Viktor Baričak - Zbirka Zadataka Iz Dinamike

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE

UNIVERZITET U TUZLI MAŠINSKI FAKULTET

Viktor Baričak


Tuzla, 2007. god.

-1-

Baričak Viktor


UNIVERZITET U TUZLI MAŠINSKI FAKULTET

Dr. Viktor Baričak


Tuzla, 2007. godine

-2-

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Dr. sc. Viktor Baričak, Mašinski fakultet Univerziteta u Tuzli


Recenzenti Prof. dr. Dušan Vukojević, Mašinski fakultet Univerziteta u Zenici, Prof. dr. Mehmed Suljkanović, Rudarsko-geološko-građevinski fakultet Univerziteta u Tuzli Izdavač: Univerzitet u Tuzli Tiraž: 30 primjeraka Godina: 2007. Štampa:

CIP-Katalogizacija Nacionalna i univerzitetska biblioteka Bosne i Hercegovine, Sarajevo 621........................ BARIČAK, Viktor, 1948.god. ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor.-Tuzla. Univerzitet, 2007.-157 str. Bibliografija: str. 155 ISBN 1. Baričak, Viktor COBISS/BiH-ID

-3-

Baričak Viktor


Posvećujem roditeljima, Franji i Mariji i zahvljujem rođaku Miljenku Maričević

-4-

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE PREDGOVOR

Zbirka zadataka je rađena da omogući lakše praćenje nastave i polaganje pismenog ispita iz predmeta Dinamika na drugoj godini mašinskih fakulteta. Zbirka je posvećena analizi tri osnovna područja dinamike: dinamici tačke, dinamici sistema materijalnih tačaka i dinamici tijela. Radi lakšeg razlikovanja prezentirane materije zadaci su podijeljeni na dvanaest poglavlja što odgovara nastavnom programu iz predmeta dinamike. Sve oznake navedene u tekstu korištene su iz knjige Dinamika, prof. D. Vukojevića, II izdanje (2003. god.).

Tuzla, 2007.god. Autor Viktor Baričak

-5-

Baričak Viktor


SADRŽAJ 1- DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE KRETANJA MATERIJALNE TAČKE....................1 2- OPĆI ZAKONI DINAMIKE MATERIJALNE TAČKE.................................................24 3- DALAMBERTOV PRINCIP ZA MATERIJALNU TAČKU..........................................69 4- DINAMIKA SISTEMA MATERIJALNIH TAČAKA I KRUTOG TIJELA......................71 5- OPĆI ZAKON KRETANJA MATERIJALNOG SISTEMA..........................................78 6- TIJELA PROMJENLJIVE MASE..............................................................................80 7- GLAVNI MOMENT KOLIČINE KRETANJA MATERIJALNOG SISTEMA................83 8- KINETIČKA ENERGIJA MATERIJALNOG SISTEMA............................................109 9- DALAMBEROV PRINCIP ZA MATERIJALNI SISTEM...........................................128 10-DINAMIKA KRUTOG TIJELA KOJE SE OKREĆE OKO NEPOKRETNE TAČKE.133 11-PRIBLIŽNA TEORIJA GIROSKOPSKIH POJAVA.................................................135 12-TEORIJA UDARA...................................................................................................140

-6-

Baričak Viktor


1-DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE KRETANJA MATERIJALNE TAČKE, 1.1. Slobodna materijalna tačka 1.1.1. Diferencijalna jednadžba kretanja materijalne tačke u vektorskom obliku Položaj mase m materijalne tačke M koja se kreće, određen je vektorom položaja r(t) u odnosu na ishodište koordinatnog sistema. Prema drugom Newtonovom zakonu sila koja djeluje na materijalnu tačku je: →

→ ′′

→

F = ma = m r

1.1.2. Diferencijalna jednadžba kretanja materijalne tačke u Dekartovim koordinatama →

→

→

→

→

→

→

Koordinate (projekcije) sile F su X , Y i Z , a x′′ , y′′ i z′′ projekcije vektora ubrzanja na koordinatne ose. 1.1.3. Diferencijalna jednadžba kretanja materijalne tačke u prirodnim koordinatama → →

→

Ako silu projeciramo na ose prirodnog trijedra ( B, T i N ) dobićemo tri osnovne projekcije, u pravcu jediničnih vektora:

maT = FT -tangencijalna, ma N = FN - normalna i ma B = FB - binormalna sila. 1.1.4. Diferencijalne jednadžbe kretanja materijalne tačke u polarnim koordinatama a r = r ′′ − rϕ ′ 2 i a p = rϕ ′′ + 2r ′ϕ ′ →

Ako projeciramo silu F u radijalnom i poprečnom pravcu dobićemo:

Fr = ma r = m(r ′′ − rϕ ′ 2 ) F p = ma p = m(rϕ ′′ + 2r ′ϕ ′) . 1.2. Zadaci dnamike za slobodnu materijalnu tačku a) Prvi zadatak dinamike tačke, poznati su zakoni kretanja materijalne tačke, a treba odrediti uzročnika ovog kretanja, silu. Zakoni kretanja su: x = x(t ) , y = y (t ) i z = z (t ) Komponente sile koja izaziva to kretanje su: X = mx ′′(t ) , Y = my ′′(t ) i Z = mz ′′(t ) Intenzitet rezultirajuće sile određen je sa: F =

-7-

X 2 +Y2 + Z2 .

Baričak Viktor


→

b) Drugi zadatak dinamike tačke, svodi se na to, da ako se znaju sile F i koje djeluju na slobodnu materijalnu tačku mase m, odredi zakon kretanja tačke. mx ′′ = X (t , x, y, z , x ′, y ′, z ′) my ′′ = Y (t , x, y, z , x ′, y ′, z ′)

mz ′′ = Z (t , x, y, z , x ′, y ′, z ′) Nakon inegriranja imamo:

x = X (t , C1 , C 2 , C 3 , C 4 , C 5 , C 6 )

y = Y (t , C1 , C 2 , C 3 , C 4 , C 5 , C 6 )

z = Z (t , C1 , C 2 , C 3 , C 4 , C 5 , C 6 ) Početni uvjeti u Dekartovom koordinatnom sistemu, t = 0 dati su obično u obliku: ′ x = x0 , x′ = x0 ′ y = y0 , y′ = y0 ′ z = z0 , z ′ = z0 Odnosno zakon kretanja materijalne tačke je: x = x(t ) , y = y (t ) , z = z (t )

1.3. Pravolinijsko kretanje tačke r Ako znamo F koja dejeluje na materijalnu tačku, a treba odrediti zakon kretanja materijalne tačke x=x(t), to odeđujemo sa: mx ′′ = X = ma x my ′′ = Y = 0 mz ′′ = Z = 0

1.3.1. Kretanje materijalne tačke kad je sila konstantna r Ako na materijalnu tačku djeluje sila F konstantnog intenziteta u pravcu ose x, onda je i ubrzanje materijalne tačke konstantno, →

x ′′ = a = const.

Odnosno sila je: dx '' m =F=X dt

1.3.2. Slobodan pad u zračnom prostoru (otpornoj sredini) Kod vrlo malih brzina (do 1 m/s) otpor sredine se računa prema izrazu: Fw = cLv (linearna forma). Kod brzina koje su manje od brzine zvuka, otpor sredine se izračunava u obliku: Fw = cρAv 2

Gdje su:

-8-

Baričak Viktor


A-površina projekcije tijela u ravni normalnoj na pravac kretanja, c-konstanta, ovisna od oblika tijela i ρ-gustoća medija 1.3.3. Sila koja djeluje na materijalnu tačku zavisi od vremena mx ′′ = Fx (t ) 1.3.4. Sila koja djeluje na materijalnu tačku zavisi od rastojanja mx ′′ = Fx ( x ) 1.3.5. Sila koja djeluje na materijalnu tačku zavisi od brzine

mx ′′ = F ( x ′) 1.4.

Krivolinijsko kretanje materijalne tačke

Osnovna diferencijalna jednadžba za sumu sila glasi: →

→

ma = ∑ F i

Rezultujuću silu možemo rasčlaniti na komponente: →

→

→

→

F = Fx+ F y+ Fz

1.4.1. Kosi hitac u prostoru bez zraka Kretanje u ovakvom prostoru znači da materijalna tačka nema otpora kretanju, pa su diferencijalne jednadžbe kretanja u Dekartovom koordinatnom sistemu: mx ′′ = 0 my ′′ = 0 mz ′′ = −G = −mg .

Maksimalna visina penjanja materijalne tačke za kut α (kut početne brzine V0): V sin 2 α Z max = h = 0 2g Domet (D) iznosit će: D = 2 yE = 2V0t E cos α =

-9-

V0 sin 2α g

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE A maksimalni domet je: Dmax =

1.5.

V0 g

2

Kretanje neslobodne materijalne tačke

Kretanje materijalne tačke po nepokretnoj površini u Dekartovim koordinatama je oblika: f(x,y,z)=0 Odnosno ako je veza stacionarna i holonomna onda je osnovna diferencijalna jednadžba kretanja materijalne tačke: →

→

→

ma = F+ F N

Gdje je: →

F – rezultanta vanjskih aktivnih sila, a →

F N –reakcija veze →

Ukoliko je površina hrapava, tada reakcija veze FN ima dvije osnovne komponente, tangrncijalnu i normalnu: →

→

→

F = FT + F N →

Komponenta FT nastaje kao posljedica trenja, pa diferencijalna jednadžba kretanja tačke ima oblik: →

gdje je: µ -koeficijent trenja

→

→ → → md 2 r v = m a = F + F n − µFn 2 dt v

Ili: →

→

→

→

m a = F+ F n− FT

Tačka M se kreće i stalno je u dodiru sa površinom te mora zadovoljiti uvjet: f(x,y,z)=0. Vektor se poklapa sa smjerom spoljašnje normale u tatoj tački je: ∂f r ∂f r ∂f r grad f = i+ j+ k. ∂x ∂y ∂z →

→

Iz uvjeta kolinearnosti grad f i F n možemo napisati: F n = λ grad f , gdje je λ -Lagranžov množitelj. Diferencijalna jednadžba kretanja neslobodne materijalne tačke u vektorskom smislu ima oblik: - 10 -

Baričak Viktor


→

→

→ → d2 r v m 2 = m a = F + λgradf − µFn dt v

odnosno njenim projeciranjem na ose Dekartovog sistema dobijamo Lagrangeove jednadžbe prve vrste: ''

→

∂f dx − µFnx ∂x dt

''

→

∂f dy − µFny ∂y dt

''

→

∂f dz − µFnz ∂z dt

m x = Fx+ λ

m y = Fy + λ

m z = Fz + λ

1.5.1. Kretanje tačke po nepomičnoj krivoj liniji Jedndžba veze se formira presjekom dvije površine u Dekartovom sistemu:

f1 ( x, y, z ) = 0 Reakcija veze iznosi:

→

→

i f 2 ( x, y , z ) = 0

→

F n = F n1 − F n 2

Diferencijalna jednadžba kretanja materijalne tačke po idealnoj vezi (glatka nepokretna kriva linija): →

→ → d2 r → → m a = m 2 = F + Fn1+ Fn2 = F + λ1 gradf1 + λ2 gradf 2 dt →

- 11 -

Baričak Viktor


1.1. Tijelo težine 15 N ima početnu brzinu 10 m/s po glatkoj površini. Ako sila F =(2,5t) N, gdje je t u sekundama, djeluje na tijelo u trajanju od 3 s, izračunati konačnu brzinu tijela i udaljenost koju tijelo pređe za to vrijeme.

Zadano: F=(2,5t) N, t=3s, težina tijela=15 N, V=10 m/s. Rješenje: r r F 2,5t F = ma ⇒ a = = = 1,635t 15 m 9,81 v(t ) = 1,635t 2 + C1 v(t = 0 ) = C1 = 10 m

s

v(t = 3) = 1,635(3) + 10 = 24,71 m 2

s

r (t ) = 0,545t + 10t + C 2 3

r (t ) = C 2 = 0

r (3) = 0,545(3) + 10(3) = 34,9m 3

1.2. Sanduk mase 60 kg horizontalno ispadne sa kamiona koji se kreće brzinom od 80 km/h. Odrediti kinetički koeficijent trenja između kolovoza i sanduka, ako je sanduk klizio 45 m po podlozi bez prevrtanja poduž kolovoza do zaustavljanja. Pretpostaviti da je početna brzina sanduka u odnosu na kolovoz 80 km/h.

- 12 -

Baričak Viktor


∑F

= 0 ⇒ N −G = 0

∑F

= 0 ⇒ −T = ma ⇒ a =

y

x

− µk N = − µk g m

V = ∫ adt = − µ k gt + C1 V(0 ) ⇒ C1 = 80 km = 22,22 m h s µ g r = ∫ Vdt = − k t 2 + 22,22t + C2 2 r(0 ) = C2 = 0 r(t f ) =

− µk g 2 t f + 22,22t f = 45m 2

V(t f ) = − µ k gt f + 22,22 = 0 ⇒ t f =

22,22 µk g

2

 22,22  − µ k g  22,22   = 45 ⇒ µ k = 0,5592   + 22,22 2  µk g   µk g 

1.3. Lift E ima masu 500 kg, a kontra uteg u tački A ima masu od 150 kg. Ako motor preko užeta B daje silu od 5 kN, odrediti brzinu lifta nakon 3 s od kretanja. Masu užeta i koturača zanemariti.

- 13 -

Baričak Viktor


∑F

y

=0

FA + FB − GB = mB aB

GA − FA = mA a A a A = aB

Uvrštavanjem FA iz lijeve jednadžbe u desnu, dobijamo ubrzanje odnosno brzinu: (GA − mAa ) + FB − GB = mB a ⇒ a = GA − GB + FB = 2,41m s 2 mA + mB Vt = 3s = ∫ adt = 2,41t + C = 7,23 m

s

(C = 0 )

1.4. Čovjek gura sanduk težine 60 N silom F. Kut sile je konstantno 300 prema horizontali, dok će se njen intenzitet povećavati dok sanduk ne počne klizati. Odrediti početno ubrzanje sanduka ako su statički µs=0,6 i kinetički koeficijent trenja µk=0,3.

r F

r G

Stanje ravnoteže u mirovanju: F cos 30 0 = T = µ s N = µ s G + F sin 30 0

(

F=

r N r F

r T

r G

r ma r N

)

µsG = 63,6 N cos 30 − µ s sin 30 0 0

Stanje ravnoteže u kretanju:

F cos 30 0 − T = ma

(

)

F cos 30 0 − µ k G + F sin 30 0 = ma ⇒ a = 14,78 m

r F

- 14 -

s

Baričak Viktor


1.5. Sila od F=15 N djeluje na jednom kraju užeta. Odrediti do koje visine će se blok A težine 30 N podići u vremenu od 2 s nakon početka dizanja. Zanemariti mase točkova i užeta.

Rješenje: L1 = x A + 2 xC = const. − − − − − − L2 = x A + ( x A + xC ) = const. L1′ = V B + VC = 0 − − − − − − − − − L2′ = 2V A − VC = 0 L1′′ = a B + 2a C = 0 − − − − − − − − − L2′′ = 2a A − aC = 0

FC

FC FA

2 FA − GA = mAa A

VA(t = 0 ) = C1 = 0

2(2 FC ) − GA = mA a A

rA = 16,1t 2 + C2

a A = 32,2 m

rA(t = 0 ) = C2 = 0

s2 VA = 32,2t + C1

rA(2 ) = 64,4m

1.6. Teret A od 10 N kreće se udesno brzinom VA=2 m/s kao na slici. Ako je koeficijent kinetičkog trenja između površine i tereta A µk=0,2, odrediti brzinu tereta A nakon pomjeranja od 4 m. Teret B djeluje silom od 20 N.

r GA

r mAa A r NA

r T

r F

Uvjet ravnoteže je: T = µk N A = µk GA F − µk G A = mAa A

- 15 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Iz kinematike znamo da je:

a A = 2aB GB − 2 F = mB a B r 2F

r mB a B r GB

a  GB − 2(m A a A + µ k G A ) = mB  A   2  G − 2µk GA aA = B = 5,23 m 2 mB s + 2mA 2 VA (t ) = 5,23t + C1 VA (0 ) = C1 = 2 m rA (t ) = 2,61t f

2

s + 2t f + C2

rA (0 )C2 = 0

rA (t f ) = 2,61t f + 2t f = 4 ⇒ t f = 0,5759 s 2

V (t f ) = 5,01 m − kreta ηje je → s 1.7. Sportski automobil, mase 1700 kg, kreće se horizontalno po kolovozu sa bočnim nagibom od 200 i po kružnom zavoju radiusa ρ=100 m. Ako je koeficijent statičkog trenja između kolovoza i pneumatika µs=0,2, odrediti maksimalnu konstantnu brzinu automobila bez klizanja prema gore, sa zadanim nagibom. Zanemariti dimenzije automobila.

Suma horizontalnih sila:

N sin Θ + T cos Θ = m

V2

ρ

Suma vertikalnih sila:

T = µS N N cos Θ − T sin Θ − G = 0 G N= = 19140 N cos Θ − µ S sin Θ Pa je brzina:

- 16 -

Baričak Viktor


V =

ρ m

(N sin Θ + µ S N cos Θ ) = 24,43 m s

1.8. Koristeći podatke predhodnog zadatka odrediti minimalnu brzinu automobila pri kojoj on neće kliznuti bočno prema dole.

r r V2 r a = V ′et + en

ρ

N sin 200 − T cos 200 = m

V2

ρ

N cos 20 + T sin 20 = G 0

0

U stanju mirovanja je: T = µ S N , pa je:

N=

G = 16543 N cos 20 + µ S 200 0

T = 3308,6 N V = 12,24 m s

1.9. Valjak A, mase 0,75 kg, spojen je sa oprugom čija je krutost k=200 N/m. Kada nosač BC rotira oko vertikalne ose, valjak klizi ka periferiji klizača DE. Ako je opruga neopterećena s=0, odrediti konstantnu brzinu kojom se kreće valjak da bi bilo s=100 mm. Kolika je normalna sila između valjka i klizača? Zanemariti oblik valjka.

- 17 -

Baričak Viktor


FS = k∆l = 200 N

Sila u opruzi je: Suma vertikalnih sila: Suma horizontalnih sila:

et

ρ

∑F

x

= 0 ⇒ FS =

Transfezalna sila je:

mV ρ en

0,1m = 20 N m ∑ Fy = 0 ⇒ Ry − G = 0

2

mV 2

ρ

∑F = R

t

=0

Iz sume vertikalnih sila je: Ry = 0,75 9,81 = 7,357 N , a brzina: V = 1,633 m

s

Rt

1.10. Odrediti najveće moguće ubrzanje za sportski automobil mase 975 kg tako da se prednji točkovi ne podignu sa kolovoza ali i da ne kližu . Koeficijenti statičkog i kinematičkog trenja su µs=0,8 i µk=0,6. Zanemariti mase točkova. Automobil je sa pogonom na sva četiri točka.

- 18 -

Baričak Viktor


Prednji dio vozila će se odvojiti od podloge pa će biti:

r G

N A = TA = 0 TB = ma, ⇔ N B = G

r ma

r TB

r TA

r NB

r NA

Iz sume momenata za tačku B slijedi:

0,55TB = (2,20 − 1,82)N B , iz ovoga je: 0,38 a= g = 0,6909 g = 6,778 m 2 s 0,55

1.11. Sanduk mase m je postavljen kolica zanemarive mase. Odrediti maksimalnu silu P s kojom se može djelovati na udaljenosti d od dna kolica da ne dođe do prevrtanja sanduka s kolica.

b r P

r G h r ma

d

r TA r NA

r TB NB

U trenutku kretanja kolica, imamo da je, TA = N A = 0 P − TB = ma ------------------------------------------a Momentna jednadžba za težište je: h  h b P d −  + TB   − N B   = 0 ----------------------b 2  2 2 r r N B = G ---------------------------------------------------c

- 19 -

Baričak Viktor


Za kolica, koja nemaju masu, odnosno zbog izraza “ma“, imamo: NA NB TB = 0 -------------------------------------------------------d TA TB N AA + N BB = N B -------------------------------------------e NAA

NBB b

r r Ako uzmemo cijeli sistem, P = ma ---------------------------------f

r P

h r ma

d

Uzimajući u obzir da su: TB = 0 i N B = G , to je sila P iz b: P=

r N AA

r N BB

Gb h  2 d −  2 

1.12. Homogeni sanduk mase m nalazi se na hrapavoj površini palete pri čemu je statički koeficijent trenja µs. Ako se paleta kreće ubrzanjem ap , dokazati da će se sanduk prevrnuti i iskliznuti u istom trenutku kada je µs=b/h.

Imamo slučaj da se sanduk prevrće oko A :

r G r ma r TA r NA

r TB NB

N B = TB = 0 TA = ma

b NA TA b h µS = = = NA NA h

G = NA b h N A = TA 2 2

- 20 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE U stanju mirovanja je: TA = µ S N A

1.13. Ormarić težine 80 N se gura po podu. Ako je statički koeficijent trenja u A i B jednak µs=0,3, a koeficijent kinetičkog trenja µk=0,2, odrediti maksimalnu horizontalnu silu P koja neće dovesti do prevrtanja ormarića.

r G

r P

P = TA + TB G = NA + NB

r TB NB

r TA r NA

Razmotrimo, koje kretanje prvo nastupa:

1,5 P + 2,5(TA + TB ) + 1,5 N B = 1,5 N A

Za ovaj slučaj uzevši navedeno i N B = TB = 0 dobijamo silu: 1,5 P + 2,5 P = 1,5G 1,5 G = 30 N 4 U stanju mirovanja je: T = µ S N , pa je sila: P = µ S G = 24 N . Ormarić prvo počinje klizati prije prevrtanja, pa moramo razmotriti njegovo kretanje da vidimo šta se dešava. P=

r ma

r TA r NA

r G

r P r TB NB

TA = µ k N A TB = µ k N B

1,5 P + 2,5(TA + TB ) + 1,5 N B = 1,5 N A Za slučaj da je: N B = TB = 0 , dobija se:

1,5 P + 2,5µ k N A = 1,5 N A P=

1,5 − 0,2(2,5) G = 53,33 N 1,5

- 21 -

Baričak Viktor


1.14. Odrediti konstantnu silu F odgovarajućeg ubrzanja za automobil mase 1000 kg koji se kreće po ravnom kolovozu do brzine od 20 m/s u vremenu od 10 s.

t=0 r V =0 r F

r F

C

t=10s V=20m/s C

Zadano: Masa vozila je m=1000kg, a sila F=const! Prikaz djelovanja sila na vozilo:

∑F ∑F

x y

= 0 ⇒ F − T = ma x ⇒ F = T + ma x

= 0 ⇒ N − GC = ma y = 0 (a y = 0 ) ⇒ N = GC

Utjecaj trenja ćemo zanemariti, F m F Vx = t + C1 m Vx = 0 = C1 = 0 ax =

Vx (t ) =

F t m

F 10 s = 20 m s m 1000 F = 20 m = 2000 N s 10 s

Vx (t =10 S ) =

1.15. Sila P=250 N djeluje na tijelo od 900 N. Ako je kinetički koeficijent trenja između tijela i horizontalne podloge µk=0,2, odrediti ubrzanje tijela i reakcije tijela u tačkama A i B.

- 22 -

Baričak Viktor


P = 250 N Zadano: G = 900 N µ k = 0,2 Odrediti: a, RA i RB Sile trenja su:

TA = N A µ k TB = N B µ k

r P

Suma sila po osama x, y i moment oko tačke C su:

C 6

∑ F = 0 ⇒ P − T − T = ma ∑F = 0 ⇒ N + N −G = 0 ∑ M = 0 ⇒ −3N + 3N − 6T x

3

3

A

y

A

C

Iz prve jednadžbe je ubrzanje:

r G

r P

r ma

B

B

A

B

A

− 6TB = 0

1 (P − TA − TB ) m Iz druge je: N A = G − N B , Iz treće je: a=

− 3(G − N B ) + 3 N B − 6 µ k (G − N B ) − 6 µ k N B = 0 r TA

r r r TB NANB

Odakle je : N B =

- 23 -

− 3G − 6 µ k G = 630 N − 3 − 3 − 6µk + 6µk

Baričak Viktor


Oslonac: N A = G − N B = 900 − 630 = 270 N , sile: TA = 54 N i TB = 126 N , pa su r r rezultante RA i RB , jednake: RA = N A + Ta = 275,3 N , a RB = N B + TB = 642,5 N . Kutevi koje one zatvaraju sa silama trenja su: α A = 78,690 i α B = 78,690 . r Ubrzanje a iznosi: a = 2,504 m 2 . s 1.16. Ormar mase 75 kg kreće se po horizontalnoj podlozi. Odrediti maksimalnu silu r P tako da se ormar ne prevrne.

Zadano: m = 75kg Odrediti: Pmaks bez prevrtanja Rješenje: Pretpostavka da je trenje na točkovima zanemarivo. Pri prevrtanju, N A ⇒ 0

∑ F = 0 ⇒ P = ma ∑F = 0 ⇒ N + N −G = 0 ∑ M = 0 ⇒ −0,45N + 0,45N x

y

A

T

B

A

B

− 0,45 P = 0

NB = G P = N B = G = 735,8 N a=

P = 9,81m 2 s m

1.17. Težište 2300 N teškog dragstera nalazi se na 2,4 m od zadnjeg točka i 2 m iznad podloge. Odrediti maksimalno ubrzanje dragstera (bez prevrtanja unazad) te minimalni koeficijent trenja između točkova i piste kojim će se postići to ubrzanje.

- 24 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Zadano: G=2300 N Odrediti: amax bez prevrtanja i koeficijent trenja µ da bi se postiglo amax Rješenje: r G ∑ Fx = 0 ⇒ Ta = max r ma

∑F

y

= 0 ⇒ N A + N B − G = ma y = 0 ⇒ (pretpostavljeno kretanje bez prevrtanja )

r T

r NA

r NB

∑M

tež

= 7,0 N B − 2,4 N A + 2,0TA = I težε = 0 ⇒ translacija

U stanju mirovanja: T = µ s N A , Pri prevrtanju NB je jednaka 0. Prema tome je,

ax =

µs N A m

=

µ s (G − N B = 0) m

= µs g

7,0( N B = 0) − 2,4 N A + 2,0 µ s N A = 0 (−2,4 + 2,0 µ s ) N A = 0

µs =

2,4 = 1,2 2,0

a x = 1,2 g = 11,772 m

s2

1.18. Sila P=750 N djeluje na tijelo mase 350 kg. Ako je kinetički koeficijent trenja između tijela i podloge µk=0,15, odrediti ubrzanje tijela i reakcije podloge u tačkama A i B.

Θ

r P

r G

Zadano: P=750N, m=350kg i µk Naći: a, RA i RB.

r ma

tež

∑ F = 0 ⇒ P cos Θ − T − T = ma ∑ F = 0 ⇒ N + N − G − P sin Θ ∑ M = 0 ⇒ −0,5N + 0,5 N − 0,4T x

r TA

r r NA NB

r TB

A

y

A

tež

B

B

A

B

Pri klizanju je T = µ k N . Time dobijamo 5 nepoznatih.

- 25 -

A

− 0,4TB + 0,7 P sin Θ − 0,3P cos Θ = 0

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE 1 [P cos Θ − µ k (N A + N B )] m N A = G + P sin Θ − N B

a=

0 = −0,5(G + P sin Θ − N B ) + 0,5 N B − 0,4 µ k (G + P sin Θ − N B ) − 0,4 µ k N B + + 0,7 P sin Θ − 0,3P cos Θ NB =

− 0,5G − 0,5 P sin Θ − 0,4 µ k G − 0,4 µ k P sin Θ − 0,3P cos Θ = 2088 N − 0,5 − 0,5 − 0,4 µ k + 0,4 µ k

N A = 1641N T A = 246,1N ,− − − − TB = 313,2 N R A = 1659 N ,− − − − RB = 2111N a = 0,3714 m

s2

1.19. 2 m duga greda mase 20 kg oslanja se na zadnju stranu kamiona kao na slici. Ako je dno grede učvršćeno protiv klizanja, odrediti maksimalno ubrzanje kamiona, a da pri tome ne dođe do prevrtanja grede.

l

A

70 0 r V B r a

Zadano: L=2m, m=20kg Naći: a Izrada: Analiziramo trenutak kada je: NB=>0 ∑ Fx = 0 ⇒ N Ax = max

∑F

y

r G l2

l1 r N Ax

r NB r ma

∑M

tež

= 0 ⇒ N Ay − G = 0

= 0 ⇒ l1 sin 700 N Ax − l2 cos 700 N Ay = 0

l1 = l2 r NAy

pa je : l1 cos 700 N Ay N a x = Ax = m

l1 sin 700 m

- 26 -

cos 700 G cos 700 = = g = 0,364 g = 3,571 m 2 s sin 700 m sin 700

Baričak Viktor


1.20. Ploča mase 40 kg, kao na slici, oslonjena je na dva mala točka A i B i žicu u C. Odrediti ubrzanje ploče i normalnu silu na oba točka neposredno nakon presijecanja užeta.

Zadano: m=40kg Naći: a, NA, NB, kada je uže presiječeno Rješenje: Pretpostavka je da točkovi ne pružaju otpor kotrljanju. Ploča će se translatorno kretati niz kosinu.

