2 2 4 3 3 m1 ℓ2 φ¨ + 2m2 x x˙ φ˙ + m2 x2 φ¨ + m2 R2 φ¨ − m2 R2 x ¨= 3 2 2 = −(m1 ℓ + m2 x)g cos φ + m2 g R sin φ + M. k Zad. 3.47. Homogeni disk mase m moˇze da se kotrlja bez klizanja po ˇstapu AB duˇzine L i mase M , koji moˇze da se kreće po hrapavoj strmoj ravni nagiba α i koeficijenta trenja µ. Ako je u poˇcetnom trenutku sistem mirovao, i disk bio na kraju A ˇstapa, - ˇstap dok odrediti koliki put prede disk stigne do njegovog kraja B.

s x m A

C

M B

a

Slika 3.79:

uz zadatak 3.47.

Reˇsenje: Najpre treba odrediti diferencijalne jednaˇcine kretanja datog sistema, koristeći Lagranˇzeve jednaˇcine druge vrste, u funkciji generalisanih koordinata x i s: ( ) ∂Ek d ∂Ek − = Qi , i = 1, 2, q1 = x, q2 = s. dt ∂ q˙i ∂qi Kinetiˇcka energija sistema je Ek = Ek1 + Ek2 , gde je: – kinetiˇcka energija ˇstapa 1 Ek1 = M vT2 . 2 1 Ek1 = M x˙ 2 ; 2

s x

vT = x, ˙

– kinetiˇcka energija diska 1 1 Ek2 = mvC2 + IC ω 2 . 2 2

A

C T

a B

a mg

a Mg

Slika 3.80:


245


Kako su brzina centra mase C diska i ugaone brzine diska ω: vC = x˙ + s, ˙

ω=

s˙ , R

to je kinetiˇcka energija ˇstapa 2 1 1 1 2 s˙ Ek2 = m(x˙ + s) ˙ 2 + · m· R · 2, 2 2 2 R 3 1 Ek2 = mx˙ 2 + ms˙ 2 + mx˙ s. ˙ 2 4

Kinetiˇcka energija sistema: 1 3 Ek = (M + m)x˙ 2 + ms˙ 2 + mx˙ s. ˙ 2 4 Parcijalni izvodi kinetiˇcke enrgije: ∂Ek = (M + m)x˙ + ms˙ ∂ x˙ ∂Ek = 0. ∂x ∂Ek 3 = mx˙ + ms˙ ∂ s˙ 2 ∂Ek = 0. ∂s

⇒

d dt

⇒

d dt

(

(

∂Ek ∂ x˙

∂Ek ∂ s˙

) = (M + m)¨ x + m¨ s,

)

3 = m¨ x + m¨ s, 2

Virtualni rad – Generalisane sile: δA = δAx + δAs . Za δx ̸= 0, δs = 0. Odredivanje sile trenja klizanja Fµ = µ· N : m¨ s1c = N − M g cos α − mg cos α = 0

⇒

N = (M g + mg) cos α.

δAx = M g sin αδx + mg sin αδx − µN · δx

⇒

Qx = (M + m)g sin α − µ(M g + mg) cos α. Za δx = 0, δs ̸= 0, δAs = mg sin αδs

⇒

Qs = mg sin α. Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

246


Diferencijalne jednaˇcine kretanja: (M + m)¨ x + m¨ s = (M + m)g sin α − µ(M g + mg) cos α , 3 m¨ x + m¨ s = mg sin α . 2

(3.4) (3.5)

Drugi deo zadatka je da se, koristeći prethodne diferencijalne jednaˇcine, odredi predeni put. Da bi se odredio predeni put, potrebno je reˇsiti date jednaˇcine, (3.4) i (3.5). Kada se izraˇcuna x ¨, iz (3.5), i uvrsti u (3.4), dobija se: ( ) 3 (M + m) g sin α − s¨ + m¨ s = (M + m)g sin α − µ(M g + mg) cos α, 2 (( 3 (( (( (( (M m)g sin α − (M + m)¨ s + m¨ s =( (M m)g sin α − µ(M g + mg) cos α, (( (( (+ (+ ( ) ( 2 1 3 s¨ − M − m = −µ(M g + mg) cos α ⇒ 2 2 2µ(M g + mg) cos α . s¨ = 3M + m Reˇsavajući ovu jednaˇcinu, uz poˇcetne uslove za t0 = 0: s0 = 0 i s˙ 0 = 0, dobija se: 2µ(M g + mg) cos α t + C1 , s˙ 0 = 0 ⇒ C1 = 0, 3M + m 2µ(M g + mg) cos α 2 s= t + C2 , s0 = 0 ⇒ C2 = 0. 3M + m

s˙ =

Za s1 = ℓ (duˇzina ˇstapa) dobija se potrebno vreme da bi disk doˇsao do kraja ˇstapa, tj. skotrljao od taˇcke A do taˇcke B: √ (3M + m)ℓ . t1 = 2µ(M g + mg) cos α Iz diferencijalne jednaˇcine (3.5) moˇze da se izraˇcuna put ˇstapa x, uz poˇcetne uslove t0 = 0: x0 = 0 i x˙ 0 = 0: ) ( 3µ(M g + mg) cos α x˙ = g sin α − t + C3 x˙ 0 = 0 ⇒ C3 = 0, 3M + m ( ) 3µ(M g + mg) cos α 2 x = g sin α − t + C4 x0 = 0 ⇒ C4 = 0. 3M + m

247


Traˇzeni predeni put dobije sa kada se u ovom izrazu zameni potrebno vreme, tj. ( ) 3µ(M g + mg) cos α (3M + m)ℓ x1 = g sin α − ⇒ 3M + m 2µ(M g + mg) cos α ( ) 3M + m 3 x1 = tgα − ℓ. 2µ(M + m) 2 k Zad. 3.48. ˇ Cetiri jednaka homogena ˇstapa, svaki duˇzine l i mase m, kruto su spojeni u kvadratni ram OABC, koji moˇze da se obrće oko ose Oz. Duˇz ˇstapa AB klizi bez trenja prsten P , mase m. Napisati, za prikazani materijalni sistem:

x

O

j C S A

a) izraz za kinetiˇcku energiju,

P

b) izraz za rad i

x

c) diferencijalne jednaˇcine kretanja, u funkciji generalisanih koordinata φ i ξ.

y Slika 3.81:

B uz zadatak 3.48.

Reˇsenje: Lagranˇzeve jednaˇcine (za dva stepene slobode q1 = φ i q2 = ξ): ( ) d ∂Ek ∂Ek − = Qi , i = 1, 2. dt ∂ q˙i ∂qi Kinetiˇcka energija sistema je: Ek = Ek1 + Ek2 , gde su Ek1 – kinetiˇcka energija rama, a Ek2 – kinetiˇcka energija prstena, odredene izrazima: 1 ˙ Ek1 = IO ω 2 , gde je ω = φ, 2 1 Ek2 = mvP . 2 Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

248


Odredivanje momenta inercije kvadratnog rama: 4 IS = ml2 ; 3 I0 =

4 I0 = ml2 + 4m 3

( √ )2 ( ) a 2 4 6 = + ml2 2 3 3

10 2 ml . 3

O

j

O

x

x

j

j

90o- j

C

yP

j

90o- j

C o

j-45 S

j

A

⇒

S

A

o

90 - j

P

x

j - 45o

P

x

xP y

B

B

y mg

Slika 3.82:

4mg


Odredivanje koordinata taˇcke P : xP = −ℓ cos φ + ξ sin φ ⇒ x˙ p = ℓφ˙ sin φ + ξ˙ sin φ + φξ ˙ cos φ, ˙ y = ℓ sin φ + ξ cos φ ⇒ y˙ p = φℓ ˙ cos φ + ξ cos φ − φξ ˙ sin φ P

Odredivanje brzine taˇcke P : ˙ sin φ + φξ x˙ P = (ℓφ˙ + ξ) ˙ cos φ = A sin φ + φξ ˙ cos φ, ˙ cos φ − φξ y˙ P = (ℓφ˙ + ξ) ˙ sin φ = A cos φ − φξ ˙ sin φ, x˙ 2P = A2 sin2 φ + (φξ) ˙ 2 cos2 φ + 2Aφξ ˙ sin φ cos φ, y˙ P 2 = A2 cos2 φ + (φξ) ˙ 2 sin2 φ − 2Aφξ ˙ sin φ cos φ, pa je: ˙ 2 + φ˙ 2 ξ 2 . vP2 = x˙ 2P + y˙ P2 = (ℓφ˙ + ξ)

