Zbirka Resenih Zadataka Iz Mehanike ( statika+kinematika+dinamika )

c,

I ~

15 1.39.

Stap AB, teline 4 G, dUline 2 f, kruto je vezan u C, AC = CB, sa

~tapom CO, teiine 2 G, duzine h = I, tako da su stapovi upravni. Ovaj kruti sistem obesen je 0 kariku 0, a na krajevima A i B stapa AB doda!i su tereti, tetina G i 2 G. Odrediti ugao

r

D

lOt

12/

E

5/

H J

k

5

I I

1

51

C

I

R

oi Slika 1.39.

Slika 1.36. 1.36.

Stap'AB, tetine

A oslanja se, na glatki

1.40. Kruzni lueni nosac ABC, poluprecnika R = 10m, sa tri zgloba, A, B, C, opterecen je u tackama gornjeg pojasa naznacenim silama. Odrediti otpore zg:obova lucnog nosaea.

I, zglobno je vezan u 0, a krajcm biti odnos alb u ravno-

tcinom poloiaju stapa? 1.37. .Raznokraki

pravougaoni ugaon'k (Ienjr) ABC, dut'ne krakova

AB=2BC=~=2b, obesen je ozglob A. Odredti koliki ugao

S!ika 1.40.

j~ '~

I

1.41. lednokraka poluga OA, prizmaticnog oblika, konstantnog poprecnog preseka, teline G, zg:obno je vczana u 0, i u preseku B, gde je OB= r, obden je teret teZine Q. Za kraj A poluge vezano je uze koje je prebaceno preko kotura K, 0 cijem drugom kraju visi teret tdine F, koji odrzava polugu u horizontalnom ravnoteznom polozaju. Odrediti duzinu poluge OA (x = I), pod uslovom da teret F ima najmanju tezinu. Kolika je tada telina tog tereta F!

A~======_IS_O__~__~rIB~5_0_~~C

I,;

B

B

.0 Q

C

Slika 1.37. 1.38.~raci

c Slika 1.38.

raznokrakog ugaonika (lenjira) ABC, duzine BC = b = (f.. = 60°. Ugaonik jc jednim krajem obesen za prsten A. Kolikl ugao:

= 2AB= 2 a, ,grade ugao

Slika 1.41.

SIika 1.42.

1.42. Raznokraka prava' poluga ABC vezana je krajem C zgJobno pomocll po luge CD, za oslonac D i kruto, pomoeu poluge BB', za raznokraku polugu EH, oslonjenu na oslonce E i H. Kolike su sile u pojediniTll delovima sistem;! poluga ako je 0 kraj A prve poluge obesen teret tezine G = 4 kg'?

16

1.43. Odredite odnose duzina krakova poluga deeimalne Quintenz-vage, pod uslovom da poloiaj tereta na platformi ne utiee na tacnost merenja vage. B C

B

0 .

~ ~

v/,

"

D

.I.

D 5

H'

=jr",i:+f~ b /---

-0----

x

A

{>

G

I ~l

'1

~

\: t

.1

17

ravni i obavijeno je oko dobosa vitIa. Simetrieno vitlo je teiine G1 = 300 kg, i oslanja se u taeki A na glatki pod, a u tacki B, AB= 2 a,. vezano je zavrtnjem za pod. Odrediti otpore oslonaca vitia zanemarujuti razmak izmedu uzeta i strrne ravni. 1.47. Pomo¢U dizalice podize se tere! tdine G = 500 kg. Roluprecnik bubnja iznosi r= 5 em, a polupreenici podeonih krugova zupcahika su u odnosu RdR2 = 1/4, dok je duzina rueice :40, = 1= = 25 em. Odrediti silu F kojom treba dejstvovati na kraju A rue ice upravno na istu da bi se postigJo mirovanje tereta. 2

-I SJika 1.44.

Slika 1.43.

3

1.44. Ventil sigurnosti parnog kotla vezan je polugom. BD za polugu OA, koja se moze obrtati oko zg!oba O. Precnik ventila iznosi IOcm. a pritisak pare u kotlu je IO atmosfera. Odrediti krak tega ldine G = 50 kg da bi se ventil sam Ol\'orio pri povecanom pritisku pare u kollu, zanema· rujuci tdine poluga i ventiJa ako je hak Os= 5 em. 1.45. Ruena presa za sabijanje sena sastoji se iz sistema poluga i platforme. Na po:ugu OAB, duzine OA=!=lQOem, dejstvuje radnik silom F= 50 kg upravno na polugu koja moie da se obrce oko nepomicnog zg'oba O. Ova je poluga vezana zategom Be, duiine 50em, za zglob e, kojije dvema polugama, CD iCE, vezan za nepokretni [oslonac (D) i platformu prese (P). ~ U poJozaju prese, kada je zatega BC upravna na kraku OB. duzine .10 em, i polovi ugao
Slika 1.47.

1.48. Odrediti potrebnu silu F da bi naka komra odrZala ravnoteZU teretu, tezine G, obdenog uslovom da poluga ostane horizontalna. Teiinu poluge, koturova i uieta zanernariti. 1.49. Kaisni transmisioni prenosnik sa koturovima, preenika D j = 60 em i D2 = 20 em, ima kotur zatezae, precnika D 1 • sa srediSlem u 3 , Zatezna sila u kaisu, koja je jednaka sa obe strane kotura zatezaca, iznosi F = 20 kg, a ostvaruje se pomocu pravougle kolenaste po luge A0 2 3 , Odrediti velicinu tereta G koji se mora staviti ni kraj A rucice AO" duiine 1= 40 em, u !ravnoteZnom polo2'aju sistema ako su poznata rastojanja

°

°

a=40em, b=20cm. G

Slika 1.45.

Slika 1.46.

1.46. Tere! ldine G=600kg oddava se pomocu uzeta na strmoj glatkoj ravni, nagibnog ugla preJUa horizontu 60°. Uie je paralelno strmoj

1.50.

Hod

zavrtnja

zavojne

prese

je

h = 5 mm, a duzina rueiee je 1= 25 em. Kolika je potrebna sila F da dejstvuje upravno na kraj rueice da bi driala ravnoteiu leretu tdine G = 500 kg? 2 Zbirka zadaeaka jz mobanike I

19

18

na glatki obli osJonac E. U ravnoteZnom polozilju sistema stapovi grade sa vertikalama uglove 0; i ~. Odrediti otpore zglobova A i C, otpor oslonca Ei uzajamni pritisak stapova na mestu oslanjanja D, ako je poznato da je u· ravnoteznom poJozaju AE=EC= C. OpStt; resenje. =

Izracunati brojne vrednosti ako su podaci: 2/1 80 kg, ~= 20;= 60°.

=

Ii = 180 cm, G2 = 2 GJ =

1.54. Stap AB, duzine 1, tezine G1 = 100 kg, osJanja se u tacki A na gJatki pod, a kr~jero B na stap CD, duzine 2/, tezine G2 = 2 G1 , koji ~oze da se obrce oko zgloba C, a u tacki D oslanja se na pod. Krajevi AiD slapova vezani su uzetom. U ravnoteZnom poiozaju sistema stapovi grade sa podom uglove C( = 45° i ~ = 60°. Izracunati silu u uzetu, otpore glatkog poda, otp~r zgloba C i uzajamni pritisak stapova. Slika 1.51.

kvadratna ploca, tdine 30 kg, oslanja se tezid. Za terne B pioce vezano je uze 0 B, duline jednake duzini strane pioce (a) koje je drugim krajem, 0, vezano za isti vertikalni zid. U ravnoteznorn polozaju ploce odrediti silu u uzetu i nor~ i malni otpor glatkog zida.

\y

\

].52.! Homogeni poJupr'sten, ldine G, oclnosa poluprecnika r/R = 0,5, zglobno je: vezan za zglob A. Za teme B vezano je uze koje je prebaceno preko malog kotura K, postavljenog na isloj horizontali kao i zglob A. 0 kraj uzeta 'obesen je tere! tezine F, koji odrZava ravnotezu poluprstenu. U ravnotezno/TI poloZaju odrediti velicinu tereta F ako je poznato da je ugao 0;=600 i AK=AB=2R. Koliki je otpor zgloba A? Koji ugao gradi napadna Iinija otpota zgloba A sa pravom KA (horizontalom)7 Slil
1.55.

,..1

i Slika 1.52.

1.53.:

Slika 1.53.

Homogeni stap AB, duiine II> teline G1 , zglobno je vezan u A

i osianja se na drugi homogepi stap CD, duzine 12 , teZine G2 , koji je zglobno vezan h' zglobu C na istoj visini kao i zglob A. Ovaj se stap naslanja _?'

I II

I

Slika 1.55.

SupJja polukugla, poluprecnika R, tezine G, sa tezistem u tacki

C, gde je OC=c=R/2, oslanja se na glatki pod. Stap AB, duzine I, tezine G1 , krajem A oslanja se na unutrasnjost polukugle i na njen rub u tacki D. U ravnoteznom poloZaju sistema poluprt!cnik OD polukugle gradi sa horizontom ugao IX, a sa stapom AB ugao ~. Odrediti te uglove i otpore u tackama oslanjanja. 1.56. Zglobne nogare AC i BC, jednakib duzina (1=2 m) i telina (G = 12 kg), sa zglobom u C osJanjaJu se krajevima A i B na glatki pod. Nogare su vezane horizontalnom zategom DE na rastojanju AD = BE= 1/3. 0 tacku V kraka AC, gde je VC=I/3, obesen je teret tdine F=G/2. Izracunati pritiske nogara na pod, otpor zgloba C i silu u zatezi ako u ravnoteinom polozaju nogare grade sa horizontom uglove C( = 75°. 2'

20

2.1

o

c

kraj C AB=AE, AB i DC uzetu KD

o

stapa CD obesen je teret tezine F = G. Za p()znate odnose duzina DE= CD/) i dati uslov (da su j~dnaki ug'ovi koje grade stapovi sa borizontalama) odrediti otpor zgloba A, otpor oslohea E, slu u i uzajamni prifsak stapova na mestu osJanjanja B.

Izracunati te velic:ne ako je G = 20 kg; a

c

IX =

30°.

1.W. Dve homogene kugle, tezina Gj , i= 1,2, poluprecni'ka R;, obesene su pomocu uzeta, OA i DB; 0 tc:.cku· O. Oba uzeta gtade ugao a.

dva

A

a) Ako je poznato da je OA + R j = OB + R2 = C j da u ravnoteznom polozaju uze OA gradi sa horizontalom ugao
B SJika 1.56.

b) Jzracunati prethodne vel cine ako su poznate vrednosb G1 = 24 kg, a=30 0 i '1'= 75°.

Slika 1.57.

1.57. Homogeni stap AB, duz.:ne t, tdine G= 6 kg, obeSen je 0 tacku 0 pomocu dva uzeta, OA i DB, iednakih dliZina (OA = DB = d, koja sa stapom grade jednake uglove, a = 30°. 0 tacku D ~tapa, gde je iB-= ABj3, obesen je teret, (dine F. U kom odnosu inoraju stajati ,tdine stapa i tereta da bi stap grad:o u ravnoteznom poloz.aju sa horizontalom ugao 'I' = ]5 0 ? Za date odnose odrediti velic:ne sila u uzadima.

i. I

1.58. Dva homogcna stapa, AC i BD, od istog materijala i istog poprecnog preseka, vezana su zglobno u A, B i C, gde su AC= BC= CD. Ovi stapovi nose disk, poluprecnika R, te;fne G = 12 kg, koji se u tackama D j i D2 oslanja na ~tapove, gde su CD j = CD 2=AC/3. U ravnoteillom polozaju s:stema stap AC gradi sa pravom AB ugao a= 30°. Odred:ti otpore zglobova B i C ako je tezinastapa AC takode G kg.

A:"

Slika 1.60.

, Slika 1.61.

*:i'~~'f ~, 1.61. Greda AB, duzine 1,5 t, teZine kg, zglobn()"jeivezana: zglo-

born A za pod: a u tacki E, gde .je BE=lj3 .• 2m, nasla~gt~~~~~a;l[grttu ECDH. 0 kraJ B grede obden Je tefet tezlDe F=G. HOflzonta]nal:gr~da ,.:' ~(?:"- "~,,>,'",, ECDH, raspona CD=I, tdine 2,5G, sa prtpustima EC=I/3,DH!=lj4,oslanja se na pokrCtno (C) i ntpokretno leziste (D); a na slobodnom kraju (H) nosi terel tdine F/2. Ako u ravnoteznom polozaju sistema greda AS gradi ugao a = 60° sa borizontalom, a greda ECDH je horizontalna, odredit~ otpor zgloba A, oslonaea C i D i uzajamni pritisak gred,!.' D Slika1.58.

Stika 1.59.

1.59. Stap AB, duzine J, tezme G, zglobno je vezan u A, a drugirn krajem, B, oslanja se na stap CD, duzille 2/, tezine 3 G. Ovaj se stap oslanja na nepokretni oslonae E, a kraj D priddava mu borizontalno liZe KiJ.

1.62. PlocicaABC, obiikapravouglog trougla, stranicaAB= a,BC= b= 3 aj4, teZine~ G, zglobno jc vezana u t~menu A za pod. Teme pridrZava uze prebaceno preko malog kotma K, 0 cijem kraju visi teret lcline F. Kotur K se naiazi na vertikali iznad zgloba A _ Koliko mOra b\ti rastojanje h = AK koturi da hi pri najmanjem teretu F kateta AB plocice' oSlala horizontalna? Za taj sJucaj i vrednosti G = 30 kg, a = 60 em, odrcditi ;velii'inu tereta P i otpor zgloba A,

:C

22

23

¥ B

koja je u tacki D zglobno vezana za zid, au· tacki M priddavana zategom . MN, pod uglom y=2a/3 prema gredi. Ako je MD=I/4 i AE=lj3, odrediti otpore oslonaca greda, njihov uzajamni pritisak i silu u uietu. 1.66. Greda AB, tezine G = 40 kg, duzine 1=2 m, vezana je zglobom A za pod. Za tacke B i C grede, gde je AC = CB, vezano je uze, dliZine L, prebaceno preko kotnra K, koji se nalazi iznad A na visini h = AK = I. U ravnotdnom polofuju sistema greda AB gradi sa vertikalorn AK ugao a = 60°. Odrediti duzinu uieta L, pod uslovom da je sila u uzetu k = 2 (3 + (3)/3 puta manja od tezine grede G. Za taj slucaj izraeunati otpor zgloba A.

K Slika 1.63.

1;63. Stap AB, dliZirie.l, teiine G=40kg, zglobno je vezan zglobom A za pod i osli).nja se u tacb C na glatki rub stoIa, gradeci .sa horizontalom ugao 0: = 60°. 0 kraj B stapa AB obesena je kugla, poluprecnika R = V3 //12, tdine 3 G, k;oja se oslanja na stap u tacki D, gde je BD = AC =1/4. U ravnoteznom poloz.aju sistema odrediti otpor. zgloba A, tacke osianjanja C i silu u uzetu OB kojim je vezana kugla. 1.64. Za horizontalnu konzolu AB, duzine 1= 2m, tezine G = 48 kg, zglobno je vezan stap BC, duzine 4//3, tdine 4 G/3, koji se oslanja u tacki D na glatki rub stoia, gde jeBD;"" 3 BCj4, i gradi sa horizontal om ugao 0: = 60°. 0 kraj C stapa BC obesena je pomocu uzeta CO kugla, poluprecnika R=lj4, tdine G/4, koja se oslanja na stap. Uie gradi sa stapom CB ~o (3 = a/2 = 30°.; Odrediti otpore .os\onaca sistema i silu u uzelu.

s

A ,Slika 1.64.

Slika 1.65.

1.65. KugJa, te:line G = 20 kg, vezana je uzetom SO za vertikalni zid, a u tacki E ioslanja se na gredu AB, duZine I, tezine G. Uze SO i greda AB grade sa vertikalom SA uglove a i ~; (3=4a/3=600. Greda AB krajem B oslanja se TIa· horizontalnu gredu CD, duzine I, tdine 'G, gde je CB= 1/4,

A

Slika 1.66.

Slika 1.67.