∑ F = 0 ⇒ G sin 30 = ma ∑ F = 0 ⇒ − N + N − G cos 30 = 0 ∑ M = 0 ⇒ 0,75 N cos 30 − 0,75N cos 30 0

r NA

tež

r NB

y

x

0

y

r G

x

r ma 0 r30 V

A

B

0

tež

A

B

0

+ 0,3 N A sin 300 +

+ 0,3 N B sin 300 = 0 Iz prve jednadžbe je ubrzanje: a = g sin 300 = 4,905 m N A = N B − G cos 30

s

0

0 = 0,75 N B cos 300 − 0,75G cos 2 300 − 0,75 N B cos 300 + + 0,3 N B sin 300 − 0,3G cos 300 sin 300 + 0,3 N B sin 300 Odavde su NB i NA : NB

(0,75 cos =

2

)

300 + 0,3 cos 300 sin 300 G = 905,7 N 0,6 sin 300

N A = N B − G cos 300 = 565,8 N

1.21. Homogeni valjak promjera 4 m težine 2000 N položen je na platformu kamiona. Grede sprečavaju kotrljanje valjka pri ubrzanju kamiona. Izračunati ubrzanje kamiona u trenutku kada dolazi do prevrtanja valjka preko grede.

- 27 -

Baričak Viktor


r V r a

0 ,1m

A

B

0,6 m

0 ,5 m

l = 0,6 2 − 0,52 = 0,33m

0 ,1m l

Zadano: G=2000N.

Odrediti: a kada dolazi do prevrtanjanja valjka. U trenutku kada valjak počinje da se prevrće, N, RBX, RBy →0.

r G r ma

tež

r N

r R AY r R AY

r N

r R BY

∑F ∑F ∑M

X

= 0 ⇒ RAX = ma

Y

= 0 ⇒ RAY − G = 0 ⇒ RAY = G tež

RAX =

= 0 ⇒ 0,5 RAX − 0,33RAY = 0 RAY l m

RAX R l Gl mgl = AY = = = m 0,5m 0,5m 0,5m 0,33 g = = 0,66 g ( g − gravitacija ) 0,5

a=

1.22. Tanka ploča mase m=10 kg vezana je za vertikalni zid sa dvije poluge A i B, a užetom u tački C. Odrediti ubrzanje centra mase ploče i sile u vezama nakon što presječemo uže. Masu štapova i užeta zanemarujemo.

- 28 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE r r r ω, ε RB r r r ω, ε RA

r G tež

r n

Θ

r t

Zadano: masa tanke ploče m=10kg, zanemarena masa štapova i užeta Odrediti: atež, RA, RB, kada je uže presječeno. S obzirom da je ABCD paralelogram, ploča će vršiti translaciju po krivulji. Neće rotirati, ali će štapovi rotirati. atež = a A = aB = rε

∑ F = 0 ⇒ G cos Θ = mrε ∑ F = 0 ⇒ R + R − G sin Θ = 0 ∑ M = 0 ⇒ −0,2 R cos Θ − 0,4 R t

n

A

B

tež

A

A

sin Θ + 0,2 RB cos Θ − 0,4 RB sin Θ = 0

Iz sume tangencijalnih sila dobija se: g ε = cos Θ r Iz sume momenata proizilazi:

[− 0,2 cos Θ − 0,4 sin Θ][G sin Θ − RB ] + [0,2 cos Θ − 0,4 sin Θ]RB = 0 [− 0,2 cos Θ + 0,4 sin Θ]G sin Θ R = = 52,84 N istezanje B

− 0,2 cos Θ − 0,4 sin Θ − 0,2 cos Θ + 0,4 sin Θ

R A = −3,794 N

pritisak

a tež = rε = g cos Θ = 8,496 m

s2 Ubrzanje djeluje u pravcu tangente, a ugao pod kojim djeluje je 600!

1.23. 14 m duga greda težine 400 N ovješena je na tri užeta. Treba odrediti ubrzanje centra mase grede i sile u užadima AB i CD neposredno nakon što presječemo uže E.

r r ω ,ε

r N AB ω ,ε

r N CD

Θ

Zadano: G=400 N Odrediti: atež, NAB, Ncd nakon presjecanja užeta. Pošto je ABCD paralelogram, kretanje mu je translatorno po krivulji. Nema ugaonu brzinu niti ubrzanje, ali užad AB i CD imaju i ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje. U stvari na njih se mogu primjeniti izrazi za rotaciju oko tačke ovješenja. atež = aB = aC = rε + rω 2 ,

r G

r t r n

- 29 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE gdje ω , ε vrijede za konopce. Ubrzanja težišta i tačaka B i C su translatorna! ∑ Ft = 0 ⇒ G cos Θ = mrε

∑ F = 0 ⇒ −G sin Θ + N + N = mrω ∑ M = 0 ⇒ 0,5N sin Θ − 0,5 N cos Θ − 1N 2

n

AB

tež

CD

AB

AB

CD

sin Θ −

− 0,5 N CD cos Θ = 0 iz prve je :

ε=

g cos Θ r

ω=0 vrijedi kada je uže presječeno, (ostaje da je): ⇒ N AB = G sin Θ − N CD

(0,5 sin Θ − 0,5 cos Θ )N AB + (− 1sin Θ − 0,5 cos Θ )N CD = 0 (0,5 sin Θ − 0,5 cos Θ )G sin Θ N = = 13,78kg CD

N AB

0,5 sin Θ − 0,5 cos Θ + 1sin Θ + 0,5 cos Θ = 6,22kg

m g s 2 cos 30 0 = 33,98 rad ε = cos Θ = r 0,25m s2 r r r r m a tež = rεt + (rω 2 n = 0) = rε (sin Θi − cos Θj ) = 8,49 2 (sin Θ ) s 9,81

2- OPĆI ZAKONI DINAMIKE MATERIJALNE TAČKE 2.1. Impuls sile Djelovanje sile u toku nekog vremenskog intervala na neku tačku (tijelo) →

nazivamo impulsom sile I : →

→

I = Ft

Gdje su: →

I = impuls sile →

F =sila t =vrijeme Dejstvo impulsa u vremenskom intervalu dt je: →

→

d I = F dt

Ili u konačnom vremenskom intervalu t1 – t2 , pomoću integrala:

- 30 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE t2 →

→

I = ∫ F dt t1

Odnosno u smijeru ose x: t2

Ix = ∫ Fx dt t1

Koeficijent pravca prema osi x je:  → →  Ix cos ⊄  I , i  =   I

2.2. Količina kretanja materijalne sile →

→

Količina kretanja K je vektorska veličina koja ima pravac i smijer brzine v , a →

→

jednaka je po intenzitetu proizvodu mase materijalne tačke i njene brzine: K = m v . →

→

→

→

Pošto je količina kretanja, K = m v , to njen diferencijalni oblik d K = F dt , integracijom u intervalu t1-t 2 daje jednadžbu: t2

t2 →

→

∫ d K = ∫ F dt ,

t1

t1

→

koja predstavlja impuls,

→

→

K 2 − K1 = I .

2.3. Moment količine kretanja osu.

Moment količine kretanja, je moment vektora količine kretanja za neku tačku ili →

→

Ako se tačka mase m kreće pod dejstvom sile F i ima brzinu v , a njen položaj u →

odnosu na pol o je definiran radius vektorom r , tada će prema definiciji, moment količine kretanja za tačku o iznositi: →

→

→

→

→

L = r xm v = r x K

2.4. Rad sile Rad sile karakteriše se kao dejstvo sile na tijelo pri njegovom pomjeranju. Elementarni rad na beskonačno malom pomjeranju definira se kao skalarna veličina: →

→

dA = F d s

Odnosno:

→

→

dA = FT d s ,

→

gdje je: FT -projekcija sile na pravac tangente. 2.4.1. Snaga

- 31 -

Baričak Viktor


Pod snagom podrazumjevamo rad sile u jedinici vremena. To znači da izvod rada A po vremenu t daje snagu P : →

→

dA F d r → → P= = =Fv. dt dt 2.4.2. Rad sile Zemljine teže →

Ako se tačka M, sopstvene težine G , pomjeri po nekoj putanji iz položaja M1 u položaj M2 izvršen je određeni rad sile teže. →

Projekcije sile G na koordinatne ose iznose: X=0, Y=0 i Z=-G. Visinska razlika tačaka M1 i M2 , je z2 – z1 , koja može biti pozitivna ili negativna; z2 – z1=±h pa će rad iznositi: A1, 2 = −G ( z 2 − z1 ) = ±Gh 2.4.3. Rad elastične sile →

Rad elastične sile tumačimo kao djelovanje sile F na elastičnu oprugu pri čemu se ona rasteže za dužinu h. Elementarni rad je: dA=c.z.dz odnosno: z2 z2 h ch 2 Fh A = ∫ czdz = c | = = 2 z1= 0 2 2 z1 2.4.4. Rad sile trenja klizanja Smijer sile trenja je uvijek suprotan od pomjeranja tačke M, pa će rad sile trenja iznositi: M2

M2

M1

M1

A1, 2 = − ∫ Fµ ds = − µ ∫ FN ds ,

jer je: µFN=Fµ

2.5. Kinetička energija materijalne tačke Kinetička energija je skalarna veličina, a u diferencijalnom obliku iznosi: 2 n  mV  d  = dEK = ∑ Ai  2  i =1 Što predstavlja priraštaj kinetičke energije i njenu vezu sa utrošenim radom. Ako → →

promatramo kretanje materijalne tačke između dva intervala t1÷t2, odnosno v1 i v 2 imat ćemo: n

EK 1 − EK 2 = ∑ Ai i =1

2.6. Potencijalna energija

- 32 -

Baričak Viktor


Ako se sistem materijalnih tačaka M1, M2,.... Mn, nalazi u konzervativnom polju pod dejstvom sila F1...... Fn, promatrat ćemo početni položaj tačaka sistema(M1)0, (M2)0...(Mn)0 . Potencilalnu energiju možemo definirati na slijedeći način: Ep =f(x1, y1, z1, .... xn, yn, zn). Rad sile u konzervativnom polju jednak je razlici potencijalnih energija u dva polja: E p1 − E p 2 = A1, 2

2.1. Raketa na čvrsto gorivo može se izraditi u jednom od dva prikazana oblika poprečnog presjeka. Na osnovu eksperimentalnih podataka dobijene su krive zavisnosti sile potiska i vremena (F, t ) za prikazane oblike, a za istu vrstu pogona. Odrediti ukupni impuls u oba slučaja.

t2

∫ Fdt = površina ispod krive

t1

Takođe se može odrediti jednadžba za bilo koji linijski segment i integrirati po segmentima, ali izračunavanje područja je mnogo brže. Želimo odrediti jednadžbu kojom možemo brzo izračunati svaku liniju intervala, t2

a)



1



1

∫ Fdt = 3(4) + 3(4) + 2 3(4) + 2 (4 × 8) = 46 Ns

t1

t2

b)

1

∫ Fdt = 6(8) + 2 2(6) = 54 Ns

t1

2.2. Sanduk težine 20 N vuče sila F=(3+2t) N, gdje je t u sekundama. Ako se u početku sanduk kreće prema dole po kosini sa brzinom od 6 m/s, odrediti koje vrijeme je potrebno da sila zaustavi kretanje sanduka. Sila F je uvijek paralelna sa kosinom. - 33 -

Baričak Viktor


t2

r G

mV1 +

∫ Rdt = mV

2

=0

t1 = 0

r F

R = G sin 300 − F

r V

mV1 + G sin 300 t − 3t − t 2 = 0

r N

t = 4,643s

2.3. Ako se 0,4 N teška loptica ispali iz cijevi pod nagibom od 400 prema horizontali, pada na tlo pod istim nagibom ali na udaljenosti od 130 m. Izračunati impuls sile kojim će se to ostvariti.

Ne poznajemo niti jednu brzinu, pa polazimo od ubrzanja i računamo brzine. r a = − gj r V = C1i + (− gt + C2 ) j r V0 = C1i + C2i = V1 cos 400 i + sin 400 j 1

(

)

 gt  r + V1 sin 400 t + C4  j r = V1 cos 400 t + C3 +  −  2  r r r0 = C3i + C4 j = 0 − u trenutku izbacivanja

(

2

)

 gt 2  r r (t ) = V1 cos 400 t i +  − + V1 sin 400 t  j = 130i  2 

(

)

- 34 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Po osi x: V1 cos 40 0 t = 130 ⇒ t = Po osi y: −

130 V1 cos 40 0

gt 2 + V1 sin 40 0 t = 0 2 2

 130  g  130   + V1 sin 400  =0 −  0  0  2  V1 cos 40   V1 cos 40  g 1302 cos 400 130 g m2 2 V = = = 1295 s 2 cos 2 400 130 sin 400 2 cos 400 sin 400 V1 = 36 m s r V (t ) = 27,5i − 23,14 j m s r V (0 ) = 27,5i + 23,14 j m s 2 1

t

2 0,4 (0 ) + ∫ Fdt = 0,4 36 9,81 9,81 t1

( pri

čemu

ostaje)

t2

∫ Fdt = 1,46

Ns

t1

2.4. Bejzbol loptica se kreće horizontalno brzinom 35 m/s u trenutku kada je udari bejzbol palica B. Ako loptica nastavi kretanje pod nagibom od 600 prema horizontali i dostigne maksimalni domet od 50 m, računato od visine mjesta udarca palice. Izračunati veličinu impulsa palice na lopticu. Loptica ima masu 400 g. Zanemariti masu loptice za vrijeme udara palicom. V2 y = V2 sin 600 1 mV22y = GyB 2 2 gyB V2 = = 36,17 m s sin 2 600 r t2 r r mV1 + ∫ Fdt = mV2 t1

t2

(

)

[ (

]

r r r 0 0 F dt = m V 2 − V1 = m V2 cos 60 i + sin 60 j − V1 (− i ) = ∫

)

t1

= 21,23i + 12,53 j t2

∫ Fdt = 24,65Ns

t1

2.5. Automobil težine 2700 N kreće se brzinom od 4 m/s pri čemu udara u zid. Ako udar traje 0,06 s, odrediti srednji impuls sile koja djeluje na automobil. Djelovanja kočnica nije bilo. Ako je koeficijent kinetičkog trenja između točkova i kolovoza

- 35 -

Baričak Viktor


µk=0,3, odredi impuls sile na zid za slučaj da su kočnice upotrijebljene za vrijeme udara. Kočnice su stavljene na sva četiri točka pri čemu oni svi kližu.

r G r F

r mV1 +

r r R dt = m V 2 = 0 ∫

t1 = 0

r V r N

t2

mV1 − (F + T )t 2 = 0 T = µk N = µkG Ako je: T = 0, ⇒ F = − − − N Ako je: T = µ k G , ⇒ F = − − − N

r T

2.6. Odrediti brzine tereta A i B, 2 s nakon kretanja sistema. Zanemariti masu točkova i užeta.

RB = 2 F − GB r VB

r VA r GA

RA = 2 F − G A

r VB

r 2F

GB

VA = VB = V r m AVA2 =

t2

r

∫ R dt A

t1 = 0

- 36 -

Baričak Viktor


(2 F − GA )t2 = mAV t2

r r R dt = m V B B B ∫

t1 = 0

(2 F − GB )t2 = −mBV mAV mV t2 + GA = GB − B ⇒ V = (GB − GA ) = 21,47 m s t2 t2 mA + mB r r Kombinaciom: VA = 21,47 m ↑,VB = 21,47 m ↓ s s F = − − −N 2F ⇒

2.7. Potpuno natovaren Boeing 747 polijeće sa teretom od 660000 N, a njegovi motori razvijaju potisak od 200000 N. Ako je poletna staza ravna i nivelirana, odrediti rad : • Koji vrše motori pri prelazu puta od 1000 m duž poletne staze, • Koji vrši gravitaciona sila G pri prelazu puta od 1000 m duž poletne staze .

r G r F

Zadano: G=660000 N, F=200000 N Odrediti: AF, AG, L=1000 m Rješenje:

x AF 1− 2

Rad sila: = FL cos α = 200000 N 1000m 1 = 2 x108 Nm

Rad gravitacione sile : AG1− 2 = GL cos α = 660000 N 1000m 0 = 0

2.8. Na predmet mase 20 kg koji se nalazi na kosoj ravni djeluje horizontalna sila F. Ako je F=200 N i kinetički koeficijent trenja izmađu predmeta i podloge µk=0,1, odrediti rad koji nad predmetom vrši: a. Sila trenja na dnu predmeta prinjegovom pomjeranju od 15 m uz kosinu, b. Gravitaciona sila G pri pomjeranju od 15 m uz kosinu i c. Horizontalna sila od F=200 N ako se predmet kreće uz kosinu 15 m.

- 37 -

Baričak Viktor


y

r F

x

r G r T N

Zadano: m=20kg, F=200N Naći: AT, AG, AF Fx = 0 ⇒ F cos 30 0 − G sin 30 0 − T = ma x ∑ Izrada: ∑ Fy = 0 ⇒ − F sin 30 0 − G cos 30 0 + N = 0

Pri čemu je, T = µ k N = µ k (F sin 30 0 + G cos 30 0 ) = 26,99 N AT = T l = −26,99 x15 = −404,85 Nm AG = G l = −196,2 sin 30015 = −1471,5 Nm AF = F l = 200 cos 30015 = 2598,1Nm

2.9. Lopta teška 3 N je oslobođena iz stanja mirovanja kao na slici. Ako je dužina neopterećene opruge 2,0 m i konstanta opruge k= 10 N/m, odrediti rad koji pri kretanju lopte na dužini od 1,6 m unutar cijevi izvrši: a. Sila opruge i b. Gravitaciona sila.

Zadano: početna brzina, V1=0, G=2 N, L0=2 m i k=10 N/m. Odrediti: A1-2 za loptu - 38 -

Baričak Viktor


Rješenje: zanemariti trenje između lopte i stijenke cijevi!

y

r G

∑F ∑F

x

30 0

= 0 ⇒ Fs − G sin 300 = ma x

y

= 0 ⇒ N − G cos 300 = 0

1 1 N N 2 k δ 22 − δ12 = 10 (10m ) = 50 1m 2 = 50 Nm 2 2 m m 0 AG = Gl = −2 sin 30 16m = −32 Nm AFs =

tež r Fs

x

(

)

AN = Nl = 0

r N

A1− 2 = AFs + AG + AN = 50 − 32 + 0 = 18 Nm

2.10. Sanduk mase 50 kg ograničen je gredom s protiv kretanja sanduka prema dole. Ako su koeficijenti statičkog i kinematičkog trenja između podloge i sanduka µ s = 0,3 i µ k = 0,2 naizmjenično, odrediti vrijeme neophodno da sila F počne pomjerati sanduk brzinom od 2 m/s prema gore. Sila je uvijek paralelna sa podlogom, a intezitet F = (300t ) N , gde je t u sekundama. Napomena: Prvo odrediti vrijeme potrebno za savlađivanje statičkog trenja i početak kretanja sanduka.

Prije pokretanja sanduk je u ravnoteži (a=0): F = T + G sin 30 0 F = G sin 30 0 + µ s cos 30 0 = 300t mir N = G cos 30 0

(

)

t mir = 1,242s

T = µs N t2

mV1 + ∫ Idt = mV2 t1

t

0+

∫ (300t − µ G cos 30 k

0

)

− G sin 300 dt = m(2 )

1, 242

( − (sin 30

) + µ cos 30 )Gt − [ 150(1,242 ) cos 30 )G1,242 ] = m(2 )

150t 2 − sin 300 + µ k cos 300 Gt 1, 242 = m(2 ) r F

r G 30 0

150t 2

(

− sin 300 + µ k r N

r T

t

0

0

k

2

−

0

150t 2 − 330,2t + 78,73 = 0 t = 0,2721 (neupotrebljivo rješenje - prije klizanja ) t = 1,929 s

2.11. Tijelo mase 50 kg podiže se naviše po kosoj ravni pomoću užeta i motora, kako je prikazano na slici. Koeficijent kinetičkog trenja između tijela i površine ravni je - 39 -

Baričak Viktor


µk=0,4. Ako tijelo dobije početnu brzinu od V0=2 m/s, u tom trenutku (t=0) motor zateže uže silom T = 300 + 120 t N , gdje je t u sekundama, odrediti brzinu tijela nakon 2 s.

(

r F

r G 30 0

r N

r T

)

T = µ k G cos 300 t2

(

)

mV1 + ∫ F − T − G sin 300 dt = mV2 t1

1 2    1 V2 = m(2 ) + ∫  300 + 120t 2 dt − µ k G cos 300 (2 − 0 )G sin 300 (2 − 0 ) =   m   0  3 2  1  2 = 2+ 300t + 120t 2 − µ k g cos 300 (2 − 0 ) − g sin 300 (2 − 0 ) = 1,919 m s  m 3 0  

2.12. Balističko klatno sastoji se od 4 kg teškog drvenog bloka u stanju mirovanja, θ=0. Ako puščano zrno mase 2 g udari u balističko klatno ono će se zaljuljati do maksimalno θ=60. Izračunati brzinu puščanog zrna.

- 40 -

Baričak Viktor


t2  mbVb1 + m pV p1 +  ∫ Idt = 0  = mbVb 2 + m pV p 2 t  1  Zrno se zabija u klatno sa brzinom: Vb 2 = V p 2 = V2

Općenito vrijedi:

 mp  V2 Vb1 = 1 + m b   Poslije sudara:

l

θ

1 2 mV2 = Gy 3 , gdje je: m = mb + m p , G = Gb + G p 2

l l − l cos θ = y 3

 mp   Vb1 = 1 + mb  

(G

b

+ G p )(l − l cos θ ) = 733,4 m s 1 (mb + m p ) 2

2.13. Ploveći dok težine 45000 t prevozi dva automobila A i B, koji su teški 4000 kg i 3000 kg, a nalaze se na krmi i pramcu. Ako automobili startaju iz stanja mirovanja jedan prema drugom ubrzanjem aA=4 m/s2 i aB=8 m/s2 dok ne dostignu konstantnu brzinu od 6 m/s relativno u odnosu na dok, odrediti brzinu doka tik prije njihovog sudara. Koliko je vrijeme trajanja tog sudara? Smatrati da dok miruje. Zanemariti otpor vode.

r V A = 6i C r VB = −6i C

Brzine prije sudara! r r r r r V A = V A − VC = 6i ⇒ V A = 6i + VC C r r r r r V B = V B − VC = −6i ⇒ V B = −6i + VC

C r r r mAVA 2 + mBVB 2 + mCVC 2 = 0 r r r r mA 6i + VC + mB − 6i + VC + mCVC ⇒ VC = −0,1154 m i = 0,1154 m ← s s

(

)

(

)

Silaskom s broda guramo ga nazad u vodu, zar ne? Moramo objasniti zašto je to tako. Razjasnimo prvo šta je šta!

- 41 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE aB = 8 m

aA = 4 m 2 s r VA (t ) = 4t + C1 ⇒ C1 = 0

s VB (t ) = 8t + C2 ⇒ C2 = 0 6 s 8 rB (t ) = 4t 2 + C4 ⇒ C4 = 0

VA (t A ) = 4t A = 6 ⇒ t A =

VB (t B ) = 8t B = 6 ⇒ t B =

rA (t A ) = 2t A2 = 4,5m

rB (t B ) = 4t B2 = 2,25m

6 s = 1,5s 4 rA (t ) = 2t A2 + C3 ⇒ C3 = 0

U prvih 1,5s, A vozilo pređe 4,5m, a B 2,25m plus (6m/s)(0,75s)=4,5m. To iznosi 30-4,5-2,25-4,5=18,75 m između automobila, naravno svaki treba preći pola tog puta prije sudara, to jest: 18,75m 2 = 1,5625s ⇒ t sudara = 1,5 + 1,5625 = 3,063s m 6 s

- 42 -

Baričak Viktor


2.14. 5 kg napregnuta opruga topa miruje po glatkoj površini. Ako se ispali lopta mase od 1 kg sa brzinom od V '=6 m/s u odnosu na top u pravcu prikazanom na slici. Ako je top bio u stanju mirovanja, odrediti horizontalnu udaljenost d lopte od topa pri čemu je ona dosegla tačku D na podlozi. Zanemariti veličinu topa.

t2 r r r r r Osnovna jednadžba (kada je ispaljena): mbVb1 + m g V g1 + ∫ I dt = mbVb 2 + m gV g 2 t1

U horizontalnom pravcu: 0 = mbVb 2 x + m gV g 2 x (R x = 0, R y ≠ 0 ) r r Pretpostavljamo da je: V ′ = Vb 2 / g 2 = 6(cos 30i + sin 30 j ) Ograničenje u horizontalnom pravcu: Vx′ = Vb 2 x / g 2 x = Vb 2 x − Vg 2 x

 m  6 cos 300 = Vb 2 x −  − b Vb 2 x   m  g   Vb 2 x = 4,33 m → s Vg 2 x = 0,866 m ← s Vertikalna komponenta brzine je: Vb 2 y = 6 sin 30 0 = 3 m ↑ s r ab = −9,81 j r Vb (t ) = (− 9,81t + C 2 ) j + C1i r Vb (0 ) = C1i + C 2 j = 4,33i + 3 j r  9,81 2  rb (t ) = (C1t + C3 )i +  − t + C 2t + C 4  j 2   r rb (0 ) = C3i + C 4 j = 0 r  − 9,81 2  rb (t sudara ) = C1t sudara i +  t sudara  j = d bi  2  t sudara = 0,6116 s

r ag = 0 r V g (t ) = C1i + C 2 j = −0,866i + 0 j r rg (t ) = (C1t + C 3 )i + C 4 j r r rg (t ) = C 3i + C 4 j = 0 r rg (t sudara ) = −0,866(0,6116 ) = 0,5296m ←= d g d g = 0,5296m

d b = 2,648 m d = d b + d g = 3,178m

- 43 -

Baričak Viktor


2.15. Tijelo B težine 75 N miruje na kraju kolica težine 50 N. Ako se kolica mogu slobodno kretati, i ako se uže povuče brzinom 4 m/s u odnosu na kolica, odrediti udaljenost d na koju su se kolica pomjerila kada se teret pomakao za 8 m na kolicima. Koeficijent kinetičkog trenja između kolica i bloka je µk=0,4.

r r r r r VB / P = VB − VP = 4i ⇒ VB = VP + 4i + → mB (VB1 = 0) + m p (V p1 = 0) = mBVB 2 − mPVP 2 (kolica će se kretati po platformi )

m B (− VP 2 + 4 ) − m PVP 2 = 0 VP = 2,4 m

s

VB = 1,6 m

s Sa brzinom od 4 m/s, i u vremenu od 2 s predmet će se pomjeriti za 8 m. rP = 2,4t + C1 rP (0 ) = C1 = 0 rP (2 ) = 4,8m

2.16. Tijelo mase 6 kg kreće se iz stanja mirovanja od A prema dole po glatkoj paraboličnoj krivulji. Odrediti za koliko će se komprimirati opruga.

- 44 -

Baričak Viktor


1 1 1 1 m(V12 = 0) + Gy1 + k (∆l12 = 0) = m(V22 = 0) + G ( y2 = 0) + kl22 2 2 2 2 l2 = 6,86 m

2.17. Potpuno opterećen Boeing 747 tezak je 660000 N, a njegovi motori ostvaruju potisak (silu) od 200000 N. Ako je otpor zraka i trenje između točkova i poletne piste zanemarivo, odrediti zahtjevanu dužinu piste koju avion pređe do brzine od 140 km/h

t=0 V=0

V=140km/h C

C 1

l

2

Zadano: G=660000 N, F=200000 N, zanemariti otpor zraka i trenje Odrediti:l Rješenje: ( E k 1 = 0) + A1− 2 = E k 2 Fl =

1 mV22 2

1  660000  2 1  (38,88) mV22 2 9.81  l= 2 =  = 254,25m F 200000

2.18. Mlazni avion težine 25000 N katapultira se na palubi nosača aviona pomoću hidrauličkog mehanizma. Odrediti srednju silu potiska na avion ako je dostigao brzinu od 160 km/h na udaljenosti od 300 m.

- 45 -

Baričak Viktor


r r rV , a = 0, t = 0, x = 0 F G

r F

V2 = 160 km , x2 = 300m h G 2

x

1

Zadano: G=25000 N, dostignuti parametri; V2 = 160 km , i x2 = 300m h Odrediti: srednju silu potiska Rješenje: Ek1 + A1− 2 = Ek 2

Favg

(

25000 44,44 m s mV 9,81 = = 2 x2 2 x 300 2 2

)

2

= 8388 N

2.19. U brodskom skladištu, paketi se kreću po stazi klizajući prema dole kako je prikazano na slici. Koeficijent trenja između paketa i staze je µ k = 0,2 , a nagib na dnu staze je strm ali glatak i iznosi, θ=300. Ako se paket od 10 kg kliže u dužini od l=3 m sa početnom brzinom od 5 m/s naniže, odrediti: a. Brzinu paketa kada on pređe dužinu od l=3 m, dođe u podnožje. b. Udaljenost d do koje će paket klizati po horizontalnoj podlozi prije nego što se zaustavi.