249


Kinetiˇcka enegija sistema: 1 10 2 2 1 mℓ φ˙ + m(ℓ2 φ˙ 2 + 2ℓφ˙ ξ˙ + ξ˙2 + φ˙ 2 ξ 2 ), 2 3( 2 ) 1 10 2 2 2 2 2 2 2 ˙ ˙ Ek = m ℓ φ˙ + ℓ φ˙ + 2ℓφ˙ ξ + ξ + φ˙ ξ , 2 3 ( ) m 13 2 2 Ek = ℓ φ˙ + 2ℓφ˙ ξ˙ + ξ˙2 + φ˙ 2 ξ 2 . 2 3 Ek =

Parcijalni i totalni izvodi:

( ) ∂Ek m 26 2 2 = ℓ φ˙ + 2ℓξ˙ + 2φξ ˙ , ∂ φ˙ 2 3 ( ) [ ] d ∂Ek m 26 2 2 ¨ ˙ = ℓ φ¨ + 2ℓξ + 2(φξ ¨ + 2φ˙ ξξ) , dt ∂ φ˙ 2 3 ∂Ek = 0. ∂φ ∂Ek = ∂ ξ˙ ( ) d ∂Ek = dt ∂ ξ˙ ∂Ek = ∂ξ

) m( 2ℓφ˙ + 2ξ˙ , 2 ) m( 2ℓφ¨ + 2ξ¨ , 2 m 2 φ˙ · 2ξ = mφ˙ 2 ξ. 2

Virtualni rad: δA = 4mg· δyS + mg· δyP . Koordinate taˇcke S: √ 2 ℓ yS = ℓ· cos(φ − 45◦ ) = (cos φ + sin φ) 2 2 ℓ y˙ S = φ˙ (cos φ − sin φ) ⇒ 2 ℓ δyS = (cos φ − sin φ) δφ. 2

⇒

Sada je rad: δA = 2mgℓ· (cos φ − sin φ) δφ + mg· [(ℓδφ + δξ) cos φ − ξδφ sin φ] δA = 2mgℓ· (cos φ − sin φ) δφ + mgℓ cos φ δφ − mgξ sin φ δφ + mg cos φ δξ. Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

250


Generalisane sile: Qφ = 2mgℓ· (cos φ − sin φ) + mgℓ cos φ − mgξ sin φ, Qξ = mg cos φ. Diferencijalne jednaˇcine kretanja: [ ] 1 26 2 2 ¨ ˙ ℓ φ¨ + 2ℓξ + 2(φξ ¨ + 2φ˙ ξξ) = 2gℓ· (cos φ − sin φ) + gℓ cos φ − gξ sin φ , 2 3 ( ) ℓφ¨ + ξ¨ − φ˙ 2 ξ = g cos φ . k

Deo III

Dodatak


GLAVA

4 TABLICA MOMENATA INERCIJE

z

Tanak ˇstap

z1

y

y1

Ix = 0, O

x

C

Slika 4.1:

Iy = Iz =

l,m Tanak ˇstap.

Iy1 = Iz1 =

m ℓ2 , 3

m ℓ2 . 12

y

Tanak kruˇzni prsten (zanemarljive debljine)

R C

x

Ix = Iy = Slika 4.2:

m R2 2

Iz = m R 2 .

Tanak kruˇ zni prsten. Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

254

4 Tablica momenata inercije y

Ploˇca oblika kruˇznog prstena

R

r

Ix = Iy =

) ) m( 2 m( 2 R + r2 Iz = R + r2 . 4 2

x

C

Kruˇzn ploˇca (r = 0) Slika 4.3:

Ix = Iy =

Ploˇ ca oblika kruˇ znog

prstena.

m R2 4

Iz =

m R2 . 2

y

Pravougaona ploˇca h

x

C

Ix =

m b2 12

Iy =

m a2 12

Iz =

) m( 2 a + b2 . 12

b

Slika 4.4:

Pravougaona ploˇ ca.

x2 2h 3

Trougaona ploˇca

h

x

C

h 3

Ix = x1

Slika 4.5:

m h2 18

Ix1 =

m h2 6

Ix2 =

m h2 . 2

Trougaona ploˇ ca.

Pravougaoni paralelopiped z1

y

Ix1

C c a x1

x

Slika 4.6: iped.

) ) m( 2 m( 2 b + c2 Iy = c + a2 , 12 12 ) m( 2 Iz = a + b2 , 12 ) ) m( 2 m( 2 = b + c2 Iy1 = c + a2 , 3 3 ) m( 2 2 I z1 = a +b , 3

Ix =

z

y1

b

Pravougaoni paralelop-

Kocka ivice a Ix = Iy = Iz =

m a2 . 6

255 z

y H x1

C

R x

Slika 4.7:

Prav kruˇzni cilindar ) m( 2 m Ix = Iy = 3R + H 2 , Iz = R2 , 12 2 ) m( 2 2 3R + 4H . Ix1 = 12

Prav kruˇ zni cilindar.

z

y H

C

r

R x

Slika 4.8:

Cilindriˇ cna cev.

Cilindriˇcna cev ) m( 2 Ix = Iy = 3R + 3r2 + H 2 , 2 ) m( 2 R − r2 . Iz = 2 Cilindar tankih zidova ) m( 2 6R + H 2 , Iz = m R2 . Ix = Iy = 12

z

R C

x

Slika 4.9:

Sfera (lopta) y

2 Ix = Iy = Iz = m R2 , 5 3 IC = m R 2 . 5

Sfera (lopta).


256

4 Tablica momenata inercije

GLAVA

5 VEKTORSKA ALGEBRA

5.1

Definicija vektora

Orijentisana duˇz zove se vektor. Ovaj pojam potiˇce od latinske reˇci vector –nosaˇc, ili od vehere, vectum – nositi, pomerati. Njena duˇzina odreduje intenzitet vektora. Ovako definisan vektor predstavlja geometrijski pojam, za razliku od prethodne definicije (pomeranje) koja je vektoru dala fiziˇcki smisao. Uobiˇcajeno je u literaturi da se vektor oznaˇcava slovom nad kojim se −−→ nalazi strelica (a) ili sa AB (A je poˇcetna, a B je krajnja taˇcka).

5.2

Sabiranje vektora

Posmatrajmo pomeranje iz poloˇzaja A u C. Do taˇcke C moˇzemo da dodemo direktno ili preko poloˇzaja B. Ova operacija moˇze da se oznaˇci sledećom relacijom (sl. 5.1): −−→ −−→ −→ AB + BC = AC

(D-1) Slika 5.1 Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

258

5 Vektorska algebra

Slika 5.2 Ovo pravilo je u literaturi poznato kao zakon paralelograma za sabiranje, jer je, prema sl. 5.1 i sl. 5.2, zbir vektora a i b predstavljen dijagonalom paralelograma ABCD. Sabiranje vektora je, dakle, binarna operacija nad skupom vektora V, kojom se vektorima a, b ∈ V jednoznaˇcno dodeljuje neki vektor c ∈ V. ˇ Cinjenica da mnoge pojave u fizici mogu da se predstave orijentisanim duˇzima, koje se sabiraju po zakonu paralelograma, nameće potrebu da ih bolje prouˇcimo. Dakle, uvodenjem vektora vrˇsimo geometrizaciju fiziˇckih pojava. Radi kompletnosti, napomenimo da u fizici postoje takve situacije gde je potrebno da nametnemo ograniˇcenja na poˇcetnu taˇcku ili poloˇzaj linije –nosaˇca posmatranog vektora, pa u tom smislu razlikujemo sledeće vektore: - slobodni (pomeraju se paralelno sami sebi, a ne menjaju se; kao primer za ovu vrstu vektora je moment sprega, vektor translacije), ci ili vektor vezan za pravu (pri pomeranju duˇz nosaˇca –prave ne - klize´ menjaja se; na primer sila koja deluju na kruto telo) i - vezani za taˇcku (na primer zapreminske sile).1 Napomenimo da će kasnije definisane operacije da vaˇze samo za slobodne vektore, ako se drugaˇcije ne naglasi. Polazeći od ideje vektora kao pomeranja taˇcaka, zakljuˇcujemo da su dva vektora jednaka ako su orijentisane duˇzi, koje ih predstavljaju, jednake po duˇzini (jednaki intenziteti), njihovi pravci paralelni, a smerovi isti. Ovo ćemo da oznaˇcavamo sa: a = b. 1

Ova podela proistiˇce iz definicije jednakosti vektora.

259

5.2 Sabiranje vektora

Na sl. 5.3 prikazani su parovi koji nisu jednaki, jer se razlikuju po intenzitetu (sl. 5.3a), smeru (sl. 5.3b) ili pravcu (sl. 5.3c).