'10 1.67. Stap AB, duzine 21, tezine 2 G, zglobno je', vezan u A za stap AC, duzine t, tdine G, koji je zglobno vezan u C. 0 kraj B prvog stapa obesen je teret tdine F = 2 G j vezano je uze BC, koje je drugim krajem \ privezano za zglob e. U ravnoteZnom polozaju sistema me je upravno na stap AC, a stap AB gradi sa horizontalom ugao
1.68. Stap AB, duzine /, tezine G, vezan je zglobno u tacki A za glatki pod i oslanja se na glatki valjak, poluprecnika R. Valjak se oslanja n.a isti pod, a njegovo je srediste C vezano uzetom, duzine s = AC, za zglob A. Odrediti silu u uzetu otpO[ zgloba. .

A

Slika 1.68.

1.69. Kugla, poiuprecnika R, tdine G, obesena je pornocu uieta OS, duiine s=OS=2R,'o prsten-O.·~Homo-ge~j1 stap~o;r-dU'zl-;;=T~6R~

24

25

tezine G, Venn je jednim krajem za prsten 0 i oslanja se na kuglu. Koliki ug:l.O 'P gradi uze OS u ravnoteznom polozaju sistema sa verti kalom?

su p() veEcini jednake (d:jagonalama sucelnih sib?

stranica.

Kolika je rezultanta tih triju

1.74. S:I::t [\2 kg; 3 kg; 6 kg) dejstvuje u taSki-N (2 em; '2 em; 3 em). KoJ"ki je mom~nt te sile za koordmatni p0cetak)F tri(dra Oxyz kao momentnu tacku? Za koi'ko s~ promeni mcment ako umesto mom~ptne tacke 0 i uzm"Omo momentnu tacku 0' (2 em; -1 em; 1 em)? 1.75.

U tacki

N(2 m;

3 m; 4 m) dejstvuje sistem sucdn!h siia

~

2 kg; 7 kg), F z (- 3 kg; 5 kg; - I kg),

is

(ng;:'" 4 kg; 2 kg),

F;

FI

(6 kg;

(1-1 kg; 2 kg;

is

- 3 kg), (2 kg; I kg; 4 kg) i ~ (- 2 kg; - 3 kg; 3 kg). Odredi~i fczultantu ovog sistema sucdnih s b. Kol ki je moment svih sill sistema ia momentnu tacku u' koordinatnom poeetku triedra Oxyz? , 1.76. Tri laka stapa zglobno su vez:ma u zglobu P (0; 0; 120 em), a oslanjaju se na glatki pod u taekama A (0; 50 em; 0), B (- 40 ell); - 30 em; 0) i C (40 em;- 30em; 0). Zglob P je :zlozen dejstvu sile; (X = 160 k~; Y= 120 kg; Z ~ - 480 kg). Odrediti s Ie u stapovima.

A

Slika 1.69.

Slika 1.70.

1.70. Dve jednake kugle, poluprecnika R, tezina po G, obeSenc su 0 taeku 0 pJIDOCU dva uzeta, OA i OB, jednakih duiina I, ut.:, = UA + AC, = = 1+ R = DC2 • Na te kugle je postavljena treca kugb, istog poluprecnika R, ali tdine G 3 • U kom su odnosu uglovi 'P i <¥ u ravnoteinom p::Jloiaju 5'stema'l Kotki su uzajamni pritisei kugli i sila u uzetu? KoLka je mogw.':a najveca tdina trece kugle da bi se. odrzala ravnoteZa?

B) STATIKA U PROSTORU

1.71.

Na ·~tacku 0 dejstvuju cetiri sueelne sile koje su odredene svo-

jim projekeijama na

koordinatne osetriedra Oxyz;

F, (1 kg; 6 kg; 7 kg).

F4

F2 (3 kg; 2 kg; - 2 kg), F7 (0; - 3 kg; 9 kg). i (2 kg; 3 kg; 10 kg). Odrediti velicinu rezultante ovog sistema sila i uglove koje njena napadna Iinija gradi sa. koordinatnim osama ortogonalnog triedra Oxyz. ~

1.72.

F; (- 3 kg; F, (- 2 kg;

Pokazati

da je sistem sueelnih sila

5 kg; -1 kg),

is (2 kg;

- 3 kg; 2 kg),

Fl (6 kg;

~ (- I kg;

- 2 kg;

7 kg),

2 kg;- 3 kg),

1 kg; 4 kg) i ;:: (- 2 kg; .:.. 3 kg; - 9 kg) u ravnotezi.

1.73. Pravougli paralelepiped ima iviee duiina 5 em, 6 em i 30 em. U trima upravnim stranieama, koje se sticu u tacki 0, dejstvuju tri sile koje

1.77. Tri stap:t zglobno su veZlllau zglobu P (0; '0; 160 em) i u tackama A (0; 120cm; 0), B (-120em;-150em; 0) i C (J20em;-480em; 0) za pod. 0 evor P obesen je terettezine 580 kg.' Odrediti sile h stapovima. 1.78. Stap AB, duzine 2 t, zglobno je vez1n zglobom A u vertikalni z'.d na rastojanju OA = I od tacke O. Kraj B stap:!, 0 koji je obesen teret tei:ne 50 kg, pridrzavaju dva horizontalno zategnuta meta, BC i CD, jednak'h duzina, vezanih Zl tacke C i D zida, gde je OC=

z!

b ..-y

i

= OD =BCf2, BC==BD. Odrediti silu u stapu AB i sile u uZadima BC i BD.

1.79. Tri uzeta vezana su jednim krajem u tackarna A (50 em; 0; 0), R (0; 50em; 0) i C (150cm; 70cm; 0) plafona, a drugim u cvoru P. Duzine uzadi su

AP=BP=70cm,

CP=140cm. 0 evor P obesena je lampa ldine 17 kg. Odrediti sile.u uzadima.

Slilca 1.78[ I I

1.80. Na glatkom horizontalnom podu stoji tronozni stativ od stapova jednakih duzina. Krajevi stapova vezani su koneima, Ie obrazujv sa stativom pravilni tetraedar. 0 vrh stMivA nhF..~Fn je terFt te~inF. 11i kg Odrr,dili silt; u stapovirna stativa, pritiske tcreta na pod i sile u koncima.

27

26 -+

1.88. Pokazati da se sile ~ (0; 0; 2 t), F2 (0; 0; I t), F) (0; 0; - 3 t) u napadnim tackama N, (3 m; 0; 0), N2 (0; 4 m; 0) i N3 (0; 0; 3 m) svode na spreg.

1.81. :Prostorni sistem sila F t (0; 4 kg; 0), F z (4 kg; 0; 0) i F} (0; 8 kg; 6 kg), :sa napadnim tackama Nt (2 em; 0; 0), N z (0; 2 em; 0) i N3 (0; 0; 0), redukovati na koordinatni pocetak 0 ortogonalnog triedra Oxyz kao redukciOnu iaCku. :Redukovati prostorni sistem sila

!

F.

F

F} (3 kg; 0;,0), sa napadnim tackama N, (2 em; 0; 0), N2 (0; 2 em; 0) i N 3 (0; 0; 1 em), na koordinatni poeetak 0 triedra Oxyz kao redukcionu tacku.

1.90. Dati sistem sila .u napadnim tackama Nt (4 m; 0; 0), N2 (0; 4 m; 0) i N3 (0; 0; 2 m) i sistem spregova redukovati na koordinatni 'pocetak {O triedra Oxyz. Vektorski predstaviti glavni vektor i glavni moment ovog sistema. Koliki ugao grade ova dva vektora?

i.83. Du.z iviea AD i BC pravilnog tetraedra ABCD, duzine a = 12 em, dejstvuju sila ,F" jacine 6 kg, i sila ~, jacine 8 kg. Redukovati ove sile na teiiste 0 osnove ABC tetraedra. KoJikl ugao grade napadna fnija gIavnog vektora i nosac glavnog momenta ovih sila?

c

1.84. B

Pokazati da se prostorni

sistem sila

F;

F2 (- 3 kg;

2kg;

(4 kg; 3 kg; 4 kg),

~ 2 kg),

is (- 2 kg;

1 kg; 3kg) i F4(lkg;-6kg;-5kg). koje dejstvuju u tackama Nt (I em; - 2 em; 1 cm), N2 (2 em; 3 em; 2 em), N3 (2em; -2 em; 3cm) i N4 (1 em; 0; 0), svodi na spreg. Koiiki je moment sprega7

:r: Slika 1.83.

F2

(0; 0; 4 t) u nap3.dnim tackama Nd2 m; 1.89. S]e J (0; 3 t; 0) i 0; 0) i N2 (0; 3 m; 0) i spreg, momenta 4 tm, . koji dejstvuje u ravni Ozx, redukovati na koordinatni pocetak 0 triedra Oxyz. Kolka je projekcija glavnog rriomenta ovog siskma na pravae glavnog vektora?

(0; 2 kg; 0), ~ (0; 0; 6 kg),

'f!"

1.91. Tri uieta Vezana 3U jednim krajevima za tacke A (Q; 0; 60 em), B(60em: 0; 0) i C(50cm; 90em; 20 em), a drugim krajevima u cvor P (20 em; 30 cm; 0). 0 cvor je obeSen teret tei; ne G = 78 kg. Odred; ti velicine sila u uietima.

y

Slika 1.90.

1.92. Stap OE, duiine 1= 80 em, CIJU tezinu zanemarujemo, vezan je zglobno u 0, a za tacke A (0; 20 em, 0) i C (0; 60 em; 0) vezane su zatege koje su pricvrscene u tackama B(30em; 0; 60em) i D(-30em; 0; 20em) zida. 0 kraj E stapa obesen je teret, tezine G= 120kg. Odrediti otpoLzgloba 0 isile u zategama u horizontalnom ravnoteznom poIoiaju stapa.

i

1.85.

Na krulo telo dejstvuju spregovi

---).

•

~2

---)0

Sill]

(6 kgm; - 2 kgrn; 3 kgm), ~

(12 kgm;;- 3 kgm;-4 kgm), ~J (0; 4 kgm; 3 kgrn) i \]]]4' intenziteta 14 kgm, ciji nosac gradi sa koordinatnim osama ti-iedra Oxyz ugiove ciji su kosinusi 6/7, 3/7 i 2/? Sioziti ove; spregove.

1"

r

o

1.86. Paralelne ~ sile jacine 7 kg, 3 kg, - 4 kg i 1 kg, dejstvuju u tackama N 1 (2m; 3m; 1m), N 2 (lm; 3m; 6m), N 3 (2m; 2m; 3m) i N4 (5 m; - I'm; 1 m). Napadne linije sila grade sa koordinatnim osama triedra Oxyz uglove Ciji su kosinusi 2/7, 6/7 i cos y>O. Redt!kovati ovaj prostomi sistem i sila na koordinatni pocetak 0 triedra Oxyz i pokazati da je vektor glavnog momenta upravan na glavni vektor sistema sila. rr.~'" T ri sile jednakih intenziteta, F J = X, F2 = Y, F3 = Z, x = Y = Z = F, dejstvuju u napadnim tackama N J (0; - 3 em; 0); N2 (0; 0;1 em) i N3 (2 cm; 0; 0). Pokaz~ti da je glavni moment ovog sistema sila upravan na glavni I vektor.

un.

B

x Slika 1.92.

Slika 1.93.

1.93. Kruzna ploea, polupreenika 30 cm, tdine 30 kg, obesena je pomocu tri uzeta za plafon, Ufud su vezana za sam obod ploce, tako da

28

29

odgovarajuCi poluprecnici grade uglove a= 120°, ~= 1500 i y=900 • Odrediti s Ie u uiadima u hor:zontalnom ravnoteinom poiozaju pIoce.

ra Oxyz. Za teme A plocevezano je ule OA, dUline I. Odrediti sllu U ilzetu j olpore oslonaca u 'tackama oslanjanja A, BiD aka je OB'~ODi' i XA=Y".

Iz

1.94. Motorska radilica i2loiena j~ dejstvu sila u cilindrima jednakih vcLcina F. Odrediti o(pareoslonaea sfernog (A) i cilindrienog (B) Ieiista rad.lce.

1.98. Kocka, ivice a = 10 cm, sa sfernim JeZistem u pocetk~ 0 triedra Oxyz i cilindricnim u tacki A (a; 0; 0) na + Ox-osi, izlozena je dt:jstvu spregova intenzitcta' 60 kgcm u ravni Oxy, 80 kgcm u ravni Oyz i 140 kgcm u ravni Ozx. Izracunati otpore oslonaca zanemarujuci tezinu koch;, Koliki bi bili otpori ako bi se uzda u obzir i tdina G· koeke? ' 1.99. Tanka kvadratna plocica, iv~ce G, tezine G. poduprta je sa sest stapova vezan h zglobno Zl pJoCicu, ipod. Odred:ti velcine i kanikter s'la u stapovima ako oni pod uticajem dejstva s;!a ~ odriavaju ploCicu! \l horizontalnom ravnoteZnom polozaju i ako je duzina slapova jednaka iVici pJocice.

SJika 1.94.

S!ika 1.95.

F

1.95. PravougJ.oni poklop:le, tdine 10 kg, duzine stranica a =0 80 em, b=50cm, sa sfemim (A) i clindrienim leiistem (B), odriava u ravnoteinom polozaju, nagnutcm prema osnovi za ugao a =0 30°, teret tezine F, koji je obeSen o konae prebacen preko kotura K i v, z:m Z:l poklt pic. Odred ti olpore OSlonaca ako je AK = AD = b. 1.96. Pravougaonu ploc~cu, straniea a = 120 em, b = 60 em, sa sfernim (A) i cijindrienim ltiistem (B), odriava u ravnoteznom horizontaInom p'Jlozaju teret F, obeSen 0 me koje je preko kotura K (0; 0; 120 em) vc·zano za Ierne Cploeice. Odred t1 teZ nu plociee ako je tezina tereta F = 9 kg. KoLki Sil tad a otpori oslonaca?

Slika 1.l00.

Stika 1.99.

1.100. Tanka trougaona ploe'ca, obl'ka jednako~.nicnog trbugla, stranice a,tezine G = 24 kg, poduprta je sa sest stapova' iglobno veZln:h ZJ. plocicu i pod. Pod uticajem tdine i sle F= G, plocica se nalazi u hofizontalnom ravnotdnom polozaju na v:sini h = a od poda. Ako su pozdate dUline OA'=A'A"=OD'=D'B=D'B"=a i ugao
zj

+ Ox-osoro, odred:ti

v~Lc' ne

i karakter s]a u stapov:ma.

1.101. Tanka kvadratna plocico., ivice a, td;ne G, izlozena je

F).

J. x

/~I~'-LLU-'-"-'".uc..w..u.lll"

x

/

SJika 1.96.

SJika 1.97.

].97. Homogena tanka ploca ABD, oblika jednakostranicnog trougla, straniee a, tezine G, oslanja se u tackama A, BiD na koordinatne ravni tried-

dejstvu sprega sila (1; PloCicu u vertikalnom rqvnoteznom polozaju, na udaJjenju [= 4 aj3 od koordinatne ravni Ozx triedra Oxyz, oddava sest stapova zgJobno vezanih za p10cicu i tu ravan. Odreditiye!iclne i karakter sla u stapovima. 1.102. Ploca, obiika pravouglog paralelepipeda, ivica 4 a i 2 c,

}. Slika 1.101.

31

30 debljine d, (ezine G, opterecena je i silama Fl i F2 jacine 2 G. Ploca je poduprta sa sest stapilVa koji su zglavkasto vezani za ploCu i pod i odrmvaju ploCu u horizontaJllom ravnoteZnom polo:fuju na visini h = 2a = 4 d iznad poda. Ako jeb = 3 a, C = a odrediti veliCine i karakter sila u stapovima u ravnoteznom polo:fuju sistema. -;-

---,,----- ---- ---

!

c~---_

'I

j

5' I

! /

zglavkasto vezan za zid, gde je BE = 30 em. Odrediti otpore osJonaca kosniku n ravnoteznom poloz.ajn sistema.

siln u

1.106. Homogenu plocieu ABD, oblika jednakokrakog trougla, osnoviee AB = 80 em, visine h = 60 em, odrzava nagnntu pod nglom 60° prema horizontalnoj ravni Axy teret F obesen 0 me prebaceno preko malog kotura K (0; 0; 80 em). Ako je tdina p\ociee G = 36 kg, odrediti velicinu tereta F i atpore sfernog (A) i eilindricnog lezista (B).

V3

I

D

i Slika

Slika 1.l03.

1.102.