- 46 -

Baričak Viktor


Zadano:

Θ = 30 0

µ k = 0,2, m = 10kg , l = 3m, V (0 ) = 5 m = V1 s Izračunati: brzinu na kraju kosine=V2 d → V (t f ) = 0 = V3

1 l d

2

3

r G

Izrada:

∑F ∑F

x

= 0 ⇒ −T + G sin 30 = ma x

y

= 0 ⇒ N − G cos 30 0 = 0

0

r N

r V

r T x

N = G cos 30 0 Sila trenja, T = µ k N = µ k G cos 30 0 = 16,99 N = kons tan tna Rad trenja i zemljine gravitacije: Rad trenja: AT 1− 2 = −T ( x 2 − x1 ) = −Tl = −16,99 N 3m = −50,97 Nm = −50,97 J

Rad gravitacije: Ag1− 2 = G x ( x 2 − x1 ) = mg sin 30 0.3m = 147,15 J

E k 1 + A1− 2 = E k 2 1 1 mV12 + A1−2 = mV22 2 2 V2 =

2 1 2  2 2  mV1 + A1−2  = V1 + A1−2 = 6,651 m s m2 m 

2.20. Ako paket težine G=15 N, dostigne brzinu V0 te udari u branik, njegova zadaća je da ublaži taj udarac. Opruga je krutosti k=6 N/m, a masa branika B se može zanemariti. Ako je statički i kinematički koeficijent trenja između 15 N teškog paketa i podloge µ s = 0,6 i µ k = 0,4 , odrediti maksimalnu početnu brzinu V0 paketa takvu da branik udaljen l =5 m ne udari u odbojnik.

- 47 -

Baričak Viktor


Zadano: k = 6 N Odrediti: Vo max

, G = 15 N , µ s = 0,6; µ k = 0,4 m tako da odbojnik ne udari u zid-ako je l=5 m

Rješenje: r V0

B

„Ako želimo da paket ne udari u zid“ treba da je uspostavljena statička ravnoteža između energije tereta i sabijanja opruge.

k

m l

s

To znaci da ce kutija biti u statickoj ravnotezi pri maksimalnoj kompresiji. ∑ Fx = 0 ⇒ Fs − T = ma x = 0 , (ravnteža, nema odbijanja) 1

2

3

∑F

Za slobodno kretanje,

y

= 0 ⇒ N − G = ma y = 0

T = µ s N = µ s G = Fs = ks (= Tmax )

r G

x

s=

r F

k

= 1,5m(= s max )

r T

r N

r G

r F (= ks )

x r T

µsG

r N

Kada kutija pritisće oprugu: ∑ Fx = 0 ⇒ − Fs − T = ma x

∑F

y

= 0 ⇒ N − G = ma y = 0

Radi klizanja, T = µ k N = µ k G = 26,68 N Pa je rad: AT 1−3 = −T (l + s max ) = −79,2 Nm 1, 5

As1− 2 = ∫ − kxdx = − 0

k 2 1,5 x = −13,5 Nm 2 0

E k 1 + A1−3 = T2 = 0 ⇒ m V0 max + A1−3 = 0 2 V0 max = 4,3 m s

- 48 -

Baričak Viktor


2.21. Mali automobil igracka kreće se nadole po zavojnoj rampi kako je prikazano na slici. Masa automobila je m=50 g, pri čemu je promjer kružnog dijela rampe d=300 mm. Ako automobil obavi vertikalni pad za h, odrediti: a. Minimalnu visinu h tako da auto može savladati zavojnicu na rampi. b. Silu koju će ostvariti auto pritiskom na stjenku u tački B (na jednoj četvrtini puta kroz zavojnicu)

Zadano: m=50g, d=300mm, V1=0 Odrediti: hmin za prolaz petlje, NB 3 Rješenje: Trenje zanemariti. Uraditi stazu tako da auto ne padne sa staze u tački 3. Izračunati minimalno h tako da je B sila između auta i staze bude jednaka 0 u tački 3. Napraviti cijeli krug okolo, automobil ne smije pasti sa tacke 3. (ovo ne⇒) 2 Minimalno h da bi se ostvarilo to ce biti dovoljno za normalnu silu izmedju kolosjeka od nula do 3. d

h

1

Jednadžba za energiju i rad na rampi: E k 1 + A1− 2 = E k 2

G

0 + Gh =

N x

V2 =

1 mV22 2

2 Gh = 2 gh m

Analiza položaja auta u tački 3:

- 49 -

Baričak Viktor


Ek 2 + A2 −3 = Ek 3 1 1 mV22 + (− Gh ) = mV32 2 2 1 Gh − Gd = mV32 2 ∑ Fn = G = man

dg 4 d 5 h = d + = d = 375mm 4 4

mg = m

en

gh − Gd =

V32

ρ d g 2

V3 = ρg =

Energija i rad u tački B: Ek 2 + A2− B = EkB 1 d 1  mV22 +  − G  = mVB2 2 2 2  d 1 Gh − G = mVB2 2 2 ∑ Fn = 0 N B = man m

VB2

ρ

= 2m

VB2 d

2.22. Pomak tijela, prikazanih na slici iz stanja mirovanja je za x= - 800 mm. Opruga ima koeficijent k =500 N/m i nerastezljive dužine od l0=400 mm. Trenje između površina zanemariti. Za prikazano kretanje odrediti: a. Brzinu tijela mase 2 kg kada je x=0 mm. b. Maksimalno pomjeranje tijela x.

- 50 -

Baričak Viktor


Zadano: V2 = 0 → x = −800mm, k = 500 N

, l = 400mm, m 0 zanemariti trenje

Odrediti:

V2 → x = 0, ( za tijelo mase 2kg ) x max Rješenje: L = s 2 + 2 s3 = const L ′ = s 2′ + 2 s3′ = 0 L ′′ = s 2′′ + 2 s3′′ = 0

  s ′2 = −V2  sup rotno pozitivna vrijednost    ′ s3 = V3 V2 = 2V3

Ako se tijelo mase 2 kg kreće na rastojanju od „a“ udesno, tijelo mase 3 kg se kreće do udaljenosti od a/2 naniže. Na horizontalnoj površini, gravitacija→okomita, sila od m=2 kg ne stvara rad. Napetost je unutarnja sila u sistemu (čiji je rad =0). Sila teže koju čini tijelo m=3 kg uzrokuje rad od: a  x − (− 800 )  A3 = G3   = m3 g   2 2 

[

Za oprugu je: Fs = kδ = k (l − l 0 ) = k − 0,6 2 + x 2 − 0,4 Rad opruge je:

- 51 -

]

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE x

s As = ∫ − Fs cos Θds = ∫ − kδ  ds = −500 ∫ l − 0 ,8

( 0,6

2

+ s 2 − 0,4

)

sds 0,6 2 + s 2

=

 x 2 − 0,64  = −500  − 0,4 − 0,6 2 + x 2 + 0,4 2  

2.23. Prsten (šuplja kugla) težak 1,5 N kliže po vertikalnoj šipci bez trenja. Početna dužina opruge je l0 =0,8 m, konstanta opruge k=80 N/m, a udaljenost šipke od zgloba d=1,2 m. Ako prsten pomjerimo iz stanja mirovanja tako da je b =0,9 m odrediti brzinu prstena u položaju kada je b=0.

Zdano: G=1,5 N, vertikalna šipka , l0=0,8 m, k=80 N/m, d=1,2 m, ostvaruje se pri b=0,9 m Odrediti: V2 ako je b=0 Rješenje: Kako nema trenja, energija je očuvana. Ek1 + E p1 = Ek 2 + E p 2 1 1 1 1 ( mV12 = 0) + k∆l12 + (Gy1 = 0) = mV22 + k∆l22 + Gy2 2 2 2 2 ∆l = l − l0 ∆l1 = d 2 + b 2 − l0 = 0,7 m ∆l2 = d − l0 = 0,4m V2 =

2 1  k ∆l12 − ∆l22 − Gy2  = 12,5 m  s m 2 

(

)

2.24. Djevojka skakač, mase 57 kg skače sa visokog mosta. Uže je elastično sa konstantom krutosti od 171 N/m, slobodne dužine (neopterećen) L=40 m. Odrediti: a. Brzinu djevojke kad uže postaje zategnuto te počinje djelovati silom na njeno tijelo. b. Istezanje d užeta kada djevojka prestane ponirati.

- 52 -

Baričak Viktor


Zadano: m=57 kg, k=171 N/m, l0=40 m Odrediti: V when ∆l=0, ∆lmax Gdje su položaji: 1 hvatište, y=0, V=0 2 mjesto gdje je y= - L0 (neopterećeno uže) i 3 y= – L0 – dmax, V=0. Rješenje: Ek 1 + E p 2 = Ek 2 + E p 2 0+0+0 =

1 mV22 + 0 + G (− L0 ) 2

2 Gl0 = 2 gl0 = 28,01m s m Ek 2 + E p 2 = Ek 3 + E p 3

V2 =

1 mV22 + G (− L0 ) = G (− L0 − d max ) 2 1 2 1 kd max − Gd max − mV22 = 0 2 2 d max = ∆lmax = 19,77 m, (− 13,23m → nerea ln o )

2.25. Zamajac mase 10 kg i promjera 400 mm je spojen sa el. motorom konstantnog broja obrtaja, pomoću elastičnog remena. Ako startamo iz stanja mirovanja, odrediti torziju potrebnu da rotira zamajca pri 4200 o/min nakon 5 s.

- 53 -

Baričak Viktor


Zadano: m = 10kg , d = 400mm, ω1 = 0 → Θ = 0, ω2 = 4200 o

min

→ Θ = 5obrtaja

Odrediti: M=const. (A1-2=M∆Θ) Rješenje: Ek1 + A1− 2 = Ek 2

1  1  2 2  mV1G = 0  +  I Gzω1 = 0  + M∆Θ = 2  2 

 1  1 2 2  2 mV2G = 0  + 2 I Gzω2    

2 1 1  d   2 1 m I Gzω22 2  2  2  ω2   M = 2 =  = ∆Θ ∆Θ 2

(

)

1  2π  2 m  10(200 )   4200 o min   4  1000   obrt  =  2π  5obrt.   obrt 

2

2

 min     60 s  = 615,8 Nm

2.26. 100 N teška kolica su u stanju mirovanja kada na njih pocne djelovati sila P . Promjena sile P prikazana je na dijagramu. Odrediti brzinu kolica kada je t=6 s: a. Masa točkova je mala, a ne pružaju ni otpor pri kotljanju. b. Ako su točkovi zakočeni te klize (statički i dinamički koeficijenti su µ s = 0,3 i µ k = 0,2 naizmjenično )

- 54 -

Baričak Viktor


Zadano: G = 10 N , µ s = 0,2, µ k = 0,15,V1 = 0 Odrediti: V2 i t2=6 s –pri slobodnoj rotaciji (T=0) -„- - –kotrljanje blokirano Rješenje: ∑ Fx = 0 ⇒ F − T = ma x

G

F

N

x

T

∑F

y

= 0⇒ N −G = 0

U stanju mirovanja: Ts = µ s N = 0 Pri klizanju, Tk = µ k N = µ k G t2

(mVx1 = 0) + ∫ (F − T ) = mVx 2 t1

t2

Vx 2 =

1 (F − T )dt 2 t∫1

40 N t ⇒ kad − je : 0〈t 〈 4 s 4s F = 40 N ⇒ kad − je : 4 s 〈t 〈 6 s

F=

Ako je trenje, T=0:

16 1  1 1  Fdt =  prostor unutar dijagrama  =  4s(40 N ) + 2s(40 N ) = 51,52 m ∫ s m0 m   m2 Ako je trnje, T≠0: Kolica će početi klizanje kada sila F postane veća nego maksimalna slobodna sila trenja za ravnotežu. (Ts). V2 =

- 55 -

Baričak Viktor


Fmirov = 10 N tmirov = Ts = µ s G ⇒ tmirov = 2 s s Za t>2s, ako se kolica kližu onda je sila trenja Tk. 4 6 1 1 1 V (6 ) = ∫ 10 N t − µ k G dt + ∫ (40 N − µ k G )dt = (30 Ns + 50 Ns ) = 25,76 m ⇒ s s m2 m2 m

(

)

1 V (6 ) = V (6 ) bez 2

trenja!

2.27. Potisak od 500 N rakete koja stoji na saonicama, mijenja se sa vremenom, prikazano na dijagramu. Ako saonice startaju iz stanja mirovanja i kreću se po otvorenom horizontalnom kolosjeku, odrediti brzinu kod koje će raketa potrošiti svo gorivo.(Zanemariti trenje)

Zadano: G = 500 N ,V1 = 0 → t = 0 otvorena, horizontalna pruga Odrediti: V(10) Rješenje: t2

∫ R dt = površina x

G

F

x

ispod krivulje

t1

10

1

1

∫ Tdt = 2 (1s )(1200 N ) + (4s )(1200 N ) + 2 (5s )(1200 N ) = 8400 Ns 0

t2

N

(mVx1 = 0) + ∫ Rx dt = mVx 2 t1

V(10 ) =

1 (8400 Ns ) = 164,8 m s = 593 km h m

- 56 -

Baričak Viktor


2.28. Padobran i 400 N teška korpa padaju sa konstantnom brzinom V. Kada korpa padne na zemlju, padobranski konopci će se rasteretiti (neće biti sile na korpu), a pri padanju ka zemlji će se sila mijenjati po dijagramu. Odrediti maksimalnu konstantnu silaznu brzinu za koju će maksimalna sila djelovati na korpu Fmaks pri čemu ona netreba prelaziti 2000 N.

Zadano: G=400 N, Fmax=2000 N Odrediti: Vmax Rješenje:

G

V

∑ F = 0 ⇒ G − F = ma

x

t2

mV x1 + ∫ R x dt = mV x 2 t1

F x

Padanje korpe u intervalu od 0,3 s odvija se silom koja je jednaka težini korpe. 0,3

mVx +

∫ (G − F )dt = m(V

0,3

= 0)

0

Vmax =

1 m

0, 3

∫ (F − G )dt = 0

0, 3

1   1 Fdt  površina ispod krivulje  − G (0,3s ) = ∫ m 0   m

1 1 (0,2s )Fmax + 1 (0,1s )(Fmax − 400 N ) + (0,1s )(400 N ) −  m 2 2  1 − G (0,3s ) = − − − m s m

=

2.30. Paket težine 5 N stoji na horizontalnoj površini pri čemu se sila F mijenja po krivulji sa dijagrama. Intenzitet sile mijenja se sa vremenom. Ako su statički i dinamički koeficijenti trenja µ s = 0,40 i µ k = 0,30 naizmjenično, odrediti: a. Vrijeme t1 u kojem paket počinje klizati.

- 57 -

Baričak Viktor


b. Maksimalnu brzinu paketa Vmaks i vrijeme tm potrebno za nju. c. Vrijeme tf za koje će se paket prestati klizati.

Zadano:

r r G = −5 N , F = F cos 300 i − F sin 300 j , i µ s = 0,4, µ k = 0,3

F

G

30

N

Odrediti: t, (početak klizanja), Vmax, tm, tf -(prestanak klizanja) Rješenje:

x

∑F ∑F

T

x

= 0 ⇒ F cos 300 − T = ma x

y

= 0 ⇒ N − G − F sin 300 = 0

N = G + F sin 300 T = µN

( ) = µ (G + F sin 30 ) → stanje kretanja

Ts = µ s G + F sin 300 → stanje mirovanja Tk

0

k

r t2 r r mV1 + ∫ Rdt = mV2 t1

t2

mVx1 + ∫ Rx dt = mVx 2 t1

t2

(

)

mVx1 + ∫ P cos 300 − T dt = mVx 2 t1

Paket će se početi klizati kada primjenjena sila (Fcos300) dostigne maksimalnu frikcionu silu koja je u slučaju ravnoteže (Ts). T = F cos 300 = Ts = µ s G + F sin 300

(

F=

)

µ sG = 3N cos 30 − µ s sin 300 0

Pomoću dijagrama, F = nt + b = =−

5N t + 0 = 20,5 N (t ) → za 0〈t 〈10 s 10 s

5N t + 10 N = −0,5t + 1,0 N → za 10 s

- 58 -

10 s 〈t 〈 20 s

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE t = 2s

F → za 0〈t 〈10 s N t = −2 s (F − 10 N ) → za 10 s 〈t 〈 20s N s (3N ) = 6,0s t1 = 2 N

Ili: Gdje je:

b.) Kada paket počinje kretanje, T=Tk . U pravilu veličina Fcos300 je velika kao i Tk , paket će se ubrzavati (linearni impuls će se povećavati-brzina će se povećavati). To će se nastaviti sve do: Fcos300=Tk . F cos 300 = µ k G + F sin 300

(

F=

)

µk G = 9,32 N cos 30 − µ k sin 300 0

Interval u kojem dolazi do smanjenja sile F je 10 s
(9,32 N − 44,48 N ) = 15,81s N Maksimalna brzina će se pojaviti pri tm=15,81s, pa je: t 2 = −0,449 s

t2

(mVx1 = 0) + ∫ (F cos 300 − T )dt = mVx 2

(Vx 2 = Vmax )

t1

 N   N  1  0 0  0,5 (t ) cos 30 − µ k G +  0,5 (t )  sin 30  dt + ∫ m 6,006 s  s  s     10 s

Vmax = 1 m =

15 ,81s

∫

10 s

  N N    0 0  − 0,5 (t )10 N  cos 30 − µ k G +  − 0,5 (t ) + 10 N  sin 30  dt = s s      

1 (5,453Ns + 6,043 Ns ) = 22,56 m s m

c.) t3

(

)

mV2 x (V2 x = Vmax ) + ∫ F cos 300 − T dt = mV3 x (V3 x = 0 ) t2

∫ {(− 0,5 N s t + 10 N )cos 30

20

mVmax +

tm

∫ {(−0,5 N s t + 10 N ) cos 30

20

+

0

tm

0

[ (

]}

)

− µk G + 0,5 N t + 10 N sin 300 dt + mVmax + s

[ (

)

]}

− µ k G + − 0,5 N t + 10 N sin 300 dt + s

t3

+

∫ [0 − µ (G + 0)]dt = 0( Ako k

je → F = 0, za → t 〉 20 s

tada je :

20

11,5 Ns − 3,142 Ns − µ k Gt3 + µ k G (20 s ) = 0 t3 = 25,57 s 2.31. Top težak 800 N ispaljuje kuglu od 5 N u horizontalnom pravcu. Top je postavljen na kočnicu, koja ima kinetički koeficijent trenja između kočnice i horizontalne površine µ k = 0,25 . Ako se kugla kreće brzinom od 650 m/s od momenta kada je ispaljena iz topa, odrediti: - 59 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE a. Odbojnu brzinu topa. b. Udaljenost koju će top dostići prije nego što se zaustavi.

Vb 2 = 650 m

Zadano: Gc=800 N, Gb=5 N, µ k = 0,25, Odrediti: Vc2, dc3 Rješenje: Za top:

Gc

Vc2

s

Za topovsku kuglu:

Feksplozije

Gb Vb2 Feksplozije

Nc

Tc t2 r r r r (mc + mb ) V1 = 0 + ∫ R = 0 dt = mc Vc 2 = −Vc 2 i + mb Vb 2 = Vb 2 i

(

) (

)

(

)

(

)

t1

Ako uzmemo u obzir utjecaj topa→topovska kugla je isto u sistemu, pa je Feksplozije unutarnja sila (to dejstvo je uzročno). Želimo zanemariti impuls uzrokovan trenjem Tc koja je jako mala poredeći sa Feksplozije te imajući na umu da se ta eksplozija dogodila u veoma kratkom vremenskom intervalu. m Po osi x: Vc 2 = b Vb 2 = 4,063 m s mc Gledajući samo top poslije eksplozije, ∑ Fy = N c − Gc = ma y = 0 ⇒ Tc = µ k N c = µ k Gc Koristeći rad i energiju imamo, 1 1 mcVc22 − Tc d c 3 = mc (Vc23 = 0) 2 2 1 mcVc22 2 d c3 = = 3,36m Tc 2.32. Dva premazana diska kližu se po horizontalnoj podlozi sa trenjem. Disk A težine 1 N i brzine VA=15 m/s; disk B težine 2 N i brzine VB=10i+24j m/s. Poslije sudara kreću se kao zasebne jedinice sa brzinom V pod uglom θ u odnosu na osu x. Odrediti intenzitet brzine V, i ugao θ.

- 60 -

Baričak Viktor


Zadano: otporna horizontalna površina gdje vrijedi, GA = 1N , VA1 = 15 m s r GB = 2 N , VB1 = 10i + 24 j m s r V2 = V (cos Θi + sin Θj ) Odrediti: V, Θ Rješenje: r r r  t2 r  m AV A1 + m BVB1 +  ∫ Rdt = 0  = (m A + m B )V2  t1 

(

)

(

)

 G + GB GA G 15i m + B 10i + 24 j m =  A s s  g g g

(

po → x : G A 15 m V =

GA

)+ G (10 m s ) = (G + G (15 m s )+ G (10 m s )

s

B

A

B

 V (cos Θi + sin Θj ) 

)V cos Θ

B

(G A + G B ) cos Θ po → y : G B (24 m ) = (G A + G B )V sin Θ = s

 G A (15 m ) + G B (10 m )  s s  sin Θ = (G A + G B ) (G A + G B ) cos Θ       G B (24 m ) −1  s  = 53,90 0 Θ = tg  G A (15 m ) + G B (10 m )  s s   V = 19,8 m s

2.33. Sanduk težine 4 N počinje kretanje iz položaja A po glatkoj površini, zakrivljene rampe, radiusa 20 m. Ako se sanduk spusti niz rampu do B, te udari na kolica težine 40 N, koja su u stanju mirovanja, ona će nastaviti kotrljanje na desno - 61 -

Baričak Viktor


kao zasebna jedinica. Odrediti (opću) brzinu kolica i sanduka kada se oni kreću sjedinjeni.

Zadano: Gb=4N, Gc=40 N, Sanduk→kolica u početku miruju „ravnoteža“, rampa (nema trenja), ρ=20 m Odrediti: početnu brzinu kolica i sanduka, V3 Rješenje: Rad →energija sanduka, E k 1 + E p1 + A1(−02) = E k 2 + E p 2

(

)

1 1 mb Vb21 = 0 + Gb ( y b1 = 20m ) + 0 = mbVb22 + Gb ( y b 2 = 0 ) 2 2 2Gb (20 ) Vb 2 = = 2 g (20 ) = 19,80 m s mb 2 Zakon impulsa→trenutna sila sanduka→kretanje kolica,

(

)

(

)

r r mb Vb 2 = Vb 2i + mc Vc 2 = 0 + t2 r r r + ( ∫ Rdt = 0 ⇒ unutar sistema ) = (mb + mc ) V3 = V3i

(

)

t1

V3 =

mbVb 2 = 1,8 m s mb + mc

2.34. Tijelo od drveta, težine 0,30 kg prikaceno je na oprugu krutosti k=7500 N/m. Tijelo je u stanju mirovanja ( µ k = 0,4 ) na hrapavoj horizontalnoj površini kada u njega udara puščano zrno težine 0,030 kg sa početnom brzinom Vi =150 m/s. Poslije sudara puščano zrno je ugrađeno u tijelo od drveta. Treba odrediti: a. Brzinu tijela i puščanog zrna odmah nakon sudara. b. Udaljenost d do koje će tijelo doći nakon sudara sa puščanim zrnom.

Zadano: mtijela=0,30 kg, k=7500 N/m, V1tijela=0, µk=0,4, mzrna=0,03 kg, V1tijela=150 m/s

- 62 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Odrediti: V2(tijela+zrna), udaljenost d Rješenje: * Rješavamo pomoću impulsa→sile t2

(mV1 )zrno + (mV1 )tijelo + ( ∫ Rdt = 0) = (mV2 )zrno + tijelo

[

t1

(

)

k

V1zrno

]

1 0,03kg 150 m + 0,3kg (0 ) = 13,64 m s s 0,33kg * Kretanje tijela-koristimo rad→Energiju Ek 1 + (E p1 = 0) + A1− 2 = (Ek 2 = 0 ) + E p 2

V2 =

d

G

kd

1 1 2 − µ k Gd = kd 2  mV2  2 2  zrno + tijelo 3750( N )d 2 + 0,97119( N )d − 30,698( Nm ) = 0 m d = 0,09035m

N

T=µkN

2.35. Topovska kugla mase 5 kg ispaljena je sa početnom brzinom V0=125 m/s i θ0=750 u odnosu na osu y. U vrhu trajektorije, kugla eksplodira i rasprskava se u dva dijela. Dio mase od 2 kg pada na zemlju sa x=50 m i y=350 m, nakon vremena t=25s. Odrediti: a. Kada i gdje će pasti dio mase od 3 kg na zemlju? b. Impuls dijela kugle od 3 kg poslije eksplozije. c. Srednji utjecaj sile eksplozije F2 kg na dio kugle od 2 kg poslije eksplozije ako je trajanje eksplozije iznosilo ∆t =0,003 s.

r Zadano: mkugle=5 kg, rk − 2 kg = 50i + 350 j (m ), → t = 25s, V0 = 125 m , Θ0 = 750 , Z max s r Odrediti: rk − 3kg → t = ?  t2 r  Impuls za dio od 2 kg pri eksploziji  ∫ F2 kg dt  , pri ∆t=0,003s.  t1 

Rješenje:

- 63 -

Baričak Viktor


r a (t ) = −9,81 m 2 k → za cijelu topovsku kuglu prije eksplozije s r V (t ) = C1i + C 2 j + − 9,81 m 2 t + C 3 k s r V (0 ) = C1i + C 2 j + C 3 k = 0i + 125 m cos 75 0 j + 125 m sin 75 0 k s s C1 = 0, C 2 = 32,35 m , C 3 = 120,74 m s s r  − 9,81 m  r (t ) = C 4 i + 32,35(m )t + C 5 j +  ( 2 )t 2 + 120,74(m )t + C 6 k s s s  2  r r (0 ) = C 4 i + C 5 j + C 6 k = 0

)

(

(

)

C 4 = C5 = C6 = 0 r V (t ) = 32,35(m ) j + − 9,81 m 2 t + 120,74 m k s s s Prije eksplozije r 2 r (t ) = 32,35 m tj + − 4,905 m 2 t + 120,74 m t s s s Eksplozija će se desiti kada je Vz =0 (tačka na trajektoriji), pa je − 9,81(m 2 )teksplozija + 120,74 m = 0 s s teksplozija = 12,31s

( ( ) (

( ) ( )

( )) ( ))

r reksplozije = 398,16 j + 743,02k ( m)

Za cijelu kuglu prije eksplozije

Veksplosije = 32,35 m

Dio od 2 kg nakon eksplozije,

s

r a (t ) = −9,81( m 2 ) k s r r r r r r r V (t ) = C1i + C 2 j + C 3 k = V x i + V y j + V z k →nepoznata brzina trenutak poslije eksplozije. Polazimo da je to početno vreme C1 = V x , C 2 = V y , C 3 = V z 0, radi jednostavnosti.

Vrijeme trajanja je t=25s, ali početno vrijeme je nula (pri eksploziji), pa je: t f = 25s − 12,31s = 12,69 s

Po osi x: V x t f = 50m ⇒ V x = 3,94 m

s Po osi y: V y t f + 398,16m = 350m ⇒ V y = −3,795 m

- 64 -

s

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Po osi z: − 4,905 m

s2

t 2f + V z t f + 743,02m = 0 ⇒ V z = 3,693 m s r r r r Veksplozije − 2 kg = 3,94i − 3,795 j + 3,693k m

( s)

Eksplozija je za sistem dio unutarnje energije, primjenjujemo impuls→trenutni udar pri odvijanju eksplozije: r r r m5Veksplozije + 0 = m2Veksplozije− 2 kg + m3Veksplozije−3kg r r r r Veksplozije−3kg = −2,625i + 56,45 j − 2,462k m s Analiza dijela kugle od 3 kg: r a (t ) = −9,81 m 2 k s r r r r V (t ) = C1i + C2 j + − 9,81m 2 t + C3 k s r r r r r r r V (0 ) = C1i + C2 j + C3k = −2,625i + 56,45 j − 2,462k m → s →sa početnim uvjetima

( )

)

(

( )

Resetovanje vremena na nulu pri eksploziji, ponovo: C1 = −2,625 m , C2 = 56,45 m , C3 = −2,462 m s s s r r r r (t ) = − 2,625 m t + C4 i + 56,45 m t + C5 j + s s r 2 + − 4,905 m 2 t − 2,462 m t + C6 k s s r r r r r r r (0 ) = C4i + C5 j + C6 k = 398,16 j + 743,02k (m )

[

] [

( )

[

( )

( ) ] ( ) ]

C4 = 0, C5 = 398,16m, C6 = 743,02m r r r rsudara = − 2,625 m t f i + 56,45 m t f + 398,16(m ) j + s s r 2 + − 4,905 m 2 t f − 2,462 m t f + 743,02(m ) k s s Koji se dešava kada je rz =0, to jest:

[

( s )t

Po osi z: 0 = −4,905 m

( ) ( )

2

2 f

( )] [

[

( )

( ) ( )

]

]

( )

− 2,462 m t f + 743,02(m ) → t f = 12,059 s s

Po osi x: − 2,625 m t f = −31,65m → t = t eksplozije + t f = 24,369 s s m Po osi y: 56,45 t + 398,16(m ) = 1078,9m s f Proizilazi da je: r r r rsudara −3kg = −31,65i + 1078 j (m ) ⇒ t = 24,369s Pri eksploziji, sa isključivo aktivnom silom koja djeluje na dio od 2 kg je sila F2 kg. Impuls za taj dio mase je: t2 r m 2 kg V prije −eksplosije + ∫ F2 kg dt = m 2 kg V poslije −eksplozije t1

t2

r F ∫ 2kg dt = (2kg ) V poslije − V prije

[

]

t1

t2

r

∫F

2 kg

r r r dt = 7,88i − 72,29 j + 7,39k ( Ns )

t1

- 65 -

Baričak Viktor


2.36. Topovska granata težine 25N ispaljuje se iz topa težine 3000 N. Topovska granata se ispaljuje sa brzinom 1500m/s i pod kutem 300 prema horizontali. Pretpostavljamo da je topovska cijev kruto tijelo i da je pričvršćena za tijelo topa te da je top u cjelini slobodan pri kretanju horizontalno. Ako granata boravi u cijevi nakon ispaljenja 0,005 s, odrediti: a. Rezultantnu vertikalnu silu poslije eksplozije. b. Odskočnu brzinu topa.

