УНИВЕРЗИТЕТ У ИСТОЧНОМ САРАЈЕВУ ФАКУЛТЕТ ЗА ПРОИЗВОДЊУ И МЕНАЏМЕНТ ТРЕБИЊЕ Предмет: Механика II (Кинематика)
ПРИМЈЕРИ РИЈЕШЕНИХ ЗАДАТАКА ЗА ПРВИ КОЛОКВИЈУМ
Требиње, децембар 2014. године
1. Кретање тачке М у равни је задато једначинама: x = 4 ⋅ t , y = −16 ⋅ t 2 , ( x ,y у m, t у s); а) скицирати линију путање тачке, б) наћи брзину и убрзање тачке у тренутку t 1 = 0,5 s, в) одредити тангенцијално и нормално убрзање, као и полупречник кривине путање тачке у тренутку t 1. Рјешење: а) Елиминацијом параметра t из задатих једначина кретања добија се једначина линије путање:
x = 4 ⋅ t ⇒ t =
x , 4
y = −16 ⋅ t 2 , 2
x y = −16 ⋅ , 4 x 2 , y = −16 ⋅ 16 y = − x 2 .
б) Брзина и убрзање тачке у функцији времена се добијају на основу првог и другог извода вектора положаја тачке по времену:
(
)
r = 4t ⋅ i + − 16 ⋅ t 2 ⋅ j ,
v = 4 ⋅ i + (− 32 ⋅ t ) ⋅ j ,
a = 0 ⋅ i + (− 32) ⋅ j . Брзина и убрзање тачке у тренутку t 1 = 0,5 s се вриједности у горње једначине:
добијају уврштавањем ове
v 1 = 4 ⋅ i + (− 16 ) ⋅ j ,
a1 = (− 32) ⋅ j . Интензитети брзине и убрзања у тренутку t 1 износе: v = v x 2 + v y 2 =
2
42 + (− 16 ) = 16,5 m s , 2
a = a x 2 + ay 2 = 02 + (− 32) = 32 m s 2 . 2
в) Тангенцијално и нормално убрзање тачке у тренутку t 1 износе: a = a x 2 + a y 2 = 0 2 + 32 2 = 32 m s 2 , 2 , a 2 = aT 2 + aN
aT =
dv , dt 2
v = v x 2 + v y 2 = 4 2 + (− 32 ⋅ t ) = 16 + 1024 ⋅ t 2 , d 16 + 1024 ⋅ t 2 2048 ⋅ t 256 ⋅ t , = = aT = 2 2 dt 2 ⋅ 16 + 1024 ⋅ t 1 + 64 ⋅ t 1 256 ⋅ 2 = 31,05 m s 2 , a1T = 2 1 1 + 64 ⋅ 2 a12N = a 2 − a12T , a1N = a 2 − a12T = 32 2 − 31,05 2 = 7,74 m s 2 . Полупречник кривине путање тачке у тренутку t 1 износи: R k 1 =
v 12 a1N
16,5 2 = = 35,17 m. 7,74
3
2. Кретање тачке М у равни је задато једначинама: x = cos t , y = 2 ⋅ sin t , ( x ,y у m, t у s); а) скицирати путању тачке и одредити положај тачке у тренутку t 1 = π 2 s , б) наћи брзину и убрзање тачке у тренутку t 1, в) одредити тангенцијално убрзање, нормално убрзање и полупречник кривине путање тачке у тренутку t 1.