! 1.103. i Homogena kruzna ploca, poluprecnika R, tdine G, oslanja se u svom tez!stu (0) na siJjak i zauzima horizontalni poJozaj. Tri konea vezana su za tacku 0 place i 0 njihovim krajevima vise tereli tdina F] = 4 kg, F2 = 3 kg i F3 = 2 kg. Odrediti uglove koje obrazuju napadne jinije tereta u ravnoteznom: polozaju sistema. I 1.104.: Duz iviea AC, BD, CD pravilnog tetraedra ABeD, ivice duzine a = 60 em, d~jstvu ju Iri jednake sile jacine 12 kg. Redukavati ove sile na teziste (0) osnove i ABC tctracdra i odredi!i ugao koji grade glavni vektor i glavni mament ovqg sistema sila.

F,

y

Slika 1.107.

Slika 1.106.

1.107. Horizontalna tanka pravougaona pJoca OABD, iviea b= 80em, h = 60 em, tezine G = 30 kg, poduprta je sa dva stapa (l) i (2) zategnuta zategom (3), a vezana je u A sfernim zglobom. 0 teme 0 placiee obesen je teret tdine G/2. Ako je poznato da je zatega nagnuta prema ploci za ugao 0;=45°, da je OK=3b/4 i da se plociea naJazi na visini H = b iznad pada, odrediti silu u zatezi, sile u stapovima i otpar sfemog Idista.

i

,

.:t/

Slika 1.104.

S.'===~~~~

Slika 1.l05.

1.105.: Tanku pravougaanu pIoCu, straniea a=100cm, b=40em, tezine G = 12 kg, k~ja moze da se obrce oko sfernog (A) i eilindricnog lezista (B), odrz.ava u ravnoteznom horizontalnom polo:fuju kosnik DE, koji je u tacki E

1.108. Tanka plocica ABD, oblika jednakokrakog trougla, osnovice AB= = a = 20 em, visine h = 3 a, tezine G = '= 96 kg, zglobno je vezana sa sest stapova, koji je odrz.avaju u horizontalnom ravnoteznom polozaju na visini H = 80 em ad poda. Stapovi su zglobno vezani za pod. 0 teme D plociee obeSen je teret tdine F, = 2 G/3, a u temenu A dejstvuje

zI i

B' Slika !.l08.

32

sda F2 , intenziteta GI3 kg. Odrediti yeliCine i karakter sIla u stapoyima u ravnoteZnom poloZaJu sistema. 1.109. Tanka plociea ABCD, oblika jednakokrakog trapeza, paraleJnih stranica Xi5'= a = 2 boo 120 em, b~· jfc~ visine h = 180 cm, tdine G = 60 kg, zglo!;no je poduprta sa sest stapoYa vezanih za pod tako da je u horizontalnom raYnoteZnom poloZaju, 0 sredinu manje paralelne stranice (P) c.beSen je teret F, tdine G, a u tacki A dejstvuje u ::melU + Ox-cse sila j~c:ne F13. Ako je AK = DK' = AB/3 i plocica se nalazi na visini H = 80 em od poda, odrediti sile u stapoyima.

I I ;1'

b/Y p

7

33 talnom ravnoteinom poloZaju na visini }J = 60 em. Ako su Yeze stapova za plocu zglaykaste, a poznato je da je 00' = h = 40 em, odrediti sHe u stapoyima. 1.112. Odrediti silu F kojom treba dejstvovati yertikalnJ na kraj ruciee CA transmisionog vratiia AB da biisto miroyalo. Pomoc~ bubnja. poluprecnika r = 10 em, tdine G/2, , gde je G tdina ciJindricnog vratila' AB, precnika i'12, podize se teret tdine 5 G pomocu uzeta narnotanog .na bubanj i prebacenog preko kotura K: Kaisnik, poluprecnika R = 2 r, tdine G15, nasaden je na yratilu u preseku E, gde je BE = 40 em. Sile u kdiseyima su horizontalne, jaCine FI = G i 2 Fl' Ak9 je duzina vratila AB = 2 m, /.jC = 50 cm, AD = 60em, gde je D tacka na bubnju sa koje se odmotaya uze, ia nagibni ugao uieta buboja prema horizootu je a: = 30n, odrediti otpore sfernog (A) i eilindricnog (B) lezista vratila u ravnoteznorn poloiaju sistema.

D,.

D

Slika !.I 10,

Slika J.109,

1.110. Homogena tanka ploca ABD, oblika jednakostranicnog trougla, stranice a = 60 em, tezine G = 90 kg, poduprta je sa sest stapoya, koji je odriavaju u horizontalnom ravnotetnom poloiaju na Yisini H = 80 em iznad poda. y/ / Yeze stapova za plocu i pod su zgla v-

~I~lllllal'~~

;

dejstvu sprega = 900 kgem kaste. PloCa je u jacine svojoj ,9B ravni izlozena koji dejstvuje u pozi(vnom sllleru. p -.:;., Odrediti veliCine i karakter sila u ray· noteinom poloiaju sistema, G

Slika 1.111.

1.l1I.

Sest stapova zglobno vezanih za pod i zid odriavaju tanku pravougaonu ploCu, iviea a = 80 cm, b=60cm, teline G=20kg, opterecenu Ii tacki P teretom tdine G, u horizon-

I i

1.113. Teska homogena vrata, oblika pravougaonika, duzine b = 120 em, visine h = 60 em, te:line G = 300 kg, yezana Sil sferni~.4) i cilindricnim leZislem (B) za osoyinu. AB, oko koje se mogu obrtafi:"Yrata su izaokrenuta za, ugao a: = 600 od ravni Ozx i u tom poloiaju ih pridrzava teret iF" obesen o kraj uieta prebacenog preko kotura K(b; 0; b) i vezanog za tatku P Yfata, gde je BP=DP.Pored teiine, vrata SU u naznacenom poloiaju izloiena i dejstvu horizontalne sile PI' jacine GI4 kg, koja dejstYuje u tacki 'H na poloyiui ivice DE, uprayno na jyieu. U ravnoteinom poloiaju vrat~, odrediti velicinu tereta F2 i otpore oslonaea. l.H4. Tanka kyadratna ploCa, IVlee a, tezine G, Yezana je cilindric:nim (A) i sfernim lezistem (B) za osovinu AB, oko koje se moze o~ftati. Ploca je nagnuta pod uglom (I; = 60° prema Bxy-ravni i u tom polozaju i odrZava je' lize vezano za tacku A (a; 0; 0) i teiiste C ploce. Uze je proV1\ceno kroz prsten P, koji se nalazi na vertikali kroz B na rastojanju a V3 em iod horizon3 Zbirka zadataka iz roehanike ]

talnice Bxy.i U ravnoteznompoloZaju sistema odrediti silu u uzetu oslonaca. ~pste resenje. Specijalno za podatke: a = 60 em, G = 20 kg.

otpore

Iz o

, 1

35 precnilCa R = 10 em, (dine 20 kg, preko koga je prebaceno uze kojim se, pomocu kotura (K), odrzava ti ravnotezi tere! tdine G3 =' 90 kg usled dejstva vertikalne pritisne sile F na kraj P fuciee AP kruto vezane za vratilo. Odrediti velieinu sile F ~ko je duzina ruciee AP = r = 30 em i otpore sfemog i eilindricnog leZista vratila. 1.119; Horizontalnom silom F na P obodu locka vitIa odrlava se ravnotda teretu G koji se podize pomocu bubnja. Slika l.l 18. Za poznate duzine a, b, c, i poluprecnike r i R, odrediti silu F sfernog (A) i cifindricnog !ezista (B) vitIa; BO' = c.

Slika U15.

(Slika 1.114.

1.115. Tere! feline F, obesen 0 uze prebaceno preko malog kotuni K(a; 0; 2 d) i vezano za Ierne D, odrlava p 10cicu ABD,oblika jednakokrakog pravouglog'tTougla, kateta AB= AD = a, teZine 12 kg, U ravnoteZnom pololaju pod uglom (f. = 300 prema horizontalnoj ravni Axy. PloCa je vezana sfernim (A) j eilindricnim lezislem (B) za osovinu AB, oko koje se moze obrtali. U ravnoteznom poi?zaju sistema odrediti velicinu terela i otpore oslonaea.

Iz

:

~ K.

i .

lu~ !.'

I

! I o

1.116. PolukruzllU pJoeicu, poJuprecni ka R = 20 em, tezine G = 20 kg, vezanu sfemim (A) i cilindricnim ldistern (B) za osovinu AB, oko koje se moze obrtati, odrlava u ravnoteznom pololaju, nagnutom Z'l ugao (f. = 60 0 prema horizontalnoj ravni Oxy, tere! tezine F, vezan za tlZe prebaceno prekb malog kotura K na Oz-osi, a na ras" tojanju R V3 em od pocetka 0 tricdra Oxyz. U ravnoteznom polozaju sistema odrediti velicinu tereta i otpore 0510naca ako je

,

Slika 1.116.

AD=BD.

1.117. Za koliko ce se prorneniti tdina tereta j otpori oslonaea u

prethodnom! zadatku ako se t:icka veSanja D uzeta nalazi na obimu pIoe.iee na .h

rastojanju ED = R "IT/3? 1.118.' Na sredini vratila AB, duzine 1 m, !dine 200 kg, koje je oslonjeno u A sferno i u B naeilindricno Jeziste, hasaden je kaisnik, polu-

ha

z,

otpore

F

i

!

~

~r>- _a :~"_~I_'----J!f

__

Slika 1.119.

1.120. Izracunati sHu F i otpore oslonaca u prethodnom zadatku ako je vratilo duzine 120 em, feline 60 kg, bubanj duzine 60 em, tdine 40 kg, postavljen na sredini vratila, teret tezine G = 300 kg udaljen je od oslonea A za 50 em, a tocak, poluprecnika R = = 5 r= 25 em, gdc jc r poluprecnik bubnja, udaljen je 40 em od desnog osJonca B.

{!} F, Slika 1.121.

1.121. Horizontalno ceJicno transmisiono vrafiJo, speeificne (dine materijala Ym= 7,85 kg/dm3, kruznog pre-. seka precnika d = 100 mm, nosi dva kaisnika, teiine G, = 30 kg j G 2 = 50 kg; precnika 30 em i 40 em. Sile u delovi~ rna kaisa velicina F; i F;' = 2 Fi i dejstvuju u prvom kaisniku llorizontaino, a: u drugom koso, pod uglom ex = 3.00 prema vertikali. Vratilo je duzine J 00 em

su

36

37

i oslonjeno je na sferno (A) i 'eiiindricno leiiste (B), a kaisnici su udaljeni: prvi 30 em od levog, a drugi 20 em od desnog oslonca. Ako je sUa FI = 400 kg, u horizontalnom delu kaiSa prvog kaisnika, odrediti silu u kaim drugog kaisnika i otpore oslonaea u ravnoteZnom polozaju sistema, zanemarujuCi tezine kaiseva. 1.122. Homogena pravougaona tanka ploCa ABDE, stranice b = 2 a = 80 em. tezine G = 100 kg, vezana je sfernim (A) i eilindricnim lezistem (B) za osovinu AB, oko koje se moze obrtati. PloCu u ravnoteZnom polozaju, nagnutom za ugao Cl = 300 prerna horizontalnici, Axy-ravni, oddava ter.et tdine F, vezan {) me prebaceno preko malog kotura K(a; 0; b/2) i drugim krajem vezano za teme I} ploce. Pored tdine, ploca je izlozena i dejstvu vetra F", cija rezultanta iznosi 2 G kg i dejstvuje u tezistu ploce pod uglom ~ = 300 prerna horizontalnici, Axy-ravni. Projekcija napadne linije rezultante dejstva vetra na ravan Ax;> usmerena je ka + Ay-osi i sa njom gradi ugao y"= 60°. Odrediti velicinu tereta F i otpore oslonaea ploce u njenom naznacenom ravnoteznom poloZaju.

1.125. Trostrana prizma OABDEH, os nove pravougaonika, stranica a = 60 em, b= 80 ern, C = 30 ern, tezine G = 30 kg, poduprta je sa i\est stapova, koji su zglavkasto vezani za ploi'll i gIatki pod tako da plocu odrfuvaju u horizontalnom ravnotdnom poJo~ ia ju na visini H = a od poda. Odrediti velicinu i karakter siJa u pojedinim stapovima, u ravnoteznom poIOZaju sistema. E

zl F

Stika Ll25 .

.

,•

,, /

/8 y

Slika 1.122.

Slika 1.123.

1.123. Plocu datog oblika, R=20cm, (dille G=lOkg, vezanu u A sfernim i B cilindricnim Iezistem za osovinu AB, oko koje se moze obrtati, odrhva u horizontalnom ravnoteZnom polozaju teret tdine F, vezan za uie prebaceno preko rnalog kotura K na osi Oz, na udaljenju OK = 4 R/3, a drugim krajem vezano' za tacku D na obimu ploce, Odrediti u ravnotdnom poloZaju ploce velicinu tereta i otpore osIonaca.

AD= DB.

1.124. U prethodnorn zadatku umesto tereta F postavljeno je me ve-""" r--r--. zano za tacke D' i D" obi!lla ploce, AD' =BD" ~ AB/3 i provuceno kroz prsten 1', koji se naIazi na mestu kolura K. Odrediti silu u uzetu i otpore oslonaca (lezista).

stika 1.12~.

1.126. Okrugli sto, po\uprecnika R,teZine G, poduprt je sa tri jednaka stativa, ciji krajevi A, B i C obrazuju na glatkom podu jed.qakostranicni trougao, stranice a. 0 tacku P stoIa obesen je tefet te:line F,i tako dll: je projekcija poluprecnika OP na pod, prava O'P' upravna na stranicu AC t~o­ ugla ABC. Teziste stoIa Co nalazi se na siubu stoIa. Odrediti pr~tisak svake Doge st;l.tiva na pod. Koji uslov mora biti ispunjen da bi doslo do prevrtanja stoIa?

i

1.127. Odrediti velicine i karakter sUa u stap~ koji su zglobno vezani za trougaonu ploCicu, oblika jednakostranicnog-tr~ugla, strani~~ a = 60 em, teZine 96 kg, i za pod, i odrZavaju plocieu u horizontalnorn ravnoteZnom polozaju na visini H = 40 em od poda. Ploca je, pored sopstvene: ldine, izlozena i dejstvu tereta tezine F = G, 0 besenog 0 me prebaceno pre~o kotura K i drugim krajem vezanim za tacku P ploce, gde je OP=PS=h/2. Kako je kotur (K) vertikalno iznad temena S ploce, uze je u ravni simetrije ploee i gradi sa plocorn ugao CI. = 30°.

38

39 I,

.'

K,

1.128.

Odrediti sile u stapovima

u prethodnom zadatku ako je teret F

obesen 0 ~eme S ploce, a ploCa je jzlozena i dejstvu sprcga, momenta sprega 108 V3 kgem, koji dejstvuje u rave ni ploce u direktnom smeru.

H

Iz A

I

I

dra Oxy, a vezane su u naIJadnim tackama NI (2 em; 2 em), N2 (- 1 em; i em), N 3 (2em; -2em), N 4 (3em; 2ero) i N s (4em, -2em).

1.132. a) Raeuuski i. graficki odrediti koordinate tezista homogenog vJaka (poligona) ABDEFH. b) Kolika je povrsina omotaca obrtnog tela koje postaje potpunim obrtanjem poligona ABDFH oko Oy-ose?

yl

E

I I I

AI

D

8

tL.-.---~ __. ._L~ VLI____ 4R Slika 1.132. Slika 1.l27.

1.133. a) Raeunski . odrediti OABDEFHO.

Slika 1.129.

1.129. Avionski motor, tezine G = 2 000 kg, poluprecnika R = 20 em, poduprt je simetricno sa sest stapova, koji su zglobno vezlni u tackama (zglobovima): A(-120em; 80em; 70cm), B(-24cm; 20 em; 0), C(-lOOcm; . 48em; -90em) i D(O; 0; -20em). Odrediti veliCine i karakter sila u pojedinim stapovima u ravnoteznom polozaju sistema.

; Slika 1.130.

Slika 1.133.