Zadano: G granate = 25 N , Gtopa = 3000 N , Vizl = 1500 m , ∆t = 0,005s s Odrediti: Rvertikal, Vodbijanja Rješenje: t2 r r r r mtop + granata Vtop + granata1 = 0 + ∫ Rdt = mtopVtop 2 + mgranataVgranata 2

(

)

t1

t2

∫ (N − G

top

r r − Ggranata )dtj = − mtopVodbijanja i + mgranateVizlaza cos 300 i + sin 300 j

t2

top

r r r − Ggranate )∆tj = −mtopVodbijanja i + mgranateVizlaza (cos 300 i + sin 300 j )

(

)

t1

∫ (N − G

t1

Po osi x:

0 = mtopaVodbijanja + m granateVizlazna cos 30 0 Po osi y:

Vodbijanja = 10,83 m ← s

(N − G

topa

− G granate )∆t = m granateVizlaza sin 30 0

Rvertik = N = 980000 N ↑

2.37. Sanduk težine 20 N ima brzinu od VA=12 m/s u tački A. Odrediti brzinu poslije pređenog puta od s =6 m prema dole. Koeficijent kinetičkog trenja između sanduka i podloge je µ k = 0,20 .

- 66 -

Baričak Viktor


1 1 mV12 + Gy1 − Ts = mV22 + Gy2 2 2 T = µ k N = µ k G cos Θ = 3,2 N

Ako je: y 2 = 0,

y1 = s sin Θ = 3,6m

( 4 ) = 36,87

Θ = tg −1 3

V2 = − − − m

0

s

2.38. Odrediti brzinu tereta A težine 60 N ako su tereti izbačeni iz stanja mirovanja s tim što se tijelo B od 40 N, kreće 2 m uz kosinu. Koeficijent kinetičkog trenja između blokova i kosina iznosi µ k = 0,10 .

Tijela čine jedan sistem (sa užetom kao internom vezom). V1=0 za obadva tereta! 2F 60

GA

TA NA

Za stanje y1=0, vrijedi: VB=2VA 1 1 − T A (1) − TB (2 ) = m AV A22 + m BV B22 + G B (2 ) sin 30 0 − G A (1)sin 60 0 2 2

- 67 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE N A = GA cos 600

F

N B = GB cos 300

30

TA = µ k GA cos 600

GA

TB = µ k GB cos 300 − 2GB sin 300 + GA sin 600 − TA − 2TB 1 mA + 2mB 2 VA = − − − m s VB = − − − m s

VA2 =

NB TB

2.39. Odrediti brzinu tijela A od 20 kg mase, koja se ostvari pri kretanju od 2 m, iz stanja mirovanja niz kosinu. Tijelo B ima masu 10 kg, a koeficijent kinetičkog trenja između klizne površine i tijela A je µ k = 0,20 . Naći silu koja vlada u užetu.

1  1  2 2  mV1 = 0  +  mV1 = 0  + (Gy1 = 0 )B + (Gy1 = 0 )B − Td = 2 A  2 B 1 1 2 2  mV2  +  mV2  + (Gy2 )A + (Gy2 )B 2 A  2 B V2 A = V2 B y2 A = −2 sin 600 y 2 B = +2 d =2 m T = µ k N A = µ k GA cos 600 V2 = 2,638 m

A: B:

s

1 1  2 2  mV1 = 0  + (Gy1 = 0 ) − (T + F )d = mV2 + Gy 2 ⇒ F = 115,5 N 2 2   1 1  2 2  mV1 = 0  + (Gy 2 = 0 ) + Fd = mV2 + Gy 2 ⇒ F = 115,5 N 2 2 

- 68 -

Baričak Viktor


2.40. Tijelo težine 100 N kliže se niz kosinu čiji je koeficijent kinetičkog trenja µ k = 0,25 . Ako se tijelo kreće sa 10 m/s u tački A, odrediti maksimalno sabijanje opruge u trenutku kada se tijelo zaustavi.

T = µ k N = µ k G cos 36,87 0 1 1 mV12 + G (10 + l )sin 36,87 0 − µ k G cos 36,87 0 (10 + l ) = kl 2 2 2 l = − − −m

2.41. Tijelo težine 5 N kreće iz stanja mirovanja (položaj A) kližući se prema dole po kružnoj putanji AB. Zatim kontinuirano se kreće po horizontalnoj podlozi do udara u oprugu. Odrediti za koliko se komprimira opruga do zaustavljanja tijela.

G (3) − T (2 + ∆l ) =

1 k (∆l ) 2 2

T = µk N = µk G 1 k (∆l ) 2 + T∆l + (− 3G + 2T ) = 0 2 ∆l = − − − m

- 69 -

Baričak Viktor


2.42. Osoba težine 120 N izbacuje se kao ljudska topovska kugla (živa osoba) pomoću opruge nategnute u topovskoj cijevi. Ako najveće dozvoljeno ubrzanje za čovjeka iznosi 10g=98,1 m/s2, odrediti potrebnu krutost opruge koja je bila komprimirana za 2 m u trenutku aktiviranja. Sa kojom brzinom će se tijelo odlijepiti od opruge? Zadano je sabijanje opruge s=2 m i d=8 m. Zanemariti trenje i pretpostaviti da se čovjek drži u istoj poziciji tijekom kretanja.

Fs − G cos 450 = ma = 10mg

(

)

Fs = 10 + cos 450 G Fx = kx = 2k − Hookov zakon k = 600 N

m 1 1 2 k (2 ) = mV22 + Gd sin 450 2 2 V2 = − − −(= 5,49) m s

2.43. Opruga krutosti k=50 N/m u neopterećenom stanju je duga 2 m. Kao što je prikazano na slici, opruga je stisnuta sa odbojnim limom na dužinu od 1,5 m. Sanduk težine 4 N se kreće brzinom VA što je brzina u tački A, i to kliže niz kosinu pri čemu je koeficijent kinetičkog trenja µ k = 0,2 . Ako se lim isturi naprijed za 0,25 m prije zaustavljanja, odrediti njegovu brzinu u A. Zanemariti težine limene ploče i opruge.

- 70 -

Baričak Viktor


T = µ k N = µ k G cos 36,87 0

y1 = 4,5 sin 36,87 0

G

36,87

T N

y2 = 1,25 sin 36,87 0

Koordinate sanduka (tačka A)

1 1 1 2 2 mV12 + k (0,5) + Gy1 − T (3,25) = k (0,75) + Gy2 2 2 2 V1 = − − − m s

2.44. Klatno mase 0,75 kg izbacuje se iz ravnotežnog položaja A oprugom čija je krutost k=6 kN/m. Ako je opruga bila sabijena za 125 mm, odrediti brzinu klatna i silu u užetu u pozicijama B i C. Tačka B je u položaju gdje je na radiusu zakrivljenosti 0,6 m pregib, gdje uže postaje samo pola horizontalno.

- 71 -

Baričak Viktor


Položaj B:

1 1 k∆l12 = Gy2 + mV22 2 2 V2 = 10,64 m s r r r V2 r 2 r ′ a = rε et + rω en = V et + en

ρ

V

2

∑F = 0 ⇒ F = m ρ

= 141,5 N

Položaj C:

1 1 k (∆l1 ) 2 = Gy2 + mV22 2 2 V2 = 9,47 m s ↓ ∑F = 0 ⇒ F +G = m

V2

ρ

F = 48,7 N

2.45. Sanduk mase 100 kg je izložen silama F1=800 N i F2=1,5 kN. Ako je početno stanje, stanje mirovanja, odrediti udaljenost klizanja d pri postignutoj brzini od V=6 m/s. Koeficijent kinetičkog trenja između sanduka i podloge je µk =0,2.

(

)

1 1 ( mV12 = 0) + F1 cos 300 + F2 cos 200 − T d = mV22 2 2 gdje − je : (V2 = 6 m ) s T = µ k N = µ k G + F1 sin 300 − F2 sin 200

(

)

d = 0,9332m

- 72 -

Baričak Viktor


2.46. Tijelo mase 2 kg izloženo je konstantnom djelovanju sile po zakonu  300  F=  N , gdje je s u metrima. Kad je s=4 m tijelo će se kretati lijevo brzinom 1 + s  8 m/s. Odrediti brzinu kada je s=12 m. Koeficijent kinetičkog trenja između tijela i podloge je µk=0,25.

Rad sile od tačke 1 do 2 iznosi: S2

r G

300 F= 1+ S 0 30

r r T = µk N

r r r N = G + F sin 30 0

A1− 2 =

∫ (F cos 30

0

)

− T ds

S1 S2

=

∫ [F cos 30 − (G + F sin 30 )µ ]ds 0

0

k

S1

S2

=

∫ [F (cos 30

S1

0

)

]

− µ k sin 300 − µ k G ds

(

)

= 300 ln (1 + S ) SS12 cos 300 − µk sin 300 − µ k G s

S2 S1

= 173,2 Nm

Jednadžba za energiju i tražena brzina iznose: 1 1 m mV12 + A1− 2 = mV22 ⇒ V2 = 15,40 2 2 s

2.47. Tarzan mase 100 kg ljulja se skačući sa grebena stijene pomoću užeta (napravljeno od loze) dužine 10 m, mjereno od oslonca A do centra njegove mase. Odrediti njegovu brzinu trenutak poslije što uže dodirne granu drveta u B. Koja sila treba biti u tom užetu prije i u trenutku kada uže dodirne granu u B?

- 73 -

Baričak Viktor


Let: y1 = −10 cos 45 0 , y 2 = −10( reference − at − A) F mat

B

1 mV22 + Gy 2 2 V2 = 7,581 m s Gy1 =

man

0 = ma t = mV ′ G

F − G = ma n = m

V2

Prije nego što uže udari u granu, je ρ=10 m, a poslije je ρ=3 m.

ρ

Fprije = 1556 N Fposlije = 2897 N To su sile kojima treba Tarzan da se drži za uže!

- 74 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE 3- DALAMBERTOV PRINCIP ZA MATERIJALNU TAČKU →

→

Ako na materijalnu tačku M, mase m djeluje sistem sila F 1 ,..... F n i ona se →

kreće ubrzanjem a , osnovna dinamička jednadžba će izgledati: →

→

→

n →

→

m a = F 1 + F2 + ..... + Fn = ∑ F i i =1

Ako primjenimo Dalamberov princip na svaku tačku materijalnog sistema i ako uzmemo u obzir i reakciju veza, dobićemo: →a

→r

→ in

Fi + Fi + Fi = 0

3.1. Dinamika relativnog kretanja materijalne tačke 3.1.1. Diferencijalna jednadžba kretanja →

Pri složenom kretanju tačke apsolutno ubrzanje tačke a iznosi: →

→

→

→

a = a p + ar + ac ,

Gdje su: → → → → → → →  - a p = a 0 + ε p × ρ M + ω p ×  ω p × ρ M  - prenosno ubrzanje,   →

- a r − relativno ubrzanje i → → →  - a c = 2 ω p × v r  - Koriolisovo ubrzanje.   Pa je osnovna diferencijalna jednadžba pri relativnom kretanju: →

→

n →s

→

m ap + m ar + m ac = ∑ F i

.

i =1

3.1.2. Posebni slučajevi kretanja materijalne tačke vezani za različite oblike prenosnog kretanja Posebno kretanje sistema referencije Oxyz je obrtanje oko nepomične ose pri čemu je prenosno ubrzanje: →

→

→

a p = a pn + a pt ,

Gdje su:

a pn = rω p2 - prenosno ubrzanje, normalno a pt = rε p - prenosno ubrzanje, tangencijalno.

Osnovna diferencijalna jednadžba relativnog kretanja imaće oblik: →

n →s

→ in

→ in

→ in

m a r = ∑ F i + F pt + F pn + F c . i =1

- 75 -

Baričak Viktor


3.1.3. Zakon o promjeni kinetičke energije pri relativnom kretanju je:

Zakon o promjeni kinetičke energije materijalne tačke pri relativnom kretanju

1 2 1 2 mvr1 − mvr 0 = (∆EK )r = 2 2

M1

 → s →  M 1 in  → in    ∫M 0 Fi d sr cos ⊄  F i , v r  + M∫0 Fp d sr cos ⊄  F p , vr  . s

r 3.1. U cijevi koja se okreće konstantnom kutnom brzinom ω oko vertikalne ose, za cijelo vrijeme obrtanja nalazi se loptica mase m, koja je pričvršćena pomoću opruge c. U početnom trenutku loptica se nalazi na rastojanju a, opruga je nedeformirana, a početna brzina loptice je jednaka nuli. Odrediti kretanje loptice, ako je koordinatni početak u početnom položaju loptice. Trenje zanemariti.

Poći ćemo od osnovne diferencijalne jednadžbe za relativno kretanje: r r r r r ma r = F ′ + FW + F pin + Fcin Komponente u primjeru iznose: r a r = x " - relativno ubrzanje, r r r r r F = F ′ − mgk = −cxi + mgk - aktivna sila, r r r r r FW = FN 1 + FN 2 = − FN 1 j + FN 2 k - reakcija idealne veze, r r r F pin = − ma N = m(a + x)ω 2 i - prenosna inerciona sila r r r r Fcin = −2m(ωxVr ) = −2mωVr sin 90 0 j Koriolisova inerciona sila. Ako komponente iz osnovne dif. jednadžbe projeciramo na osu Ox, dobijamo: ma r = −cx + m(a + x)ω 2 . r r Zbog toga što je veza idealna FW = 0 , dok projekcija Fcin na koordinatnu osu Ox je takođe jednaka nuli. Sređivanjem predhodne jednadžbe, dobijamo: c x ′′ + x( − ω 2 ) = aω 2 . m c c Uvođenjem smjene: k 2 = − ω 2 , gdje je k kutna brzina, uz pretpostavku da je ω 〈 m m predhodna jednadžba ima rješenje: aω 2 x = A cos(kt ) + B sin(kt ) + 2 . k Iz početnih uvjeta za t = 0, x0′ = 0 i x0 = 0 dobijamo integracione konstante A i B, pa će predhodna jednadžba dobiti oblik: aω 2 x = 2 (1 − cos kt ) . k c c Za slučaj da je: k12 = ω 2 − , to jest ω 〉 , rješenje jednadžbe dobija oblik: m m - 76 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE x = A1ch(k1t ) + Bsh(k1t ) +

Za početne uvjete: A1 = −

aω 2 i B = 0 , dobijamo: k12 aω 2 [ch(k1t ) − 1]. k12

x=

Ako je ω =

aω 2 . k12

c , imamo da je: m aω 2 t 2 x= + C1t + C 2 , gdje su : C1 = C 2 = 0 . 2

4- DINAMIKA SISTEMA MATERIJALNIH TAČAKA I KRUTOG TIJELA 4.1. Podjela sila r r Na materijalni sistem djeluju: spoljašnje ( F s ) i unutarnje sile ( F u ) . Pošto između dvije materijalne tačke prema Trećem (Njutnovom) zakonu akcije i reakcije, djeluju sile istog intenziteta, a suprotnih smijerova duž zajedničkog pravca, to ćemo za materijalni sistem koji se kreće imati ravnotežu sistema unutarnjih sila i sume momenata za bilo koju tačku, što znači da je cjelokupni sistem u ravnoteži: → (u )

→ (u )

∑F

→ FR

∑M

= 0,

r

0

=0

4.2. Geometrija masa Masa materijalnog sistema (M) jednaka je algebarskoj sumi masa svih tačaka n

sistema: M = ∑ mi . i =1

Centar mase ili centar inercije, za sistem materijalnih tačaka iznosi: n

→

rc =

n

→

∑ mi r i i =1

M

=

→

∑ Gi r i i =1

G

4.3. Momenti inercije Moment inercije materijalnog sistema u odnosu na pol ''O'' naziva se polarni moment inercije i iznosi: n

n

i =1

i =1

J 0 = ∑ mi ri 2 = ∑ mi ( xi2 + yi2 + zi2 ) .

Moment inercije materijalnog sistema u odnosu na proizvoljnu osu sistema oxyz naziva se aksijalni moment inercije. Momenti inercije za ose x, y i z iznose: n

J x = ∑ mi ( y i2 + z i2 ). i =1

- 77 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE n

J x = ∑ mi ( xi2 + z i2 ). i =1 n

J x = ∑ mi ( xi2 + y i2 ). i =1

4.4. Štajnerov teorem Ovom teoremom se rješava problem momenta inercije za dvije paralelne ose od kojih jedna od njih prolazi kroz središte sistema. Aksijalni moment inercije za osu Cz je: n

n

i =1

i =1

J cz = ∑ mi ri 2 = ∑ mi ( xi2 + yi2 )

a moment inercije za osu z1 koja je raralelna sa osom z iznosi: J z1 = J cz + Md 2 . 4.1. Odrediti moment inercije za složeno tijelo prikazano na slici, po osi x. Gustoća materijala je 7,87 Mg/m3.

Zadano: γ = 7870 kg

z

m3

Odrediti: I x Rješenje: 1. Pravougaonik

100

400 850

V = (850 )(100 )(400 )mm 3 = 0,034m 3 m = γV = 267,58kg

x

x = 0, y = −175mm, z = 0 1 2 I x = I Gx + y + z2 m = 12 1 2 2 2 = m (0,85) + (0,1) + (− 0,175) m = 24,53kgm 2 12 2. Rupa

(

[

y

)

]

z

y

x

- 78 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE V = π (100 ) (100 ) = 0,003142m 3 m = 24,724kg 2

x = 0, y = −400mm, z = 0 Ix =

[

]

1 2 2 2 m 3(0,1) + (0,1) + (− 0,4 ) m = 4,45kgm 2 12

3. Valjak z

V = π (100 ) (250 ) = 0,007854m m = 61,811kg 2

3

y

x = 0, y = 0, z = 175mm Ix =

Ukupno:

[

]

1 2 2 2 m 3(0,1) + (0,25) + (0,175) m = 2,369kgm 2 12

x

V = V1 − V2 + V3 m = m1 − m2 + m3 x=

x1m1 − x2 m2 + x3m3 m1 − m2 + m3

y = isto kao i za x z=

−"−

I x = I x1 − I x 2 + I x 3 = 22,86kgm 2

4.2. Zadana su dva čelična cilindra ( γ = 7849 kg

m3

) i mesingana kugla

γ = 8746 kg

homogeno sastavljeni. Odrediti moment inercije ovakvog tijela m3 uvažavajući da je osa x postavljena kao na slici.

Zadano: čelični cilindri sa γ = 7849 kg Odrediti: Ix

m3

i mesingna kugla sa γ = 8746 kg

- 79 -

m3

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Rješenje: (1) Kugla (mesing):

x=z =0

4 3 V = π (0,05m ) 3 G Vγ m= = g g

y = −1,5 − 16 − 5 2 2 I Gx = m(5) 5 I x = I Gx + m y 2 + z 2 = − − −kgm 2

(

(2) Horizontalni cilindar (čelični): 2 V = π (1,5) (16 ) Vγ m= g x=z =0 y = −1,5 − 8 = 9,5 cm 1 2 2 I Gx = m 3(1,5) + (16 ) 12 I x = - - -kgm 2

[

)

]

(3) Vertikalni cilindar (čelični) 2 V = π (1,5) (8) Vγ g x=z = y=0

m=

[

1 2 2 m 3(1,5) + (8) 12 I x = - - -kgm 2 I Gx =

]

Ukupni momenat inercije: V = m3 , x = z = 0, y = −18,86 cm, m = m1 + m2 + m3 = (kg ) I x = − − − kgm 2

4.3. Odrediti moment inercije složenog tijela prikazanog na slici, uvažavajući y osu. Specifična težina materijala tijela je γ = 175 kg 3 . m

- 80 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Zadano: γ = 175 kg

m3

Odrediti: I y

Rješenje: 1. Stranica

V = (3)(11)(12 ) = 396m 3 x = 0, y = −1,5m, z = 2,5m Vγ m= = 7064kg g 1 2 2 I y = m (12 ) + (11) + x 2 + y 2 m = 171890 kgm 2 12

z 11m

[

3m y

8m

] (

)

12m

3m

x

2. Stranica z

V = 4326m 3 x = 0, y = 6m, z = −1,5m

12m

y

x 3m

m = 7706kg 1 2 2 I y = m (12 ) + (5) + x 2 + y 2 m = 12 = 385942 kgm 2

[

12m

] (

)

3. Stranica V = 180m 3

z

x = 0, y = 10,5m, z = −5,5m m = 3211kg

x 12m

5m

y

Iy =

[

] (

)

1 2 2 m (12 ) + (5) + x 2 + y 2 m = 142353 kgm 2 12

3m

4. Valjak

- 81 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE V = 58,9m 3 x = 0, y = 6m, z = −1,5m m = 1050kg Iy =

[

] (

)

1 m 3r 2 + L2 + x 2 + y 2 m = 12

[

] (

)

1 2 m 3(2,5) + 3 2 + 0 2 + 6 2 m = 12 = 40228kgm 2

=

Ukupni moment inercije za y osu: V = V1 + V2 + V3 − V4 = 4843,1m 3 x = 0, y = 3,725m, z = −0,5902m m = 16931kg I y = 659957 kgm 2

4.4. Odrediti moment inercije homogene piramide mase m za z osu. Gustina materijala je ρ. Napomena: koristiti pravougaoni limeni elemenat koji ima volumen dV=(2x)(2y)dz.

z

dV = (2 x )(2 y )dz dz

m = Vγ dm = γ 2 x 2 ydz = 4γx 2 dz

a/2

a/2

Zbog simetrije je: x=y Zbog sličnosti trouglova:

h

h h−z a = ⇒x= (h − z ) a x 2h 2

x z a/2

- 82 -

Baričak Viktor


dI zz =

[

]

4 1 (2 x )2 + (2 y )2 dm = 32 γx 4 dz = 1 a 4γ (h − z )4 dz = 12 12 6 h

1 a 4γ 4 h − 4h 3 z + 6h 2 z 2 − 4hz 3 + z 4 dz 6 h4 h a 4γ  5 1 5  γa 4 h 5 5 5 I zz = ∫ dI zz = 4  h − 2h + 2h − h + h  = 5  30 6h  0

=

(

)

V piramide

m ma 2 1 2 = a h = ⇒ I zz = 3 γ 10

4.5. Točak je sastavljen od tankog prstena čija je masa 10 kg i četiri prečke napravljene od tankih šipki mase od po 2 kg. Odrediti moment inercije točka oko ose okomite na sliku i trenutnu tačku dodira A.

I B = mr 2 B

prsten

1  +2 ml 2   12  paoka

I A = I B + (m prstena + 2m paoka )(0,5) = 2

A

= (Štajnerova teorema ) = 7,667 kgm 2

4.6. Klatno se sastoji od tanke poluge (R) mase 3 kg i limene ploče (P) mase 5 kg. Odrediti udaljenost y od centra mase G klatna y ; takođe izračunati moment inercije klatna ako je aksijalna osa okomita na ravninu slike i prolazi kroz G.

- 83 -

Baričak Viktor


y=

y R m R + y P m P (1m )(3kg ) + (2,25m )(5kg ) = = 1,781m mR + mP 8kg

(

)

1 1 2 I O −ukupni = I R + I P = m R l R2 + m P 0,5 2 + 12 + m P (2,25) = 3 12 = 29,83kgm 2 − za tač . O I G −ukupni =

(

)

1 1 2 2 m R l R2 + m R (1,781 − 1) + m P 0,5 2 + 12 + m P (2,15 − 1,781) = 12 12

= 4,451kgm 2 − za tač . G

5- OPĆI ZAKON KRETANJA MATERIJALNOG SISTEMA 5.1. Diferencijalne jednadžbe kretanja sistema Za svaku tačku sistema možemo postaviti osnovnu jednadžbu dinamike tačke, što bi za i-tu materijalnu tačku iznosilo: →

d2 r i →s →u mi a i = mi = Fi + Fi . dt 2 →

5.2. Zakon o kretanju središta masa Materijalni sistem od n tačaka, čije su mase m1, ....., mn obrazuju tzv. centar →

mase ili središte sistema, kojeg obilježavamo sa r c , a zakon o kretanju centra n →s → ″ inercije sistema glasi: M rc = ∑Fi i =1

5.3. Zakon o održanju kretanja središta masa n →s

Za slučaj da je glavni vektor ( ∑ F i = 0 ), spoljašnjih sila jednak nuli, imat ćemo i =1

→

→

″ ″ da je: M r c = 0 , odnosno, r c = 0 , ili ako se ovo integrira dobit ćemo: → ′ → r c = v c = const.

5.4. Količina kretanja materijalnog sistema Količina kretanja sistema materijalnih tačaka je vektor, koji je jednak vektorskom zbiru količina kretanja pojedinih materijalnih tačaka sistema: →

n

→

n

→

K = ∑m v = ∑Ki . i =1

i =1

Ako uzmemo u obzir brzinu središta mase, onda je količina kretanja sistema: → → d →  K = M rc  = M vc . dt   - 84 -

Baričak Viktor


5.4.1. Zakon o promjeni količine kretanja središta materijalnog sistema Zakon o promjeni količine kretanja središta materijalnog sistema glasi: →

n →s d K →s = Fr = ∑Fi dt i =1 →s

n →s

Gdje je: F r = ∑ F i - rezultanta spolnjih sila koje djeluju na sistem. i =1

5.4.2. Zakon o održanju količine kretanja materijalnog sistema Kad na materijalni sistem ne djeluju spoljnje sile ili ako je njihova rezultanta jednaka nuli, središte sistema se kreće jednoliko i pravolinijski tj. po inerciji: →

d K → →s = K′ = Fr = 0 . dt Odnosno ako se izvrši integriranje dobit će se da je: →

K = C = const. → → → → ′ Kako je: M r c = M v c , integriranjem se dobija: r c = v c t + C , iz čega se vidi da se središte sistema kreće pravolinijski i jednoliko.

5.1. Homogeni zupčanik II, poluprečnika r, kotrlja se po nepokretnom zupčaniku pomoću poluge O A , koja se obrće konstantnom ugaonom brzinom ω. Odrediti količinu kretanja sistema ako je težina zupčanika II, G2, a poluge G1. Rješenje: Količina kretanja promatranog pokretnog sistema u vektorskom obliku je:

r r r r K = M rC′ = MxC′ i + My′C j , Gdje su:

M-masa sistema, xC i yC –koordinate težišta sistema za koordinatni sistem Oxy prema slici. Prema definiciji središta masa imamo: M xC = m1 x1 + m2 x 2 , M yC = m2 y 2 + m2 y 2 Gdje su:

- 85 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE C1(x1,y1) - središte poluge C2(x2,y2) - središte zupčanika II MxC′ = m1 x1′ + m2 x 2′ MyC′ = m1 y1′ + m2 y 2′ Kako su:

x1 = r cosϕ , x 2 = 2r cosϕ , y1 = r sinϕ , y 2 = 2r sinϕ ,

x 1′ = −ωr sin ϕ , x ′2 = −2ωr sin ϕ , y1′ = ωr cos ϕ , y′2 = 2rω cos ϕ ,

Uvrštenjem ovih vrijednosti u početnu jednadžbu dobija se: r r r K = −ωr (2m 2 + m1 ) sin ϕ i + ωr(2m 2 + m1 )cosϕ j . Intenzitet vektora količine kretanja je:

K = ωr (2m2 + m1 )

6- TIJELA PROMJENLJIVE MASE Promjena mase tijela može biti neprekidna u smislu odvajanja mase ili prisajedinjavanja novih materijalnih djelića mase. Zato masu smatramo funkcijom vremena m(t), koja je neprekidna i deriviabilna. Opći pristup je prikazan sa: →

d v → dm → m = F+ U , što predstavlja opći pristup. dt dt → dm → → dm → Vrijednosti, U = Φ ili v r = Φ , se mogu uvrstiti u gornju jednadžbu pa ona dt dt dobija oblik: →

dv → → m = F+ Φ dt 6.1. Formula Ciolkovskog Kako su sve spoljašnje sile jednake nuli, to će se imati: →

r dm dv m = −U . dt dt - 86 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Njenim integriranjem dobit ćemo: t →

dm , m 0 Kako je brzina istjecanja plinova konstantna, dobićemo da je: m v = v0 + U ln 0 m(t ) Gdje je: m0 – masa u trenutku t=0. →

→

v = v 0 − ∫U

Ako sa mk označimo konstantnu masu koja se ne mijenja, a sa mG promjenljivu masu goriva i uvedemo oznaku mG0 masa goriva za t=0, izraz dobija oblik:

v = v0 + U ln

mk + mG0 mk + mG

U trenutku kad se potroši svo gorivo ( mG = 0 ), maksimalna brzina rakete je:

v max

 mG0   = v0 + U ln1 + m k  

6.1. Raketa polijeće početnom brzinom V0=0 i leti pravolinijski kroz sredinu zanemarive gustoće. Masa rakete bez goriva je M0, a početna masa goriva M1. Relativna brzina istjecanja plinova je konstantna i iznosi Vr=2000 m/s, M 10 / M 0 = 20 . Odrediti brzinu rakete u trenutku kada izgori svo gorivo. Rješenje: Jednadžba kretanja glasi: dV x dM 1 M = −Vrx dt dt Podaci prema zadanim vrijednostima: M = M 0 + M 1 , t = 0 V x = V0 = 0, M 1 = M 10 , M 0 = const.

t =T

M1 = 0

M 0 = const.