Рјешење: а) Елиминацијом параметра t из задатих једначина кретања добија се једначина линије путање: x = cos t y = 2 ⋅ sin t x = cos t / 2 y = 2 ⋅ sin t / 2 2 x 2 = cos 2 t
+ y 2 = sin t 2 2
2
y x + = cos 2 t + sin 2 t , 2 2
2
y x + = 1, 2 2
t ∈ (0,+∞ ) : x ∈ (− 1,1), y ∈ (− 2,2). Положај тачке у тренутку t 1 = π 2 s : x 1 = 0, y 1 = 2 . б) Брзина и убрзање тачке у функцији времена се добијају на основу првог и другог извода вектора положаја тачке по времену:
r = cos t ⋅ i + 2 ⋅ sin t ⋅ j ,
v = − sin t ⋅ i + 2 ⋅ cos t ⋅ j ,
a = − cos t ⋅ i + (− 2 ⋅ sin t ) ⋅ j . 4
Брзина и убрзање тачке у тренутку t 1 = π 2 s се вриједности у горње једначине:
v 1 = − sin
π
π
2
2
a1 = − cos
⋅ i + 2 ⋅ cos
добијају уврштавањем ове
⋅ j = −i ,
π
π ⋅ i + − 2 ⋅ sin ⋅ j = −2 ⋅ j . 2 2
Интензитети брзине и убрзања у тренутку t 1 износе: v = v x 2 + v y 2 =
(− 1)2 + 0 2 = 1
m s,
2
a = a x 2 + a y 2 = 0 2 + (− 2) = 2 m s 2 . в) Тангенцијално и нормално убрзање тачке у тренутку t 1 износе:
a1T = a1 ⋅ T = 0 m s 2 , a1N = a1 ⋅ N = 2 m s 2 . Полупречник кривине путање тачке у тренутку t 1 износи: R k 1 =
v 12 a1N
12 = = 0,5 m. 2
5
3. У току кочења са константним успорењем од а = -2 m/s2, које траје 10 s, аутомобил пређе пут дужине L2 = 100 m. Одредити брзине аутомобила на почетку и на крају кочења, као и пут који он пређе за првих 6 s од почетка кочења.
Рјешење: Аутомобил изводи праволинијско равномјерно промјенљиво кретање, па важе релације: v = v 0 + a ⋅ t , t 2 x = x 0 + v 0 ⋅ t + a ⋅ . 2 Брзина аутомобила на почетку кочења на основу предходне релације је: t 22 x 2 = x 0 + v 0 ⋅ t 2 + a ⋅ , 2 x 0 = 0, L2 = v 0 ⋅ t 2 + a ⋅
t 22 2
,
L2 = 100 m, 10 2 100 = v 0 ⋅ 10 − 2 ⋅ , 2 v 0 = 20 m s . Брзина аутомобила на крају кочења износи: v 2 = v 0 + a ⋅ t 2 = 20 − 2 ⋅ 10 = 10 m s . Пређени пут за првих 6 s од почетка кочења износи: t 12 62 = 20 ⋅ 6 − 2 ⋅ = 84 m. L1 = v 0 ⋅ t 1 + a ⋅ 2 2
6
4. Штап ОА обрће се у хоризонталној равни око вертикалне осе О по закону: ϕ =
9 3 ⋅ t (φ у rad , t у s). 32
Одредити: а) угаону брзину и угаоно убрзање штапа у тренутку t 1 = 4/3 s, б) брзину и убрзање тачке која се налази на растојању r = 0,8 m од обртне осе у тренутку t 1.
Рјешење: а) Угаона брзина и угаоно убрзање штапа се одређују на основу релација: ɺ = ω = ϕ
27 32
⋅ t 2 ,
ε
ɺ = = ω
27 16
⋅ t .
Угаона брзина штапа у тренутку t 1 = 4/3 s износи: 2
ω 1
27 2 27 4 = ⋅ t 1 = ⋅ = 1,5 rad s . 32 32 3
Угаоно убрзање штапа у тренутку t 1 = 4/3 s износи: ε 1
=
27 27 4 ⋅ t 1 = ⋅ = 2,25 rad s 2 . 16 16 3
б) Брзина тачке која се налази на растојању r = 0,8 m у тренутку t 1 износи: v 1 = r ⋅ ω 1 = 0,8 ⋅ 1,5 = 1,2 m s . Убрзање тачке која се налази на растојању r = 0,8 m у тренутку t 1 износи: a1 = a12T + a12N , a1T = r ⋅ ε 1 = 0,8 ⋅ 2,25 = 1,8 m s 2 , a1N = r ⋅ ω 12 = 0,8 ⋅ 1,5 2 = 1,8 m s 2 , a1 = 1,8 2 + 1,8 2 = 2,55 m s 2 . 7
5. Зупчаник A, полупречника r A = 50 cm, полази из мира и обрће се константним угаоним убрзањем ε A = 2 rad/s2 доводећи у кретање зупчаник B, полупречника r B = 20 cm. Одредити: a) угаоне брзине зупчаника A и B након 2s од почетка кретања, б) угаоно убрзање зупчаника B, в) брзину и убрзање тачке М на ободу зупчаника B након 2s од почетка кретања.