1.130. Konzola ABC uklestena je na levom kraju (A), kod B savijena pod pravim uglom i na slobodnom kraju C optere~ cena silom F jacine 200 kg koja dejstvuje upravno na konzolu, a sa horizontal om gradi ugao 0: = 45°. Odrediti otpore ukleStenja konzole ako je duzina dc!a AB = 3 metra, a I dela BC = 2 metra.

q TEZISTA a) Izvesti obrazac za odredivanje sredista (C) sistema vezanih parale1nih sila u ravni. ~

b) Odredifi polozaj sredista sistema parllielnih sila Fl Jacme 10 kg, 2 kg:, - 3 kg, -4 kg i 5 kg, koje grade ugao 600 sa + Ox-osom trie-

polozaj

tezista

bomogenog

poligona

.b) Racunski odrediti poloZaj tdista homogcne slike oivicene poligonom OABDEFHO. 1.134. Jz tacaka 0 i 01' kao sredista, opisani su krugovi, poluprecuika R. Odrediti koordinate lezista srafirane povrsine u odnosu na triedar Ox),. 1.135. Jz tacaka 0 1 i O2 opisani su polukrugovi, pomprecnika R, a iz tacke 0 kvadrant kruga, poluprecnika 2 R. Odrediti polozaj tezista srafirane povrsine. 1.136. Iz sredista 0' opisan je polukrug, poluprecnika R, a iz taCaka A (2 R; 0) i B ( - 2 R; 0) Iuei, poluprecnika 3 R. Odrediti poloiaj teZista slike omedene polukrugom i lucima.

0,

Slika 1.134.

Slika 1.135. fJ

B(-2R;O)

A(2R;0!

SJika Ll36.

41

40 1.137. Kolika mora biti duzina straniee b pravougaonika cia hi :ie teziste slike poklopilo sa sredistem 0 polukruga?

1.143. Izracunati zapreminu tela koje postaje potpunim obrtanjem srafirane povrsine oko Oy-ose.

1.144. Odrediti zapreminu tela koje postaje potpunim obrtanjem srafirane povrsine oko Ox-ose.

., b Slika 1.137.

Slika 1.138.

1.138. Kolika mora biti vis ina trougla h da bi se teziste sJike poklopilo sa sredistem polukruga? 1.139. 1z pravougaonika ABDE, stranica b i 2h=b, treba isecijednakokraki trougao ABC takve visine (x) da teziste preostale slike bude u ternenu C (rougla.

Slika 1.144.

Slika 1.143.

1.145.

a) Odrediti koordinaietezista srafirane povrsine ~ odnosu Ua

ose Ox i Oy triedra Oxy. II) U kome su odnosu zapremine tela dobijenih potpunim obrtanjem srafirane povrsine oko koordinatnih osa triedra Oxy?

Slika 1.140.

Slika 1.139.

1.140. }z jednakokrakog trapeza, straniea a = 2 b, b i visine h = b, iseCen je polukrug, poluprecnika R = bit, sa sredistem na sredini donje osnoviee. Odrediti po!ozaj tezista preostaJe slike. 1.141. Iz polukruga, poluprecnika R, isecen je eentricni krug, poluprecnika r = Rj2. Odrediti polozaj teiista preostale slike. Kolika je zapremina tela koje postaje potpunim obrtanjem te slike oko horizontalnog precnika?

o

.r

o

:r

2R

Slika 1.142.

1.142. Odrediti koordinate tdista srafirane povrsine i zapreminu tela loje postaje njenim potpunim obrtanjem oko Ox-ose.

o

1.146.

0,

Slika 1.146.

Stika 1.145.

a) Odrediti koordinate tensta srafimne poydine.

b) U korn Sil odnosu zaprernine tela koja se dobijaju. potpunim obrtanjem srafirane povrSine oko koordinatnih osa Ox i Oy triedra Oxy?

y

Slika 1.141.

!X

y

1.147. U kom su odnosu zapremine tela koja se dobijaju potpunim obrtanjem srafirane povrsine oko koordinatnih osa triedra Oxy? 1.148. Izracunati zapreminu tela koje postaje potpunirn obrtanjem ilrafiranepovrsine oko Oy-oseako je R= 3 em.

Slib U41.

;Slika 1.148. I

42

43

1.14~. Kolika je zapremina rezcrvoara, poprecnog preseka ABDEH, aka su af40cm, b=180cm, R=30cm?

poluprecnika r = R/2. Odrediti polomj tezista tako dobijenog R= 8 em.

la

tela ako

Je

1.155. Kolika mora biti Vlsma H kruinog konusa da bi teziste tela bilo u sredistu 0 polulopte, poluprecnika R?

.__ --'i_+ I

o 1.150: a) Odrediti kaordinate tezista homogenog poligona OABDEH aka je R=4cml

Slika 1.155.

, b) Kolika je povrsina omotaeatela koje se dobije poipunim obrtanjem iog poligona oko OH-ose?

i

1.156. Iz homogene polukugle, poluprecnika R, isecen je kruzni konus, isle osnove. Kolika mora biti visina konusa (y) da bi teziste preostaiog tela bjl~ u vrhu C konusa?

c) Odrediti koordinate tezistaslike omedenc pbJigonom OABDEHO.

d) Kolika je zapremina tela' koje postaje potpunim obrtanjem srafirane slike oko ose OH? 1.151.' Iz valjka, poluprecnika R, duzine 6 R, isecena je na jednoj osnovi pohllopta, po)uprecnika R, a na drugoj osnovi konus, poluprecnika Dsnove R i: vi sine 2 R. Odrediti polozaj tezista tela.

Slika 1.156.

~"

1.157. Iz polulopte, poluprecnika R, isecena je eentricna lopta, poluprecnika R/2. Odrediti polozaj preuslalog tela. 1.158. Pravilni tetraedar, ivit;e u, presecen je na polovini visine paralelnoj osnovi. Odrediti polozaj tezista zarubljenog tetraedra. 1.159.

rnVlll

a).Odrediti polomj teiista srafirane povrsine.

b) Kolika je zapremina tela koje postaje potpunim obrtanjem te povrsine oko Ox-ose? c) Odrediti polozaj tezisla tela dobijenog oortanjem srafirane povrsine oko Ox-ose. Slika 1.151.

'x

Slika 1.152.

1.152.

Izkonusa, poluprecnika osnove R, visine

4 R, isecena jc poJulopta sa centrom u sredistu osnove' konusa, poluprecnika R. Odrediti polozaj tezista tela.

o

jZ Slika 1.154.

1.153. Odrediti koordinate tezista tela koje se sastoji iz polulopte i konusa. 1.154. Iz bomogene po1uJopte, poluprecnika R; isccene su dye polulopte,

SIika 1.159.

1.160.

Slika 1.160.

a) Odrediti kODrdinate tezista srafirane povrsine.

b) Odrediti po!ozaj teiista tela koje postaje potpunim obrtanjem srafirane povrsine oko Ox-(Oz) ose.

44 1 za sam vaijak. Odre~iti oajmanji ugao cp. koji ufe gradi ,sa noteinom polozaju sistema, silu u uietu i otpor zida.

D) TRENJE

}'161.

Telo teZine G nalazi se na brapavoj strmoj ravni, nagibnog

1.166. Homogeni glatki poluvaljak, poluprecnika osnove R, ldine G, oslanja se na dva ista' polnvaljka koja se nalaze na hrapavom podn. Pri kojoj ce razdaljini (x) ivica poJuvaljaka poceti njihovo klizanje po podn?

ugla CA, koeficijenta statickog trenja 1-'-0' Na telo dejstvuje i sila F, koja sa strmom ravni gradi ugao ~. Odrediti veliCiou ove sile u ravnoteinom poloiaju tela. 1.162. Stap AB, duzine I, (dine G, oslanja· se krajem Ana hrapavi pod, koeficijenta trenja !J.D' Drugi kraj B priddava teret F, obesen 0 uie prebaceno preko kotura (K) j vezano za kraj B stapa. Kolika mora bili maksimalna velicina tereta Fda bistap AB u ravnoteznom poloz.aju sistema gradio sa podom ugao CA1 Izraeuna(i veliCinu tereta ako je koeficijent trenja 1-'-0 = 0,2 i ugao CA = 30 0; G = 100 kg.

Slika 1.166.

Slika 1.165.

1.167. Odrediti sile u pojedinim delovima kJestne hvataljke (gripper, Gre/fer) kojom se podiZu kameni blokovi iii balvani, leiine G, ako su poznate duzine poJuga i uglovi CA, ~ i y, zanemarujuCi tdine delpva dizalice. Koji je uslov zahvatanja tereta kldtima (papueama)?

Slika 1.162.

Slika 1.163.

.\

1.163. Homogeni stap AD, duzine J, tdine G, oslanja se krajem A na hrapavi horizontalni pod, koeficijenta trenja 0,4, a krajem B na vertikalni zid, koeiicijenta trenja 0,5. Odrediti ugao
Sli ka 1.1 64.

1.164. Stap AB, duzine J, tdine G, oslallja se krajem A na brapavi pod i ualeze u C na gIatki rub stoIa, gde je J= 2 h. Koliki je koeficijent trenja pod a ako je najmanji ugao koji stap gradi sa podom u ravnoteZ.oom polozaju sistema
2

a

o

B

A

G

Slika 1.167.

6 Slika 1.168. I

1.168. Krajevi trake koeuice vezani su u tackama A i B;kocne poluge OAB, 0 koju je u tacki C obesen teg tdine G. Odrediti velic~ne sila u delovima trake kocnice. Koliko mora biti udaljenje tega (OC = c} ,od zgloba 0 da bi pritisak u zglobu bio jednak nuli? I

47

46 b} Napisati analiticke izraze za transverzalnu silu i moment savijanja (napadni moment) u prese-. ku p - p, u funkciji od njegovog rastojanja Z od oslonca C.

1.]69. Transmisionim ureaaI

,T,

jcm odrzava se ravnotcZa (creta Gl i G2 , cije su veJicine u odnosu I : 10. Koliki je koeficijent trenja izmeau uzeta j transmisionih tockova?

T,

--~.-'-

I i

F

Slika

c) Izrai.'unati brojne vrednosti transverzalne sile i momenta savijanja u preseku p - p ako je z = 3 m.

1.170.

Kocni kotur sa trakom naJazi se u stanju mirovanja pod G, uticajem obimne sile F, jaCine 100 kg, i otpora trenja koji stvara kocni teg, Slika 1.169. (dine G, obesen 0 tacku A koCione poluge. Kolika je tdina kocnog tega ako je obvojni ugao trake na kotum fl= 31tj2, ha,k po'uge b'=a!4 i koeficijent trenja 11-0=0,31

F

1.In

1.173. a) Racunski odrediti otpore oslonaca A i B gJavnog ncisai.'a EAHCDKBPS, opterecenog naznacenim teretima, F= 1 t, q= I tjm; q, = 4 tIm. ~

I

f!d!'!,ggg~F~H C

r~C3-J

q, D

Slika 1.173.

a K

b) Sluzeci Se definicijom momenta savijanja, transverzalne sile, n?_crtati staticke dijagrame nosaca.

G

c) Slika 1.170.

!

j

I

E) GRAFOST ATIKA

!

iii

. ~.acunski i graLicki odrediti otpore oslonaca A i B grede sa prepustima ABCD,' optcrecenef!eznaccnim teretima, F = j t, Fq = 4[, gde je Fq totalno pravougaono opterecenj~ na delovima AE i HD raspona. Nacrtati staticke dijagrame (napadnog mgmenta, transvcrzalnc i aksijalnc sile).

3~F rrCf===~:J1!jJ illnlLn!jJ'

Koliki je najveci moment savijanja glavnog nosaca?

1.174. a) Racunski odrediti otpore oslonaca A i B nosaea CABP sa prepustima, opterecenog naznacenim teretima, ako je F=2 t, q= Iljm. b) nacrtali

SJuzeCi se definicijama statickih velicina, u preseku staticke dijagrame nosaca.

c) Napisati analiticke izraze za transverzalnu silu i moment savijanja u preseku p- p, u funkciji od njegovog rastojanja Z od oslonca B. Izracunati te vrednosti ako je Z= 1 m. d) Analiticki odrediti presek grede u kome je moment savijanja najveCi.

C~c

b) Napisati analiticke izraze za transverzalnu silu (Fr) i moment savijanja (napadni moment, Mf ) u preseku p 1- p, u funkcijiod z (udaljenja tog preseka od os 10nca A).

aksijalne

2F

2F

I

t

z 2

2

2F

F?

p

I 2F ---l--- 2

J

", 2

B

D

IF 2--1

Slika U7l.

A

I

I

//.

c) Izracunati transverzalnu silu i moment savijanja u presekn p-p ako je on udaljen ,za z = 3 ill od osloTIca A.

L

Slika 1.175.

1.175. Savijena konzola ABCD opterecena je naznacenim teretima, F= I t. q = 0,5 tfm. Duzine ddova konzole su AB= 1= 3 m, BC= CD = /f3. Odrediti komponentne otpore uklestenja A kOllZoJe i nacrtati staL€ke dijagrame[.

1.172. a) RaclJnski i graficki odrediti otpore oslonaca A i B glavnog nosaca ACBDE i oslonaca C i D sekundarnog nosaca CDK, opterecenih naznacenim teretima, F = 3 t. Nacrtati staticke dijagrame.

i

\-

49

48 1.176. a) Stap AB, duiine 1=2 m, teline G = 40 kg, zglobno je vezan krajem A za glatki zid. On se oslanja na isti takav stap CED, koji je na sredini svoje duzine zglobno vezan u E za isti zid, na rastojanju AE = Ill. o kraj D ovog stapa obesen je teret (ezine F = 2 G. Odrediti u ravnote!nom polozaju sistema ugao q> koji osa stapa AB gradi sa vertikalom.

b) Nacrtati staticke dijagrame za svaki stap.

A

SJika 1.176.

Slika 1.177.

1.177. a) Homogeni stap AB, dUline l= 3 m, tezine G = 60 kg, oslanja se krajem A na gJatki pod, a krajem B na glatku strrnu ravan DC, nagbnog ugla a = 30°. Za kraj B stapa vezano je ule koje je prebaeeno preko kotma K. o kraj uzeta obesen je teret, tezine F. Deo uzeta CB paraleJan je strrnoj ravni. Odrediti tdinu tereta i otpore poda i strme ravni.

1.179. Gred~ AB, raspona 1=4m, opterecena je naznacerorn teretima, F= 2 t, q= 1 tim, i poduprta je kosnikorn CD, koji je zglobno vezan za gredu i za zid, AD=3m, AC=4m. Odrediti otpor zgloba A i silu u kosniku j uacrtati D

staticke dijagrarne grede; AE=EB. 1.180. Homogena prizmatiena gre'da AB, duzine 1= 3m, tdine G = 240 kg, zglobno je vezana u A i opterecena na slobodnom kraju ekscenlricnom vertikalnom sHorn F = 100 kg, sa kra~ kom r = 1 m. U tacki C greda je vezana zategom CD, koja je zglobno vezana za gredu i plafon. Odrediti otpor zgloba A i silu u zatezi. Nacrtati staticke dijagrame grede.

Slika 1.180.

1.181. a) Racunski odrediti otpore je F= 1 t, q= l.t/rn.

G~rber~~og' .nosaca aIm

2F F

b) Nacrtati staticke dijagrame stapa AB. 1.178. Luena konzola ABC, R = 2 rn, opterecena je naznacenim teretima, F= 500 kg. Nacrtati dijagram napadnog momenta konzole. U kom je preseku najveci moment savijanja?

Slika 1.181.

b) Nacrtati staticke dijagrame nosaca.

c) Napisati analiticke izraze za transverzalnu silu i .napadni moment n preseku p-p, (deo All) u funkcijiod z, i izracunati Ie brojne vrednosti ako je z=3m. . 1.182. a) Raeunski odrediti olpore oslonaca Gerberovog I~osaCa AGBe ako je F = 2 t; q = 1 tJm.

C

B

I

0

b) Nacrtati staticke dijagrame nosaca.

F

c) Napisati analiticke izraze za transverzalnu siJu i nap~dni moment u preseku p - p, u fUI)kciji od rastojanjll -z:

Q,

<'II

2F Slika 1.182.

Q:

A Slika 1.178.

Slika 1.179.

d) Izracunati transverzalnu siln i napadni moment u preseku p-p ako je z=2m.

e) Analiticki odrediti poJozaje poprecnih preseka gredeu Kojima je napadni moment jednak nulL 4 ZbirL:. zadataL:::a iz mebaniko I

50

51

1.183, je F=2.t

a) Racunski odrediti otpore oslonaca Gerberovog nosaca ako I tim i nacrtali staticke dijagrame.

F

q~

D~~~=J;~~~ I

'2

Slika 1.183.

preseku p~p, udaljenom za Z= I mod zgloba Gl' izracunati brojne b) vrednosti transverzalne sile napadnog momenta.