Vr , x = Vr = const Vx = V Pa imamo da je:

(M 0 + M 1 )dV x dV x = −Vr , x

= −Vr , x dM 1

dM 1 M 0 + M1

V x = −Vr , x ln (M 0 + M 1 ) + C

- 87 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Za: t = 0 ⇒ V x = 0,

(

M 1 = M 10 proizilazi da je: C = Vr , x ln M 0 + M 10

(

)

Iz čega slijedi:

V x = −Vr , x ln(M 0 + M 1 ) + Vr , x ln M 0 + M 10

Ili:

V = Vr ln

)

M +M M 0 + M1

Brzina u trenutku kad izgori svo gorivo: t = T , M1 = 0  M0  V = Vr ln1 + 1  = 6060 m s M0  

6.2. Raketa se kreće u homogenom gravitacionom polju po r pravoj liniji sa konstantnim ubrzanjem a . Ovaj pravac sa horizontom obrazuje ugao α . Ako je efektivna brzina istjecanja r plinova Ve konstantna po intenzitetu i pravcu i uglom β prema horizontu, odrediti: r 1. ugao β koji obrazuje efektivna brzina Ve istjecanja plinova sa horizontom da bi se raketa kretala po pravoj liniji i 2. zakon promjene mase rakete. Kako raketa vrši slobodno kretanje u homogenom gravitacionom polju, to je dV / dt = a i F s = mg i jednadžba Meščerskog: r r dm r dV m = Vr + mg dt dt projecirana na ose Ox i Oy daje dvije skalarne jednadžbe: dm ma cos α = −Ve cos β dt , (a) dm ma sin α = −Ve sin β − mg dt Iz prve diferencijalne jednadžbe, napisane u obliku: dm a cos α dt =− dt Ve cos β nakon prve integracije određuje se zakon promjene mase: −

a cos α t Ve cos β

m = m0 e gdje je m0 predstavlja početnu masu rakete. Eliminaciom izvoda dm/dt iz jednadžbi (a) za ugao β nalazimo da je:

a sin α + g , a cos α a cos α cos β = 2 a + g 2 + 2ag sin α

tgβ =

Ili

- 88 -

Baričak Viktor


7- GLAVNI MOMENT KOLIČINE KRETANJA MATERIJALNOG SISTEMA Moment količine kretanja materijalnog sistema u odnosu na pol iznosi: →

L0 =

n →

∑r

n

→

i

→

∑r

×Ki =

i =1

→

i

× mi v i ,

i =1

Gdje su: →

r i - vektor položaja tačke mi - masa tačke →

v - brzina materijalne tačke sistema i

→

L 0 - glavni moment količine kretanja.

7.1. Zakon o promjeni momenta količine kretanja materijalnog sistemaZakon o održanju kinetičkog momenta materijalnog sistema Osnovna diferencijalna jednadžba kretanja, sistema materijalnih tačaka iznosi: →

→s

→u

mn a n = F n + F n →

Ako ove jednadžbe vektorski pomnožimo sa vektorom r i , i rezultante saberemo za sve tačke dobit ćemo: n → n → →s  → →u   r i × F i  +  r i × F i  × = r m a i ∑ ∑ i i i =1 i =1     Na osnovu zakona promjeni momenta količine kretanja tačke, te na osnovu svojstva unutarnjih sila imat ćemo: →

n

d L0 = ∑M 0 dt i =1 →

→s Fi

.

7.2. Kinematička interpretacija zakona o promjeni kinetičkog momentaRezalova teorema →

→

Brzina tačke B, predstavlja kraj vektora L 0 , a označit ćemo ga kao v B , a →

određena je kao prvi izvod vektora L 0 po vremenu: →

d L0 vB = dt Brzina tačke B može se odrediti i pomoću momenta rezultante spoljnjih sila koje djeluju na sistem: →

→

→

vB = M0

→

F RS

.

7.3. Obrtanje krutog tijela oko nepokretne ose-kinetički moment Kinetički moment tačke M, mase dm u odnosu na osu z jednak je proizvodu →

→

vektora d K i r :

- 89 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE →

→

→

d Lz = d K× r

Odnosno izraz za kinetički moment tačke u skalarnom obliku biće: dLz = r 2ωdm Nakon integriranja dobit će se: Lz = J zω z . 7.4. Matematičko klatno Zakon kretanja matematičkog klatna glasi: ϕ = ϕ0 cos ωt , a period oscilovanja T se određuje prema:

T =

2π

ω

1 . g

= 2π

7.5. Fizičko klatno Diferencijalna jednadžba okretanja krutog tijela oko nepokretne ose glasi: ϕ ′′ + ω 2ϕ = 0 , a period osciliranja fizičkog klatna, usljed djelovanja sila teže, pod uvjetom da zanemarimo otpore, iznosi: 2π Jz Jz T = = 2π = 2π . Gh mgh ω 7.5.1. Redukovana dužina fizičkog klatna Redukovana dužina klatna, za slučaj da mu osa vješanja prolazi kroz K (suprotno od tačke vješanja), iznosi: Jk Jc + mb 2 i2 lr = = =b+ c . mb mb b 7.5.2. Eksperimentalno određivanje momenta inercije krutog tijela Ako želimo izmjeriti moment inercije tijela Jz1 onda prvo trebamo izmjeriti period vibriranja (T1), zatim uzeti tijelo čiji moment inercije znamo (Jz2) i pod istim uvjetima za (φ)-početni ugao otklona, pusti se da slobodno vibrira, na osnovu čega određujemo period vibriranja (T2). T1 Jz1 = T2 Jz2 Pri čemu je traženi moment inercije: 2

T  Jz1 = Jz2  1  .  T2 

- 90 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE 7.6. Ravno kretanje krutog tijela 7.6.1. Diferencijalne jednadžbe ravnog kretanja

Kretanje središta C određuje se na osnovu zakona o kretanju središta masa materijalnog sistema: →

n →s

→s

m ac = ∑ F i = F R , i =1

Gdje su: • m – masa tijela •

→s

F R - glavni vektor vanjske sile.

Diferencijalnu jednadžbu koja određuje obrtanje ravne figure oko središta C postavlja se na osnovu zakona o promjeni momenta količine kretanja (kinetičkog momenta) u odnosu na osu koja prolazi kroz središte C: →

→

→s

n → Fs → FR d Lc = ∑ M ci = M c , dt i =1 pošto je vrijednost, Lc = J cϕ ′ , to su njihova značenja: →s

• • •

→ FR

M c - glavni moment vanjskih sila na tačku C, J c - moment inercije tijela i ϕ ′ - kutna brzina tijela oko središta.

- 91 -

Baričak Viktor


7.1. Lopatice fena imaju masu od 2 kg i moment inercije I0=0,18 kgm2 za aksijalnu osu koja prolazi kroz centar O. Ako je on izložen momentu zakretanja od M=3(1-e-0,2t) Nm, gdje je t u sekundama, odrediti kutnu brzinu nakon t=4 s od kretanja iz stanja mirovanja.

∑M

0

= 0 ⇒ M = I 0ε ⇒

ε (t ) = 16,67(1 − e −0, 2t ) 

ω (t ) = 16,67 t + 

1 −0 , 2 t  e  + C1 0,2 

 1   + C1 = 0  0,2 

ω (0) = 16,67 C1 = −83,35

ω (4) = 20,78 rad s 7.2. Kotur je oslonjen na male točkove u tačkama A i B. Odrediti konstantnu silu P da bi se odmotalo 8 m kabla u vremenu od 4 s od stanja mirovanja. Takođe izračunati normalne sile u A i B za vrijeme tog vremena. Kotur je mase 60 kg i radiusa inercije k0=r0=0,65 m. Pri računanju zanemariti masu kabla i masu točkova A i B. Iε G

θ θ

NA

P

N A sin Θ = N B sin Θ N A cos Θ + N B cos Θ = G + P G+P N A = NB = 2 cos Θ 0,8 P = Iε = mk02α

α=

0,8 P = 0,03156 P mk02

- 92 -

NB

ω (t ) = 0,03156 Pt + C1 = 0 Θ(t ) = 0,01578 Pt 2 + C2 = 0 s = rΘ ⇒ Θ(4 ) =

8 = 10 0,8

0,01578 P(4 ) = 10 ⇒ P = 39,61N N A = N B = 325,2 N 2

Baričak Viktor


7.3. Uže je omotano na bubanj kotura. Ako je konopac vučen konstantnom silom od 30 N i ako je kotur bio u stanju mirovanja, odrediti kutnu brzinu ω nakon s=8 m odmotanog užeta. Zanemariti težinu 8 m odmotanog užeta. Kotur i svo uže na njemu su teški 400 N, a radius namotanog užeta za tačku A je rA=1,25 m.

∑M

A

= 1,25m(30 N ) = I Aε = mrAε ⇒

ε = 0,73 rad

s2 ω (t ) = 0,73t + C1

ω (0) = C1 = 0

Θ(t ) = 0,365t 2 + C2 Θ(0 ) = C2 = 0

s = rθ ⇒ θ = 6,4rad

Θ(t f ) = 0,365t 2f = 6,4

t f = 4,18s

ω (t f ) = 3,05 rad s 7.4. Motor posjeduje konstan moment torzije od M=2 Nm na 50 mm promjeru rukavca O povezanog sa centrom zamajca mase 30 kg. Rezultanta trenja ležaja F, koja djeluje na rukavcu osovine, djeluje tangentno na rukavac, a intenzitet joj je 50 N. Odrediti koliko treba vremena za povećanje momenta torzije zamajca na osovini da bi on mogao imati povećanje kutne brzine od 4 rad/s na 15 rad/s. Zamajac ima radius momenta inercije od k0=0,15 m od centra.

- 93 -

Baričak Viktor


M − 0,025 F = I ε = mk02ε ⇒

ε = 1,111s − 2 integriranjem : ω (t ) = 1,111t + C1 ⇒ (C1 = 4)

ω (t f ) = 1,111t f + 4 = 15 t f = 9,9 s

7.5. Klatno se sastoji od homogene ploče (R) mase 5 kg i poluge (P) mase 2 kg. Odrediti horizontalnu i vertikalnu komponentu reakcije u tački O kad je poluga u položaju θ=300, pri čemu je njena kutna brzina ω =3 rad/s.

- 94 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE + → ∑ Fx = 0 ⇒ R0 x = (m R rR + m P rP )ω 2 cos Θ + (m R rR + m P rP )ε sin Θ

+ ↑ ∑ Fy = 0 ⇒ R0 y − G R − G P = (m R rR + m P rP )ω 2 sin Θ − (m R rR + m P rP )ε cos Θ + ∑ M 0 = 0 ⇒ G R (0,25) cos Θ + G P (0,65) cos Θ = I 0 ε

(

)

1 1 2 m R l R2 + m P 0,2 2 + 0,3 2 + m P (0,65) = 2,33kgm 2 3 12 ε = 13,62 rad 2 s R0 x = 54,82 N , a R0 y = 41,22 N I0 =

7.6. Imamo homogenu tanku polugu mase 5 kg. Ako konopac zakačimo u tački A, odrediti reakciju u tački O, a) tako da poluga ima horizontalan položaj i b) tako da se poluga kreće ka vertikalnom položaju.

I0 =

1 2 ml 2 + m(0,2 ) = 0,4667 kgm 2 12

Trenutak kad je konopac odsječen, ω=0.

+ → ∑ Fx = 0 ⇒ R0 x = −mrω 2 = 0 + ↑ ∑ Fy = 0 ⇒ R0 y − G = − mrε

∑M

o

= 0 ⇒ 0,2G = I 0ε ⇒ ε = 21,02 rad

s2

R0 x = 0; Roy = 28,03 N ↑

+ → ∑ Fx = 0 ⇒ R0 x = − mrε + ↑ ∑ Fy = 0 ⇒ R0 y − G = mrω 2 + ∑ M 0 = 0 ⇒ I 0ε = 0 ⇒ ε = 0 Ovo ε je validno jedino za ovaj smijer, tako da se nemože integrirati pri traženju ω!

- 95 -

o

Baričak Viktor


Vratimo se nazad:

Rox

o

Roy

+ → ∑ Fx = 0 ⇒ Rox = − mrε sin θ − mrω 2 cosθ

G mrε

mr ω2 θ

+ ↑ ∑ Fy = 0 ⇒ R0 y − G = − mrε cos θ + mrω 2 sin θ + ∑ M 0 = 0 ⇒ G (0,2 )cosθ = I 0ε

ε (t ) = 21,02 cosθ (t )

Ioε

Integraciom ovog i pri Θ=900 imamo: dω dt dθ dθ dω ω= ⇒ dt = ⇒ε = ⇒ εdθ = ωdω ω dt  dθ    ω  21,02 cos θdθ = ωdω

ε=

∫ 21,02 cos θdθ = ∫ ωdω 1 2 ω 2 ω = 0 → kada je → θ = 0, te je C1 = 0 21,02 sin θ + C1 =

rad → ako je → θ = 90 0 → s = 0, R0 y = 91,07 N ↑

ω = 6,482 R0 x

7.7. Uže zanemarive mase prebačeno je preko diska A težine 15 N i diska B težine 5 N. Ako je uteg C težine 3 N zakačen na njihov kraj u stanju mirovanja, odrediti brzinu utega nakon spuštanja za 3 m. Takođe naći kolika je sila u horizintalnom i vertikalnom dijelu užeta? Predvidjeti da nema klizanja užeta preko diska B. Zanemariti trenje u ležejevima D i E.

- 96 -

Baričak Viktor


TV mCaC GC

1,5TH = I Aε A =

0,5(TV − TH ) =

GC − TV = mC aC

aC = 1,5ε A = 1 1 2 2 mA (1,5) ε A = I Bε B = mB (0,5) ε B = 0,5ε B 2 2 Kombiniranjem podataka iz desne, srednje i lijeve jednadžbe, dobija se:  1 1  2 2 GC − mB (0,5) ε B +  mA (1,5) ε A  = mC aC 1,5  2   =

GC − 0,5mB aC − 0,5mA aC = mC aC aC =

GC = 2,27 m 2 s mC + 0,5mB + 0,5mA

VC = 2,27t + C1 za t = 0 ⇒ (C1 = 0 )

rC = 1,135t 2 + C2 za t = 0 ⇒ (C2 = 0 ) t f = 1,625s V = 3,69 m

TH = 1,73 N TV = 1,61N

s

7.8. Točak težine 30 N ima radius inercije rG=kG=0,6 m. Ako je koeficijent statičkog i kinetičkog trenja između točka i podloge µ s = 0,2 i µ k = 0,15 , odrediti maksimalni kut θ između kosine kotrljanja točka tako da se točak kotrlja bez klizanja.

- 97 -

Baričak Viktor


∑F ∑F ∑M

N

= 0 ⇒ N − G cos θ = 0

T

= 0 ⇒ G sin θ − T = ma tež

= 0 ⇒ rT = I tež ε = mk 2 ε

a = rε − iz kinematike − (ako je kotrljanje bez klizanja!) U stanju mirovanja, T = µ s N Kombiniranjem:  rµ G cos θ  G sin θ − µ s G cos θ = mr  s 2   mk 

sin θ − µ s cos θ = 







µsr 2 k2

θ = tan g −1  µ s 1 +

cos θ

r 2   = 18,72 0 k 2 

7.9. Na prikolici mase 580 kg sa centrom mase u G, nalazi se kotur mase 200 kg, sa središtem mase u O i poluprečnikom inercije k0=0,45 m. Ako sila od 60 N djeluje na uže, odrediti kutno ubrzanje kotura i ubrzanje prikolice. Zanemariti mase točkova i otpore na njima.

∑M

0

= 0 ⇒ 0,5(60 N ) = ms k 02 ε

ε = 0,7407 rad

s2

- 98 -

Baričak Viktor


+ → ∑ Fx = 0 ⇒ 60 = (m s + mT )a a = 0,07692 m

s2

7.10. Kotur i namotaji telefonskog kabla su mase 20 kg, a poluprečnik inercije kG=250 mm. Ako je koeficijent kinetičkog trenja sa podlogom µ k = 0,1 odrediti kutno ubrzanje kotura pri djelovanju momenta od 30 Nm.

+ → ∑ Fx = 0 ⇒ Fx − T = ma + ↑ ∑ Fy = 0 ⇒ N − G = 0

∑M

G

= 0 ⇒ −0,4T −0,2 Fx + 30 = I G ε = mk G2 ε

Ako postoji klizanje, T = µ k N Klizanje ne postoji tamo gdje kabl dodiruje kotur, pa je a = 0,2ε Uvrštenjem imamo:

− 0,4µ k G − 0,2(µ k G + m0,2ε ) + 30 = mk G2 ε

(

)

− 0,6µ k G + 30 = mk G2 + 0,4m ε

ε = 8,892 rad

s2

7.11. Zadan je zupčanik težine 15 N i radiusa inercije kG=0,375 m. Ako se na nerastegnutu oprugu djeluje momentom M=6 Nm, odrediti kutno ubrzanje zupčanika pri pomjeranju tačke G na zupčaniku za 2m u lijevo. - 99 -

Baričak Viktor


2 = 4rad 0,5 V = rω , a rastezanje opruge je (oko tač na letvi) : s = rθ ⇒ θ =

∆l = (0,5 + 0,4 )θ = 3,6 m 1 1 1 mV 2 + Iω 2 + k∆l 2 2 2 2 1 1 1 24 = mr 2ω 2 + mk 2ω 2 + k∆l 2 ⇒ 2 2 2 ω = 4,48 rad s 6 Nm(4rad ) =

7.12. Zadana je poluga dužine L i mase m. Ako je početno stanje poluge θ≈00, odrediti kutno ubrzanje za kut θ. Svakako, odrediti horizontalnu i vertikalnu reakciju u osloncu Ou funkciji od kuta θ.

r r r a = rεe t + rω 2 e n ml − ω 2 sin θ + ε cos θ 2 ml 2 R y = G − ma n cos θ − mat sin θ = G − ω cos θ + ε sin θ 2 l 1 G sin θ = Iε = ml 2 ε 2 3

R x = − ma n sin θ + ma t cos θ =

(

)

(

3G sin θ 3 g sin θ dω dθ dω = = =ω 2ml 2l dt dθ dθ 3g sin θdθ ω dω = 2l 1 2 3g ω = − cosθ + C1 2 2l

ε=

- 100 -

3g cosθ + C1 2l 3g C1 = 2l 3g ω= (1 − cosθ ) l 0=−

)

Baričak Viktor


ml  3 g 3g sin θ  ( ) − 1 − cos sin + cosθ  = θ θ  2  l 2l  3mg 1   = sin θ  cosθ − 1 + cosθ  2 2   Rx = mg sin θ (2,25 cosθ − 1,5) Rx =

ml  3g (1 − cosθ )cosθ + 3g sin θ sin θ  =  2  l 2l 

Ry = G − =G−

3mg  1 2  2  cos θ − cos θ + sin θ  2  2 

(

Ry = mg 1 − 1,5 cosθ + 1,5 cos 2 θ − 0,75 sin 2 θ

)

7.13. Odrediti silu TA koju treba ostvariti na užetu A da bi se mogao podići teret mase 10 kg sa ubrzanjem od 200 mm/s2 . Pretpostaviti da uže ne kliže po površini žlijeba diska mase 20 kg. Odrediti silu u vertikalnom dijelu užeta kao i razjasniti razliku te sile i sile koja je u tački A. Disk je oslonjen u centru C koji nema trenja (slobodan) pri rotaciji. Zanemariti masu užeta.

1 mC r 2 ε 2 Znamo iz kinematike da je: a B = rε

∑M = 0 ⇒T

A

r − TB r = I C ε =

+ ↑ ∑ Fy = 0 ⇒ TB − G B = m B a B ⇒ TB = 10 x0,2 + 98,1 = 100,1N 1  1  a  mC r 2   B  = 102,1N 2  r  r  Dodatna sila je potrebna zbog gubitka energije pri rotaciji diska. T A = TB +

- 101 -

Baričak Viktor


7.14. Zadan je kotur mase 100 kg i poluprčnika inercije kG=r=0,3 m. Ako je koeficijent statičkog i kinematičkog trenja naizmjenično µ s = 0,2 i µ k = 0,15 , odrediti kutno ubrzanje kotura ako je P=50 N.

∑ X = 0 ⇒P − T = ma ∑ Y = 0 ⇒N = G ∑ M = 0 ⇒0,25P + 0,4T = Iε = mk tež

2 G

ε

Gdje je k G -poluprečnik inercije kotura Prije klizanja, T ≤ µ s N , a = 0,4ε Pri klizanju, T = µ s N , a = 0,4ε Poslije klizanja, T = µ k N Trenutak prije klizanja: 0,25 P + 0,4(P − ma ) = mkG2 ε

ε=

(0,25 + 0,4)P = 1,3rad / s 2

mkG2 + 0,4m T = P − 0,4mε = −2 N (Izabiremo onoliku silu trenja T, pri kojoj neće doći do klizanja) Izabran je pogrešan smijer za T!

µ s N = 196,2 N T 〈 µ s N ⇒ pretpostavka je dobra 7.15. Zadan je kotur mase 100 kg i radius inercije kG=rG=0,3 m. Ako je koeficijent statičkog i kinematičkog trenja naizmjenično µ s = 0,2 i µ k = 0,15 , odrediti kutno ubrzanje kotura ako je P=600 N.

- 102 -

Baričak Viktor


+ → ∑ Fx = 0 ⇒ P + T = ma + ↑ ∑ Fy = 0 ⇒ N − G = 0

∑M

G

= 0 ⇒ 0,25P − 0,4T = Iε

Ako nema klizanja, T 〈 µ s N pri čemu je ⇒ a = (r = 0,4 )ε Uvrštenjem: 0,25 P − 0,4(m0,4ε − P ) = mk G2 ⇒

ε = 15,60 rad T = 24 N µ s N = 196,2 N

s2

T 〈µ s N - Naravno bez klizanja. Prema tome, pretpostavka klizanja je tačna!

ε = 15,6 rad

s2

7.16. Zadan je kotur mase 75 kg i radiusa inercije kG=0,380 m. U početnom položaju kotura na kosini koeficijent kinetičkog trenja je µ k = 0,15 . Ako se kotur pusti iz stanja mirovanja iz A, odrediti silu u užetu i kutno ubrzanje kotura.

- 103 -

Baričak Viktor


T + G sin 30 − F = ma N = G cos 300 0,3F − 0,6T = Iε = kG2 mε T = µk N

a = 0,3ε (centar rotacije je u B)

Jednadžbe ravnoteže su: F = µ k G cos 300 + G sin 300 − 0,3mε 0,3µ k G cos 300 + 0,3G sin 300 − 0,32 mε − 0,6 µ k G cos 300 = mkG2 ε

ε= =

0,3G sin 300 − 0,3µ k G cos 300 = mkG2 + m0,32

(

)

0,3 g sin 300 − µ k cos 300 = 4,647 rad 2 s kG2 + 0,32

F = 358,9 N

7.17. Zadan je točak mase 80 kg i poluprečnika inercije kG=0,25 m. Ako je točak izložen djelovanju momenta M=50 Nm, odrediti kutno ubrzanje. Koeficijent statičkog i kinetičkog trenja između podloge i točka je µ s = 0,2 i µ k = 0,15 , naizmjenično.

T = ma N =G M − 0,3T = Iε = mk G2 ε Trenutak prije klizanja. (T ≤ µ s N , a = 0,3ε ) M − 0,3m0,3ε = mk G2 ε

ε= T = 0,3mε = 98,36 N µ s N = 157,0 N

M = 4,098 rad 2 s mk + m0,3 2 2 G

T ≤ µ s N -Pretpostavka je dobra!

- 104 -

Baričak Viktor


7.18. Kamion prevozi kotur čija je težina 200 N i radius inercije kG=2 m. Odrediti kutno ubrzanje kotura ako on nije učvršćen za kamion, a kamion je dostigao ubrzanje od 5 m/s2 . Koeficijent statičkog i kinematičkog trenja između točka i kamiona je µ s = 0,15 i µ k = 0,15 , naizmjenično.

- maG - Ovo kretanje je kretanje kotura u odnosu na kretanje

IGε

T

G maG/T

N

maG

T

kamiona. - maG -Premda se točak kreće suprotno od kretanja kamiona, G se kreće desno promatrajući sa tla (samo ne tako brzo kao kamion). + → ∑ Fx = 0 ⇒ T = maG

+ ↑ ∑ Fy = 0 ⇒ N − G = 0

∑ M = 0 ⇒ 3T = I

G

ε = mkG2 ε

Ako nema klizanja, T 〈 µ s N − tada je − aG = 3ε T

aG = aG − aT T r r r − 3εi = aG i − 5i aG = 5 − 3ε 3m(5 − 3ε ) = mkG2 ε

ε = 1,154 rad

s2

T = 102 N µ s N = 30 N

ε = 1,154 rad

s2

7.19. Homogena greda ima težinu G. Ako je prvobitno u stanju mirovanja i obješena o užad u tačkama A i B, odrediti silu u užetu A ako dođe do trenutnog pucanja užeta u B. Pretpostaviti da je greda tanka motka.

- 105 -

Baričak Viktor


T A

G

mr ω2 mrε

IAε

+ → ∑ Fx = 0 ⇒ mrω 2 = 0 (Ovo je početno stanje, kada dolazi do pucanja užeta. Što ima smisla zato što je ω još uvijek nula u trenutku pucanja užeta) ∑ Fy = 0 ⇒ T − G = −mrε 2 1 2 l l  ∑ M A = 0 ⇒ 4 G = I Aε = 12 ml + m 4  ε  

    l lG 3 4 =G− G = G T =G−m  4  1 1  2 7 7 ml 4 +   12 16   7.20. Tanka poluga od 150 N je obješena pomoću dva užeta AB i AC. Ako uže iznenada presječemo, treba odrediti početno kutno ubrzanje poluge i silu u užetu AB.

Mi ne znamo kakvu će putanju G imati, te stoga usvajamo proizvoljne aGx i aGy ali znamo da će B imati kružnu putanju.

- 106 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE 3 4 T cos θ = max

θ = tg −1   = 36,870 G − T sin θ = ma y

Bn B

2

1 2 m(8) ε 12 r r r r r r r aB / G = aB − aG = aBt (− sin θi − cos θj ) − (− a x i − a y j ) = r r = 4εj − 4 ω 2 = 0 i 4T sin θ = Iε =

(

r i : − a Bt sin θ + a x = 0 r j : − a Bt cos θ + a y = 4ε

− ax

)

cosθ + a y = 4ε sin θ

Napomena: ε B ≠ ε , ali je i ω B = ω = 0 kada je uže puklo. Ne zanima nas vrijednost ε B , tako da ga treba zamijeniti pri uvrštavanju. Uvrštavanjem:  T cos θ  cos θ  G − T sin θ   48T sin θ  − +    = 4 m  m  sin θ    64m   3 sin θ sin θ cos 2 θ  T g =  + + θ m m m sin   T = − − −N

ε = 4,18 rad

s2

7.21. Kanister ima masu 20 kg i radius inercije za centar mase G, kG=0,4 m. Ako na njega djelujemo horizontalnom silom F=30 N, odrediti početno kutno ubrzanje kanistera i silu u užetu AB. Nismo sigurni koju putanju će G imati, ali znamo da će tačka B praviti kružnu putanju.

F = ma x T − G = ma y 0,6 F = Iε = mk G2 ε

ε = 5,625 rad

- 107 -

s2

Baričak Viktor


r r r aB = Iε B i + I ω B2 = 0 j r r aG = a x i + a y j r r r r r aB = −0,3εi − 0,3 ω 2 = 0 j = aB − aG G r i : −0,3ε = Iε B − a x r j : 0 = 0 − ay

(

)

(

)

T = G = 196,2 N

7.22. Na disk A mase 20 kg djeluje teret B mase 10 kg pomoću užad kao na slici. Ako se disk kotrlja bez klizanja, odrediti njegovo kutno ubrzanje i ubrzanje tereta ako dođe do kretanja. Takođe, odrediti silu u užetu. Zanemariti mase, užeta i kotura.