Slika 5.3 Duˇzinu (intenzitet) vektora a oznaˇcićemo sa |a| ili kraće a. Nula vektor je vektor kome odgovara nulto pomeranje, (vektor ˇciji se poˇcetak i vrh poklapaju) oznaˇcavaćemo ga sa 0, za koji vaˇzi a + 0 = 0 + a = a. Intenzitet nula vektora je jednak nuli, a pravac je proizvoljan. Dva vektora istih intenziteta i jednakih pravaca, a suprotnog smera zovu se suprotni vektori. Suprotan vektor vektoru a oznaˇcavaćemo sa −a. Za ove vektore je: a + (−a) = 0. Svaki vektor, ˇciji je intenzitet jednak jedinici, tj. |a| = 1 naziva se jediniˇ cni vektor. Na osnovu geometrijskih osobina orijentisanih duˇzi zakljuˇcujemo da je (vidi relaciju (D-1) i sliku 5.1 na str. 257): a+b=b+a

(komutativnost)

(a + b) + c = a + (b + c) (asocijativnost)

(I) (II)

Napomenimo joˇs i to da je operacija sabiranja (+) vektora unutraˇsnja binarna operacija, tj: ako a, b ∈ V

tada i

a + b ∈ V,

gde je V skup vektora.

(III)

Na osnovu prethodnih definicija i osobina moˇzemo kratko da konstatujemo da za operaciju sabiranja vektora vaˇzi: a) operacija je komutativna (I), Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

260

5 Vektorska algebra

b) operacija je asocijativna (II), c) operacija je unutraˇsnja (III), d) operacija ima nula (neutralni) element, 0 ∈ V, e) svaki element a ∈ V ima suprotan ili simetriˇcan element −a ∈ V za koji je:

a + (−a) = (−a) + a = 0. Za neki skup V, ˇciji elementi, u odnosu na neku operaciju, imaju osobine od a) do e), kaˇzemo da obrazuje komutativnu ili Abelovu grupu. Definiˇsimo sada joˇs neke operacije sa vektorima.

5.3

Mnoˇ zenje vektora realnim brojem (skalarom)

Definicija: Neka je a neki vektor, a α neki realan broj. Tada se sa αa(≡ aα) definiˇse novi vektor na sledeći naˇcin: - vektor αa ima pravac vektora a, - ako je a ̸= 0 i α > 0, αa ima smer vektora a, - ako je a ̸= 0 i α < 0, αa ima smer suprotan vektoru a, - intenzitet vektora αa je |αa| = |α||a| (a = 0 ili α = 0 (ili oba), tada je αa = 0), Vektor αa dobijen je mnoˇ zenjem vektora a skalarom α. Ovim smo definisali operaciju mnoˇzenja vektora realnim brojem (skalarom). Jediniˇcni vektor, koji ima isti pravac i smer kao neki vektor a, obeleˇzićemo sa ea . Svaki vektor moˇzemo da predstavimo, primenjujući operaciju mnoˇzenja vektora skalarom, kao proizvod njegovog intenziteta i njegovog jediniˇcnog vektora: a = |a|ea .

261

5.4 Projekcija na osu i na ravan

Za operaciju mnoˇzenja vektora skalarom vaˇzi: αa ∈ V,

(IIIa)

(α1 + α2 )a = α1 a + α2 a

(IV)

α(a + b) = αa + αb

(V)

α1 (α2 a) = (α1 α2 )a,

(VI)

za svaki realan broj α1 i α2 i za sve vektore a, b ∈ V. Osobine (IV–VI) poznate su i kao osobine linearnosti skupa V.

5.4 5.4.1

Projekcija na osu i na ravan Projekcija taˇ cke na osu

Posmatrajmo osu u odredenu jediniˇcnim vektorom u, neku taˇcku A, koja ne leˇzi na toj osi i ravan S (sl. 5.4), koja nije paralelna sa osom. Konstruiˇsimo ravan S ′ tako da prolazi kroz taˇcku A, a paralelna je sa ravni S. Prodor ose u kroz ravan S ′ , taˇcka A′ , predstavlja projekciju taˇ cke A na osu u uzetu paralelno sa ravni S. Ako je ravan S normalna na osu, tada odgovarajuću projekciju zovemo normalna ili ortogonalna.

Slika 5.4

5.4.2

Projekcija vektora na osu

- poˇcetnom A i krajnjom taˇckom B. Projektovanjem Neka je vektor odreden −−→ te dve taˇcke (sl. 5.5) dobijaju se taˇcke A′ i B ′ , odnosno vektor A′ B ′ .

Slika 5.5 Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

262

5 Vektorska algebra

Projekcija vektora na osu je skalar koji se naziva algebarska vrednost projekcije ili kraće projekcija. Dakle, projekcija vektora na osu je skalar. −−→ Algebarsku vrednost projekcije vektora AB oznaˇcava se sa A′ B ′ , a definisana je sa:

A′ B ′ =

 −−′−→′   + A B ,   

−−′−→′ ako vektor A B ima isti smer kao i osa u,

  −−′−→′    − A B ,

−−′−→′ ako vektor A B ima suprotan smer od ose u.

−→ - vektora − Ako sa α oznaˇcimo ugao izmedu AB i vektora u ose u, tada je −−→ −−→ A′ B ′ = proju AB = |AB| cos α. Napomenimo da vaˇzi sledeći stav: projekcija (algebarska vrednost projekcije) zbira vektora, na proizvoljnu osu, jednaka je zbiru projekcija vektora sabiraka, na tu osu.

5.4.3

Projekcija taˇ cke i vektora na ravan

Da bismo projektovali taˇcku (A) na ravan (S), potrebno je prvo da se izabere neka prava (p) u odnosu na koju ćemo da izvedemo projektovanje. Presek (A′ ) ravni (S) i prave (p1 ), (p ∥ p1 ), kojoj pripada taˇcka (A), naziva se projekcija taˇ cke A na ravan (S) u pravcu prave (p) (sl. 5.6). Ako je prava normalna na ravan (S), tada odgovarajuću projekciju nazivamo normalna (ortogonalana). Projekciju vektora, na ravan, dobijamo projektovanjem njegove poˇcetne i krajnje taˇcke (sl. 5.6).

Slika 5.6 Dakle, projekcija vektora na ravan je vektor.

263

5.5 Skalarni (unutraˇsnji) proizvod dva vektora

5.5

Skalarni (unutraˇsnji) proizvod dva vektora

Definicija: Skalarni proizvod dva vektora a i b, koji ćemo simboliˇcki da oznaˇcavamo a· b (ˇcita se ”a taˇcka b”), je realan broj odreden sa: |a|· |b|· cos(a, b), tj: a· b = |a| · |b| · cos γ, (D-2) - vektora a i b. gde je γ ugao izmedu Iz same definicije sledi da je skalarni proizvod jednak projekciji vektora a na pravac vektora b, pomnoˇzenoj intenzitetom (duˇzinom) vektora b, tj. a· b = |b|· projb a. Analogno, a· b = |a|· proja b, ˇsto sledi iz komutativnosti skalarnog proizvoda i parnosti funkcije cos γ. - vektora. Tako, proizvod Znak skalarnog proizvoda zavisi od ugla izmedu je pozitivan, ako je ugao izmedu vektora oˇstar, nula, ako su vektori ortog- π/2 < γ < π) (sl. onalni (prav ugao) i negativan, ako je ugao tup (izmedu 5.7).

Slika 5.7 Polazeći od ove defincije moˇzemo da odredimo: intenzitet vektora i uslov pod kojim su dva vektora ortogonalna. Naime, u specijalnom sluˇcaju, kada je a = b, sledi da je γ = 0 i, prema (D-2), a· a = |a|· |a|· cos(a, a) = |a|· |a| = |a|2 ⇒

|a| =

√ a· a.

Dakle, iz definicije skalarnog proizvoda neposredno sledi da je kvadrat intenziteta vektora jednak skalarnom proizvodu vektora sa samim sobom. - sledi da je ugao (γ) Dalje, iz definicije skalarnog proizvoda, takode izmedu dva vektora cos γ =

a· b |a|· |b|

⇒

γ = arccos

a· b , |a|· |b|

(D-3)


264

5 Vektorska algebra

pa za |a| ̸= 0 i |b| ̸= 0 sledi da su dva vektora ortogonalna akko 2 je a· b = 0. Iz prethodnih definicija i osobina realnih brojeva slede naredne osobine koje se nazivaju i metriˇ cka svojstva linearnog vektorskog prostora: skalarni proizvod proizvoljnog vektora sa samim sobom je nenegativan

a· a = |a|2 > 0, i a· a = 0,

ako je

(VII)

a = 0,

(pozitivno – definitan)

skalarni proizvod je komutativan

a· b = b· a,

(VIII)

(simetrija)

skalarni proizvod je distributivan u odnosu na sabiranje

a· (b + c) = a· b + a· c,

(IX)

skalarni proizvod je asocijativan u odnosu na mnoˇzenje skalarom

α(a· b) = (αa)· b = a· (αb),

gde je

α

realan broj.

(X)

Realni afini prostor V ili realni vektorski prostor u kojem je definisan skalarni proizvod vektora sa osobinama (VII)–(X) zove se realni Euklidski prostor.

2

akko je skraćenica za ”ako i samo ako” (potreban i dovoljan uslov).