1.184. a) Racunski nosaca ABC ako je F= I t, F

r

graficki odrediti otpore oslonaca Gerberovog = 2 F, 2 q = J tim, qQ = 2 tfm.

Stika 1.187.

Slika 1.186.

1.187.

a) Racunski odrediti otpore oslonaca okvira i nacrtati staticke

dijagrame, F= 1 t, q= 1 tim. b) AnaJiticki odrediti poJozaj preseka p~ p polja CD u kome je najveci napadni moment i izracuiJati njegovu brojnu vrednost.

q

F

1.188. q= 1 tfm.

a) Racunski i graficki odrediti otpore oslonaca okvira, F= 2 t,

b) Koristeci se definicijama statickiJi veliCina upreseku grede, nacrtati staticke dijagrame okvira.

c) Napisati analiticke izraze za transverzalnu siJu i napadni moment u preseku p-p, u funkciji od udaljenja z, i izracunati Ie vrednosti ako je Z= 3 m.

U,

c) transverzalnu silu i napadni

za z = 2 m od oslonca C, izracunati 'm,~rr>pnt

1.185.1 a) Racunski i graficki odrediti otpore osJonaca Gerberovog nosaca ABC;D nacrtati staticke dijagrame, F = 2 t, q= 2 tim.

,

t

I

2 A

G,

··2-1-2

2

Slika U88 ..

2

2

SJika 1.189.

Slika 1.185.

b) Izracunati brojne vrednosti transverzalne sile u preseku p

~

napadnog momenta

p, na udaljenju z = 2 m od oslonca B.

I

1.186.' a) Racunski i graficki odrediti otpore oslonaca okvira ABCD ako je 1=4.m, F=lt, Fq =2F. b) Na rtati staticke dijagrame okvira.

7

c) U '~preseku p ~ p, na udaljenju z = I m od rastojanja C, iZracunati brojne vrednosti transverzalne sile i napadnog momenta.

1.189. a) Racunom odiediti otpore oslonaca Gerberovog okvira i nacrtati staticke dijagrame ako je F = 2 t, q = 2 tim; AB = 7 m. b) Napisati analiticke izraze za transverzalnu silu i napadni moment u preseku p - p, u funkciji od njegovog udaljenja Z od zgloba G.

c) .Izracunati transverzalnu silu i napadni moment u preseku p~ p ako je z=2m. 1.190. a) Racunski odrediti otpore oslonaca nacrtati staticke dijagrame, F= I t, q = I tim. 4'

Gerberovog

okvira

j

52

53

b) Analiticki odrediti polozaj opasnog preseka p-p moment savijanja okvira.

izracunati najveci

1.194. Racunski pokazati i Kremoninimplanom sila potvrditi i graficki da je sila u stapu (10) resetkastog nosaca jednaka nuli ako je F = 1 t. F

2

2-2

A

l'i:i r.

Slika 1.191.

SJika 1.190.

1.191. Racunski odrediti otpore oslonaca i sile u stapovima resetkastog Dosaca ako je veliCina opterecenja F= 3 t. 1.192. a) Racunski i graficki odrediti otpore oslonaca Teiletkastog nosaca ako je opterecen teretima F = 1 1.

~/1r ~aj JF

Slika 1.194.

Slika 1.195.

1.195. a) Racunski i graficki odrediti otpore oslonaca resetkastog nosaea. Sila F je jacine 2 1. b) Nacrtati Kremonin plan sila. c) Po Kulm~novoj i Riterovoj metodi odrediti velicine i J; karakter sila u, stapovima - K, od~lOsno R - R. naznacenih preseka~K t;,

F

1.196. Nacrtiti Kremonin pl~n sUa - za dati potporni resefusti nosac Jojij je izlozell dejstvu horizontaJn\h sila, jaCin' , 6 t. !~~> -n-

'

SJika 1.192.

b) Nacrtati Kremonin plan sila. e) Po Kulmanu i Riteru odrediti velicine i karakter sila u stapovima

naznacenih preseka K - K, odnosno R - R.

1.193. a) Racunom i graficki odrediti otpore oslonaca resetkastog nosaca sa zategom ako je jacina sile F~ 1 t, a ugao je 0: ~ 45°. b) Nacrtati Kremonin plan

sila.

Slika 1.193.

c) Po Kulmanovoj metodi odrediti sile u stapovima preseka K-K, a po Riterovoj metodi-sile u stapovima preseka R - R.

SJika 1.196.

SJika 1.197.

1.197. a) Racunski i graficki odrediti otpole oslonaca resetkastog Gerberovog nosaea. SiJa iznosi F = 2 1. b) Nacrtati Kremonin plan sila.

1.198. a) Racunski, i grafic!d odrediti otpore oS!Oill\ca Gerberovog resetkastog nosaca. _ b) Nacrtati

Kremonj~

pian sila.

c) Po KuJmanoYoj i Riteroyoj metodi odrediti sile u stapovima na· wai:;enih preseka K-K i 'R-R.

54

1.199.. Nacrtati Kremonin plan sila resetkastog Gerberovog nosaea i po Kulmanovoj i Riterovoj metodi proveriti Ie vrednosti u stapovima nazuacenih preseka K - K i R - R. .

\

II. KINEM ATIKA

A) KRETANJE TACKE

otpore oslonaca Gerberovog resetkastog

2.1. Tacka se krece pravolinijski po zakonu puta 5=21+4/2, gde je mereno u metrima, a 1 U sekundima. Odrediti zakonc promene brzine i ubrzanja u zavisnosti od vremena (I). Koliki su brzina i ubrzanje u trenutku 1 = 1 sec? Kolika je srednja brzina tacke u vremenskom razmaku na pocetku petog i kraju sestog sekunda? Kolike su brzine u tim trenucima?

5

G

s=

2.'2. Tacka se krece pravolinijski po zakonu 2 + 4 { - {2. Odrediti pocetnu brzinll krctanja. Kada ce se tacka zallstaviti? Koliki je lada presla put?

2

.

2.3. Tacka se krece pravolinijski po zakonll 5 = {3 - 3 (2 + JOt + I, gde je put meren u metrima, a vreme II sekllndima. Odrediti pocetnll i najmanju brzinll pokrctne tacke. Izracllnati sve kinematicke velicine II trenutkll 1 = 3 sec.

2

2.4. Pokazati da je kretanje tacke u ravni Oxy, koje se vrsi prema zakonima kretanja x=4-2(2, y=31 2 /2 (s u metrima, (u sekundima), pravolinijsko. Odrediti brzinu i llbrzanje ovog kretanja. Izracllnati predeni put,

Slika 1.200.

b) Nacrtati Kremonin plan sila. c) Pq Kulmanovoj secima K-:K i R-R.

j

brZin;r;t;:a~~:n: ::::~~:uAI ~:e~:c.

Riterovoj metodi odrediti sile u stapovima u pre-

II

6 h putnicki voz koji se krece sred-

njom'5?zinom 36 km/h. Pol a cas a kasnije krene iz iste stan ice, u istom smeru, brzi voz koji se krece prosecnom brzinom 15 rri!sec. Kada ce brzi voz stici putnicki i na kojoj razdaljini od polazne stanke A ako se vozovi ne zallstavljaju na llsplltnim medllstanicama? 2.6. Tacka se krece pravolinijski, jednako ubrzano, llbrzanjem 4 m/sec2 , polazeci iz stanja mirovanja, bez pocetne brzine. lz istog poJozaja krene za njom druga tacka 2 sekunda docnije, ali pocetnom brzinom 10m/sec i krece takode jednako ubrzano, istim ulJrzanjem kao i prva. Kada -ce druga tacka stici prvu i na kome udaljenju od pocetnog polozaja?

se

/)( ___ -

2.7. 17: tacaka A i B, koje se nala7>e na rastojanjll 100 m, jednovremeno krenu dye tacke u istom pravcu (AB) i smeru. Prva tack a krene pocctnam

56

57

brzioom 15 m/sec i !Creee se jednako ubrzaoo, ubrzanjem 1 m/sec2 • Druga tacka hene dva puta vecom pocetnom brzinom od prve, ali se krece jednako usporeno, usporenjem jednakim ubrzanju prve tacke. Posle koliko ce vremena prva tack~/ .stic~\drugu i na kome udaljenju od polaznog mesta (B) druge tacke? 2.8. Tri tacke CA, B, C) krenu iz istog polozaja i keeeu se u istom prav(;u i.sfueru. Druga tacka krene iz pocetnog poloZaja (0) 10 sekundi docnije od prve, ali pocetnom brzinom 35 m/sec i krece se jednoliko. Prva tacka (A) krecese jednako usporeno, usporenjem 4 m/sec2, ali dvostrukom pocetnom brzinom od one koju ima druga tacka. Treca tacka (C) krene 5 sekundi docnije od druge (B), ali istom pocetnom brzinom kao ta tacka, pa se dalje krece jednako ubrzano, ubrzanjem koje je jednako usporenju prve tacke. Posle,koliko ce vremena biti prva tacka (A) toliko udaljena od druge (B) koliko ova od irece tacke (C)? Koliko je to udaljeuje? 2.9.

Tacka se krece u ravni Oxy i u poeetku kretanja

(10 =

0) bila je

11 pocetnom polozaju No (1,5 cm; 2 Cni). Ona je imala pocetn:u brzinu vo' cije projekcije na koordinatne ose Ox i Oy triedra O~y iznose 3 cm/sec i 4 cm/sec.

Tacka se dalje krece tako da su joj pozuate projekcije vektora ubrzanja na koordinatne ose, 3 cm/sed i 4 cm/sed. Pokazati da je ovo kretanjetacke pravolinijsko. lzracunati predeni put, brzinu i ubrzanje u trenutku t = 2 sec od poeelka kretanja.

=-

2.10. Tach se krece pravolinijski po Ox-osi ubrzanjem a= x 4 x. Odrediti zakon kretanja pokretne tacke ako su pocetni uslovi' kretanja: za 10=0 pocetni polozaj je xo=4cm, a pocetna brzina vQ =xo=6cm/sec. 2.11. TaCka se krece pravolinijski po Ox-osi ubrzanjem a= 10 t cm/sed. U trenutku t = 2 sec od pocetka kretanja brzina iznpsi 25 cm/sec, a u trenutku t = 3 sec tacka se nalazi na udaljenju 80 em pd koordinatnog poeetka O. Odrediti zakon kretanja i zavisnost promene brzine od vremena (r). 2.12. Teret koji je obesen 0 uze vrlli harmonijsko oscilovanje po zakonu x=Acos (Ult+37t/4), gde jeA mereno u centimetrima, a Ul u sec-I. Poznato je da je period oscilovanja T = 0,5 sec i da je u poeetku kretanja to = 0 tacka bila u polozaju Zo= - 6 cm. Odrediti amplitudu i frekvencije oscilovanja. tao i broj oscilacija u sekundu.

VI

2.13. Voz se krece bizinom 72 km/h. Pre ulaska u stanicu masinovoda je poceo da koei voz i postigao je usporenje 0,5 m/sec 2• Na kojoj razdaljini od stanice mora masinovoda poeeti da koci voz da bise zaustavio u staniei? Za koje vreme voz prede taj put? 2.14. Tacka se krene pocetnom brzinom 6 m/sec i posle 2 sec postigne brzinu 10 cm/sec. Odrediti ubrzanje i zakon ovog pravolinijskog kretanja ako je pocetni predeni put iznosio 20 m. 2.15. Napu5tajuci stanicu voz se krece jednako ubrzano, ubrzanjem 1}9 m/sec2 , dok ne postigne brzinu od· 72 km/h, a zatim· se krece jednoliko

tom postignutom brzinom. Pred narednom stanicom, koja je od pi)lazue udaIjena 14 Jun, masinovoda je poceo da koci voz i liSp eo je da pastigrte usporenje od 1m/sec'. Odrediti kolike puteve prede voz i u kojim vremenskim razmacirna u sva tri kretanja i kada se zaustavlja u stanici. Kaliko je vremena trajalo koeenje voza? Kolika je ~rednja (prose6J.a) brzina voza na ovoj debnici pruger 2.16. Tach se krece u prostoru odredenom. triedrom Oxyz, a po zakonirna X= 6+ 2 I; y= 6+ 3 t; Z= 3 + 6 t. Odrediti putanju, zakon puta, promenll brzine u zavisnosti od vremena i promenu ubrzanja. 2.17. Sloziti harmonijska kolineatna oscilovanja koja se vr~e po zakeRima xl=3cos (7tt+TC/3) i x 2 =4 sin (TCt-27t/3). 2.18. Sloziti harmonijska oscilovanja koja se vrse po zakonima XI = =12cos (2t+7t/4), x2 =9cos (2t+37t/4). Kolika je amplituda rezultujuceg oscilovanja? Koliko je pomeranje faze? Koliko traje period oscilovania? 2.19. Kretanja tacke u ravni Oxy predstavljeno je zakonima kretan.ia 10 cos2 7t t/2, y= 10 sin2 TC 1/2. Odrediti putanju tacke, zakon puta, brzinu :i ubrzanje. Ako je tacka u poCetku kretanja bila u polozaju na Ox-bsi, za kojece vreme preti 1l po]ozaj na Oy-osi? . X=

2.20. Radionicka dizalica (granik) krece se u podufuom pravClf po zakonu. 2 r, gde je x mereno u metrima, a vreme u sekundim'l. "M3.cka" dizalice krece se u poprec£lom pravcu na radionicu po zakonu y= 3 t, dok se teret podize uvis jednoliko, brzinom 1 m/sec: U pocetnom pOiozaju ten~t je bio na podu (Oxy-ravan), a Oz-osa je usmerena navi~e. Odrediti putanju i brzinu. kretanja tdista tereta. IF. X=

*,\.

2.21. Tacka se krece u ravni Oxy taka chW:joj po zakonirna x = 5 cos 2 t, Y = 5 si n 2 t. Odrediti brzine, hodograf brzine, komponentna i ukupno tibrzanje. abide celu putanju? 2.22. Tacka A krece se po krugll, polupreenika R, obirnnom brzinom: 0,3 m/sec. Druga tacka, B, kreee se na koncentricnom krugu, obimn:om brzinom. lQcm/sec,ali tako da je uvek 'na istom po!uprecniku OA na rastojanju od tacke A za AB = 16 cm. Koliki je poluprecnik kruzne putanje tackf A?

:i

2.23. Kolike su ugaonc brzine obrtanja sekundne, minutne satne kazaljke casovnika? Kolika je ugaona brzina jednolikog Zemljinog obrtanja1 2.24. U toll! dva sekunda broj obrtaja tacke koja se krecb pokruiu. polupreenika R = 10 cm, popeo se od 30o/min na 90o/min. K6liki je put. prdJa tacka u tom vremenskom razrnaku? KoJiki su u tom trenlltku brzina i ubi:zanje pokretne tacke? ; 2.25. Iz tade A horizontalnog precnika kruga, polupreenika R = 9 em •. jednovremeno krenu dYe tacke u suprotnom smeru, aJi istim pocetnlm brzinaJruL Vo , kojima odgovara minutni broj obrtaja 10 o/min. Prva tach beee se jed-

58

59

nako ubrzano, a druga jednako usporcno, ali jednakim tangencijalnim ubrzanjima 2 TC cmfsec . :rosie koga ce se vremena, .od pocetka kretanja, tacke sresti j na kome mesiu kruine putanje?

~,: Tacka se kreee po krugu poluprecnika R = 10 cm. U polozaju . N (x ~.n; y> 0) na putanji projekcije vcktora brzine i vektora ubrzanja na + Ox-osu iznosr v" = - 40 em/sec, ax = - 150 em/sec 2 • Odrediti brzinu i ubrzanje pokretne t~cke. Koji obJik ima hodograf brzine? "

.1

'.Kre,tanje u ravniOxy dato je ovim jednacinama: x=2+ScosSt, tacke, hodograf brzine, brzinu i ubrzanje.

t;~L;lodredjti put~ijU .1';Iacka s~ krece

llli ravni

Oxy tako da se njene Dekartove koordinate menjajuf'p~;'zakonima x~; 10 cos 2 /, Y = 5 sin 2 t. Odrediti putanju pokretne tacke. Kahw oblik ima hodci~raf brzine? Koliko je tOlalno ubrzanje pokretne

1

t~k~

. @

Tacka se krece po krugu, poluprecnika 25 em, pocetnom obimnom brzinom 5 em/sec, tako da su uvek tangencijalno i normal no ubrzanjc jednakih velicina. Odrediti zakone promene brzine i ubrzanja.