+ → ∑ Fx = 0 ⇒ F − T = mA a A

GA IGε

F

1 mAr 2ε 2 Ako nema klizanja, T 〈 µ s N i a A = rε

mAaA

T

+ ↑ ∑ Fy = 0 ⇒ N − GA = 0

∑M

tež

= 0 ⇒ 0,2T = I Gε =

N

- 108 -

Baričak Viktor


1 aA 2 + ↓ ∑ Fy = 0 ⇒ G B − 2 F = a B m B

Znamo iz kinmatikeda je: a B =

0,2(F − a A m A ) =

1 a  mAr 2  A  2  r 

1  G − mB aB  0,2 B  − 0,2m A (2a B ) = m A r (2a B ) 2 2   a B = 0,7546 m 2 s ε = 7,546 rad 2 s F = 45,28 N

7.23. Tanka poluga mase 15 kg se rotira suprotno od smjera kazaljke na stau, u vertikalnoj ravnini oko tačke A. Kada je poluga u datom položaju njena kutna brzina je 10 rad/s. Za taj položaj odrediti kutno ubrzanje poluge i pravac te veličinu sile u osloncu A.

Zadano: m=15 kg, za tanku polugu, ω = 10 rad , l=1,6m s r Odrediti: ε , R A Rješenje: 1 2 I Az = I Gz + (x 2 + y 2 )m = ml 2 + (0,4 ) m = 5,6kgm 2 12

∑ F = 0 ⇒ R cos 30 − R sin 30 − G cos 30 = ma = mrε ∑ F = 0 ⇒ − R sin 30 − R cos 30 + G sin 30 = ma = mrω ∑ M = −(0,4)cos 30 G = I ε 0

t

0

Ay

0

n

0

Ax

Ay

t

0

0

Ax

0

Az

ε=

Az

− 0,4 cos 30 0 G = −9,103 rad 2 = 9,103 rad 2 ↓ s s I Az - 109 -

n

2

Baričak Viktor


R Ax =

− mrω 2 − R Ay sin 30 0 + G sin 30 0

cos 30 0 Korištenje RAt i RAn vjerovatno bi bilo računski lakše. sin 30 ( R Ay cos 30 0 − − mrω 2 − R Ay sin 30 + G sin 30 ) − G cos 30 = mrε cos 30 sin 30 sin 30 mrε − mrω 2 + G sin 30 + G cos 30 cos 30 cos 30 R Ay = = −200,2 N ↑ sin 30 cos 30 − sin 30 cos 30 R Ax = −492,3 N → R A = 531,4 N∠22,12 0

7.24. Disk mase 25 kg jednolike gustoće rotira u vertikalnoj ravnini oko tačke A. Ako je položaj kao na slici (promjer ide od tačke A vertikalno), kutna brzina diska je 20 rad/s, obrnutno od smjera kazaljke na satu, a veličina momenta je M=50 Nm. Za taj trenutak, odrediti kutno ubrzanje diska i horizontalnu i vertikalnu komponentu sile koja djeluje na disk u tački A.

Zadano : m=25kg, disk (pretpostavka da je tanak), ω = 20 rad , M = 50 Nm s r Odrediti: ε , R A Rješenje: 1 3 I A = I G + (x 2 + y 2 )m = mr 2 + mr 2 = mr 2 2 2

- 110 -

Baričak Viktor


∑F ∑F

x

= 0 ⇒ R Ax = ma t = mrε

y

= 0 ⇒ R Ay − G = −ma n = − mrω 2

∑M ε = R Ax

A

= 0 ⇒ M = I Aε =

3 2

mr 2 ε

2 M    = 33,33 rad 2 2  s 3  mr  = 166,7 N →

R Ax

R Ay = −1755 N ↑= 1755 N ↓

RAy

R A = 1763 N∠84,57 0

RA

7.25. Homogeni zamajac mase 10 kg spojen je za motor konstantnog broja obrtaja, savitljivim remenom. Promjer zamajca je 400 mm, masa motora i dijelova se zanemaruje. Ako zamajac kreće iz stanja mirovanja, odrediti torzioni moment zamajca pri rotaciji od 4200 o/min nakon 5 obrtaja.

Zadano: m=10 kg, T=konst, d=400 mm Odrediti: M pri ω = 4200 o , nakon θ = 5 obrtaja min Rješenje: 1 ∑ M tež = 0 ⇒ M = I G ε = 2 mr 2ε 2M ε= mr 2 2M ω= t + C1 mr 2 2M (0) + C1 ⇒ C1 = 0 0= mr 2 4200 o mr 2 M 2 min = 4200 o t ⇒ tf = min mr 2 f 2M

(

- 111 -

)

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE M 2 t + C2 mr 2 M 0= (0)2 + C 2 ⇒ C 2 = 0 2 mr

θ=

2

M M  4200mr 2    ⇒ 5obrt = t = f mr 2 mr 2  2 M  M =

(4200)2 mr 2 4(5obrt )

= 615,8 Nm

7.26. Horizontalna sila F=250 N djeluje na uže koje je namotano na unutarnji doboš dizalice koja će se iskoristiti za dizanje tereta B. Kotur mase 20 kg ima radius inercije od kx=rx=160 mm. Ako je teret B mase 10 kg, odrediti kutno ubrzanje kotura i silu u užetu koje diže teret B.

IGz

ε

Zadano: F=250N, mkotura=20kg, kx=160mm, mtereta=10kg Odrediti: ε , T Rješenje: Zakretanje nepomične ose CG, izaziva ubrzanje oko G. . I Gz = mk 2

∑F ∑F

y

∑M Brzina tačke C: VC = r2ω ,

= 0 ⇒ F − R Px = m P (a xP = 0 )

x

= 0 ⇒ −G P − T + R Py = m P (a yP = 0 )

Gz

(

)

= 0 ⇒ − r2T + r1 F = I Gz ε = m P k 2 ε

a C = r2 ε

- 112 -

možemo odrediti reakciju u tački G.

Baričak Viktor


∑F

T B

y

= 0 ⇒ T − G B = m B a B = m B a C = m B r2 ε

T = G B + m B r2ε − r2 (G B + m B r2 ε ) + r1 F = m P k 2 ε ⇒

mBaB

ε=

r1 F − r2 G B = 11,41 rad 2 s m P k 2 + m B r22

T = 126,6 N

GB

7.27. Zamajac se okreće; kutnom brzinom ω=2 rad/s i kutnim ubrzanjem ε=6rad/s2. Odrediti kutno ubrzanje štapa AB i BC u tom trenutku.

Zadano:

mD = 50kg , rD = 200mm, mb = 25kg ,− krenula iz stanja mirovanja 1 md rd2 2 1 1 2 I cb = mbl 2 + m x 2 + y 2 = mb rBC 12 3 r Odrediti: ε d ,T , RC Rješenje: I od =

I0dεd

Gd o

R ox Roy

)

Icb,εb

(

A T

- 113 -

Baričak Viktor


(

+ → ∑ Fx = 0 ⇒ R0 x = 0

+ → ∑ Fx = 0 ⇒ RCx = mb a nb = mb rBC ω b2 = 0

+ ↑ ∑ F y = 0 ⇒ R0 y − G d − T = 0

+ ↓ ∑ Fy = 0 ⇒ − RCy − T + Gb = mb a tb = mb

∑M

0

= 0 ⇒ rd T = I 0 d ε d

R0 x = 0

∑M

R0 y = G d + T

RCx = 0

εd =

rd T I 0d

C

= 0 ⇒ −TrBC + Gb

RCy = Gb − T − mb rBC

εb =

Gb

)

rBC εb 2

rBC = I Cb ε b 2

εb 2

rBC − TrBC 2 I cb

aA=aB (ostvareno je vezom užeta) rd ε d = rBC ε b  2  GB rBC −T   r T  2  ⇒ 2T = = I 0d I cb md 2 d

ε d = 18,39 rad

3 Gb G  3 b − T   2  ⇒ T = 2 mb = 91,97 N 2 3 mb + m d mb

s2

ε b = 3,679 ≈ RCx = 0 RCy = 107,3 N r RC = 107,3 N ↑

7.28. Valjak, poluprečnika r, kotrlja se bez klizanja po horizontalnoj površini, nakon što mu je u blizini ivice B data zanemarivo mala brzina. Odrediti ugaonu brzinu valjka u trenutku odvajanja valjka od ivice B, kao i ugao α za koji se okrenuo rotacijom oko ivice B. Trenje kotrljanja zanemariti. Rješenje: Za rješavanje zadatka pogodno je postaviti jednadžbe ravnog kretanja u projekcijama na ose prirodnog trijedra, jer je poznata putanja centra masa C. Međutim, umjesto prve jednadžbe ravnog kretanja iskoristit ćemo teoremu o promjeni kinetičke energije u konačnom obliku i samo drugu jednadžbu kretanja. Kako je pri rotaciji valjka po horizontalnoj podlozi zanemariva i brzina centra C i ugaona brzina cilindra, to je Ek (t1)=0 i iz zakona o kinetičkoj energiji i mehaničkom radu imamo:

- 114 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE E k (t 2 ) = A s ,

(a )

gdje je E k (t 2 ) kinetička energija valjka u trenutku napuštanja veze, a A s rad sile teže za vrijeme okretanja valka za ugao α, kada napušta vezu. Vrijednost kinetičke energije se dobije iz: 1 1 3 E k (t 2 ) = mVC2 + I Cz ω 2 = mVC2 (b) 2 2 4 mr 2 Jer je VC = rω i I Cz . Pri okretanju valjka za ugao α, težište će se 2 spustiti za visinu ∆h = r (1 − cos α ) , pa je rad sile teže:

A s = mgr (1 − cos α ) . (c ) Zamjenom izraza (b) i (c) u (a) dolazimo do jednadžbe 3rω 2 = 4 g (1 − cos α ) . (d) Drugu jednadžbu ravnog kretanja postavljamo za trenutak napuštanja veze. Ona iznosi: mVC2 = − FN + mg cos α , r Ali zbog napuštanja veze biće FN = 0 , pa se dobija rω 2 = g (cos α ) . Rješavanjem jednadžbi (d) i (e) po nepoznatim ω i α dobijamo: g 7 ω=2 , α = arccos  . 7r 4

(e )

8- KINETIČKA ENERGIJA MATERIJALNOG SISTEMA Kinetička energija materijalne tačke definirana je izrazom: 1 Ek = mv 2 . 2 Kinetička energija sistema materijalnih tačaka iznosi: 1 n Ek = ∑ mi vi2 . 2 i =1 Kada centar inercije sistema vrši translatorno kretanje i relativno kretanje u odnosu na centar inercije jednadžba za kinetičku energiju glasi: 1 1 n Ek = Mvc2 + ∑ mi vir2 . 2 2 i =1 8.1. Slučaj određivanja kinetičke energije za različita kretanja krutog tijela a) Translatorno kretanje krutog tijela Izraz za kinetičku energiju homogenog krutog tijela definiran je u integralnom obliku, po cjelokupnom volumenu tijela: 1 1 Ek = v 2 ∫ dm = Mv 2 2 v 2

- 115 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE b) Obrtanje krutog tijela oko nepomične ose Kinetička energija tijela koje se obrće oko čvrste ose iznosi: 1 1 Ek = ω 2 ∫ r 2 dm = J zω 2 2 v 2 c) Ravno kretanje krutog tijela

Prema Kenigovoj teoremi ravno kretanje smo razložili na translatorno kretanje tijela sa središtem u C i na obrtno (relativno) kretanje tijela oko ose koja prolazi okomito na ravninu kroz središte C, pa je jednadžba za kinetičku energiju: 1 1 Ek = mvc2 + J cω 2 2 2 d) Opće kretanje krutog tijela Opće kretanje krutog tijela sastoji se od prenosnog, odnosno translatornog kretanja tijela sa težištem u središtu C i relativnog (obrtnog) kretanja oko trenutne ose, koja prolazi kroz središte (centar) C. Pa je kinetička energija u tom slučaju: 1 Ek = mvc2 + J Ωω 2 , 2 Gdje je: • J Ω - moment inercijetijela u odnosu na osu koja prolazi kroz težište C.

8.2. Neki slučajevi izračunavanja rada a) Kruto tijelo usljed djelovanja sile vrši translaciju Ukupni rad za kruto tijelo koje vrši translatorno kretanje usljed djelovanja →s

spoljnjih sila F i , jednak je zbiru elementarnih radova: n →s →

n

→

n →s

→s →

A = ∑ ∆Ai = ∑ F i d r = d r ∑ F i = F R d r . i =1

i =1

i =1

Gdje je: •

→s

F R - rezltantni vektor spoljnjih sila. b) Kruto tijelo usljed djelovanja spoljašnjih sila vrši rotaciju Pri obrtanju tijela od φ do φ0 rad svih spoljnjih sila iznosi: ϕ

A =

∫M

z

dϕ

ϕ0

c) Slučaj kada kruto tijelo vrši ravno kretanje Ukupan elementarni rad tijela koje vrši ravno kretanje je jednak zbiru translatornog rada i rada nastalog rotacijom:

- 116 -

Baričak Viktor


A =

r2 → s

∫

F

R

ϕ

→

d r

c

∫M

+

c

dϕ

.

ϕ0

r1

8.1. Odrediti kinetičku energiju sistema od tri poluge. Poluge AB i CD imaju mase po 10 kg, a poluga BC masu od 20 kg. Slijedi: ω AB = ωCD = 5 rad s , ωBC = 0, VB = VC = 5 m s 1 11 2 2  2 Ek za AB = I Aω AB =  mAB l AB ω AB = 41,6 Nm 2 23  1 2 Ek za BC = mBCVBC = 250 Nm 2

Ek za CD =

1 11 2 2  2 I DωCD =  mCDlCD ωCD = 41,6 Nm 2 23 

Ek za sistem = ∑ Ekompon = 333,2 Nm 8.2. Dvokraka dizalica sastoji se od dva kotura pričvršćena jedan za drugi. Oni su mase 50 kg, središnja osa radiusa inercije je k0=0,6 m, a zakreću se kutnom brzinom od 20 rad/s u smijeru kazaljke na satu. Odrediti kinetičku energiju sistema. Pretpostaviti da ni jedno uže ne kliže na koturu.

V A = 1ω , VB = 0,5ω 1 1 m AV A2 = m Aω 2 = 4000 Nm 2 2 1 1 E kB = m BVB2 = m B ω 2 = 1500 Nm 2 8 1 1 E kP = Iω 2 = m P k 02ω 2 = 3600 Nm 2 2 ∑ Ek = 9100 Nm E kA =

8.3. Sila P=20 N djeluje na uže, što uzrokuje obrtanje kotura mase 175 kg, bez klizanja po valjcima A i B kao osloncima. Odrediti kutnu brzinu kotura nakon sto je kotur napravio dva obrtaja od stanja mirovanja. Zanemariti masu užeta. Svaki od

- 117 -

Baričak Viktor


valjaka se može razmotriti kao cilindar od 18 kg, pri čemu je njihov radius 0,1 m. Radius inercije kotura je oko njegovog centra ose i iznosi kG=0,42 m.

1

∑  2 m(V 1

2 1

∑  2 m(V

2 2

)

1 1  I ω12 = 0 + k ∆l12 = 0 + G ( y1 = 0 ) ± Mθ ± F (d = 0 ) = 2 2 

)

1 2 1  Iω2 + k ∆l22 = 0 + G ( y2 = 0 ) 2 2 

=0 + =0 +

(

)

(

(

)

)

11 11  2πrad  1 2 2 2 2 2 2 P(0,25)(2obrt )  = mk ω +  mArA ω A +  mB rB ωB 22 2 2  obrt  2   V kontakta = 0,5ω = 0,1ω A = 0,1ωB ⇒

(

)

ω A = ω B = 5ω ω=

Pπ = 1,885 rad s 1 2 25 25 2 2 mk + mA rA + mB rB 2 4 4

8.4. 1500 N teška posuda za ciment se podiže pomoću motora koji ima moment M=2000Nm na osovini točka. Ako je točak težine 115 N i radiusa inercije oko 0, kO=0,95 m, odrediti brzinu posude nakon što je podignuta 10 m od stanja mirovanja.

- 118 -

Baričak Viktor


s = rθ ⇒ θ =

10 = 8rad 1,25

V p = 1,25ωω 1 1 m pV p2 + Iωωω2 + Gb (10 ) 2 2 Vp = − − − m s M∆θ =

8.5. Disk mase 20 kg je prvobitno u stanju mirovanja, a opruga ga drži u ravnoteži. Na disk djeluje moment M=30 Nm. Odrediti koliko će se centar mase diska pomjeriti prema dole niz kosinu, mjereći od ravnotežnog položaja, pa dok ne stane. Disk se kotrlja bez klizanja.

U stanju ravnoteže, Fs = G sin 300 = Kx x1 =

G sin 300 = 0,654m ( poč . pomjeranje) 150

1 2 1 2 kx1 + Gl sin 300 + M∆θ = k ( x1 + l ) 2 2 s s = rθ ⇒ θ = 0,2 1 2 M 1 kx1 + Gl sin 300 + l = k x12 + 2 x1l + l 2 2 0,2 2

(

M G

Fs

75l 2 − 150l = 0 l = 0,2 nevažno l = 2m

T

N

8.6. Imamo kotur mase 60 kg i radiusa inercije kG=0,3 m. Ako kreće iz stanja mirovanja, odrediti za koliko će se spustiti centar kotura po glatkoj površini ako je

- 119 -

)

Baričak Viktor


dostigao kutnu brzinu od ω=6 rad/s. Zanemariti trenje i masu užeta koje je namotano oko kotura.

Zato što je površina glatka i uže učvršćeno, kotur rotira oko tačke gdje se uže odvaja od kotura. ( V = 0,3ω ; a = 0,3ε ). Kako je ova tačka, tačka trenutne rotacije, T ne postoji. 1 1 0 = mV 2 + Iω 2 + G − l sin 30 0 2 2 1 1 2 m(0,3) + mk 2ω 2 2 = 0,66m l= 2 G sin 30 0

(

)

8.7. Riješiti predhodni zadatak, uzimajući u obzir da je koeficijent kinetičkog trenja između površine i kotura u A µ k = 0,2 .

Napomena: kotur će skliznuti u A usljed konfiguracije užeta.

- 120 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE F = µ k N = µk G cos 300

θ=

s lG l = = A r 0,3 0,2

(centar rotacije je na

užetu ) l A =

0,2 lG 0,3

VG = 0,3ω 1  0,2  1 2 Gl sin 300 − F  l  = mVG + Iω 2 2  0,3  2 l = 0,8589m

8.8.

100 N težak predmet se transportira na kratkoj distanci pomoću dva cilindrična valjka, svaki je težak po 35 N. Ako je horizontalna sila P=25 N uprta u predmet, odrediti brzinu predmeta poslije pomjeranja od 2 m ulijevo. Početno stanje je mirovanje. Ne postoji klizanje.

Vb = 2Vr = 3ω P(2 ) = =

1 1 1  mbVb2 +  mrVr2 + I rωr2 2 = 2 2 2 

2 1 V2 1 1 1 2V  mbVb2 +  mr b + mr (1,5) b 2 2 4 22 9  2

Vb = − − − m

s

8.9. Cilindrični uteg težak 80 N pričvršćen je na polugu od 10 N, a ona za zglob A. U položaju θ=300 poluga ima kutnu brzinu ω0=1 rad/s kao na slici. Odrediti kut θ pri kojem će poluga, nakon ljuljanja zaustaviti se (mijenja pravac ljuljanja).

- 121 -

Baričak Viktor


y1r = −2,5 cos θ1

1 2 y 2r = −2,5 cosθ 2 , I r = mr (5) = 8,49kgm 2 3

y1c = −6 cosθ1 y 2c = −6 cos θ 2 , I r =

[

+ mc (6 ) = 296,8kgm 2 2

1 1 I r ω12 + I c ω12 + Gr y1r + Gc y1c = Gr y 2 r + Gc y 2c 2 2 θ 2 = 39,29 0

8.10. Tanka poluga AB težine 20 N oslonjena je klinom u A i vezana užetom u B. Ako uže u B pukne, odrediti ubrzanje centra mase poluge i reakciju u osloncu A, u trenutku kada počne kretanje.

Zadano: tanka poluga, G=20 N, tačka oslonca r Odrediti: atež , R A , kad uže pukne Rješenje: + ↓ ∑ Ft = 0 ⇒ G − RAy = mat + ← ∑ Fn = 0 ⇒ − R Ax = man

∑M

A

= (18)G = I Azε

Za rotaciju u tački A: r r r axis rotation A: atež = rεet + rω 2 en Moment inercije oko ose z u tački A je: 2 1 1 l 2 2 2 I Az = I tež + x + y m = ml +   m = ml 2 12 3 2 18G ) ε =( = − − − rad / s 2 1 2 ml 3

(

)

- 122 -

]

1 2 mc 3(0,5) + 2 2 + 12

Baričak Viktor


(

)

RAx = − m ω 2 = 0 = 0 − u po. položaju RAy = G − mrε = − − − N RA = − − − N r r atež = rε et = − − − m / s 2

8.11. Tvrdi disk težine 15 N kotrlja se po kosoj ravni bez klizanja. U položaju kao na slici, kutna brzina diska je 10 rad/s u smijeru kazaljke na satu. Odrediti kutno ubrzanje ε diska i minimalni koeficijent trenja µs, takav da ne dođe do klizanja.

Zadano: G=15 N, r=0,15 m, kotrljanje bez klizanja, ω=10 o/s Odrediti: ε, µs da ne dođe do klizanja Rješenje: U stanju mirovanja je:, a = rε , i T = µ s N ž

Ite

∑ F = 0 ⇒ T − G sin 25 = ma ∑ F = 0 ⇒ N − G cos 25 = 0 ∑ M = 0 ⇒ −rT = I ε 0

x

0

y

tež

t

T = ma + G sin 25 = mrε + G sin 250 0

(

)

1 2 mr ε 2 − rG sin 250 − g sin 250 = = −18,43 rad 2 = 18,43 rad 2 ↑ ε= 3 2 3 s s mr r 2 2 1 I ε − tež − mrε T r µs = = = 2 = 0.1554 N G cos 250 G cos 250 − r mrε + G sin 250 = I tε =

8.12. Imamo dvostruki disk, jedan promjera 400 mm, a drugi 240 mm (jedna su cjelina). Disk je mase 125 kg, a ima radius inercije 125 mm u odnosu na središnju osu. Ako sila P od 500 N vuče uže koje je omotano oko diska promjera 240 mm, odrediti ubrzanje atež za masu u centru i kutno ubrzanje ε diska: a. Ako je horizontalna površina glatka (µ=0)

- 123 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE b. Ako je horizontalna površina hrapava (µ=0,25).

Zadano: m=125 kg, k=125mm, P=500N Odrediti: at , ε pri µ = 0 i 0,25 Rješenje:

∑ F = 0 ⇒ P − T = ma ∑ F = 0 ⇒ N − G = ma = 0 ∑ M = 0 ⇒ (0,12m )P + (0,2m )T = Iε x

x

y

y

tež

Prije klizanja, ax = (0,2m )ε i T ≤ µ s N

Poslije klizanja, ax ≠ (0,2m )ε i T = µ k N

Za µ = 0, a x =

ε=

P = 4 m 2 ⇒ atež = 4 m 2 → s s m

(0,12m )P = 30,72 rad

s k 2m Ako je µ = 0,25, da li postoji klizanje ? 2

 (0,12m )P + (0,2m )T  P − T = m(0,2m ) ⇒ I tež   m(0,12m )(0,2m )P P− k 2m T= = −75,28 N = 75,28 N → 2 m(0,2m ) 1+ k 2m 8.13. Čvrsti cilindar A ima radius R=200 mm i masu od 75 kg. Uže vezuje cilindar i tijelo B mase 50 kg. Ako se cilindar kotrlja bez klizanaja niz kosinu, odrediti: a. Ubrzanje aB tijela. b. Silu u užetu.

- 124 -

Baričak Viktor


Zadano: RA = 200mm, mA = 75kg , mB = 50kg , kotrljanje bez klizanja r Odrediti: a B , F ⇒ sila je ista na kosini i vertikali, u užetu. Rješenje:

∑ F = 0 ⇒ F − T − G sin 30 = m ∑ F = 0 ⇒ N − G cos 30 = 0 ∑M = 0 ⇒ R T = I ε 0

x

A

A

A

aA

0

y

A

A

A

A

A

Kotrljanje bez klizanja: T A ≤ µ s N A i a A = R Aε A

∑F

y

F

= 0 ⇒ GB − F = mB aB

a A = aB mBaB

GB

R T  F − TA − GA sin 300 = mA RA  A A   IA   RA2TA   F = GB − mB RA  I  težA 

Uvrštenjem: GB − mB TA =

RA2TA R 2T − TA − G A sin 300 = mA A A I težA I težA

GB − GA sin 300 GB − GA sin 300 = = 28,3 N 2mB mB RA2 mA RA2 1+ +2 1+ + mA IA IA

F = GB − aB =

2mB TA = 452,8 N mA

GB − F = 0,7547 m 2 s mB

8.14. Nesimetrični točak mase 50 kg kotrlja se bez kllizanja po horizontalnoj ravnini. Radius inercije točka u odnosu na aksijalnu osu kroz centar mase G je 160 mm. Za

- 125 -

Baričak Viktor


poziciju kao na slici kutno ubrzanje točka je ω=6 rad/s. Za zadani položaj, odrediti kutno ubrzanje točka i silu kada je točak u dodiru sa podlogom kao na slici.

te ž

Zadano: m=50 kg, kotrljanje bez klizanja, kG=160 mm, ω=6 rad/s Odrediti: ε i Rpodloge Rješenje:

r r a C = rBC ε (− i ) r r r r r r r r a tež = aC + a G / C = − rBC εi + rCG εj − rCG ω 2 i = − (0,3)ε − (0,12 )ω 2 i + (0,12 )εj

[

∑F ∑F ∑M

x

= 0 ⇒ T − G = ma x

y

= 0 ⇒ N − G = ma y Gz

[

]

= 0 ⇒ −(0,12 )N − (0,3)T = I G ε = k 2 mε

T = m (0,3)ε + (0,12 )ω 2 N = G + (0,12 )mε

]

[

]

− (0,12)[G + m(0,12)ε ] − (0,3)m (0,3)ε + (0,12)ω 2 = k 2 mε − (0,12)G − (0,3)(0,12)mω 2 = −19,02 rad 2 ↑= 19,02 rad 2 ↓ 2 2 2 s s k m + (0,12 ) m + (0,3) m T = −69,37 ←= 69,37 N →

ε=

N = 376,38 N ↑

r r R pod log e = 69,37i + 376,4 j = 382,7 N∠79,560

- 126 -

Baričak Viktor


8.15. Pravougaona ploča težine 100 N, jednolike debljine je oslonjena u A, a pomoću užeta u B. Ako uže u B pukne, odrediti kakvo će uslijediti kretanje. a. Kutnu brzinu težišta lima i veličinu reakcije u A, kada centar mase lima se nalazi ispod oslonca A . b. Kutnu brzinu težišta lima i veličinu reakcije klina A, kada se lim zarotira za 900 (kada B stoji vertikalno u odnosu na A). c. Maksimalni ugao θmax do kojeg će se lim zakrenuti.

Zadano: G=100 N, Odrediti; a) ω2 , RA 2 , u trenutku kada G počinje padati A----------2 b) ω3 , RA3 , kada je θ = 90 0 , (B pada oko A)------------3 c) θ max ---------------------------------------------------------------4 Rješenje:

a) 5 0  = 26,57  10  θ = 90 − β = 63,430

β = tg −1 

y2 = − (10) + (5) 2

- 127 -

2

Baričak Viktor


I A = I t + md 2 =

[

]

2 1 2 2 2 2 10,2 (20 ) + (10 ) + 10,2  (10 ) + (5)  = − − − kgm 2   12

Ek1 + A1− 2 = Ek 2

Ek 1 + E p1 + A1(−0 2) = Ek 2 + E p 2

i

Pri rotaciji oko A,

(

)

1 1 I A ω12 = 0 + Gy1 + 0 = I Aω 22 + Gy 2 2 2 1 2 2 0 = I Aω 22 + G − (10 ) + (5) + 5    2  2 

ω 2 =  G  (10)2 + (5)2 − 5 = − − − − rad s   IA   y A

x

∑F ∑F

ω

x

= 0 ⇒ R Ax 2 = ma x 2 = ma t 2 = mrε 2

y

= 0 ⇒ R Ay 2 − G = ma y 2 = ma n 2 = mrω 22

R Ay 2 = − − − − N M ∑ r

G et

A

= 0 ⇒ I Aε 2 = 0 ⇒ I A ≠ 0 ⇒ ε = 0 ⇒ R Ax 2 = 0

R A2 = − − − N

en

b)

y1 = −5m y3 = −10m

2 G ( y1 − y 3 ) = − − − rad s IA

Konačno, ω 3 = y ω

A β

x

∑F

x

= 0 ⇒ R Ax 3 = ma Ax 3 =   = m − cos β a t 3 + sin β a n 3  =  

et

(

G

)

= m − rε 3 cos β + rω 32 sin β =

en

(

= mr − ε 3 cos β + ω 32 sin β

- 128 -

)

Baričak Viktor


∑F

y

= 0 ⇒ R Ay 3 − G = ma y 3 ⇒   = m sin β at 3 + cos β a n3  =  

(

)

= m rε 3 sin β + rω 32 cos β =

(

= mr ε 3 sin β + ω 32 cos β

∑M

A

= 0 ⇒ −(5)G = I Aε 3 ⇒ ε 3 = −(− − −) rad

s2

= − − − rad

s2

)

↑

R Ax 3 = − − − N R Ay 3 = − − − N r R A3 = − − − N < ( − − −) 0

c) Pri θ max , ω4 = 0 (kretanje će stati i krenuti u suprotnu stranu ) Proizilazi:

(

)

1 I Az ω 42 = 0 + Gy 4 ⇒ y1 = y 4 2 Sa nedostatkom trenja, centar gravitacije ima rotaciono kretanje do odgovarajuće visine.