5.6 Vektorski (spoljaˇsnji) proizvod dva vektora

5.6

265

Vektorski (spoljaˇsnji) proizvod dva vektora

Definicija: Vektorski proizvod dva vektora a i b je vektor c koji je odreden sledećim uslovima: i) c je upravan istovremeno na a i b, odnosno ima pravac normale na ravan u kojoj leˇze vektori a i b; ii) smer odredujemo (konvencija!) pravilom desne ruke (ili desnog zavrtnja). Naime, ako palac desne ruke usmerimo u pravcu a, a kaˇziprst usmerimo u pravcu b, pa zatim zaokrenemo vektor a za oˇstar ugao (u pozitivnom smeru) da se poklopi sa b, tada će vrh srednjeg prsta pokazivati smer vektorskog proizvoda (videti slike 5.8a, 5.8b i 5.8c); - je relacijom: iii) intenzitet vektora c odreden |c| = |a| · |b| · sin α,

α = ∠(a, b).

Slika 5.8: Pravilo desnog zavrtnja (a), odnosno desne ruke (c) Ovi uslovi jednoznaˇcno odreduju vektor c. Vektorski proizvod simboliˇcki oznaˇcavamo sa: a × b = c, a ˇcitamo ”a krst b”. Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

266

5 Vektorska algebra

Vektorskom proizvodu moˇze da se da i fiziˇcki smisao. Posmatrajmo okretanje nekog tela oko fiksne taˇcke. Ovo okretanje (rotacija) je posledica delovanja momenta. Moment sile S za taˇcku O definisan je relacijom MSO = r × S, gde je r- vektor poloˇzaja napadne taˇcke sile u odnosu na momentnu taˇcku O. Napomenimo da za vektorski proizvod: - vaˇzi distributivnost, u odnosu na sabiranje:

a × (b + c) = (a × b) + (a × c) (a + b) × c = (a × c) + (b × c) - ne vaˇzi komutativnost, jer je (sl. 5.9) a × b = −b × a

(antikomutativnost)

- ne vaˇzi asocijativnost, jer je, u opˇstem sluˇcaju a × (b × c) ̸= (a × b) × c.

Slika 5.9 Iz definicije vektorskog proizvoda sledi da je vektorski proizvod dva vektora istog pravca jednak nuli, tj. a × αa = 0. Napred data definicija vektora, sa odgovarajućim operacijama, je ”geometrijska” definicija. Naime, iz svega napred izloˇzenog sledi da su definisani

5.7 Linearna zavisnost vektora. Dimenzija prostora

267

vektori i operacije nad njima nezavisni od izbora koordinatnog sistema. U nastavku ćemo da posmatramo vektore ”algebarski”, definiˇsući njihove komponente u odnosu na dati koordinatni sistem. U praksi se ˇcesto koristi proizvod tri vektora a· b × c = a· (b × c) , koji se naziva meˇ soviti proizvod. Ovako definisan proizvod je skalar. Dobija se tako ˇsto se prvo vektorski pomnoˇze vektori b i c, a zatim se ovako dobijeni vektor skalarno pomnoˇzi sa a. U literaturi koristi se i oznaka [a, b, c] za ovako definisani proizvod. Za meˇsoviti proizvod vaˇzi osobina kruˇ zne permutacije, naime [a, b, c] = [b, c, a] = [c, a, b].

5.7

Linearna zavisnost vektora. Dimenzija prostora

Uvedimo sada pojam linearna zavisnost skupa vektora a1 , a2 , · · · , an . Ovaj pojam je veoma vaˇzan pri definisanju pojma dimenzije prostora.

Definicija: Vektori a1 , · · · , an su linearno zavisni ako postoje brojevi α1 , · · · , αn , od kojih je bar jedan razliˇcit od nule, takvi da vaˇzi relacija: α1 a1 + α2 a2 + · · · + αn an = 0.

(D-4)

Suprotno, vektori su linearno nezavisni, ako relacija (D-4) vaˇzi samo kada je α1 = α2 = · · · = αn = 0,

Definicija: Vektorski prostor je n–dimenzionalan, ako u njemu postoji n linearno nezavisnih vektora, a svaki sistem od n + 1 vektora je linearno zavisan. Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

268

5 Vektorska algebra

Pokaˇzimo ovo na nekoliko primera. Posmatrajmo dva vektora a i b istog pravca i istih ili suprotnih smerova (sl. 5.10)

Slika 5.10 Tada postoji (realan) broj k ̸= 0 takav da je: b = ka,

(D-5)

a vektore a i b nazivamo kolinearni vektori. Ako stavimo da je k = − αβ , tada relacija (D-5) moˇze da se predstavi u obliku: αa + βb = 0. (D-6) Odavde zakljuˇcujemo da su dva kolinearna (ili paralelna) vektora linearno zavisna, jer su α i β razliˇciti od nule. Dakle, moˇzemo da kaˇzemo da svi vektori ka, za proizvoljno i realno k i a ̸= 0, formiraju jednodimenzionalni (1–D) realni linearni vektorski prostor. Razlog za uvodenje ovakve terminologije sledi iz ˇcinjenice da svakoj taˇcki na osi moˇze da se pridruˇzi vektor poloˇzaja 3 ka i obrnuto, svakom vektoru, iz ovog skupa, odgovara jedna taˇcka na osi (jednoznaˇcna korespondencija). Posmatrajmo sada dva nekolinearna vektora a i b. Predstavimo ih orijentisanim duˇzima, sa zajedniˇckim poˇcetkom O (sl. 5.11).

Slika 5.11 Proizvoljan vektor c, koji leˇzi u ravni vektora a i b, moˇze da se predstavi u obliku: c = ma + nb. (D-7) −→ Vektor poloˇzaja taˇcke A je vektor rA = OA, ˇciji je poˇcetak u koordinatnom poˇcetku O, a kraj u taˇcki A. 3


269

Ova relacija sledi iz pravila o sabiranju vektora i iz definicije mnoˇzenja vektora skalarom. Iz relacije (D-7), sliˇcno kao u sluˇcaju (D-5) i (D-6), uzimajući: α β m=− , n=− , (D-8) γ γ dobijamo: αa + βb + γc = 0,

(D-9)

ˇsto predstavlja uslov linearne zavisnosti skupa od tri vektora, jer nisu svi skalari jednaki nuli. Na ovaj naˇcin moˇzemo svaku taˇcku u ravni da odredimo nekim vektorom poloˇzaja c, tj. kombinacijom vektora ma + nb, gde su a i b dva linearno nezavisna vektora, a m i n odgovarajući realni brojevi. Zato moˇzemo da kaˇzemo da kombinacija ma+nb definiˇse dvodimenzionalni (2–D) realni linearni vektorski prostor. Vidimo da je u 2–D linearnom vektorskom prostoru skup od tri vektora uvek linearno zavisan. Posmatrajmo sada tri nekomplanarna 4 vektora a, b i c, koji polaze iz zajedniˇckog poˇcetka O (sl. 5.12).

Slika 5.12 Kao i u prethodnim sluˇcajevima, moˇzemo svaki naredni vektor d da predstavimo relacijom: d = ma + nb + pc, (D-10) - ˇcetiri vektora a, b, c i d uvek postoji netrivijalna odakle sledi da izmedu relacija oblika: αa + βb + γc + δd = 0. Dakle, relacija (D-10), za skup svih realnih brojeva m, n, i p, odreduje trodimenzionalni realni linearni vektorski prostor. Moˇzemo da zamislimo da krajnja taˇcka vektora d ”prebriˇse” sve taˇcke 3–D prostora, kada parametri m, n, i p uzimaju sve vrednosti iz skupa realnih brojeva. Znaˇci da je u 3–D linearnom vektorskom prostoru svaki skup od ˇcetiri vektora linearno 4

Vektori su komplanarni ako su svi paralelni jednoj ravni. Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

270

5 Vektorska algebra

- broja linearno nezavisnih vektora sa zavisan. Iskoristićemo ovu vezu izmedu dimenzijom prostora da bismo postavili koncept dimenzionalnosti linearnog trodimenzionalnog vektorskog prostora, uz napomenu da se koncept lako moˇze da uopˇsti na n – dimenzionalni vektorski prostor. Vektore a, b i c, u (D-9), zvaćemo bazni vektori, a sabirke ma, nb i pc komponente vektora d. Brojeve m, n i p zvaćemo kratko koordinata u odnosu na bazne vektore a, b i c. Kad jednom odredimo skup baznih vektora, tada je svaki vektor jed- trojkom (u 3–D) koordinata. noznaˇcno odreden Naime, ranije smo definisali vektor geometrijski, koriˇsćenjem orijentisane duˇzi. Uvodeći koordinatni sistem, vektor moˇzemo da opiˇsemo algebarski. Već smo rekli da se pravougli, pravolinijski koordinatni sistem zove Dekartov koordinatni sistem. Uobiˇcajeno je da se ose Dekartovog koordinatnog sistema oznaˇcavaju sa x, y i z, a odgovarajući bazni vektori sa i, j i k, respektivno. Napomenimo da se koriste levi i desni koordinatni sistem, mada desni ˇceˇsće (sl. 5.13).