2.36. Tacka (A) kreee se po krugu, poJuprecnika R, jednako ubrzano, bez pocetne brzinc iz pocetnog poloZaja N, (R; 0). lednovremeno krene iz N z ( - R; 0) druga tacka (B), koja se krece po tetivi koja gradi pozitivni ugao IX. = + 30° sa horizontalnim precnikom N2 N, , jednako ubrzano, bez pocetne brzine. U korn odnosu moraju bili ubrzanja pokretnih tacaka da bi se sudarile na krugu? 2.37. Tacka (A) kreee se u ravni Oxy po krivoj putanji preTIla zakonima kretanja x = 4 cos 2 I, Y = 2 sin t i u pocetku kretanja bila jc na + Ox-osi i imala je pocelnu brzinu velicine 2 cm/sec, upravnu na toj osi, a u smeru + Oy-ose. Iz laCke 0 krece se druga tacka (B) pravolinijski i jednoliko, tako da obe tacke jednovremeno stignu tacku M(x=2cm; y>O) na putanji prve tacke. Odrediti brzinu kretanja druge pokretne tacke (B).

u

2.29. Kretanje tacke~!prikazano je zakonima kretanja x = 8 cos 21, Y = 4 sin t. Qdrediti putanju pokretne tacke i hodograf brzine. Izracunati brzinu i ubrzanje ~okretne tacke u poJozaju N(x=4em; y>O) na putanji. Koliki je poluprecni~ krivine putanje na tome meslu?

2.30. i Zakoni kretanja tacke u pravcima osa Dekartovog triedra Oxy jesu x=4e\.ls2t, y=2sin2t. Odrediti putanju i hodograf brzine. U polozaju pokretne t~cke u tacki N (x'= 2 em; y> 0) putanje izracunali brzinu, komponentna prirodna ubrzanja, tolaino ubrzanje i poluprecnik krivine. Kolike su brzine pokietne tacke u temenima putanje (preSeC!m1 linije putanje sa koor-dinatnim oyama)? Za koje vreme obide pokretna tacka celu putanju?

x

2.31. ! Kretanje je prikazano sistemom jcdnacina = - x, y = - 4 y. U pocetnom polozaju No (xu = 0; Yo = 4 em) tacka je imala pocetnu brzinu 2 cm/sec paraleinu +Ox-osi. Izracunati brzinu, ubrzanje, radijalno i cirkularno ubrzanje u onom po]ozaju tacke na putanji gde putanja sece +Ox-osu. Koliki je poluprecnik krivine putanje na tome mestu?

2.32. ! TackaM, krece se po krugu poluprecnika R = 9 em, jednoliko, brzinom J 8 ~m/sec,.u direktnom smeru, polazeci iz pocetnog poloZaja No (9 cm; 0). lednovremeno krene iz poloZaja A na krugu dTUga tackaM2 i krece se po precniku nagnutom za ugao 45" prema + Ox-os!.c jednako ubrzano, ubrzanjem J cm/sec 2 • Koja ce tacka pre stib u poloiaj A konjugovan prvom polo.zaju A? :

A1,

2.38. Tacka se krece po eentralnoj elipsi, poluosa 6 em i 2 em, iz pocetnog poloiajil No (6 em; 0) tako da pri jednolikom kretanju obide putanju za 8 sekundi. lednovremeno krene iz sredista 0 elipse druga tacka j kreee se po potegu OM, gde je M (3 em; y>O) tacka na elipsi. Obe tacke st:gnu jednovremeno u poloiaj M. Odrediti ubrzanje druge pokretne tacke. 2.39. Tacka se krece po cikloidi, ciji se gencratorski hug, poluprecnika R= IOem, obree jednoliko, bez klizanja, sa 30/min. Druga tacka krece se jednoliko po potegu OE, gde je E teme cikloide, i stigne u Ierne cikloide jednovremeno sa prvom tackom. Koja tilcka ima vecu brzinu u lemenu eikloide? 2.40. Tac):a se krece po paraboli cija je jednacina'y2=4x U odnosu na triedar Oxy. Odrediti Dekartove koordinate vektora bnine pokrelne tacke ako se ona po putanji krece jednoliko (konstantnom velicinom vektora brzine). Odrediti i poluprecnik krivine putanje.

2.41. Poz.nati 5U 'zakoni promene Dekartovih koordinata vektora ubrzanja krivolinijskog kretanja jedne pokretne tacke x = - 4 x, ji = - 4 y. U pocetku kretanja tacka jebila u pocetnom polozaju No (2 em; 0) i imala je pocetnu brzinu 4 cm/see upravnu na + Ox-osi, a u smeru + Oy-ose. Pokazati da je tangenta na hodograf brzine upravna na brzini pokretne tacke ako je pol hodografa brzine koordinatni pocetak (0) putanje pokretne tacke.

I

2.33. ' Tacka se kreee u prostoru tako da se njene Dekartove koordinate u odnosu; nn tri(dar 0 xyz menjaju sa Vf{ me nom po zakonima x = 2 (2, y=3t', z=\912. Odrediti putanju, brzinu iubrzanje ovog kretanja. 2.34. : Tacka se kl'eee prema zakonima komponentnih kretanja x = , = 4 cos 3 I, 'y = 4 sin 3 t,. z =9 t. Odrediti putanju, hodograf brzine, brzinu i ubrzanje oveg kretanja.

------

2.42. Tacka se kreee u ravni Oxy po zakonu x = 2 cos 2 I, Y = 4 sin Odrediti hodograf brzine pokretne tacke.

I.

2.43. Tacka se krece u ravni Oxy tako da su joj poznata komponentna ubrzanja 0, Y= - 6 cm/see 2. U pocetkn kretanja (to = 0) tacka je bila u poJoZaju No (0; 10 em) na putanji i iroala je pocetnu hrzinu "0 (XO = 2 em/sec; 0). Odrediti hodograf brzine pokretne tacke

x=

61

60 i

Tacka se krece po eikloidi, ciji generatorski' kru!(ima poluprec~ nik R = 10 em, i koji se pri kotrljanju bez· klizanjap~ pravoj obrces~ 6o/min. Odrediti hodograf brzine pokretne tacke. U kom poIozaju na putanjl tacka ima najveeu brzinu i koliko ona iznosi? 2.44.

2.45. Tacka se kreee u prostOfU, pa je njen polozaju odnosu na pocetak 0 triedra Oxyz odreden jednacinama X= 3 cos t, Y = 3 sin t, Z = 4 t. Odrediti putanju pokretne tacke i hodograf brzine. Kolike su prirodne koordinate vektora ubrzanja? Koliki je polupreenik krivine putanje? 2.46. Tacka se krece u ravni Oxy, ali je kretanje prikazano polarnim koordinatama r;= 4 t, rp = 2 t. Odrediti brzinu i ubrzanje pokretne tacke. Kretanje je odredeno sistemom jednacina f=cI 2 , q:>=wt, gde su c= 8 em/sec 2 , W= 2 Eec l • Odrediti putanju tacke j izracunati brzinu i ubrzanje tacke u onom polozaju u kome putanja prvi put sece + Oy-osu. Kolike su prirodne koordinate vektora ubrzanja u tom polozaju? Koliki je poluprecnik krivine pUianje na tom mestu? 2.47.

Krivolinijsko kretanje tacke prikazano je jednacinama X= 2 (e 2t + 2 1). Odrediti liniju putanje i hodograf brzine, kao i ubrzanje u funkciji od pot ega r = OM. 2.48.

+ e- 21 ),

y = 2 (el t -

e-

Kretanje je prikazano sistemom jednacina r= 4 t, q:>= 2/t = 21- 1 • Odrediti putanju tacke .. lzracunatibrzinu i ubrzanje pokretne tacke u trenutku t = 2 sec. Koliki je poluprecnik krivine putanje u (oj tacki? 2.49.

2.50. Kretanje je prikazano ·sistemom jednacina r= e2 ',q:>= 2 I. Odrediti putanju, brzinu i ubrzanje pokretne tacke. 2.51. = ceos 2
Tacka se krece po lemniskati cija je poJama jednacina r2 = gde je r poteg, a

2.52. Tacka se krece po centralnoj elipsi, poluosa a= 5 em, b= 3 cm, sa sredistem u 0, tako da joj je eirkulamo ubrzanje, kada se uzme pol u desnoj Ziii FI (x = e; y = 0), uvek jednako nuli, a da je velicina rZ 4> = C konstantna i iznosi C = 6 cmz/sec. Izvesti polarnu jednacinu elipse sa polom u desnoj iiii (FI ) i odrediti radijalno (odnosno totalno) nbrzimje. Kolike su brzine pokretne tacke u temenirna ejipse na Ox-osi. (»perihe/« i »aphe/«)? 2.53. Tacka se krece po eli psi cija jepolarna jednacina r=p/(l + + E cos '1') sa polom u desnoj iizi, gde su: p - parametar eli pse, E - brojiia (numericka) ekseentricnosti rp- polarni ugao. Odrediti hodograf brzine u odnosu na pol P triedra Pxy u desnoj zilti (FI ) ako je clfkularno ubrzanje uvek jednako nuli. 2.54. Tacka se krece· u ravni Oxy tako da· su pomate zavisnosti Dekartovih koordinata vektorll brzme u funl
y=kx, gde je k konstanta. U pocetnom polozaju tacka je bila ina +Ox-osi u tacki No(xo=c; 0). Odrediti trajektoriju pOkretne:::t'iicke. KOlikb je vremena potrebno da tacka prede iz pocetnog polozaja fio u neki p6Iozaj N na putanji? 2.55. a) Tacka se krece u ravni tako dil. su joj radijal~a i ugaona brzina konstantne. U pocetku kretanja tacka je bila u polu O. iOdrediti putanju, brzinu i ubrzanje pokretne tacke. ;

b) Kakva ce biti putanja pokretne tacke ako :lU radijalna: i cirkuJarna brzina konstantne, au pocetku kretanja tacka je bila u tacki No(}=R; q:>=O) na polarnoj osi? Odrediti ubrzanje pokretne tacke.

Vs. :

2.56. Tacka se krece pravolinijski po zakonu a = 6 U trenutku 2 sec preaeni put je s = 27 m, a brzina V= 27 m/see. Nacrtati kinematicke dijagrame (s, t), (v, I) i (a, t) ovog kretanja.

J=

2.57. Tacka izvodi pravolinijsko harmonijsko osciJovanje p,rema zakonu x = R cos w t. Poznato je da je u polozaju Xl = 10 em brzina XI =. - ~O V3 cm/see, au polozaju x2 =5cm brzina je xz= -IOVf5cm!see. Odrediti amplitudu, period osciJovanja i frekveneije. Nacrtati kinematicke dijagrame kretanja.

1=e-

t sin2t. 2.58. facka se krece pravolinijski po Ox-osi po zakonu Nacrtati kinematicke dijagrame. O:!rediti preaeni put i ubrzanj~ u tf enutku zaustavljanja. '

2.59. Kretanje tacke u ravni Oxy prikazuje se zakonima y = 10 sin 2 t. Odrediti putanju pokretne tacke, zatim brzinu nacrtati kinematicke dijagrame.

10 cos2 t, ubrzanje i

X=

2.60. Dijagram (s, t) jednog kretanja prikazan je sJik0JJ:i sa razmerama: za put Us = 20 mil cm, a za vreme U,- 1 sec/l em. Konstruis{lti , dijagrame (v, t) i (a, t) ovog kretanja.

If

S

2

o

4

Slika 2.60.

15

8

x Slika 2.6 ;

2.61. Dijagtami (v, t) kretanja dveju tacaka (1) i (2), k~je Vise pravolinijsko kretanje po istoj pravoj i iz istog pocetllog poloiaja No, predstavljeni su jednacinama y=2xj3, y=[5+2(x-2)]j3 u odnosu na'triedar Oxy, sa razmerama crtanja: za brzinu u, = 6msee- 1!1 em, a za vreme u; = 1 sec/l eill. Ddrediti zakone kretanja tacaka i vreme kada ce druga tacka stici prvu.

62 2.62. ,Dijagram (s, I) jednog kretanja Irna prikazani oblik, - a razmereput u, = 2 mil em, a za vreme 11, = I seefl em. Poluprecnik kruga, U trenutku 1=2 see odredi Ii sve kine mat iCke velicine ovog

2.70. 1z i~te tacke .jednovremeno krenu dva tela. Prvo se krece jednako ubrzaIlo, bez pocetne brzme, u~rzanjern 4m/sec2 ; drugo telo se krece jednako ~sporeno, pocetnom brZlllom 20 m/sec, ali sa usporenjem jednakim ubrzanJu pr~~g tela. ?raficki predstaviti kretanja i odrediti vreme kada ce prvo telo ~lCI drugo 1 na korn udaljenju od polaznog polozaja.

I

'Iv 0

~

B) OBRTANJE KRUTOG TELA. TRANSMISIONI PRENOSNICI

0)

2.71. Disk,. precn.ika 1.00 em, obrce se jednoliko oko svoje geometrijske ose: Tacka n~ ob.lrnu dlska Ima obimnu brzinu J m/see. Kolika je ugaona brzlna obrtanJa dlska? Kojim se minutnim brojem obrtaja obree disk?

Slika 2.62.

2.72..~ot~r se obrce iz stanja mirovanja jednako ubrzano i za prvih 10 sekundl uelnl 50 obrtaja. Odrediti ugaono ubrzanje kotura i ugaonu brzinu u trenutku t= 20 sec. Koliko je ukupno'obrtaja do tada uCinio kotur?

SJika 2.63.

2.63. i Dijagrami (v, t) kretanja dveju tacaka prikazani su slikom, gde je poJuprec~ik R = 5 em, a koefieijenti razmera su: za brzinu 11, = 2 msee-1J I cm" a za vreme: u, = I seefl em, Odrediti zakone kretanja tacaka. 2.64. : Voz, po]azeei iz stanice, krece se jed/lako ubrzano, ubrzanjein 25 cm/se e2 , dok ne postigne brzinu voznje 90 km/h, a (ada se kreee jednoliko tom pqstignutom brzinom. P,ed stanieorn, koja je udaljena od polazne c2 staniee 10 k:m, voz poCinje da se koCi, te postigne usporenje od 50 em/se i zaustavi s;e u staniei. Kretanje prikazati kinematickim dijagramirna u izvesnim pogodnim razmerama. 2.65. ! Poznat je zakon promene ubrzanja u funkeiji od brZine a = 2 (v jednog pravpJinijskog kretanja. U trenutku t = 2 sec predeni put jZnosi 64/3 rn, a brzina je jv= 16 m/see. Naertati kinematicke dijagramei u trenutku t=4sec' izracunati sve kinematicke velicine. 2.66. Zakon promene ubrzanja jedne tacke je a=12t-20. Poznato je da je u po~etnorn trenutku t= 0 put s = - 10m, a da u trenutku t = 5 sec put iznosi 10m. Konstruisati kinematicke dijagrame ovog pravolinijskog

r-

kretanja'. 2 2.67 •. Zakon promene brzine od vremena je v = 31 + 2 t + I, gde je v mereno urn/sec,· a vreme u sekundirna. Nacrtati kinematicke dijagrame ako je poznato da je u pocet:som trenutku (10=0) poeetni predeni put so=4 m. Izracunati sye kinem;iicke veliCine u trenutku t = 3 sec. 2.68. i Konsiruisatikinematicke dijagrame kretanja ako je poznat zakon promene br~in1 v=4eos(1t1/4)[ a pocetni predeni put jedn ak je nuli.

V

I

2.69. i Zakon prornene ubrzanja u funkeiji brz:ne je a= -kv= -2v, gde je a rnbreno u m/sec 2 , v u m/sec, a k usee-I. Konstruisati dijagra rn pula i brziIje ako je pocctna brzina 1'0= 4 mjsec, a pocemi put jednak je iluli·'

.

. ?73. Vratilo jednog motora obrce se jednoliko sa 3000 o/min. Posle IsklJucenjamotora vratilo je ucinilo jos 100 obrtaja i staIo. Koliko se vre:nena obrtalo vratilo od iskljucenja motora do zaustavljanja ako se obrtalo Jednako usporeno? .