Рјешење: a) Зупчаник A изводи равномјерно убрзано обртање, па важи релација: A
(t ) =
+ ε A ⋅ t ,
= 0,
ω 0 A ω A
0 A
(t ) = 2 ⋅ t .
Угаона брзина зупчаника A у тренутку t 1 = 2 s : ω 1 A = 2 ⋅ t 1 = 2 ⋅ 2 = 4 rad s . Угаона брзина зупчаника B у тренутку t 1 одређује се из услова да су брзине додирних тачкака K једнаке: v 1K = r A ⋅ ω 1 A = r B ⋅ ω 1B , ω 1B ω 1B
=
r A ⋅ ω 1 A r B
=
0,5 ⋅ 4 = 10 rad s , 0,2
= −10 rad s .
б) Угаоно убрзање зупчаника B одређује се из услова да су тангенцијална убрзања додирних тачака K једнака: aKT = r A ⋅ ε A = r B ⋅ ε B , ε B ε B
=
r A ⋅ ε A r B
=
0,5 ⋅ 2 0,2
= 5 rad s 2 ,
= −5 rad s 2 .
в) Брзина тачке M у тренутку t 1 износи: v 1M = r B ⋅ ω 1B = 0,2 ⋅ 10 = 2 m s . 8
Убрзање тачке M у тренутку t 1 износи: 2 + a12MN , a1M = aMT
aMT = r B ⋅ ε B = 0,2 ⋅ 5 = 1 m s 2 , 2
a1MN = r B ⋅ ω 12B = 0,2 ⋅ (− 10 ) = 20 m s 2 , a1M = 12 + 20 2 = 20,03 m s 2 .
9
6. На добош II , полупрчника r 2 = 20 cm, који се скупа са точком I , полупречника r 1 = 40 cm, обрће око хоризонталне осе кроз тачку А је намотано гипко нерастегљиво уже за чији је крај објешен терет C . Ако почетна угаона брзина точка I износи 1 rad/s у смјеру супротном од обртања казаљке на сату и ако се он обрће са константним угаоним убрзањем од 2 rad/s2 , одредити: а) угаону брзину точка I и брзину и убрзање терта C након 3 s од почетка кретања, б) брзину и убрзање тачке М на ободу точка I након 3 s од почетка кретања, в) угао који вектор убрзања тачке М заклапа са правцем АМ након 3 s од почетка кретања.
Рјешење: а) Точак I изводи равномјерно убрзано обртање, па важи релација: ω I
= ω 0I + ε I ⋅ t ,
ω 0I ω I
= 1 rad s ,
ε I
= 2 rad s 2 ,
= 1 + 2 ⋅ t .
Угаона брзина точка I у тренутку t 1 = 3 s : ω 1I = 1 + 2 ⋅ t 1 = 1 + 2 ⋅ 3 = 7 rad s . Брзина терета C у тренутку t 1 једнака је брзини тачке L у тренутку t 1: v 1C = v 1L , v 1L = r 2 ⋅ ω 1II , ω 1II
= ω 1I = 7 rad s ,
v 1L = 0,2 ⋅ 7 = 1,4 m s , v 1C = 1,4 m s .
10
Убрзање терта C у тренутку t 1 једнако је тангенцијалном убрзању тачке L у тренутку t 1: a1C = a1LT , a1LT = aLT = r 2 ⋅ ε II , ε II
= ε I = 2 rad s 2 ,
a1LT = 0,2 ⋅ 2 = 0,4 m s 2 , a1C = 0,4 m s 2 . б) Брзина тачке M у тренутку t 1 износи: v 1M = r 1 ⋅ ω 1I = 0,4 ⋅ 7 = 2,8 m s . Убрзање тачке M у тренутку t 1 износи: 2 + a12MN , a1M = aMT
aMT = r 1 ⋅ ε I = 0,4 ⋅ 2 = 0,8 m s 2 , a1MN = r 1 ⋅ ω 12I = 0,4 ⋅ 7 2 = 19,6 m s 2 , a1M = 0,8 2 + 19,6 2 = 19,62 m s 2 . в) Угао који вектор убрзања тачке M у тренутку t 1 заклапа са правцем AM је: α 1
= arc tg
aMT a1MN
= arc tg
0,8 = arc tg 0,04. 19,62
11