Slika 5.13 Posmatrajmo sada proizvoljan vektor a, predstavljen orijentisanom duˇzi −−→ AB, pri ˇcemu je A poˇcetak, a B kraj duˇzi AB (sl. 5.14).

Slika 5.14

271


Neka su koordinate taˇcaka A (xA , yA , zA ) i B (xB , yB , zB ), a rA i rB vektori poloˇzaja ovih taˇcaka, tada je: −−→ AB = a = rB − rA

⇒

ax = xB − xA , ay = yB − yA i az = zB − zA

(D-11)

gde su ax , ay i az merni brojevi vektora a u odnosu na koordinatni sistem, ˇsto kratko oznaˇcavamo, radi jednostavnosti, sa: a = [ax , ay , az ] umesto sa a = ax i + ay j + az k. Izrazimo sada ranije definisane pojmove preko odgovarajućih mernih brojeva. - taˇcaka A i B, ˇsto Intenzitet vektora a, po definiciji je rastojanje izmedu u Euklidskom prostoru, moˇze da se predstavi relacijom: |a| =

√

(xB − xA )2 + (yB − yA )2 + (zB − zA )2 =

√

a2x + a2y + a2z

Ako za poˇcetak vektora izaberemo koordinatni poˇcetak, tada su koordinate vrha vektora jednake sa mernim brojevima vektora. Napred je već reˇceno da se ovako konstruisan vektor zove vektor poloˇ zaja i obiˇcno se oznaˇcava sa r. - vidimo da merni brojevi ax , ay , az vektora a ne zavise Iz (D-11) takode od izbora poˇcetne taˇcke za a, jer ako vektor a pomerimo, duˇz pravca AB, tada se menjaju koordinate taˇcke A i B za istu vrednost, pa njihova razlika ostaje ista. Dakle, ako je dat fiksni Dekartov koordinatni sistem tada je svaki - uredenom vektor jednoznaˇcno odreden trojkom brojeva (koordinatama). Na ovaj naˇcin moˇzemo da definiˇsemo i nula vektor 0 kao vektor ˇcije su koordinate [0, 0, 0]. Za dva vektora a = [ax , ay , az ] i b = [bx , by , bz ] kaˇzemo da su jednaka akko su odgovarajuće koordinate jednake. Naime, vektorska jednaˇcina: a=b ekvivalentna je trima skalarnim jednaˇcinama: ax = bx ,

ay = by ,

az = b z .


272

5 Vektorska algebra

Vektorski zbir, preko koordinata, moˇzemo da odredimo na sledeći naˇcin (sl. 5.15): c = a + b = [ax + bx , ay + by , az + bz ] = [cx , cy , cz ] .

Slika 5.15 Mnoˇzenje vektora skalarom αa = [αax , αay , αaz ] . Skalarni proizvod a· b = ax bx + ay by + az bz . Vektorski proizvod i j k a × b = ax ay az . bx by bz Ovako predstavljen vektorski proizvod ima simboliˇcno znaˇcenje, jer je vrednost a × b jednaka izrazu koji se dobija razvijanjem gornje determinante po prvoj vrsti. Meˇsoviti proizvod

ax ay az a · (b × c) = bx by bz . cx cy cz

(D-12)

Napomenimo da je meˇsoviti proizvod jednak nuli, ako su dva od tri vektora medusobno kolinearna. Ako je a kolinearno recimo sa b tada je a = λb, pa zamenom u (D-12) dobijamo ax ay az ax a a y z a · (λa × c) = λax λay λaz = λ ax ay az = 0. cx cy cz cx cy cz


273

Ovde smo iskoristili osobine determinante: - determinanta se mnoˇzi nekim brojem tako ˇsto se elementi jedne vrste ili kolone mnoˇze tim brojem i - vrednost determinante je jednaka nuli ako su bilo koje dve vrste ili kolone jednake. Na sliˇcan naˇcin bismo dobili i u sluˇcaju kolinearnosti vektora a i c.


274

5 Vektorska algebra

GLAVA

6 ˇ DIFERENCIJALNE JEDNACINE

Diferencijalna jednaˇcina kretanja materijalne ta¸vke je jednaˇcina oblika ∑ m¨r = Fi , i

gde je r - vektor poloˇzaja taˇcke, a Fi - i-ta sila, koja deluje na taˇcku. Ove sile mogu da budu: konstante (recimo sila teˇze), funkcije poloˇzaja (elastiˇcna sila), funkcije brzine (sila otpora sredine) ili funkcije vremena (poremećajne sile). Uzimajući sve ove sile u obzir, većina problema svodi se na reˇsavanje (skalarnih) diferencijalnih jednaˇcina oblika ax ¨(t) + b x(t) ˙ + c x(t) = f (t),

(D-1)

gde su a, b, c realne konstante, a f (t) poznata funkcija. Jednaˇcina ovakvog oblika naziva se linearna diferencijalna jednaˇ cina drugog reda sa konstantnim koeficijentima. Pokazuje se da je opˇste reˇsenje ove jednaˇcine oblika x = xh + xp , (D-2) gde je xh - homogeni deo reˇsenja, a xp - partikularni deo reˇsenja.

Homogeno reˇ senje Homogeni deo reˇsenja dobija se iz homogene jednaˇcine ax ¨(t) + b x˙ + c x(t) = 0.

(D-3)


276


Za poˇcetak, neka je reˇsenje ove jednaˇcine funkcija oblika x = C eα t ,

(D-4)

gde je C integraciona konstanta, koja se odreduje iz poˇcetnih uslova, a α konstanta koja se odreduje iz uslova da je funkcija (D-4) reˇsenje jed. (D-3), tj. da je identiˇcki zadovoljava. Iz ovog zahteva, sledi a· C α2 · eα t + b· C α· eα t + c· C· eα t ≡ 0 ( ) C · eα t a α 2 + b α + c ≡ ⇒

⇒

a α2 + b α + c = 0.

(D-5)

Ova jednaˇcina naziva se karakteristiˇ cna jednaˇ cina diferencijalne jednaˇcina (D-3). U ovom sluˇcaju ovo je kvadratna jednaˇcina, koja ima dva reˇsenja α1 , α2 . Ova reˇsenja mogu da budu: a) realna i razliˇcina α1 ̸= α2 , b) realna i jednaka α1 = α2 , c) konjugovano kompleksna α1 = β + γ i, α2 = β − γ i, gde je i - imagi√ narna jedinica (i = −1). U ovim sluˇcajevima je: a) homogeno reˇsenje (dva reˇsenja i primenom principa superpozicije) xh = c1 eα1 t + c2 eα1 t .

(D-6)

xh = c1 eα1 t + c2 · t eα1 t .

(D-7)

b) homogeno reˇsenje c) homogeno reˇsenje (koriˇsćena Ojlerova relacija e±α i = cos α ± i sin α) xh = eα t (c1 cos γ + c2 sin γ) .

(D-8)

Partikularno reˇ senje Data funkcija je polinom n-tog reda ( f (t) = a0 tn + a1 tn−1 + · · · + an−1 t + an

=

n ∑ i=1

) a i ti

,

(D-9)

277 gde su ai (i = 1, . . . , n) realne konstante. U ovom sluˇcaju i partikularno reˇsenje traˇzi se u obliku polinoma xp =

m ∑

bi ti ,

(D-10)

i=1

gde je m = n + k, gde je k najmanji izvod nepoznate funkcije x(t) koji se javlja u jednaˇcini (D-1) 1 . a n stepen polinoma (funkcija f (t)). Zamenom vrednosti (D-9) i (D-9) u polaznu jednaˇcinu, dobija se jednakost dva polinoma. Oni su jednaki ako su koeficijenti uz iste stepene jednaki. Iz tih uslova odreduju se nepoznate veliˇcine bi . Data funkcija je eksponencijalna funkcija f (t) = kep t ,

(D-11)

gde su k i p poznate realne konstante. U ovom sluˇcaju partikularno reˇsenje traˇzi se u obliku (ako eksponent p nije koren karakteristiˇcne jednaˇcine, tj. p ̸= α1 , p ̸= α2 ) kep t xp = (D-12) P (p) gde je P (p) = a p2 + b p + c vrednost leve strane karakteristiˇcne jednaˇcine. Ako je p jednostruki koren karakteristiˇcne, tj. p = a1 i p ̸= α2 , tada je partikularno reˇsenje oblika kep t (D-13) xp = ′ . P (p) Data funkcija je trigonometrijska funkcija f (t) = k sin(m t) ili

f (t) = k cos(m t),

(D-14)

gde su k, m i n date konstante. U ovom sluˇcaju partikularno reˇsenje traˇzi se u obliku xp = A cos(m t) + B sin(m t), (D-13) gde su A i B konstante koje treba odrediti iz pretpostavke da je xp reˇsenje polazne jednaˇcine (D-1). Zamenom odgovarajućih izvoda funkcije (D-13) u jednaˇcinu (D-1), dobijaju se uslovi za odredivanje ovih konstanti. U ovom Dodatku zadrˇzaćemo se samo na ovim oblicima funkcija, jer je to dovoljno za reˇsavanje zadataka koji se javljaju u ovoj zbirci. 1