. 0

Vratilo se obrce jednako usporeilO, ugaonim usporenjem 7C sec- 2 J.e posle .10 sec. Kolika je pocetna ugaona· brzina obrtanja vralila? Koliko JC obrtaja ukupno uCinilo vratilo do zallstavljanja? I

st~lo

Vralilu. motcra porasta.o je broj obrtaja posle (Dminuta na Tada Je motor .zaustavljen, a vratllo je nacinilo jos 160 obrtaja I stalo ..Pod pretpostavkom -Jednako promenljivog obrtanja odrediti ugaonu brzlnU I ugaono ubrzanje (usporenje) vratila. Koliko se vremena obrtalo vraldo? K
~o/ml1l.

\!f.~ Terel (G) ob~sen 0 uze . prebaceno preko tocka ('I'f, precnika 40 em,· obrce vratiJo (V). Teret se spusta jednakoubrzano, ubrzanjem 20 cm/see 2. Odrediti ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje vratila. Na koju se dubinu .spusti 0 teret posle 10 sec od _pocetka kretanja? Ko!Jko Je obrtaja ukupno ucinilo vratiIo u tom trenutku?

2.77. Kotur nasaaeri na vratilu obrce se jz stanja rn.i~ovanja prema kinematickorn zakonu 8 tp = iJ2 Slika 2.76, OdredJlI... zakone promene ugaonog ubrzanja, ugaone brzine i obrtnog ugla u funkCljl od vremena ako je pocetno vreme ujedno i 'nulio vreme. _ 2.78. Pogonsko vratilo (I) tarnog (frikeionog) transrnisionog uredaja obr:e se s~ 300o/min i pomera se aksijalno premazakonu x = (2 R - 1)/3, pa obrce tarn] kotur (K2) nasaaen na vratilu (2). Poluprecnici tarnih koturova

65 su R = 18 em, r = R/2. Odrediti brzinu i ubrzanje tacke A na obodu tarnog :kotura K z u onom trenutku kada je aksijalno pomeranje prvog vratila x=r; vreme se meri sekundima.

J[

2.83. Zupcanik (1) obree se jednoliko sa I 200o/min u i indirektnom smeru. Odrediti brojeve i smerove obrtaja svih zupcanika mesovite sprege ZJ (red om) = 20; 60; 15; 40; 16; 32 i 20. Koliki je ukupni prenosni odnos? U kom se smeru obrce Poslednji zupcanik (7)7 I

IP)

2

][ Slika 2.83.

Slika 2.79.

Slika 2.78.

2.79. Parna masina (P) pomocu transmisionog uredaja, kaiSnika, preenika 90 em i 30 em, sa beskrajnim kaisem, pokrece dinamomasinu (D). Odmah -posle pU5tanja U rad ugaono ubrzanje parne masine iznosi 0,21t see- 2 • Posle koliko ce se vremena dinamomasina obrtati jednoliko sa 180o/min? 2;80.

Elipticki

tocak,

poluosa

a = 5 em, b = 3 ern, obrce se u svojo ravni

oko vertikalne ose' kroz zizu

Slika 2.84.1

2.84. Pogonski zupcanik (I) obrce se u direktnom smeru Jednoliko sa 80~ o/min. Odrediti broj obrtaja i smer obrtanja poslednjeg zDpcanika (7) mesovlte sprege aku su brojevi zUbaea Z/ (redom)= 18; 40; 15; 33;'36; 16 i 48. i,

2.85. Pogonsko vratilo (OJ transmisionog uredaja obrce Je jednoliko sa 360o/min. Odredili broj obrtaja i smer obrtanja radnog v~a,iJa (0 \ ". VI a k 0 su b" rOJevl zu baea zupeamka Zj (redom) = 20; 30; 40; 24; 60; 20 i 48, a zahvaceni zupcanici Sil istog modula.

01 (F1 ) i usled zahvatanja pokrece isti

,takav tocak koji moze da se obrce oko svoje :tize 0z (F'I)' Odrediti broj obrtaja drugog tocka kada se prvi tocak obrce jednoliko li direktnom smerli sa 10 o/min i ako rastojanje ziza iznosi OjOz=2a.

) Slika 2.80.

2.81. Odrediti prenosni odnos redne sprege zupcanika ako Sli brojevi zubaea zupcanika Zj (redom) =20; 10; 18; 15 i 30. Zupcaniei su svi istog modula.

Odrediti prenosni odnos paralelne sprege zupeanika ako su brojevi zubaca zupcanika ZJ (redom) = 40; 20; 10; 50; 15 j 30.

SJika 2.86.,'

":H~

2.82.

~~ft"- -

2.8~. Izracunati na obimu kQtuira (KHradn.og vratlJa (OVII) , precnika 18 ern, ako se vratilo (ODob~cetj:(fu~1t llko sa 270o/min. Zupcanici (3), (6) i (9) imajulPo 60 zubadl;'~ svl-:01;taIl'f> po 20. ; - , , > ' 5'i!"1;;' ~~+

I

Slika 2.81.

SJika 2.82.

2.87. Pogonsko vratilo (01) prenosi preko kaisnog transmisionog 'ure~ daja i zupcastog prenosnika snagu na radno vratil0 (Ov). Odreditj brzinu i ubr~a~Je tac.ke M kotura K, precnika 120 mm, kada se pogons~o vratilo obrce jednollko sa 1500/min. Precniei kaisnika su D = 200 mm D:=) 50 rom a brojevi zubaca su ZI (redom) = 40; 20; 20; 50;18 Ii 36. ,z, , 5 Zbirka zadataka iz ruehanikc-]

66

67

6 i 24. Precnik pogonskog zUpCanika je Dp = I OJ mm. Odrediti aksijalnu brzinu zupcaste poluge.

~l!"'~:=: i Ii

I,

I

D.

I Df S1ika 2.91.

Slika 2.88.

STika 2.87.

l.SS.

Pogonsko vratilo (0,) obrce se jednol"ko. sa I 200o/min u smeru kretanja saine kazaljke. Odrediti broj obrtaja puznog locka (8) ako ima 36 zubaca i 'trohodni zavrtanj. Precnici kaisnika Sl! D, = 120 mm. D z = 200 mm, a brojevi 'rzubaca zupcanika su Z; (redom)= 18; 36; 20 i 40. U kom se smeru obrce pu~ni locak? 2.89. Pogonsko vratilo (01) obrce se jednoi"ko, sa I 350o/min. Odrediti broj obrtaja radnog vrat]a (011) ako je puz (P) dvohodni, a puzni locak ima Z = 60 zubaca. Brojevi zubaca ostalih zupcanika su z/ (redom) = 20; 54; 18 i 30. Zupcanik (3) je tanjirast. ,

Slika 292.

2.92. Zllpcasfa poluga podize se pomoeu prenosnog uredaja. Odredili brzinu pofuge kad se pogonsko vratilo obrce jednol.ko, sa 8eO o/min, ako su: prvi puz trohodni sa z, = 30, drug; puz dvohodni sa z. = 20 zubaca, brojeyj zubaca od Zz do Zg su (redom)=25; 40; 30; 20; 25; 16; 48, modul pogonskog zupcanika m = 10 mm i broj zubaca zp = 30. 2.93. Odniditi broj zubaca drugog zupcanika (2) i smer obrtaja prvog zupcanika (I) da bi se konvejer pod'zao brzinom 25 'It em/sec ako se pogonsko vratilo obrce sa 150 o/min, a brojevi zubaca su: z, = 20, ZJ = 18, Z~ = 54, Zs= 40' moduJa m=lSmm. Zupcaniei (3) i (4) sprcgnllti su lancem.

I V

Or

On

I z·

Ll

.

Slika 2.89.

"

Slika 2.90.

2.901 Kabi na dobosu, precnika D = 30 em, odmotava se pomocu preDosnog u.:eaaja. Odrediti brzinu odmotavanja kabla alo se pogonsko vratilo (0 1) obrcd jednoliko sa 900o/min, a puz je trohodni, sa z=45 zubaca. Zupcanici (1): i (2) spregnuti su Jancem, a imaju brojeve zubaca Zl = 15 j Z2 = 30 zubaea. 2.91; Ruciea 0, A kolske dizalice obree se sa 60o/min jednoliko oko osovine Pr,vog zupcaoika (0,) i preko zupcastog prenosoog uredaja pokreee zupcastu pOlugll (2p). Brojcvi zllbaca zupcanika Sll z, (redom)= 12; 48;

Slika 2.93.

Slika 2.94.

2.94. Odrediti hrojeve obrtaja vratila 0llI, OVI i OYII ako se pogonsko (redom)= vratiJo (01) obrce sa 1200 o/min, a brojevi zubaca ZUpCanika su =20; 40; 15; 45; 40; 15; 60; 20; 50 j 30.

z,

69

68 2.95. Odrediti obimnu brzinu krajeva lopatiea (L) mesaliee ako se pogonsko vratiJo (0 1) obrce sa 180 o/min, a precnik Jopaticnog kola je D = 900 mm. Precniei kaisnika su Dl = 300 mm, D2 = 450 mm, a brojevi zubaea konicnih zupcanika su D, o.~ 30 i 60.

2

)[

2.96. Hod zavrtnja je h = 40 mm, a obrce se jednoliko, sa 60 o/min. Odrediti ugaonu i translatornu brzinu zavrtnja, njegOY parametar i nagib tangente zavojnice ako je poluprecnik eilindra zavrtnja 10 mm. 2.97. Kolika bi bila tacnos! mikrometarskog zavrtnja hoda 0,40 nun, ako disk nonijusa irna 4D podeljaka?

2.98. Valjak poluprecnika R = 20.mm obrce se oko svoje poduzne geometrijske Slika 2.95. ose sa 90o/min i krece se translatorno brzinom 6 em/sec. Odrediti sve elemente zavrtnja. Ako bi hod ovakvog zavrtnja bio 10 puta manji, a nonijus mikrometra imao 50 podeljaka, kolika bi bila njegova tacnost merenja?

~------D------~-.~I

2.99. Hodovi zavrtnja prese su hI = 12 mm j h2 = 18 mm. Rucica prese obrce se sa 30o/min, a ugao ploce prese je 0: = 60°. Odrediti brzinu kretanja ploce.

C) RELATIVNO KRETANJE. BREGASn MEHANIZMI ,/'

'\

;

J

~.101.

Reka protice brzinom 0,5 m/see po eeloj svojoj; sirini, koja Plivac moze da postigne brzinu 2 m/sec. Pod kojim uglom prema iznosi ;bali Ireba da zapliva plivac da bi tacno popreko doplivao na drugu obalu? Za koj~ ce vreme preplivati reku?

':>tIm.

/

,;...~~ ........

'.

~

54 km

'102

Koliko ce vremena putnik, koji sedi u vozu koji se krece hrzinom edati mimoilazni voz, duzine 150 m, koji se krece brzinbm 30 km/h1

.10 Brad se krece brzinom 10 cvorova (nmile/h). Sa palube broda putnik i uvis predmet pocetnom brzinom 5 m/see, koji se dalj'e krece jednako usporeno, usporenjem 2 m/ser;2. Odrediti apsoiutnu brzi~u kretanja predmeta i njegovu apsolutnu putanju. 2.104. Prizmaticni klin ABC, visine AC=h,nagibnog ugla 0:, krece se jednoliko u smeru + Ox-ose, koja se poklapa sa njegovom osnovom CB. Niz strmu ravan klina CAB) krece se iz pocetnog poloiaja (A) pokretna tacka M jednako ubrzano, ubrzanjem an bez poeelne brz'ne. Odrediti apso!utnu brzinu tacke M i njenu apsolutnu putanju.

A

B Slika 2.104.

2.105. Tramvaj se krece pravolinijski jednoliko, brzinom 28,8 kmfh. Njegova sasija na oprugama vrsi harmonijsko osciiovanje, amplitude A ~ I em, perioda T = 1 sec. Odrediti apsolutnu pmanju tezista sasije, koje se nalazi na rastojanju h = I m od horizontalne ravui. poslavljene kroz osoviJ,le tockova. Precnik tockova je 800 mm. U pocetku kretanja (/0 = 0) tdiste se nalazi u srednjem polozaju, a vektor brzine oscilovanja usmeren je navise. L

K

Stika 2.99

Slika 2.100 Slika 2.105.

2.100. Odrediti brzinu zgloba Zavojno vreteno je hod a h=12 mm vreleno prolazi kroz dYe navrtke, A bovima C i D rombnog zglavkastog

C zavojne prese u funkeiji od ughi e. i obrce se jednoliko, sa 60o/min. Ovo i B, koje su zglavkasto spojene sa zglocetvorougla ADBC.

Slika 2.106.

2.106. Prava L krece se jednoliko, brzinom vp usmeru -OJ-ose. Odrediti brzinu i ubrzanje presecne tacke M te prave i nepokretnog kruga (lI:). poluprecnika R, sa sredistem u O.

I

70

71

2.107r Krug ('0 krece se u svojoj ravni (Oxy) translatorno, jednako ubrzano, ubrzanjem Q p u srueTu + OX-ose. Po krugu se krece tacka (M), jednolike, u !direktnom smeru. Odrediti apsolutnu putanju tacke M ako je U pocetkul kretanja hila u polo.zaju Mo (R; 0).

!y I !

2.110. Trougaona plociea ABC"kateta b= 30 em, h = 40 em, obrce se oko katete AB po zakonu prornene obrtnog ugla '.p= 11: (2 I + /2)/4. Iz temena B krece se po hipotenuzi BC pokretna tacka po zakonu puta s = BM = 50/'/2. Odrediti brzinu j ubrzanje pokretne tacke M u trenutku I = I see od pocetk~ kretanja iz pocetnog poloiaja B. Koliki su brzina i ubrzanje pokretne tacke M kada stgne u terne C trougla?' 2.111. Polukruzna plocica, poluprecnika R = 16 em, obrce se oko 050vine AB jz stanja mirovanja, prema zakonu prornene obrtnog ugla 'f = 11: 12/4, u direktnorn smeru. Iz tacke B plocke krece se po obodu ploeiee pokretna tacka M jednako ubrzano, bez pocetne brzine, i stigne u tacku A za ista vreme za koje plocica ucini osam punih obrtaja',

i

L o

Be AG,

U polozaju C, gde je = odrediti apsolutnu brzinu i apsolutno ubrzanje pokretne tacke M. SJika 2.lOi.

Slika 2.108.

Iy I

Kvadrat ODAB, slraniee 1= IOem, ohrce se. u horizt:ntalnoj. a u indirektnom smeru, jednol:ko, sa 30ol mn. Po stranici AS; krece se od A ka B pokretna tacka (M) jednol:ko, tako da za jedan obrlaj kvadrata stigne iz pocetnog polozaja A u poiozaj B. Odrediti u poc~lnom pplozaju (A) apsolulnu brz'nu i apsolulno ubrzanje pokretne tacke (M). 2.108!

j

Oxy.ravn.i oko temena

.Z.1?9 j P.ra~ougaona ploCiea ABCI?, stran'ea b= 12 em, h = 2 b, obrce se iz stanJa mlrovanJa Jednako ubrzano u dlf(:ktnom smeru. }z lane D (pocetnog polozaja M,) krece se 'z Jtanja mirovanja pokretna tacka M duz stran'ee DC po zakonuiPuta r=i5M= 0,5 heos(-:rI/6), gde je = OC. Kada pokretna tacka st'gne u polozaj M, gde je MoM=DM=h/4, plociea se zaokrenula za ugao 90° U odnosu na pocetni polozaj. U tom poJozaju odrediti brzinu i ubrzanje pokretne tacke. Kolki su brz'na i ubrzanje pokretne tacke u trenutku t = 4 sec od pocetka kretanja? ~~ DiMe) 8; , !I M

I

I c;

~r'l

h

_._- .- .. __ •. 0

'-'--.1:Slika 2.111.

2.113.

y

Slika 2.109.

Slika 2.112.

2.112. Cev OA, duzine 20em, obrce se u ravni Oxy prcma zakonu promene obrtnog ugla
b

I

en

aD

zl

I

c

c I

Slika 2.110.

R=6em,

SJika 2.113 ..

73

72

ubrzanjem 1,25 em/sec" bez pocetne brzine, i u lrenutku zaustavljanja plociee stigne u poJozaj B. Odrediti apsolutnu brzinu i apsolutno ubrzanje pokretne tacke (M) kada stigne na polovinil duzine izvodnice AB konusa. 2.114. Odrediti ugaono ubrzanje kulise (K) kratke brzohodne rendisaljke ("shaepinga") kada se krivaja OA, duzine R= 10em, obrce oko tacke o jednoliko, sa 90o/rilln. Rastojanje osJonaea 0 i 0 1 iznosi h = 3 R. Kolika je brojna vrednost ugaonog ubrzanja kui:se u onom polozaju kada se krivaja zaokrene za ugao 30° od pocetnog horizontalnog poloiaja? Slika 2.117.

ly

o

m

Slika 2.118.