5m

Gy1 =

γ = 90 − β = 63,430 θ max = 2γ = 126,86 0

8.16. Klatno se sastoji od poluge mase 30 kg i koncentrirane mase od 45 kg na udaljenosti od 2 m od zgloba A. Na klatno u vertikalnoj ravnini djeluje moment od 500 Nm u smijeru kazaljke na satu. Ako klatno ima kutnu brzinu od 4 rad/s u smijeru kazaljke na satu kod θ=900, odrediti: a. Kutnu brzinu klatna kada je θ=3300. b. Intenzitet i smijer otpora oslonca u tački A kada je θ=3300.

- 129 -

Baričak Viktor


Zadano: mAB=45kg, lAB=2m, mB=30kg, ω=4rad/s Odrediti: ω pri θ=3300, RA pri θ=3300 Rješenje: y ∑ Fx = 0 ⇒ − R Ax = ma x ⇒ R Ax = −(m AB + m B )atx RAy θ

x

∑F ∑M

y

RAx M

tež GAB

180-θ Θ-90

et GB

en

= 0 ⇒ R Ay − G AB − G B = ma y ⇒ R Ay = (g + aty )(m AB + m B )

A

= 0 ⇒ M + G AB cos(90 − θ )(1m ) + G B cos(90 − θ )(2m ) = I Aε

Određivanje ubrzanja kružnim koordinatama, r r V2 r r r a tež = rt ε et + t en = rt ε et + rt ω 2 en = rt r r = rt ε − cos(180 − θ )i + rt ε [− sin (180 − θ )] j + r r + rt ω 2 − cos θ − 90 0 i + rt ω 2 [sin (θ − 90 )] j

[

[

(

] )]

Ili pomoću komponenti, a tx = − rt ε cos(180 − θ ) − rt ω 2 cos θ − 90 0 =

(

)

(

)

= rt ε cos θ − rt ω 2 sin θ a težy = − rt ε sin (180 − θ ) + rt ω t2 sin θ − 90 0 = = − rt ε sin θ − rt ω 2 cos θ Poluprečnik inercije:

rtež =

rt AB m AB + rtežB m B (1m )(45kg ) + (2m )(30kg ) = = 1,4m m AB + m B 45kg + 30kg

Momenti inercije:

Rad i energija:

1 1 2 2 2 I A = I AB + I B = m AB l AB + m B rB2 = (45)(2 ) + (30 )(2 ) = 180kgm 2 3 3 E k 1 + A1− 2 = E k 2

1 2 1 2 1 1 2 2  2 m V = 0 + 2 Iω  + G ( y1 − y 2 ) + M∆θ =  2 m V = 0 + 2 Iω  1 2 0 Za 1, imamo: ω1 = 4 rad , θ = 90 , y1B = 0, y1 AB = 0 s Za 2, imamo: ω2 = ? θ = 3300 , y2 B = (2m )cos 300 = 1,732m, y2 AB = (1m )cos 300 = 0,866m

(

)

(

Pa imamo:

- 130 -

)

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE 1 1 I Aω12 + GAB ( y1 AB − y2 AB ) + GB ( y1B − y2 B ) + M∆θ = I Aω22 2 2 1 I Aω12 + GAB ( y1 AB − y2 AB ) + GB ( y1B − y2 B ) + M∆θ = ω2 = 2 1 IA 2

(

)(

(

)

)

(

2 1 180kgm 2 4 rad + (45) 9,81m 2 (− 0,866) + (30 )(9,81)(− 1,732 ) + (500 Nm ) 2400 s s 2 = 1 180kgm 2 2 = 5,418 rad s Iz jednadžbi kretanja se dobije: 1 ε = [M + G AB cos θ (1m ) + G B sin θ (2m )] = −0,08347 rad 2 s IA

(

rad  ) π180  

0

)

R Ax = −(m AB + m B ) rtež ε cos θ − rtež ω 2 sin θ = −1533,5 N ←

(

)

R Ay = g − rt ε sin θ − rt ω 2 cos θ (m AB + m B ) = −1937 N ↑ r r r R A = 1533,5i − 1937,9 j ( N ) = 2471N < 51,64 0

8.17. Imamo zamajac, mase 5 kg, promjera 200 mm i radiusa inercije 90 mm. Elastično uže je omotano oko zamajca i zakačeno na oprugu čiji je koeficijent krutosti k=120 N/m. U početku, zamajac rotira u smijeru kazaljke na satu sa 20 rad/s i opruga se rasteže 800 mm. Za naredna kretanja odrediti: a. Maksimalno istezanje opruge. b. Kutnu brzinu zamajca kada uže postane labavo.

Zadano: m=5kg, d=200mm, kr=90mm, k=120N/m, ω1=20rad/s, ∆l1=800mm Odrediti: ∆lmax, ω kada je ∆l=0

- 131 -

 =

Baričak Viktor


Rješenje: R Ax , R Ay i G ne stvaraju rad, zato što je zamajac oslonjen u centru rotacije. Opruga stvara potenc. en. od ½ k ∆l2.

E k 1 + E p1 + A1− 2 = E k 2 + E p 2 1 1 1 1 I Aω12 + k∆l12 + 0 = I Aω 22 + k∆l 22 2 2 2 2 2 2 2 2 I Aω1 + k∆l1 = I Aω 2 + k∆l 2 ∗ ∆l max se dobija za ω2=0, tako da je: 2 I Aω12 + k∆l12 = k∆l max

∆l max =

mk 2ω12 + k∆l12 = 880,3mm k

∗ Ako je ∆l2=0, tada je:

I Aω12 + k∆l12 = I Aω 22

ω2 =

mk 2 m12 + k∆l12 = 47,92 rad s mk

8.18. Homogeni valjak mase 12 kg i promjera 300 mm se kotrlja uz kosinu nagnutu 250 prema horizontali. Ako valjak ima početnu brzinu od 10 m/s uz kosinu i kotrlja se bez klizanja treba: a. Odrediti maksimalnu udaljenost uz kosinu do koje će valjak doći. b. Usporediti rezultat iz „a“ sa maksimalnom udaljenošću 12 kg dijela koje kliže (bez trenja) uz istu kosinu.

Zadano. m=12kg, d=2r=300mm, V1=10m/s, kotrljanje bez klizanja. Odrediti: lmax, lmax za točak od 12-kg,-kotrljanje bez klizanja. Rješenje:

- 132 -

Baričak Viktor


T i N ne stvaraju rad jer u centru rotacije je brzina =0. V V = rω ⇒ ω = r E k 1 + E p1 + A1− 2 = E k 2 + E p 2 1 1 1 1 mVt 2 + I t ω12 + Gh1 + 0 = mVt 22 + I t ω 22 + Gh2 2 2 2 2 Za : It =

h1 = 0,

V2 = ω 2 = 0

je :

l max

1 2 mr 2 2

1 11  V  mVt12 +  mr 2  t1  = mgl max sin 25 0 ⇒ 2 22  r  1 1 3 2 mVt12 + mVt12 Vt1 4 4 l max = 2 = = 18,09m mg sin 25 0 g sin 25 0

Ako promatramo jedan dio energije onda imamo: 1 2 Vt1 1 mVt12 = mgl max sin 25 0 ⇒ l max = 2 = 12,06m 2 g sin 25 0 Inerciona energija koja je u rezervi pri kotrljanju u tački 1, omogućava disku da se podigne dalje na gore ( ne klizajući se) do određene visine.

8.19. Kotur mase 10 kg ima radius inercije od 75 mm. Na uže koje je spojeno iz središta kotura, preko malog točka, djeluje tijelo mase 25 kg. Ako se sistem kreće iz stanja mirovanja, a kotur se okreće bez klizanja, odrediti brzinu VC i kutnu brinu ωC kotura te brzinu tijela VA kada se tijelo nalazi 2 m niže.

Zadano: mC = 10kg ,

m A = 25kg ,

k c = 75mm vrijedi za C, kretanje je bez klzanja.

- 133 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Odrediti: VC , ω C , V A ⇒ x = −2m Rješenje:

N i T ne stvaraju rad zato što se u toj tački nalazi centar rotacije, brzina u toj tački je 0. GC takođe ne čini rad jer je ┴ na kretanje. F je unutarnja sila i njen rad je zastupljen u jednadžbama. Za kotrljanje bez klizanja vrijedi,

VC = (150mm )ω C i V A = (200mm )ω C Prema tome je, E k 1 + E p1 + A1− 2 = E k 2 + E p 2 1 1 1  2 2 2  2 mC VC = 0 + 2 I C ω C = 0 + 2 m A V A = 0  + [m A g (2m )]1 + 0 =  1 2 1 1 1 2  =  mC VC2 = (0,15ω ) + I C ω C2 + m A (V A2 = (0,2ω ) ) + 0 2 2 2 2

(

)

(

(

)

(

)

)

m A g ( 2 m)

ωC =

1 1 1 2 2 2 mC (0,15) + (10kg )(75mm ) + m A (0,2 ) 2 2 2 VC = 4,151 m s V A = 5,534 m s

= 27,67 rad

s

9- DALAMBEROV PRINCIP ZA MATERIJALNI SISTEM 9.1. Klasifikacija principa U diferencijalne principe spadaju: Dalamberov princip, Lagranžov princip virtualnih pomjeranja i Gausov princip najmanjeg odstupanja, a u integralne spadaju: Hamiltonov princip, Lagranžov princip itd. 9.2. Dalamberov princip za sistem Ako vezani sistem materijalnih tačaka ima „n“ materijalnih tačaka Mi (i=1,2,3,...,n) onda Dalamberov princip primjenjen na cijeli sistem izgleda: n →a

n →r

n → in

∑Fi + ∑Fi + ∑Fi = 0 i =1

i =1

Gdje su: •

n →a

→a

∑ F i = F R - glavni vektor aktivnih sila, i =1

- 134 -

i =1

Baričak Viktor


•

n →r

→r

∑ F i = F R - glavni vektor reakcije veza i i =1

•

n → in

→ in

∑ F i = F R - glavni vektor sila inercije tačaka sistema. i =1

Ako položaje materijalnih tačaka sistema u odnosu na ishodište koordinatnog →

sistema 0xyz, označimo sa vektorom položaja r i , te predhodnu jednadžbu pomnožimo sa tim vektorom, dobijamo: a r in n n n → → → → → → r × F ] + r × F ] + r × F ]= 0, i i i i i i ∑ ∑ ∑    i =1  i =1  i =1  Odnosno sabiranjem ovih jednadžbi dobijamo: →a

→r

→ FR

→ in

→ FR

→ FR

M0 + M0 + M0 = 0.

Gdja su: →a

• • •

→ FR

M0 →

→r FR

→

→ in FR

M0 M0

- glavni moment svih aktivnih sila za pol 0, - glavni moment reakcija veza za pol 0 i - glavni moment inercionih sila za pol 0.

9.3. Glavni vektor i glavni moment sila inercije Paralelnim prenošenjem sila inercije u centar C i njihovim geometrijskim → in

sabiranjem dobiće se glavni vektor sila inercije F R , dok svođenjem momenta inercije → in

→

na centar C, dobijamo, pomoću vektora položaja r i , glavni moment inercije M c , što prikazano pomoću jednadžbe izgleda: → in

n → in

n

n

→

F R = ∑ F i = −∑ mi a i = −∑ mi ac , i =1

→ in

→ in

i =1

n

→

→ in Fi

n

→ in

M R = M c = ∑M c i =1

i =1

n

→ →  = −∑  r i × mi a i   i =1 

a) Translatorno kretanje Glavni vektor sila inercije je: → in

→

F R = ∑ F i = −M a c , i =1

a glavni moment centra inercije iznosi: n n n → in → → →  →   → →   → →  M cR = −∑  r i × mi a i  = −∑  r i × mi a c  = −∑  mi r i × a c  = − M r c × a c  .      i =1  i =1  i =1  →

Položaj centra inercije r c je:

- 135 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE n

→

rc =

→

∑ mi r i i =1

M

.

b) Ravno kretanje krutog tijela Ako u ravni materijalne simetrije izaberemo proizvoljnju tačku O, za tačku redukcije, onda će glavni moment od sila inercije za tu tačku iznositi: → in

→

n

in

n

n

→ → → → →  M oR = ∑ M oF in = ∑ r i × F i = −∑  r i × mi a i  ,  i =1 i =1 i =1 

Gdje su: •

→

r i - vektor položaja materijalne tačke, →

•

mi , a i - masa i njeno ubrzanje i

•

M oR - glavni moment za redukcionu tačku O.

→ in

Moment od inercionih sila u odnosu na pol O iznosi: → in

n

→

n

n

→ → → → → → → → →  M oR = ∑ M oF in = −∑ r i × mi  a o + ε × r i − ω 2 r i  = ∑ − mi r i × a o − ε mi ri 2 .   i =1 i =1 i =1 Kod svođenja ovih vektorskih i skalarnih proizvoda vodili smo računa da su za naše

→

→

→

→

→

→

→ →

uvjete r i || r i i r i ┴ r i , pa će biti r i × r i = 0 i r ε i = 0 . → in

→ F

→

n

→

→ n

→2

→

→

→

M oR = a o × ∑ mi r i − ε ∑ mi r i = a o × M r c − ε J oz . i =1

i =1

Gdje su: • •

→

r c - vektor položaja težišta C, u odnosu na izabrani pol O, J oz - aksijalni moment inercije za osu Oz, koja je okomita na osnovnu ravan i prolazi kroz pol O. →

Ukoliko centar redukcije usvojimo u središtu inercije tijela C, imat ćemo da je r c =0 pa će gornji izraz dobiti novi oblik: →

→ F in

→

M C = − J Cz ε .

9.4. Dinamičke reakcije u ležištima pri obrtanju krutog tijela oko nepomične ose Na tijelo koje se okreće oko nepokretne ose, koje je uležišteno u tačkama A i →1

→

B, djeluje sistem aktivnih sila F1 ,......, F n . Nepoznate veličine su reakcije u ležištima. →

→

→

→

→

Ovdje su nepoznate veličine reakcije u ležajevima X A , Y A , Z A i X B , Y B , koje treba odrediti. Oslobađanjem tijela veza dobijaju se vektorske jednadžbe: - 136 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE →a

→

→ in

→

F R + F A + F B + F R = 0, → a

→

→

→ FA

→ FB

→ in

M R+ M A + M B + M R = 0

Gdje su: →a

•

F R - rezultanta aktivnih sila, a

•

F R - rezultanta inercijalnih sila.

→ in

Ako se projektiraju vektorske jednadžbe na ose koordinatnog sistema Oxyz dobija se šest jednadžbi: n

∑X

a i

+ X A + X B + mxcω 2 + mycε = 0

i =1 n

∑Y

a

+ YA + YB + mycω 2 − mxcε = 0

a i

+ ZA = 0

i

i =1 n

∑Z i =1 n

→a

∑ M xF i − YB h − J yzω 2 + J xzε = 0 i =1 n

→a

∑ M yF i + X B h + J xzω 2 + J yzε = 0 i =1 n

→a

∑ M zF i − J zε = 0 i =1

Iz ovih jednadžbi mogu se odrediti dinamičke reakcije u osloncima rotacionog tijela: →

→

→

X A ,Y A , Z A

→

→

i X B ,Y B

9.4.1. Dinamičko uravnoteženje masa Ukoliko želimo da odredimo uvjete pri kojima će inercijalne komponente na oba ležaja biti jednake nuli, članove gore napisanih jednadžbi koji zavise od dinamičkih sila (inercije) izjednačićemo sa nulom. Prema tome slijedi da će kinetičke reakcije biti jednake nuli ako zadovoljimo slijedeće uvjete: mxcω 2 + mycε = 0,

mycω 2 + mxcε = 0 Izbor veličina koncentriranih masa m1 i m2 , kao i njihovih koordinata vrši se saglasno jednadžbama: mxc + m1 x1 + m2 x 2 = 0; J xz + m1 x1 z1 + m2 x 2 z 2 = 0 my c + m1 y1 + m2 y 2 = 0;

J yz + m1 y1 z1 + m2 y 2 z 2 = 0

Ova jednadžba daje opći pristup rješenja. Koordinate: x, y i z pri rješavanju zadatka uvrštavaju se sa predznakom prema položaju (±). Dodavanjem masa m1 i m2 prema gornjim jednadžbama obrtna osa postaje glavna centralna osa inercije tijela, nakon čega će kinetičke reakcije biti jednake nuli.

- 137 -

Baričak Viktor


9.1. Homogeni tanki štap dužine 2l i težine 2P, savijen je pod pravim uglom i jednim krajem kruto spojen sa osovinom, tako da ravan štapa obrazuje pravi ugao sa osovinom. Osovina se okreće konstantnom ugaonom brzinom. Oslonac A je radijalan, a B radijalno aksijalni. Među osloncima je rastojanje 2a, a štap je simetrično pričvršćen na osovinu. Odrediti ukupno opterećenje na oslonce A i B. Rješenje: Pri rješavanju opterećenja na oslonce promatra se ravnoteža sistema: spoljnjih aktivnih sila, spoljnjih pasivnih sila i sila inercije, tj određuje se rezulirajuće opterećenje, statičko plus dinamičko. Analogno rješavanju statičkih zadataka sistem oslobađamo veza, i njihov utjecaj zamjenjujemo silama. Zatim formiramo jednadžbe „ravnoteže“.

Pl 2 ω =0 2g Pl Pl ∑ Yi = 0 ⇒ YA + YB + g ω 2 + 2 g ω 2 = 0

∑X ∑Z

= 0 ⇒ XA + XB +

i

i

= 0 ⇒ Z B − 2P = 0

Pl − Pl = 0 2 Pl ∑ M y = 0 ⇒ X Aa − X B a + 2 = 0

∑M

x

= 0 ⇒ YB a − YA a −

Ovih pet jednadžbi su algebarske jednadžbe po traženim nepoznatim reakcijama oslonaca, čije su vrijednosti: Pl g + aω 2 ; 4ag Pl XB = g − aω 2 ; 4ag

(

XA = −

(

)

)

3Pl g + aω 2 ; 4ag 3Pl YB = g − aω 2 ; 4ag

(

YA = −

(

)

)

ZA = 0 ZB = 2 P

9.2. Odrediti dinamičke reakcije u osloncima vratila zanemarive mase s koncentriranim masama, ako je zadano: m1 = m2 = m3 = m te a, r i ω = const . Budući da su sve mase koncentrirane na krajevima poluga r , u tim tačkama djeluju normalne inercijske sile F in = mi rω 2 pa su jednadžbe dinamičke ravnoteže:

- 138 -

Baričak Viktor


Ax + Bx + m1rω 2 + m3rω 2 cos α = 0

Ay + B y + m2 rω 2 + m3 rω 2 sin α = 0 − 4aB y − 2am2 rω 2 + 3am3 rω 2 sin α = 0 4aB x − am1rω 2 + 3am3 rω 2 cos α = 0 Iz kojih slijede rješenja za reakcije:

1 Ax = − mrω 2 (3 + cos α ) 4 1 Ay = − mrω 2 (2 − sin α ) 4 1 B x = − mrω 2 (1 + 3 cos α ) 4 1 B y = − mrω 2 (2 − 3 sin α ) 4

10- DINAMIKA KRUTOG TIJELA KOJE SE OKREĆE OKO NEPOKRETNE TAČKE 10.1. Osnovni pojmovi Projeciranjem Ojlerove jednadžbe: →

dα → → → → = ω = ψ ′+ ϕ ′+ θ ′ , dt na ose nepokretnog i pokretnog koordinatnog sistema dobijaju se Ojlerove kinematičke jednadžbe:

- 139 -

Baričak Viktor


ω x = θ ′ cosψ + ϕ ′ sin θ sinψ ω y = θ ′ sinψ + ϕ ′ sin θ cosψ ω z = ψ ′ + ϕ ′ cos θ ωξ = θ ′ cos ϕ + ψ ′ sin θ sin ϕ ωη = −θ ′ sin ϕ + ψ ′ sin θ cos ϕ ωζ = ϕ ′ + ψ ′ cos θ 10.2. Kinetički moment krutog tijela koje se okreće oko nepokretne tačke Okretanje krutog tijela oko nepomične tačke će se promatrati u dva koordinatna sistema; u nepokretnom O,x,y,z koji je stabilan i u pokretnom O, ξ ,η , ζ koji je čvrsto vezan za tijelo. Glavni kinetički moment krutog tijela koji se okreće oko nepokretne tačke O je: → → → → →   L o = ω ∫ ri 2 dm − ∫ r i  ω , r i dm .   M (M ) Glavni kinetički momenti u odnosu na pokretni sistem referencije O, ξ ,η , ζ kad pokretne ose inercije predstavljaju ujedno i glavne ose inercije (centrifugalni momenti su jednaki nuli), iznosi: Loξ = J ξ ωξ , Loη = Jηωη i Loζ = J ζ ωζ . Glavni kinetički moment pri rotaciji tijela oko nepokretne tačke u vektorskom obliku iznosi: →

→

→

→

L o = Loξ λ + Loη µ + Loζ υ

10.3. Kinetička energija tijela koje se okreće oko nepokretne tačke Kada su pokretne ose ξ , η i ζ ujedno i glavne ose inercije, centrifugalni momenti su za njih jednaki nuli, pa kinetička energija rotacionog tijela iznosi: 1 Ek = (J ξ ωξ2 + Jηωη2 + J ζ ωζ2 ) . 2 10.4. Ojlerove dinamičke jednadžbe →

Kinetički moment L o , može se izraziti preko svojih vektorskih koordinata u odnosu na pokretni sistem referencije: →

→

→

→

L o = Loξ λ + Loη µ + Loζ υ Ako su pokretne ose istovremeno i glavne ose inercije, dobijamo Ojlerove dinamičke jednadžbe obrtanja krutog tijela oko nepomične tačke: dωξ J oξ + ωηωζ (J oη − J oζ ) = M oξ dt

- 140 -

Baričak Viktor


J oη

dωη dt

+ ωξ ωζ (J oξ − J oζ ) = M oη

dωζ

+ ωξ ωη (J oξ − J oη ) = M oζ . dt Ojlerove kinematičke jednadžbe za obrtanje krutog tijela oko nepomične tačke glase: ωξ = θ ′ cos ϕ + ψ ′ sin θ sin ϕ J oζ

ωη = −θ ′ sin ϕ + ψ ′ sin θ cos ϕ ωζ = ϕ ′ + ψ ′ cos θ Integriranjem ovih jednadžbi uz zadane početne uvjete za ψ , θ i ϕ dobijamo rješenja problema kretanja tijela. 11- PRIBLIŽNA TEORIJA GIROSKOPSKIH POJAVA Giroskopom se nazivaju kruta tijela koja vrše obrtanje oko nepomične tačke tako, da je obrtanje krutog tijela oko ose materijalne simetrije mnogo veće, nego što je obrtanje te ose oko nepokretne tačke. Osnovna pretpostavka ove približne teorije sastoji se u tome da se kod simetričnog giroskopa, koji se obrće oko ose materijalne simetrije Oζ [1] velikom ugaonom brzinom, pretpostavlja da ukupni vektor kinetičkog momenta pada u pravac ose simetrije. Giroskop je postavljen u odnosu na pokretni sistem referencije Oξηζ , čija je nepokretna tačka u koordinatnom početku O. Ako projeciramo vektor ugaone brzine →

ω

na ose pokretnog koordinatnog sistema Oξηζ dobićemo: ωξ =0, ωη =0, ωζ = ω

Sobzirom na postavljene uvjete osa materijalne simetrije je glavna centralna osa inercije tijela. Kinematički moment giroskopa za pokretne ose odredićemo prema [1], pa ćemo dobiti: LOζ = 0 , LOζ = 0 , LOζ = 0 . Promatrat ćemo kada giroskop vrši složeno kretanje, kako je dato na slici [1], →

tj. da vrši obrtanje oko centralne ose inercije Oζ ugaonom brzinom ω i obrtanje r r zajedno sa osom Oζ oko ose Oz ugaonom brzinom precesije ψ ′ = ω1 . r r r r Vektor apsolutne ugaone brzine giroskopa ω 2 iznosi: ω 2 = ω + ω1 . Projekcije kinetičkog momenta giroskopa, za tačku O, u odnosu na pokretne ose Oξηζ su: →

→

→

→

L Oξ = J Oξ ω ξ , L Oη = J Oη ω η ,

→

→

L Oς = J Oζ ω ς .

Pa je:

r r r L O = J Oξ ωξ λ + J Oη ω η µ + J Oζ ω ς ν .

→

→

Pravac kinetičkog momenta L O giroskopa ne poklapa se sa osom simetrije Oζ .

- 141 -

Baričak Viktor


Osnovna pretpostavka približne teorije giroskopa polazi od toga da je ugaona brzina r r sopstvene rotacije ϕ ′ = ω giroskopa, oko ose Oζ simetrije giroskopa, mnogo veća od r r r r ugaone brzine precesijeψ ′ = ω1 , odnosno ω 〉〉 ω1 , pri čemu se pretpostavlja da je r ugaona brzina nutacije θ ′ = 0 . Zato uzimamo da je:

L Oξ = L Oη = 0

i

L O = L Oς = J Oζ ω ,

Odnosno, da je kinetički moment giroskopa usmjeren duž ose Oζ . Giroskopska pojava je rotacija tijela oko nepokretne tačke. Ta rotacija se vrši oko nepokretnog koordinatnog sistema Oxyz i sistema koji je vezan za tijelo Oξηζ . 11.1. Giroskop sa dva stupnja slobode Za primjer je uzet giroskop koji se sastoji od cilindričnog tijela, i zamajca koji se nalazi na uzdužnom vratilu i okreće se velikom kutnom brzinom ω . →

Prema približnoj teoriji giroskopa, kinetički moment L C usmjeren je u pravcu →

→

podužne ose simetrije C ζ i iznosi L C = J Cζ ω , gdje je: - J Cζ moment inercije zamajca za osu C ζ . Ukupne reakcije u ležištima A i B rotacionog diska, biće jednake vektorskom zbiru statičkih i dinamičkih reakcija, to jest: G J ωω FA max = FAst + FAd = + Cζ 1 2 AB J G Cζ ω1ω FB max = FBst − FBd = − 2 AB 11.2. Giroskop sa tri stupnja slobode Kinetički moment giroskopa za nepomičnu tačku C, usmjeren je duž ose materijalne simetrije C ζ i iznosi: →

→

L C = J Cζ ω .

Gdje su: • J Cζ - moment inercije giroskopa za osu C ζ , •

→

ω

 →′  - kutna brzina giroskopa, sopstvene rotacije  ϕ   

11.3. Regularna precesija teškog giroskopa Kinetički moment giroskopa za nepomičnu tačku O, usmjeren duž ose O ζ , iznosi: →

→

L Oζ = J Oζ ω . Glavni moment spoljnjih sila u odnosu na oslonac O iznosi:

- 142 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE →

→ Fs

→

→

M O = r C× G , gdje je: •

→

r C - vektor položaja težišta C u odnosu na oslonac O, odnosno pol. →

→ Fs

→

Vektor M O , usmjeren je normalno na ravan koju obrazuje vektor položaja r C i sila →

težine G tj. normalan je na vertikalnu ravan Ozζ . 11.4. Diferencijalna jednadžba kretanja slobodnog krutog tijela Obrtanje krutog tijela oko središta C (težišta) određuje se pomoću Ojlerovih dinamičkih jednadžbi: J Cξ J Cη J Cζ

dωξ + ωηωζ (J Cς − J Cη ) = M cs ξ dt dωη + ωξ ωζ (J Cξ − J Cζ ) = M csη dt dωζ + ωξ ωη (J Cη − J Cξ ) = M cs ζ dt

Gdje su: • J Cξ , J Cη , J Cζ - momenti inercijetijela u odnosu na glavne centralne ose •

inercije koje se kreću zajedno sa tijelom ωξ , ωη , ωζ - projekcije vektora kutne brzine na ose ξ ,η , ζ

•

M cs ξ , M csη , M cs ζ - glavni momenti spoljnjih sila u odnosu na koordinatne ose

sistema C, ξ ,η , ζ . Nakon integracije uz zadane početne uvjete dobit ćemo šest jednadžbi, od toga tri jednadžbe koje definiraju translaciju središta C, a tri rotaciju oko središta, i to: X C = X C (t ),

Translacija: YC = YC (t ),

Z C = Z C (t ),

rotacija:

ψ = ψ (t ) θ = θ (t ) ϕ = ϕ (t )

11.1. Propeleri velikih brodova se obično pogone sa turbinama. Nas zanima giroskopski efekt pri ljuljanju broda po uzdužnoj osi. Neka je turbina broda postavljena po uzdužnoj osi broda i promatrano sa krme (zadnji dio broda), neka ima obrtanje u smijeru kazaljke na satu sa n o/min.