Ako postoji ˇclan x tada je nulti izvod najmanji, pa su polinomi istog stepena. Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

278


GLAVA

7 ˇ MATEMATICKE FORMULE

Polje realnih brojeva

Zatvorenost:

Inverzni elemenat:

a+b∈F

a + (−a) = 0

ab ∈ F

aa−1 = 1,

Neutralni elemenat:

Asocijativnost:

0+a=a

a + (b + c) = (a + b) + c

1a = a

a(bc) = (ab)c

Komutativnost:

Distributivnost:

a+b=b+a

a(b + c) = ab + ac

a ̸= 0

ab = ba

Osobine uredenog polja Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

280


a+a=a⇔a=0

a
a·0=0

a
− (−a) = a

a
a(−b) = −(ab) = (−a)b

a < b ⇔ −a > −b

(−a)2 = a2

a < 0 ∧ b < 0 ⇒ ab > 0

ab = 0 ⇒ a = 0 ∨ b = 0

a < 0 ∧ b > 0 ⇒ ab < 0

a =0⇔a=0

a < b ∧ c > 0 ⇒ ca < cb

a ̸= 0 ∧ b ̸= 0 ⇒ ab ̸= 0

a < b ∧ c < 0 ⇒ ca > cb

a ̸= 0 ∧ b ̸= 0 ⇒ (ab)−1 = a−1 b−1

a ̸= 0 ⇒ a2 > 0

(−1)a = −a

1>0

− (a + b) = (−a) + (−b)

a+1>a

2

je nemoguće

− (a − b) = b − a

a > 0 ⇒ a−1 > 0

a+x=b+x⇒a=b

0 < a < b ⇒ a−1 > b−1

ax = bx ∧ x ̸= 0 ⇒ a = b

a≤b∧b≤c⇒a≤c

a2 + b2 = 0 ⇒ a = b = 0

a2 − ab + b2 ≥ 0

Stepen

281

Stepen: am a ∈ R je osnova m ∈ R je eksponent 1) Eksponent m ∈ N : a1 = a

i za realne eksponente p i q! √ 1 Koren: n a = a n

am+1 = am · a am = a · a · · · a

a∈R

0m = 0 2) Eksponent − m, m ∈ N : 1 a−m = m , a ̸= 0 a 3) Eksponent je 0 00 nije definisano! a0 = 1, a ̸= 0 4) Eksponenti p, q ∈ Z : 0p = 0, p ̸= 0 ap · aq = ap+q (ap )q = (aq )p = apq q

q)

ap = a(p

̸= apq

(ab)p = ap bp 1 a−p = p a

ap 1 = ap−q = q−p q a a ( )−p ap ( a )p b = = p b b a 5) Prethodna pravila vaˇze

n∈N √ 1 a = a2 √ n 0=0 √ n 1=1

√ √ m 1 1 a n = (a n )m = (am ) n = n am = ( n a)m m 1 1 a− n = √ = √ , a ̸= 0 n m n ( a)m a √ √ √ n n n a b = ab √ √ n a a √ = n , b ̸= 0 n b b √ √ √ √ m √ n m n a= a = mn a √ √ nm m a = na

Neki primeri racionalisanja imenioca

a, b, c ∈ R+ , b ̸= c ̸= b2 ̸= a : a√ a √ = b b b a a√ n √ = bn−1 n b b √ 1 b∓ a √ = 2 b −a b± a Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

282


√ a a √ √ ( b ∓ c) √ = b−c b± c

Algebarski razlomak

Jednakost: B ̸= 0, D ̸= 0 C A = ⇔ AD = BC B D Proˇsirivanje: B ̸= 0, M ̸= 0 A AM = B BM Skraćivanje: B ̸= 0, M ̸= 0 A AM = BM B Mnoˇzenje: B ̸= 0, D ̸= 0 A C AC · = B D BD Deljenje: B ̸= 0, C ̸= 0, D ̸= 0 A C A D AD : = · = B D B C BC Sabiranje i oduzimanje-isti imenilac: B ̸= 0 A±C A C ± = B B B Sabiranje i oduzimanje-razliˇciti imenioci: B = ̸ 0, A C AD ± CB ± = B D BD Sabiranje i oduzimanje-razliˇciti imenioci: B = ̸ 0, A B = A · D = AD C B C BC D

D ̸= 0

C ̸= 0,

D ̸= 0

Neki celi algebarski racionalni izrazi i njihove transformacije

283

A(B ± C) = AB ± AC (A ± B)2 = A2 ± 2AB + B 2 A2 − B 2 = (A − B)(A + B) (A ± B)3 = A3 ± 3A2 B + 3AB 2 ± B 3 (A + B)2 (A − B)2 = A4 − 2A2 B 2 + B 4 (A + B)(C + D) = AC + BC + AD + BD (A + B + C)2 = A2 + B 2 + C 2 + 2AB + 2AC + 2BC √ √ A2 + B 2 = (A + B − 2AB)(A + B + 2AB) A3 ± B 3 = (A ± B)(A2 ∓ AB + B 2 )

Kvadratna jednaˇ cina

ax2 + bx + c = 0, a, b, c ∈ R, a ̸= 0 Diskriminanta: D = b2 − 4ac

Reˇsenja: D > 0 ⇒ realna i razliˇcita:

x1,2 =

−b ±

D = 0 ⇒ realna i jednaka: x1,2 = −

b 2a

D < 0 ⇒ konjugovano kompleksna: x1,2

√ b2 − 4ac 2a √ b 4ac − b2 =− ±i 2a 2a

Trougao Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

284


Sinusna teorema: a b c = = = 2R, sin α sin β sin γ R je polupreˇcnik opisane kruˇznice

g1 g a

b1

Kosinusna teorema: 2

a

b

a1

c

a = b + c − 2bc cos α 2

b ha

2

R

b2 = a2 + c2 − 2ac cos β c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ

Slika 7.1:

Teorema o projekcijama:

Trougao.

c = a cos β + b cos α Pitagorina teorema: Povrˇsina: aha bhb chc P = = = , 2 2 2 odgovarajuće visine:

a2 + b2 = c2 , γ = 90◦ Zbir unutraˇsnjih uglova: α + β + γ = 180◦ Zbir spoljaˇsnjih uglova:

ha = c sin β + b sin γ

α1 + β1 + γ1 = 360◦

hb = a sin γ + c sin α

Obim:

hc = a sin β + b sin α

O =a+b+c Trigonometrija Osnovni identiteti: sin α cos α

sin2 α + cos2 β = 1

tgα =

ctg2 α 1 + ctg2 α tgα · ctgα = 1 1 cos2 α = 1 + tg2 α

1 1 + ctg2 α cos α ctgα = sin β tg2 α sin2 α = 1 + tg2 α

cos2 α =

Svodenje na prvi kvadrant:

sin2 α =

285

sin cos tg ctg sin cos tg ctg

sin(−α) = − sin α

cos(−α) = cos α

tg(−α) = −tgα

ctg(−α) = −ctgα

   

 sin    cos (2kπ + α) = α tg       ctg   + cos       (π ) ∓ sin ±α = α ∓ctg   2     ∓tg

 ∓ sin    − cos (π ± α) = α ±tg       ±ctg   − cos sin     )   ( 3π ± sin cos ±α = α ∓ctg  tg  2     ctg ∓tg

sin cos tg ctg

   

Znak po kvadrantima: kvadrant I II III IV

sin t + + -

cos t + +

tg t + + -

ctg t + + -

Adicione formule: sin(α ± β) = sin α · cos β ± cos α · sin β cos(α ± β) = cos α · cos β ∓ sin α · sin β tgα ± tgβ tg(α ± β) = 1 ∓ tgα · tgβ ctgα · ctgβ ∓ 1 ctg(α ± β) = ctgβ ± ctgα

Neke vrednosti trigonometrijskih funkcija: Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

286


α

0◦

sin α

0

cos α

1

tg α

0

ctg α

±∞

α

0

30◦ 1 2 √ 3 2 √ 3 3 √ 3 π 6

45◦

60◦

√ 2 2 √ 2 2

√ 3 2

1 1 π 4

1 2 √ 3 √ 3 3 π 3

90◦

180◦

270◦

360◦

1

0

−1

0

0

−1

0

1

±∞

0

±∞

0

0

±∞

0

±∞

π 2

π

3π 2

2π

Transformacije:

α∓β α±β · cos 2 2 α+β α−β cos α + cos β = 2 cos · cos 2 2 α−β α+β · sin cos α − cos β = −2 sin 2 2 sin(α ± β) tgα ± tgβ = cos α · cos β sin(β ± α) ctgα ± ctgβ = sin α · sin β 1 sin α · sin β = [cos(α − β) − cos(α + β)] 2 1 sin α · cos β = [sin(α + β) + sin(α − β)] 2 1 cos α · cos β = [cos(α + β) + cos(α − β)] 2 sin α ± sin β = 2 sin

Funkcije dvostrukog ugla i polovine ugla:

287

2tgα 1 − tg2 α √ α 1 − cos α tg = ± 2 1 + cos α ctg2 α − 1 ctg2α = 2ctgα √ α 1 + cos α ctg = ± 2 1 − cos α tg2α =

sin 2α = 2 sin α cos α √ α 1 − cos α sin = ± 2 2 cos 2α = cos2 α − sin2 α √ α 1 + cos α cos = ± 2 2

Neke vaˇznije formule:

α 2 sin α = α 1 + tg2 2 2tg

α 2 cos α = α 2 1 + tg 2 1 − tg2

Prava:

y Ekspicitni obik: y = kx + n (0, n), presek sa osom Oy ( n ) − , 0 , k ̸= 0, presek sa osom Ox k α je ugao sa pozitivnim smerom ose Ox

(0,n)

æ- n , 0æ è k è a 0

Slika 7.2:

x Prava.

k = tgα, koeficijent pravca prave Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

288


Kruˇ znica: Jednaˇcina kruˇznice sa centrom

l

y

u taˇcki C(p, q) i polupreˇcnikom r je:

a

r

(x − p)2 + (y − q)2 = r2

C (p,q)

Obim: O = 2rπ = dπ, r-polupreˇcnik, d-preˇcnik

q

Povrˇsina kruga: d2 π 4 Duˇzina kruˇznog luka: 2πrα rπα l= = , α[◦], l = rα, α[rad] 360 180

0

P = r2 π =

Slika 7.3:

Elipsa: Kanoniˇcka jednaˇcina: x2 y 2 + 2 = 1, a2 b a i b su poluose elipse po x i y osi

x

p Kruˇ znica.

y

2b

x 2a

Slika 7.4:

respektivno

Elipsa.

y Hiperbola: Kanoniˇcka jednaˇcina: x2 y 2 − 2 =1 a2 b

2b

x 2a Slika 7.5:

Hiperbola.

289

y

Parabola-kvadratna funkcija: Kanoniˇcka jednaˇcina: y 2 = 2px, p je fokalni parametar

x

a >0 b2 -4ac > 0

ili: y = ax2 + bx + c, a, b, c ∈ R, a ̸= 0

Slika 7.6:

Parabola.

Diferencijalni raˇ cun Tablica izvoda elementarnih funkcija: funkcija

izvod

funkcija

izvod

funkcija

izvod

const

0

ex

ex

sin x

cos x

x

1

ax

ax ln a

cos x

− sin x

ax + b

a

ln x

xn

nxn−1

loga x

1 xn √ x

−

√ ax + b √ ax2 + b

n xn+1

1 √ 2 x a √ 2 ax + b ax √ ax2 + b

ln f (x)

1 x 1 x ln a f ′ (x) f (x)

tg x ctg x arcsin x

(f (x))2

2f (x)f ′ (x)

arccos x

(f (x))n

n(f (x))n−1 f ′ (x)

arctg x

√ n

1 √ n n xn−1

arcctg x

x

1 cos2 x 1 − 2 sin x 1 √ 1 − x2 1 −√ 1 − x2 1 1 + x2 1 − 1 + x2


290


Neka pravila diferenciranja: u = u(x),

v = v(x),

w = w(x),

v ̸= 0,

c = const,

n ∈ R\{0}

funkcija

izvod

funkcija

zvod

c

0

uv

u′ v + uv ′

cu

cu′

un

nun−1 u′

u±v

u′ ± v ′

uvw

u′ vw + uv ′ w + uvw′

u v

u′ v − uv ′ v2

uv

vuv−1 u′ + uv (ln u)v ′

f (g(x))

f ′ (g(x))g ′ (x)

eu

eu u′

Ekstremumi: Za funkciju f , definisanu na (a, b), vrednost f (x0 ), x0 ∈ (a, b), je strogi minimum (maksimum) ako i samo ako postoji okolina U (x0 ) ⊂ (a, b), takva da je f (x) > f (x0 ), (f (x) < f (x0 )), za x ∈ U (x0 )\{x0 }. Potreban uslov za postojanje ekstremuma: Ako je f (x0 ) lokalni ekstremum funkcie f , onda funkcija f u toj taˇcki ili nema izvod ili je f ′ (x0 ) = 0. Dovoljan uslov za postojanje ekstremuma: Ako je funkcija f dvaput neprekidno diferencijabilna u U (x0 ), f ′ (x0 ) = 0 i f ′′ (x0 ) > 0 (f ′′ (x0 ) < 0), onda f ima u x0 lokalni minimum (maksimum).

Integralni raˇ cun

Neke osobine odredenog integrala: ∫b (f (x) ± g(x))dx =

(a, b, c ∈ R) ∫a f (x)dx = 0

a

∫b Cf (x)dx = C

∫a f (x)dx

f (x)dx +

f (x)dx = a

a

f (x)dx

∫c

∫b

a

g(x)dx

a

b

f (x)dx

f (x)dx ±

∫b f (x)dx = −

∫b

∫b

a

∫a

a

a

∫b

a

c

291 Njutn-Lajbnicova teorema:

Ako je f integrabilna funkcija na [a, b] i F njena primitivna funkcija, onda je: ∫b f (x)dx = F (x)|ba = F (b) − F (a) a

Tablica neodredenih integrala: ∫ dx = x + C ∫ xn dx = ∫

xn+1 + C, n ∈ Z\{−1}, x ̸= 0 akoje n < 0 n+1

xα dx = ∫

xα+1 + C, α ∈ R\{−1}, x > 0 α+1 sin xdx = − cos x + C

∫ cos xdx = sin x + C ∫ tg xdx = − ln |cos x| + C, ∫

( π) x ̸= (2k + 1) 2

ctg xdx = ln | sin x| + C, (x ̸= 2kπ) ∫

( dx π) = tg x + C, x = ̸ (2k + 1) cos2 x 2 ∫ dx = −ctg x + C, (x ̸= 2kπ) sin2 x ∫ 1 x dx = arctg + C, x ̸= a 2 2 a +x a a ∫ a + x dx 1 + C, a ̸= 0 = ln a2 − x 2 2a a − x Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

292


∫

x − a dx 1 + C, a ̸= 0 = ln x2 − a2 2a x + a ∫ dx = ln x + C x ∫ ex dx = ex + C ∫ ax dx =

∫

ax + C, a > 0, a ̸= 1 ln a

x dx √ = arcsin + C, |x| < a 2 2 a a −x ∫ √ dx √ = ln(x + a2 + x2 ) + C 2 a + x2 ∫ √ dx √ = ln |x + x2 − a2 | + C, |x| > a x2 − a2

LITERATURA

- c, T., Stojanović, R., Racionalna mehanika, Zavod za izdavanje [1] Andeli´ udˇzbenika SRS, Beograd (1965). [2] Batj,M.I., Dˇzanelidze, G.J., Kelzon, A.S., Reˇseni zadaci iz TEORIJSKE MEHANIKE sa izvodima iz teorije - Statika i Kinematika, Gradevinska knjiga, Beograd (1963). [3] Batj,M.I., Dˇzanelidze, G.J., Kelzon, A.S., Reˇseni zadaci iz TEORIJSKE MEHANIKE sa izvodima iz teorije - Dinamika, Gradevinska knjiga, Beograd (1963). [4] Baziljević, V.V, Tehniˇcka mehanika, II izdanje, Nauˇcna knjiga, Beograd (1988). - urić, S., Zbirka reˇsenih zadataka iz dinamike, II izdanje, [5] Vujoˇsević, L., D Nauˇcna knjiga, Beograd (1975). [6] Vujoˇsević, L., Mehanika I - Statika, Univerzitet ”Veljko Vlahović”, Titograd, (1990). god. [7] Vukobrat, M., Cvetković, P., Zbirka zadataka iz tehniˇcke mehanike I, Saobraćajni fakultet, Beograd (1995). [8] Vuković, J., Simonović, M., Obradović, A., Marković, S., Zbirka zadataka iz dinamike, Maˇsinski fakultet, Beograd, 2001. [9] Gantmaher, F.R., Analitiˇcka mehanika, Zavod za izdavanje udˇzbenika, Beograd, (1963). Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