- 143 -

Baričak Viktor


Kinetički moment turbine r r L0 = I Oz ω1 ima pravac ose Oz, r kao i ugaona brzina ω1 sopstvene rotacije. Neka se brod zakreće oko ose Oy1 po  2π  zakonu ϕ = ϕ 0 sin  t  , gdje je T  ϕ 0 maksimalno udaljavanje gaza od horizontalne ravni i T period osciliranja. Ovom obrtanju odgovara ugaona brzina:

ω2 =

2π  2π  ϕ 0 cos t  . T  T 

Njena maksimalna vrijednost je: 2π ϕ0 , T r r Pri čemu je ω 2 ⊥ ω1 , tako da je intenzitet maksimalnog giroskopskog momenta: r r 2π M 0gmax = I 0 z ω1 xω 2 max = I 0 z ω1 ϕ0 . T r Vektor M 0gmax je usmjeren ka negativnoj osi Oz1 i izaziva horizontalne pritiske na r r ležišta B i D silama PBd i PDd , koje obrazuju spreg sila. Reakcije ležišta, kao

ω 2 max =

spoljnje sile, uzrokovane ovim pritiscima, formiraju suprotan spreg. Da bi smo ukazali na veličine giroskopskih pritisaka na ležišta poslužimo se konkretnim primjerom. Neka je IOz =20000 Nms2, n =1000 o/min, maksimalno odstupanje ϕ 0 = 0,1 i period ljuljanja T=5 s, a rastojanje između ležišta BD=4 m. Za ovako zadane vrijednosti imamo: ω1 =104,7 s-1, ω 2 =0,126 s-1 i M 0gmax = I 0 z ω1ω 2 =263844 Nm, Tako da je konačno: 263844 PBd = PDd = ≅ 65960 N . 4 11.2. Konični zupčanik 1, poluprečnika r1=1m je nepomičan. Osovina OO1 koja rotira ugaonom brzinom ω = 4π 1 čvrsto je vezana pod kutem sa vratilom OA s preko kojeg se konični zupčanik poluprečnika r2=20 cm kotrlja po zupčaniku 1 i oko vratila OA. Težina zupčanika 2 je G. Odrediti odnos dopunskih dinamičkih reakcija zupčanika 1 prema njegovim statičkim reakcijama, ako je poluprečnik inercije zupčanika 2 jednak i=18 cm. Masu vratila OA zanemariti. Rješenje:

- 144 -

Baričak Viktor


Neovisni parametri su kut rotacije vratila OA oko vertikalne ose i kut rotacije zupčanika 2 oko vratila OA. Prema tome je zupčanik 2 giroskop s dva stupnja slobode. Osa simetrije giroskopa poklapa se sa osom vratila OA. Nepomočna tačka je O, gdje postavljamo koordinatni sistem Oxyz. Na zupčanik 2 djeluju vanjske sile: G-težina zupčanika, Xo, Yo, Zo- komponente reakcija zgloba O, FN-normalna reakcija u tački B dodira zupčanika 1 i 2. Statičku reakciju Fst odredit ćemo momentnom jednadžbom za ravnotežu zupčanika 2: Fst O B − GO A = 0 ⇒ r1 OA =G 2 OB r1 + r22 Dinamička reakcija oslonca FN javit će se pri promjeni pravca ose OA zupčanika 2, koja predstavlja osu giroskopa. Slaganjem prijenosne kutne brzine ω p = ω = 4π rad zupčanika 2 oko vetikalne ose i s r relativne kutne brzine ω r zupčanika 2 oko ose OA imamo: r r r ωa = ω p + ωr Fst = G

Iz odnosa:

r ω r r1 = imamo: ω r = 1 ω p ω p r2 r2

Primjena približne teorije giroskopa omogućuje da vektor kinematičkog r r momenta K o zupčanika 2 usmjerimo u smijeru kutne brzine ω r ulijevo iz tačke O. Pri r kotrljanju zupčanika 2 po zupčaniku 1, tačka C vrha vektora K o opisivat će krug r poluprečnika K0 kutnom brzinom ω p pa imamo:

VC = K 0ω p

K 0 = I 2y ω r =

G 2 r1 i ωp g r2

G 2 r1 2 i ω p - paralelno sa osom x. g r2 Prema Resalovom teoremom znamo da je Vc jednak momentuvanjskih sila M0: G r VC = M 0 = i 2 1 ω p2 g r2 VC =

Dinamičku reakciju FNd određujemo iz: d N

M0 = F OB

ili

G r F = i2 1 g r2 d N

ω 2p ri 2 + r22

Slijedi traženi odnos dopunske dinamičke reakcije zupčanika 1 prema statičkoj reakciji: 2 2 FNd i ω p = = 2,6 Fst gr 2 Do istog rješenja dolazimo kraćim putem pomoću Eulerovih dinamičkih jednadžbi izvedenih za regularnu precesiju.

- 145 -

Baričak Viktor


r r Zupčanik 2 vrši regularnu precesiju kutnom brzinom ω Z = ω p oko ose z. Kut

nutacije ϑ = π / 2 . Pomični koordinatni sistem Oςηξ postavimo prema slici. Glavni moment vanjskih sila izračunavamo po: M ξ = ω z sin ϑ [I ς ω1ς + (I ς − I η )ω z cos ϑ ] Uz ϑ = π / 2 imamo: M ξ = [I ς ω1ς ω z ]

Kako je: I ς =

G 2 i , g

ω1ς = ω r =

Mξ = M0 =

r1 ωp, r2

G 2 r1 2 i ωp g r2

ωz = ω p ,

to

ili : FNd =

G 2 r1 i g r2

slijedi : ,

ω p2 ri 2 + r22

12- TEORIJA UDARA 12.1. Osnovna jednadžba teorije udara Promjena priraštaja količine kretanja materijalne tačke pri udaru, jednaka je udarnom impulsu za tu tačku: → → ′ m vi − m vi =

t1 +τ

∫

→

F ud dt .

t1

12.2. Zakon o promjeni količine kretanja materijalnog sistema pri udaru Zakon o promjeni količine kretanja sistema materijalnih tačaka, koji glasi: promjena količine kretanja materijalnog sistema pri udaru jednaka je vektorskoj sumi svih spoljnjih udarnih impulsa koji djeluju na tačke materijalnog sistema, može se napisati jednadžbom: →

→

→

n →s

K− K0 = ∆K = ∑ I i . i =1

12.3. Zakon o promjeni kinetičkog momenta materijalnog sistema pri udaru Zakon o promjeni kinetičkog momenta materijalnog sistema pri udaru glasi: promjena kinetičkog momenta materijalnog sistema za proizvoljnjo izabranu tačku,

- 146 -

Baričak Viktor


pri udaru, jednaka je geometrijskom zbiru momenata svih spoljnjih udarnih impulsa, koji djeluju na materijalni sistem, i može se napisati: →

→

→

n

→s i

→ I

  L0 −  L0  = ∆ L0 = ∑ M 0 .  0 i =1

12.4. Udar tijela o nepokretnu podlogu. Koeficijent restitucije pri udaru Zakon o promjeni količine kretanja pri centralnom udaru kugle o podlogu može se napisati: r r → m(v′ − v ) = I . Gdje su: →′ • v - brzina poslije udara i koja iznosi: v′ = 2 gh2 •

→

v - brzina prije udara o ravnu podlogu i koja iznosi: v = 2 gh1 .

Odnos intenziteta brzine tijela na kraju udara i intenziteta njegove brzine neposredno prije udara, pri okomitom udaru o nepomičnu površinu naziva se koeficijent restitucije (uspostavljanja) pri udaru, i iznosi: v′ k= , v a mijenja se ovisno o vrsti materijala zastupljenih pri udaru. Brzina tačke na kraju udara iznalazi se iz: I = mv(1 + k ) k v′ = I m(k + 1) 12.5. Kosi udar tačke o nepomičnu podlogu →

Materijalna tačka mase m u trenutku t udari na glatku površinu brzinom v i →

kutom α u odnosu na normalu n . Trenutak poslije udara (interval = τ ) ona će se →′ odbiti od nepokretne podloge brzinom v , pod kutem β prema normali. Koeficijent restitucije k izračunava se pomoću: r vn k= r . vn →′ Brzina nakon udara | v | po intenzitetu iznosi:

v′ = vT′2 + vn′2 = vT2 + k 2vn2 = v sin 2 α + k 2 cos 2 α 12.6. Upravni centralni sudar dva tijela →

Kod upravnog centralnog sudara brzine masa tijela m1 i m2 su prije sudara v 1

- 147 -

Baričak Viktor


→ → ′ →′ i v 2 , a poslije sudara v 1 i v 2 . Ako izraze za količinu kretanja promatramo u odnosu na osu x imat ćemo da je: ′ ′ m1v1 + m2v2 = m1v1 + m2v2 . Ako znamo brzine prije sudara, onda su brzine tijela 1 i 2 poslije sudara: m2 ′ v1 = v1 − (1 + k ) (v1 − v2 ) i m1 + m2 m1 ′ v2 = v2 + (1 + k ) (v1 − v2 ) . m1 + m2

12.7. Teorema Karnoa. Gubitak kinetičke energije pri sudaru dva tijela Gubitak kinetičke energije pri translatornom kretanju dva tijela i njihovom 1− k sudaru koji nije potpuno elastičan, jednak je -tom, dijelu kinetičke energije koju 1+ k bi imao sistem kad bi se kretao sa tim dodatkom izgubljenih brzina, a glasi: 2 2 1− k 1  ′ 1  ′  ∆Ek = m v − v + m v − v   . 1 1 1   2 2  2 2   1 + k  2  12.8. Određivanje impulsnih reakcija tijela koje se okreće oko nepokretne ose Na osnovu jednadžbi zakona o promjeni količine kretanja središta sistema i zakona o promjeni kinetičkog momenta, možemo formirati šest jednadžbi : − myC (ω − ω0 ) = − I xS + I Ax + I Bx

0 = I yS + I Ay + I By 0 = I zS + I Az + I Bz

− J xz (ω − ω 0 ) = I zS y K − I yS z K − I By h − J yz (ω − ω0 ) = − I xS z K − I zS xK + I Bx h J z (ω − ω0 ) = I yS xK + I xS yK →

→

pomoću kojih možemo odrediti reaktivne impulse I A i I B , koji istim intenzitetom, a suprotnim smijerom djeluju na ležišta, saglasno Trećem zakonu mehanike. 12.9. Centar udara Iz uvjeta I yS = I zS = 0 , imamo I xS = I S , pa prva, četvrta, peta i šesta gornja jednadžba će promjeniti oblik pa će biti: my C (ω − ω 0 ) = I S − J xz (ω − ω 0 ) = 0

− J yz (ω − ω 0 ) = − I S z K J z (ω − ω 0 ) = I S y K

- 148 -

Baričak Viktor


Iz treće i četvrte jednadžbe određujemo koordinate tačke K ( y K , z K ) u kojoj treba da →

→

djeluje spoljnji udarni impuls, da bi bilo I A = I B = 0 , odnosno: J yz (ω − ω 0 ) J yz  I S  J yz = zK = = S  IS I  my C  my C

yK =

J z (ω − ω 0 ) J z  I S  J  = z = S  S I I  my C  my C

Ako imamo da su ose paralelno pomaknute, hajgens-Štajnerova teorema glasi: J z = J Cz + my C2 , Gdje je: • J Cz - moment inercije za osu Cz (centar inercije).

12.1. Imamo disk A mase 2 kg i B mase 4 kg. Ako se kreću brzinama kao na slici, sa koeficijentom restitucije e=0,4, odrediti brzine nakon direktnog centralnog sudara.

- 149 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE mAVA1 + mBVB1 = mAVA 2 + mBVB 2  V − VA 2   ⇒ VB 2 = VA2 + 7e e = − B 2  VB1 − VA1  2(2 ) − 4(5) = 2VA 2 + 4(VA2 + 7e ) ⇒ VA2 = −4,533 m = 4,533 m ← s s VB 2 = −1,733 m = 1,733 m ← s s

12.2. Kolica mase 3 kg kotrljaju se slobodno po padini. U podnožju, ispalimo kuglu od 0,5 kg sa horizontalnom brzinom Vb/c=0,6 m/s, mjereno relativno u odnosu na kretanje kolica. Odrediti konačnu brzinu kolica.

Početni položaj kolica je u tački A. 1 G (1,25) = mVc21 ⇒ 2   Vc1 = 4,952 m  trenutak prije ispaljivanja kugle  s  r r r Vb / c = Vb − Vc ⇒ r r r Vb = Vc + Vb / c (nakon ispaljivanja kugle) ← +(mc + mb )Vc1 = mcVc 2 + mbVb 2 = mcVc 2 + mb (Vc 2 − 0,6) → kugla se krećr desno u odnosu na kolica ) ⇒ Vc 2 = 5,038 m ← s Vb 2 = 4,438 m ← s

12.3. Tijelo B mase 0,75 kg kliže se po glatkoj površini brzinom (VB)1=4 m/s kada se sudari sa tijelom A mase 2 kg, koje je do tada mirovalo. Ako je koeficijent restitucije između tijela e=0,5, odrediti brzinu tijela A i B nakon sudara.

- 150 -

Baričak Viktor


(

)

(

)

r r r r r m A V A1 = 0 + m B VB1 = 4i + 0 = m AV A 2 + m BVB 2  VB 2 − V A2   ⇒ e = −  VB1 − (V A1 = 0)  − VB1e = VB 2 − V A 2 ⇒ VB 2 = V A 2 − eVB1 i:

4m B = m AV A 2 + m B [V A 2 − 0,5(4 )] ⇒ V A 2 = 1,636 m → s VB 2 = −0,3636 m = 0,3636 m ← s s

12.4. Dva diska A i B imaju mase 3 kg i 5 kg. Ako se sudar dogodi pri početnim brzinama kao na slici, odrediti njihove brzine nakon sudara. Koeficijent restitucije je e=0,65.

V A1 y = V A2 y = 0 VB1 y = VB 2 y = 7 sin 60 0 = 6,062 m ↓ s

- 151 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE  V − V A2 x   ⇒ e = − B 2 x V − V A1 x   B1x VB 2 x = V A 2 x + 0,65 7 cos 60 0 + 6 = V A 2 x + 6,175

(

)

m A (V A1x = 6 ) + m BVB1x + 0 = m AV A 2 x + m B (VB 2 x = V A2 x + 6,175)

V A2 x

6m A − 7 cos 60 0 m B − 6,175m B = = −3,797 m = 3,795 m ← s s m A + mB

VB 2 x = 2,378 m → s r r V A2 = −3,797 i m → s r r r VB 2 = 2,378i − 6,062 j m

( s)

12.5. Lopta A mase 2 kg udara u tijelo B mase 20 kg brzinom 4 m/s. Ako je koeficijent restitucije između lopte i tijela e=0,8, odrediti maksimalnu visinu h do koje će tijelo B doći prije nego se zaustavi (trenutak kada je brzina 0). m AV A1 + m B (VB1 = 0 ) = m AV A2 + m BVB 2  VB 2 − V A2   ⇒ e = −  (VB1 = 0) − V A1  V B 2 = V A 2 + 4e

2(4 ) = 2V A2 + 20(V A2 + 4e ) ⇒

V A2 = −2,545 m

s

VB 2 = 0,6545 m

s

1 m BVB22 = G B h ⇒ 2 h = 0,02183m

12.6. Dva identična paka kližu po hokejaškoj stazi kao što je prikazano na slici. Ako pak A ima početnu brzinu od 5 m/s u desno, a pak B miruje, koeficijent restitucije između njih je e=0,9. Odrediti konačne brzine (veličinu i smijer) oba paka.

- 152 -

Baričak Viktor


r r V B1 = 0,

r r Zadano: V A1 = 5 m i , s r r Odrediti: V A2, VB 2 Rješenje:

e = 0,9

(

)

r r r r m AV A1 + m B VB1 = 0 + 0 = m AV A 2 + m BVB 2 V A1n = 5 m cos θ s m V A1t = 5 sin θ = V A2t s VB1n = 0 VB1t = 0 = VB 2t e=−

VB 2n − V A2n VB1n − V A1n

V A 2 n = VB 2 n + e(VB1n − V A1n ) r r r r m A 5 m (cos θn + sin θt ) = m A [VB 2 n + e(VB1n − V A1n )]n + 5 m sin θt + s s r r + m B [VB 2 n n + 0t ]

(

r n:

)

(

mA 5 m

s

{

)cosθ = m V A

B 2n

}

+ em A [(VB1n = 0 ) − V A1n ] + m BVB 2 n ⇒

VB 2 n = 4,114 m V A2 n r t:

(

s = 0,2169 m

mA 5 m

s

s

)sin θ = m (5 m s )sin θ → do A

nove promjene

r V A2 = 2,509 m < 55,04 0 s r VB 2 = 4,114 m < 30 0 s

12.7. Lopta pada na tvrdu površinu i preskače vertikalnu ogradu. Ako je koeficijent restitucije e=0,8, a lopta je u početku mirovala na visini h=1 m, i poslije odskoka preskočila zidnu prepreku, odrediti udaljenost b, c i d sa slike.

- 153 -

Baričak Viktor


Zadano: e=0,8, „tvrda“ površina (savršeno tvrda), početno mirovanje, h=1m, lopta preskače zidnu prepreku. Odrediti: b, c i d Rješenje: koristeći jednadžbe za energiju i rad: E k1 + E p1 + A1−2 = E k 2 + E p 2 0 + Gh + 0 = V2 =

1 mV22 + 0 ⇒ 2

2 Gh = 2 gh m

Brzina je ┴ na liniji udara, te kažemo da je konzervativna. r r r V2i = V2 lopte (cos 600 i − sin 600 j ) lopte r r V2i =0 zida

Impuls i količina kretanja „suprotno“ udaru po y-osi, mlopteV2iy

lopte

 + m zida V2iy 

t2

+ ∫ Fy dt = mlopteV2 fy t1

lopte

zida

 = 0 + 

 + m zida V2 fy 

zida

 = 0 

t2

Gdje je u jednadžbi:

∫ F dt -druga nepoznata jednadžba y

t1

Koeficijent restitucije: (V2 fy zida = 0) − V2 fy lopte e=− (V2iy zida = 0) − V2iy lopte ⇒ V2 fy lopte = −eV2iy lopte r r r r r = 2 gh cos 60 0 i + e sin 60 0 j = 2,215i + 3,0688 j m = V2 f s lopte 0 = 3,785 m < 24,18 s

(

)

Prelazimo na horizontalne i vertikalne koordinate: Radi jednostavnosti prelazimo na koordinatni sistem sa ishodištem u tački 2. Prema tome je, r V2 f = 3,453hˆ + 1,55vˆ m s lopte

( )

Gdje su: vˆ − vertika ln e,

hˆ − horizonta ln e

Znamo iz kinematike ( uzimamo da je t početno u 2):

- 154 -

Baričak Viktor


r a (t ) = −9,81 m

(

s2

vˆ

)

r V (t ) = C1 hˆ + − 9,81 m 2 t + C 2 vˆ s r r V (0 ) = C1 hˆ + C 2 vˆ = V2 f lopte ⇒ C1 = 3,453 m , C 2 = 1,55 m s s r V (t ) = 3,453 m hˆ + − 9,81 m 2 t + 1,55 m vˆ s s s r r (t ) = 3,453 m t + C 3 hˆ + − 4,905 m 2 t 2 + 1550 m t + C 4 vˆ s s s r r (0 ) = C 3 hˆ + C 4 vˆ = 0 ⇒ C 3 = C 4 = 0 r r (t ) = 3,453 m thˆ + − 4,905 m 2 t 2 + 1,55 m t vˆ s s s

(

(

)

) (

)

)

(

U tački 3 (tačka mirovanja), V3v=0: r V (t 3 ) = 3,453 m hˆ + − 9,81 m 2 t 3 + 1,55 m vˆ = V3h hˆ + 0vˆ s s s V3h = 3,453 m , − 9,81 m 2 t 3 + 1,55 m = 0 ⇒ t 3 = 0,158s s s s r r (t ) = 0,54557 mhˆ + 0,12245mvˆ = b cos 30 0 hˆ + d − b sin 30 0 vˆ

(

) (

)

(

)

b = 0,63m d = 0,4375m

U tački 4:

(

)

r (t 4 ) = 3,453 m t4 hˆ + − 4,905 m 2 t42 + 1,55 m t 4 vˆ = s s s 0 0 = b cos 30 + C hˆ − b sin 30 vˆ ⇒

(

) (

)

3,453 m t 4 = b cos 300 + C s r (t 4 ) = 3,453 m t 4 hˆ + − 4,905 m 2 t 42 + 1,55 m t 4 vˆ = s s s = b cos 30 0 + C hˆ − b sin 30 0 vˆ ⇒

(

(

)

) (

)

3,453 m t 4 = b cos 30 0 + C s − 4,905 m 2 t 42 + 1,55 m t 4 = −b sin 30 0 s s t 4 = 0,4566 s C = 1,031m

12.8. Dječak stoji na udaljenosti d=4 m od podnožja zgrade i baca loptu preko zida te zgrade. Baca lopticu brzinom 15 m/s pod uglom od 300 prema horizontali. Ako je koeficijent restitucije između loptice i zgrade e=0,4, odrediti brzinu loptice nakon što se je odbila od zida.

- 155 -

Baričak Viktor


Zadano: d = 4m, Vi = 15 m < 30 0 , s r Odrediti: V f Rješenje: iz kinematike je

e = 0,4

(

)

r r r r a (t ) = −9,81m 2 , V (t ) = C1i + − 9,81m 2 t + C2 j s s r r r r r r 0 0 V (0) = C1i + C2 j = 15 cos 30 i + 15 sin 30 j m = V1 s C1 = 12,99 m , C2 = 7,5 m s s r r r r r r (t ) = 12,99 m t + C3 i + − 4,905 m 2 t 2 + 7,5 m t2 j = di + hj s s s r r r r r (0 ) = C3i + C4 j = 0 ⇒ C3 = C4 = 0 r r r r (t2 ) = 12,99 m t2 i + − 4,905 m 2 t 2 + 7,5 m t2 j = s s s r r = d i + hj

[

( ) (

i:

] (

( )

)

) (

)

12,99 m t2 = d ⇒ t2 = 0,3079 s s

  nije neophodno  dodatna inf ormacija    r r r V (t2 ) = 12,99 m i + 4,479 m j s s r Zid je potaknuo impulsivnu silu na lopticu toliku koliki je sudar (i ), ta sila je nepoznata. Prema tome:

r j:

- 156 -

Baričak Viktor


V2 wall y = 0, zid smatramo idea ln o  mlopteV2lopte y + m zida   krutim, prije i poslije sudara    = mlopteV3lopte y + m zida V3 zida y = 0    proizilazi da je :

V2lopte

y

= V2lopte

  +0=  

y

Koeficijent restitucije je : V3lopte e=−

V2lopte

 − V3 zida  x − (V2 zida

x

x

x

 = 0  ⇒V 3lopte = 0)

x

= −eV2lopte

x

( s ) = 6,86 m s > 40,76

r r r r r V3 = V2 (− ei + j ) = −5,196i + 4,479 j m

0

12.9. Dva automobila se sudaraju na raskrsnici. Auto A je mase 1200 kg, a auto B mase 1500 kg. Pri sudaru, točkovi od oba automobila blokiraju i auto se kliže (µk = 0,2). Poslije sudara, automobili postaju jedna cjelina i kreću se do razdaljine od 10 m pod kutem od θ=600. Odrediti brzinu automobila VA i VB trenutak prije sudara.

Zadano: mA=1200kg, mB=1500kg, µk=0,2, d=10m, θ=600 Odrediti: VA, VB prije sudara Rješenje: ∗ Impuls i količina kretanja sudara:

- 157 -

Baričak Viktor


r r r m AV A1 + m BVB1 + 0 = (m A + m B )V AB 2 r r r r m AV A i + m BVB j = (m A + m B )V AB (cos θi + sin θj ) i:

m AV A = (m A + m B )V AB cos θ

j:

m BVB = (m A + m B )V AB sin θ

∗ Rad i energija poslije sudara pa do statusa kretanja:

E k1 + E p1 + A1− 2 = E k 2 + E p 2 1 (m A + m B )V AB2 + 0 − Td = 0 + 0 2 Sa klizanjem pneumatika , T = µ k N = µ k (G A + G B )

µ k (G A + G B )d

= 2 µ k gd = 6,264 m s 1 (m A + m B ) 2 Brzine automobila neposredno prije sudara, V A = 7,047 m = 25,37 km s h V B = 9,765 m = 35,15 km s h V AB =

12.10. Balističko klatno sastoji se od 3 kg sanduka sa pijeskom obješenog pomoću tankog užeta dužine 2 m. Puščano zrno mase 0,05 kg udara u sanduk i biva sjedinjeno sa sandukom. Ako je maksimalni ugao ljuljanja klatna nakon sudara 250, odrediti: a. Brzinu sanduka i zrna-skupa, nakon sudara. b. Inicijalnu brzinu Vi puščanog zrna.

- 158 -

Baričak Viktor


Zadano: mbox = 3kg ,

l = 2m,

mbullet = 0,05kg ,

θ max = 25 0

Odrediti: Vsanduka + zrna zajedn brzina nakon sudara Vzrno brzina prije sudara

Rješenje: ∗ Količina kretanja „kroz“ sudar: r r r mzrnoVzrno1 + msanduk Vsanduk1 = 0 = (mzrno + msanduk )Vzrno + sanduk 2

(

)

 m + msanduk  Vzrna + sanduka 2 Vzrno1 =  zrno mzrno   ∗ Rad i energija sudara pri θ max : E k 2 + E p 2 + A2−3 = E k 3 + E p 3

1 (m zrno + msanduk )(V( zrno+ sanduk ) 2 )2 + 0 + 0 = 0 + (G zrno+ sanduk )(l − l cos θ max ) 2 V( zrno+ sanduk ) 2 = 2 g (l − l cos θ max ) = 1,917 m s Vratimo se nazad pa dobijamo, Vzrna = 116,9 m s

12.11. Opružni mehanizam se koristi kao udarni absorber za željeznička vozila. Odrediti maksimalnu kompresiju opruge H1 ako je fiksirana branikom R na vagonu od 5 Mg, klizanje je slobodno pri čemu sa brzinom 2 m/s, udara na lim P . Poluga AB kliže po vođici CE i DF. Pri kraju svih opruga su zakačeni njihovi vezni članovi i oni su originalno nerastezljivi.

- 159 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE  kN  Fs = (80 + 80 + 160 )x   m  gdje x kazuje koliko su 3 opruge komprimirane Fs = ma 320000 N

m x = 64 x 5000kg dV dx dV dx dV a= = =V dt dx dx dt dx VdV = 64 xdx a=

1 2 V = 32 x 2 + C1 ⇒ 2 m V = 2 kad je x = 0, s pa je C1 = 2    pa xmax iznosi, kada je V = 0  :   xmax = 0,25m

- 160 -

Baričak Viktor

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE LITERATURA

[1]

D. Vukojević

"Dinamika", Mašinski fakultet u Zenici, Zenica 2003.

[2]

S. Jecić

"Mehanika II (Kinematika i dinamika)", „Tehnička knjiga „ Zagreb, Zagreb 1995.

[3]

Z. Sapunar M. Krpan

"Dinamika", Sveučilište u Rijeci, Tehnički fakultet, Rijeka, 1994.

[4]

S. Đurić

"Mehanika III i IV – Dinamika I oscilacije”, Mašinski fakultet Beograd, Beograd 1991.

[5]

V. Doleček N. Lovren S. Šipčić B. Šipovac

"Zbirka zadataka iz dinamike i oscilacija", Svjetlost, Sarajevo, Sarajevo 1990.

[6]

V. Andrejev

"Mehanika III dio Dinamika", Tehnička knjiga Zagreb, Zagreb 1973.

[7]

I. V. Meščerski

"Zbirka zadataka iz teoriske mehanike", Građevinska Knjiga Beograd, Beograd 1972.

[8]

I. Nikolić

"Dinamika mašina I mehanizama", Kragujevac 1995.

[9]

H. Herr

"Schwingungen und Wellen", Verlag Europa-Lehrmitttel, Haan-Gruiten

[10]

LJ. Radosavljević

"Specijalni zadaci dinamike, osnove analitičke mehanike, momenti inercije krutog tijela", Mašinski fakultet Beograd, Beograd, 1986.

[11] M.I. Batj G.J. Džanelidze A.S. Kelzon

"Rješeni zadaci iz teorijske mehanike sa izvodima iz teorije, DINAMIKA", Građevinska knjiga, Beograd, 1963.

[12]

I. I. Artobolevskij

"Teorija mehanizmov", Izdateljstvo “Nauka”, Moskva, 1967.

[13]

INTERNET

"Interdisciplinary Engineering University of Missouri-Rolla”

- 161 -

Viktor Baričak - Zbirka Zadataka Iz Dinamike

Recommend Documents