294

LITERATURA

ˇ [10] Grbić, D., Brˇcić, S., Sumarac, D., Mandić, R., Miˇsković, Z., Mehanika 2 - zbirka ispitnih zadataka, Gradevinski fakultet,Beograd, (1995). [11] Golubovi´ c, Z., Simonović, M., Mitrović, Z., Mehanika I - Statika, Akademska misao, (2001). - uki´ - ., Atanacković, T., Cvetićanin L., Mehanika, FTN Izdavaˇstvo, c, D [12] D Novi Sad, 2005. - uri´ [13] D c, S., Zbirka zadataka iz kinematike, Nauˇcna knjiga, Beograd (1976). ˇ [14] Kabaljski, M.M, Krivoˇsej, V.D., Savicki, N.I., Cajkovski, G.N., Tipski zadaci iz teorijske mehanike i metode njihovih reˇsavanja, Zavod za izdavanje udˇzbenika SRS, Beograd (1963). [15] Kuzmanovi´ c, D., Vasović, N., Zbirka zadataka iz kinematike, Rudarsko-geoloˇski i Saobraćajni fakultet, Beograd, (2005). [16] Meˇ sˇ cerski, I.V., Zbirka zadataka iz teorijske mehanike, Gradevinska knjiga, VII izdanje, Beograd (1968). c, I.D., Kinematika - Metodiˇcka zbirak reˇsenih primera sa [17] Milosavljevi´ izvodima iz teorije, II izdanje, Samostalno izdanje autora, Kragujevac (1995). [18] Mladenovi´ c, S.N, Mehanika II - Kinematika, Maˇsinski fakultet Univerziteta u Beogradu, Beograd (1996). [19] Mladenovi´ c, N., Mitrović, Z., Stokić, Z., Zbirka zadataka iz Kinematike, III izdanje, Maˇsinski fakultet Univerziteta u Beogradu, Beograd, (2004). [20] Raˇ skovi´ c, P.D, Zbirka zadataka iz mehanike I i II, Zavod za izdavanje udˇzbenika SRS, Beograd (1966). [21] Paˇ si´ c, H., Statika, ”Svetlost”, Sarajevo, (1988). [22] Raˇ skovi´ c, D., Mehanika I - Statika, Nauˇcna knjiga, Beograd, (1968). [23] Lazar Rusov, Mehanika - Statika, Nauˇcna knjiga, Beograd (1992). [24] Lazar Rusov, Mehanika - Kinematika, Nauˇcna knjiga, Beograd (1992). [25] Lazar Rusov, Mehanika - Dinamaika, Nauˇcna knjiga, Beograd (1992).

LITERATURA

295

[26] Liˇcna komunikacija sa kolegama sa Maˇsinskog fakulteta Univerziteta u Beogradu. [27] Simi´ c S., Analitiˇcka mehanika - dinamika, stabilnost, bifurkacije, Edicija tehniˇcke nauke - Udˇzbenici, FTN Izdavaˇstvo, Novi Sad, (2006). [28] Simonovi´ c, M., Mitrović, Z., Golubović, Z., Mehanika - Kinematika, Glas javnosti, Beograd (2004). [29] Targ, S.M., Teorijska Mehanika, Gradevinska knjiga, Beograd, (1975). [30] Hibbeler R.C., Engineering Mechanics - Statics and Dynamics, V izdanje, MacMillan Publishing Company, INC., New York (1989). [31] Cvetkovi´ c, P., Statika - skripte, Saobraćajni fakultet, Beograd, (1999). [32] Cvetkovi´ c, P., Tehniˇcka mehanika, Savezna uprava za kontrolu leta ˇ Skolski centar, Beograd, (1979).


296

LITERATURA

GLAVA

8 ˇ BELESKA O AUTORIMA

- je 4.7.1949. godine u ´ Roden Dr DRAGOSLAV S. KUZMANOVIC. Beogradu. Diplomirao je 1974. godine na Prirodno-matematiˇckom fakultetu (sada Matematiˇcki fakultet) Univerziteta u Beogradu, na Institutu za mehaniku. Zaposlio se 1976. godine, kao asistent pripravnik, na Rudarsko-geoloˇskom fakultetu. Na istom fakultetu izabran je 1998. god. za redovnog profesora za predmete: Mehanika i Otpornost materijala. Na Saobraćajni fakultet prelazi 2001. god. Na osnovnim studijama drˇzi nastavu na predmetima ”Mehanika 1” i ”Mehanika 2”, a na doktorskim studijama ”Uvod u teoriju haosa”. Predavao je na viˇse fakulteta Beogradskog Univerziteta i to: Mehaniku 1 na Tehniˇckom fakultetu u Boru (1987/88.), Otpornost materijala na Matematiˇckom fakultetu (1993/94), Na Rudarsko-geoloˇskom fakultetu, po prelasku na Saobraćajni fakultet: Metode matematiˇcke fizike i Spektralnu analizu, na smeru za Geofiziku, Dinamiku fluida, na smeru za Ventilaciju i zaˇstitu, Teoriju elastiˇcnosti sa reologijom, na smeru Mehanika stena. U svom dosadaˇsnjem radu rukovodio je i uˇcestvovao u realizaciji viˇse nauˇcnih i struˇcnih projekata. Bio je ˇclan u viˇse komisija za ocenu, pregled i odbranu magistarskih i doktorskih disertacija na Rudarsko-geoloˇskom fakultetu u Beogradu, kao i na Maˇsinskom fakultetu u Beogradu i Kragujevcu. Autor je osam udˇzbenika, tri monografije i preko sedamdeset publikovanih ili saopˇstenih radova. Radovi su iz oblasti mehanike kontinuuma (porozni materijali, meˇsavine, suspenzije). Teorija razradena u ovim radovima primenjena je u mehanici tla Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

298

8 Beleˇ ska o autorima

(generalisan Darsijev zakon, jednaˇcina konsolidacije). Pored toga mehaniku kontinuma primenjuje u nekim oblastima rudarstva (ventilacija u rudnicima, naftna industrija). Jedan broj radova bavi se primenom klasiˇcne mehanike (kinematika, dinamika) na probleme transporta u rudnicima. ´ Rodena Dr GORDANA KASTRATOVIC. je 12.01.1973. godine u Beogradu, gde je zavrˇsila osnovnu ˇskolu i XIV Beogradsku gimnaziju. Maˇsinski fakultet u Beogradu, smer vazduhoplovstvo, upisala je 1991. godine. Na Maˇsinskom fakultetu u Beogradu diplomirala je 1997. godine. Poslediplomske studije je zavrˇsila i magistirala 2003., a 2006. godine odbra- na Maˇsinskom fakultetu u Beogradu. nila je doktorsku disertaciju, takode U periodu od marta 1998. do marta 1999. godine bila je zaposlena u EI ”Nikola Tesla” u Beogradu. Od 2001. godine zaposlena je na Saobraćajnom fakultetu Univerziteta u Beogradu, na Katedri opˇste-tehniˇckih nauka. U januaru 2007. izabrana je u zvanje docenta. Na osnovnim studijama drˇzi nastavu na predmetima ”Mehanika 1”, ”Mehanika 2” i ”Mehanika fluida”. U periodu od februara 2007. do septembra 2008. drˇzala je nastavu na Vojnoj akademiji u Beogradu. U svom dosadaˇsnjem radu je uˇcestvovala u realizaciji jednog nauˇcnog projekata. Autor je tri udˇzbenika za studente Saobraćajnog fakulteta i viˇse publikovanih ili saopˇstenih nauˇcno-struˇcnih ˇ radova. Clan je Srpkog druˇstva za Mehaniku. - je u Beogradu 30.07.1979. godine, ´ Roden NENAD VIDANOVIC. gde je zavrˇsio osnovnu ˇskolu, kao i Tehniˇcku ˇskolu ”Petar Drapˇsin”. Na Maˇsinskom fakultetu u Beogradu diplomirao je 2006. Student je doktorskih studija. Na Katedri za opˇstetehniˇcke nauke, zaposlen je od 2008. U aprilu 2010. izabran je u zvanje asistenta. Na osnovnim studijama drˇzi veˇzbe na predmetima ”Mehanika 1”, ”Mehanika 2” i ”Mehanika fluida”. Uˇze oblasti nauˇcnog interesovanja jesu interakcija na relaciji fluid-struktura, kompjuterska dinamika fluida, strukturalna analiza konaˇcnim elementima, aerodinamika kao i adaptroniˇcka i mehatroniˇcka kontrola aerodinamiˇckih povrˇsina i strujanja oko istih. U svom dosadaˇsnjem radu uˇcestvovao je u realizaciji nekoliko nauˇcnih i struˇcnih projekata. Autor je dva udˇzbenika za studente Saobraćajnog fakulteta i viˇse publikovanih ili saopˇstenih nauˇcnoˇ struˇcnih radova. Clan je Srpskog druˇstva za mehaniku.

Zbirka zadataka iz MEHANIKE I

Recommend Documents