, 2.118. Bregasto telo, oblika polukruga, poluprecnika R = giem, krece se pravolinijski, jednol;ko, brzinom vp = 4 em/sec. Odrediti brzinu i ubrzanje kretanja stap:.t AB sa tockicem, poluprecnika r = 1 em, na kraju ! = 2 sec. ako je toc~ kit stapa bio u pocetnom pololaju ui Ao. Za koJiku se visinu h spustio stap AB u tom trenutku'! B 2.H9. Bregasta osovina, pdlupre~nika R= 10 em, obrce se jednoliko, sa )50/min, i podize stap AB, koji se krece ~o zakonu pUla y = J0 + 4 t, gde je y rnereno u eentimetrima, a vreme u sekundima; Odrediti oblik konture brega.

~I~

I

Slika 2.115.

Slika 2.114.

2.115. Posle promene opterecenja Watlov regulator se obrce oko svoje vertikalne osovine jednoliko, sa 60o/min, a kugle se spustaju jednako ubrzano, obrcuci se oko tacke 0 ugaonom brzinom, kojoj posle dva sekunda odgovara 15 obrtaja u minutu. SmatrajuCi kugle tackama, odrediti njihovu brzinu i ubrzanje u tom trenutku (t=2see) Duiina rutica regulatora je / = 40 em, a ugao B cp= 30°.

~I~

2.116.

I

Ekseentar,

poluprecnika

R

5j I I

j

=

= 10 em, ekseentricnosti e = R/2, obrce se oko horizontalne !=>se kroz tacku 0 i podize stap AB razvodnika. Odrediti zakon kretanja stapa, njegovu brzinu i ubrzanje u najudaljenijem polozaju ako se ekseentar obrce jednoJiko, sa 300/min.

.

• +.

.... - .

Slika 2.116.

2.117. Prizmaticni klin, nagibnog ugla 30°, kreee se pravolinijski u smeru + Ox-ose jednako ubrzano, ubrzanjem 9 emjsee2 • Odrediti ubrzanje kretanja stapa CD, koji se oslanja na klin i moze da se pokrece u svojim leZistima.

Slika 2.119.

Slika 2.120.

2.120 .. "Zlkon . podizlnja centricnog radnog tela ..b-l'egastog fnehanizma prikazan je· dijagram~m (s, cp). Odrediti obl.k brega ako je precnik vratila bregastc osovine 2 R =40 mm,.a ona se. obrce jednoliko, sa 60o/mi'n. J

I

2.121. "Odr~diti oblik'konture ~brega' bregastog mehanizma aka je hod ceiltr1~nog st;Pl sa siljkom izvrsen 'Z'l 1/3 polovine radnog hoda br~gaste osovine. Drugoj trecini polovine obrtaja bregaste osovine odgovara zastoj stapa, r_

a-trecoj trecini poluobrtaj'l odgovara

tome

i spustanje stapa po istom 'iakonu po

se vrsiJo i podizmje.1PoJuprecnikbregaste osovine je R = 1Smm, hod itap:.t h = 20 mm, a broj obrtaja..bregast
75

74

!

2345-6789101112

f800 i

D) RAVNO KRETANJE. RAVNI MEHANIZMI

2.122. D'jagram (s, I), odnosno (s, q:», jednog centricnog bregastog mehanizma, sa _bregastom osovinom precnika 2 R = 30 mm, prikazan je na slid. Naertati oblik bregastog

I

----1--- (50 0 ---l300l---· Slika 2.122.

2.126. Ploca (P) vriii ravno kretanje u ravni Oxy translatornom brzinom 6 em/sec i ugaonom brz:nom 2 see- I, obreuei se u srr:nu krftanja saIne k zaJjke. Odred Ii brzinu tacke B ploce, na rastojanju AB = 5 em od tacke A, u trenutku kada vektor brzine tacke A gradi ugao ex = 30° sa pravom AB. Ovaj ugao je meren od vektora brzine ka pravoj AB.

tela.

,

2.123. Dijagram (s, t), odnosno (s, '1'), ekseentricnog bregastog mehanizma prikazan je slikom. Odrediti oblik brega aka je poJuprecnik bregaste osovine R = 20 mm, e = =lOmm, r=Smm.

$

Slika 2.123.

2.127. Stap AB, duzine 1= 1 ru, kreee se u rami. Brzina lacke A stapa iznosi 2 V3 m/see,

a njen veklor gradi sa praveem slapa ugao 0: = = 60°. Vektor brzine kraja B stapa AB gradi sa stapom ugao ~ = - 30". Uglovi su mereni od pravca stapa AB lea vektor:ma brzina. Racunski j graficki odrediti polozaj trenutnog pola. KoLka je trenutna ugaona brzina obrtanja stapa oko pola? Odrediti poioZajtacke K stapa AB, ciji je vektor brzine kolinearan sa stapom.

Dijagram (s, I), odnosno (s, '?), bregastog mehanizma prikazan je slikom. Odred,ti obJik brega aka je poluprecnik bregaste osovine R= 15 mm.

Slika 2.126.

2.128. Kvadrat ABeD, straniee /= JOcm, kreee se u svojoj ravni ugaonom brzinom 2 see- 1 u direktnom smeru. Brzina temena A kvadrata iznosi 20 em/sec, a njen vektor gradi sa stranicom AD ugJo IX = 60°. Odrediti poloZaj trenutnog pola kvadrata. Izracunati brz;ne ostalih temena kVadrata i tacke S na sredini straniee AB, AS = BS. Racunske vrednosti proveriti graficki.

456789 I/J:if

a

ZWJ{

Slika 2.124.

2.125; U obrtnom zvezdastom motoru tipa "Gnome" vezani su cilindri za karler i, zljedno se sa njim obreu ugaonom brziDom w. Uzimajuei srediste

B

Ovratila z::i pocetak triedra Ox-y, odrediti: a) apsolutnu putanju klipova moto~a, b) zakon relativnog kretanja u odnosu na eilindre, pod pretpostavkom cia je odnos R/l Inali, gde je R poiuprecnik krivaje, a I duzina ,spojne poJuge, c) izracunati apsQlutnu brzinu krpa kada ~pojna -poluga AB zauzima dva horizontal~a i dva vertikalna polozaja. D~zine su: krivaje R = = 100 mm,: spojne poluge AB = = 1= 300 ~n, a cilindri sa karteram abreu se jednoliko, sa 1500o/mib.

Slika 2.128.

Slika 2.129.

2.129. Krivaja OA zglavkastog cetvorougla OABC, duzina stranica OC= =p=35em, OA=k=lOcm, BC=b=20cm, obree se oko tacke 0 jednoliko, sa n1 = 90 o/min .u direktnom srueru. Odrediti ugaone brzine obrtanja stapova AB i BC i brzinu zgloba B u polozaju cetvorougla odredenoin uglovima e=60° i tjJ=45°.

Slika 2.125.

<:::

~ . Kri~aja OA, duzine 12 em, obree se oko tacke 0 jednoliko, sa 60o/mm. Odredltl ugaone brzine stapova AB, duzine /, i Be, duzine h = 16 ern, U polozaju mehanizma odredenom uglovima e = 45° i t = 30°.

76

77 ubrzanj~

temena B i C, koja iznose G B =45cm/secl , G c =25cm/sec2 • Odrcditi trenutlll pol obrtanja. Racunski i graficki odrediti brzine i ub~zanja ostalili

c

~M~~A~

2.135.

Kraj A

I

stapa AB krece se jednoiiko,

brzinom

+ Ox-ose, stalno dodirujuCi nepomicni poluL-ug polupr(cnika

,\ Ii

VA

= l',

duz

R, sa sredistelli

u O. Odrediti ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje obrtanja stapa U funkciji od poJuprecnika polukruga (R), brzine (v) i udaljenja kraja A stapa od sredista O(x=OA).

"

Slika 2.131.

2.131. Ploca (P) izvodi ravno kretanje u svojoj ravni. Poznati su:transJatorno ubrzanje, 20 cm/secl , ugaona brzina obrtanja, I sec-I, i ugaono ubrzanje, 1 sec- 2 . Odrediti ubrzanje tacke B ploce na udaljenju !=AB= 10cm od tacke A, ciji vektor ubrzanja gradi sa pravom AB ugao (J. = 30°. 2.132. Kruzna ploca, poluprecnika R, kotrlja se bez klizanja po pravoj L, a njeno srediste (0) krece se pravolinijski po zakonu pUla s = I + (2/2, gde je s mereno u met rima, a vreme u sekund:ml. U trenutku t = 0 odrediti brzine i ubrzanja taeaka M, ploce koje se nalaze na horizontalnom M J M, i vertikalnom preeniku M2 M.. Poluprecnik ploce je 40 cm.

T

Slika 2.133.

Slika 2.132.

~

..-r_ _ _-:--_..:O:;,_ C

b

K vadrat ABCD, straniee 1= 10 em,

~si ravno kretanje, obrcuci se u direktnom srneru.

Poznate su velicine ubrzanja temena A i B, aA = 1 = 20 cm/sec2, as= 40 (2 em/sec , kao i vektori lih ~brzanja. Odrediti ubrzanja ostalih temena kvadrata j taeke S, gde je AS = BS. 2.134. Pravougli trougao ABC; kateta 12crn, h= 16em, krece se u svojoj ravni tran~latorno i obrce u direktnom smeru. Brzina temena A trougla iznosi 12 cm/sec, a vektor brzine gradi sa katetom AB ugao (1. = 60°. Poznata su i b~

B Slika 2.134.

II

Ii 'I

I

:x Slika 2.135.

B Stika 2.13~.

~.136. Krug, poiliprecnika R, kotrlja se bez kl'zanja po! nepokretnoj pravOJ (L). Za tacku A obima kruga vezan je stap AB, duzine J. Odrediti brzinu i ubrzanje kraja B stapa AB ako su pozna!i brzina i ubrzanje sfedista kruga (C). Opste feSenje. Sp~cijalno resenje za podatke: 1=2R=8qcm, q>=90°, 11 (kruga) = 30 o/Jl1in.

2.137. Krivaja OA mehanizma, duzine OA=R= JOcm obrce se oko tacke 0 jednoliko, sa 600/min u direktnom smeru, i polug~m BAC pokrece kLzac B po Ox-osi. Odrediti brzinu j ubrzanje klizaca (B) i slobodncg kraja (C) [ poluge BA C ako je BA = R = ACf2 = b12. Pokazati da je vektor ubrzanja taeke C kolinearan sa pravom CO. U polotaju mehanizma kada je ugao e= J 20° izracunati brzinu i ubrzanje klizaea j tacke' C poluge, a dobijene vrednosti prokontrolisati graficki.

2.138. Odrediti ubrzanje zgJoba B zglavkastog cetvorougla OABC jz zadatka 2.129. i ugaona ubrzanja poJuga AB i BC. 2.139. Krug (K), po\uprecnika R = 5 ein, kotrlja se bez klizanja po pravoj Slika 2.137,I (L). Brzina njegovog sredista je konstantna ! i iznosi 10 cm/sec. Odrediti brzinu i ubrzanje tacke:;;:1I~rna obimu kruga u poloz.~ju kada se on zaokrenuo za ugao 60 0 od svog pocetnog '~o!ozaja Mo, kOJI se poklapa sa pocetkom triedra Oxy. Nacrtati hodograf brzine tacke M. U istom polozaju kruga odrediti brzinu i ubrzanje tacke M 1 , koja se nalazi I na poluprecniku CM, na rastojanju MMJ = 3 em.

7'0

79

2.140.. Krug (K2 ), poluprecnika R2 = 2 em, kotrlja se spolja po nepokretnom kfugu (K1), dvaput vee{ g poJuprecnika, Rl = 2 R z • Odrediti putanju tacke M na obimu pokretnog kruga ako joj je pocetni polozaj Mo na + Ox-osi triedra Oxy, sa pocetkom (0) u sredistu kruga KI (xo = R; Yo = 0). Jzracunati brz'nu i ubrzanje pokretne tacke M u pc.lozaju kada se krug Z10krenuo Zl i 20° u odnosu na pocetni poloZaj M o, a poznato je da srediste C (0 2 ) pokretnogkruga pri jednvl.kom kretanju obide svoju putanju Z.l 10 sekundi.

I I

I

M i poJuprecnik krivine putanje na sredini dela putanje prvog kvadranta triedra Oxy, sa pocetkom 0 u sredistu ncpokretnog kruga (0,), ako je p)cctni polofuj tacke bio u Mo (l0 em; 0) na + Ox-osi; poznato je da sred:ste pelkretnog krup opise s'voju ·kruznu putmju pri jednolikom okretanju Zl 24 sekunda.

2.147. Stap AB, duzine 60 em, kotrlja se bez kfzanja po nepokretnom krugu (K), pobprecnika R= 20 em, tako da se pJteg OP, gde je 0 sred:ste nepokr~tnog kruga, a P dodirna tacka stapa i kruga, obree iednolko, ugaonom brz'nom kojoj odgovara broj obrtaja 150/min. Jzracunati brzinu i ubrzmje krajl A stapa koji je bio u pocetnom po)ozaju u tacki Ao (20 em; 0) na + Ox-osi triedra Oxy, u po]oZaju kada je poteg OF vatikalan. Kol.ki je tad a polupr(.cnik krivine putanje pokretne tacke?

2.141.. Krug K l , poluprecnika R z = 8 em, kotrlja se bEZ krzanja spolja po nepomicnom kmgu K" pcluprecnika R, = 12 em, a pri tom kretanju njegovo sredi~te (0,) obi de svoju putanju Zl 8 sekundi. U polozaju kruga K1 , kada pote~ 0 1 0 1 grad~ sa hor'Z0ntalnom p:-avom 0 1 x ugao
2.148. Lancana transmisija bicikh sastoji se od bnea koji nhvata zupean;k (I), koji ima 30 zubaca, i zupeanik (2), koji ima 10 zubaca. Prvi je zupcanik na pogonskom vrat:lu, a drugi je V(zm sa ndnj:m tockom b.·c:kla, precnika 75 cm. Odrediti ~rzinu kretanja b:e:kh kada se Zldnji tocak kotrlja po putu bez krZlnja, a prvi zupcanik cini' 40 obrtaja u minutu.

2.142. U preth6dnom Zldatku odrediti putanju tacke M kruga K2 , koja se u pocethom polozaju naLzla u tacki Mo (16 em; 0) na + 0 1 x-osi. K01ike su pr;rodne koordinate vektora ubrzlnja Ie tacke u naznacenom polozaju, eentraine tazdalj:ne 0 1 0 1 krugova prema O,x-osi? K0Lki je poluprccnik kr;vine puianje u toj tackl?

'" ,

l..,

i

Krug K l , poluprecnika R 2 = lOcm, kotrlja se spdja po nepomlcnom kmgu K 1 , istog pduprecnika, R, = R2 = R, tako da njegovo srediste pri jednc.!j~om kretanju ob:oe svoju kruznu putanju za 20 sekundi. U polozaju kada eentnilna razdaljina 0 1 1 gradi sa + 0, x-osom ugao CO" iznicunati brzinu i llbrzanje pokretne tacke M na obiinu kruga K 2 , koja je u pocetku kretanja bi.la u poloiaju Mo (R; 0) na + 0, x-osi.

°

Slika 2.148.

2.144~. Krug K l , poluprecnika Rl = 4 em, kotrlja se bez HZlnja iznutra po nepokr~tnom krugu K I , poluprecnika R 1 =2R 2 • Odrediti putanju tacke M na obimu kruga K2 , koja je u pocetku kretanja b'la u polozaju Mo (R,; 0) na + Ox-o~i triedra Oxy, sa pocelkom 0 u sredistu kruga K1 • Odrediti brz'nu i ubrzanje 'pokretne tacke M u polQzaju kada je ona na + Oy-osi triedra Oxy, a poznatd je da srediste kruga K z obide svoju putanju pri jednoLkom kre. tanju za 16 sekundi.

2.149_ Dve paralelne letve heeu se jednoI:ko brz'nama VI i 1'2 bez krzanja, dodirujuei kruznu plocu, poluprecnika R. Odrediti ugaonu brz'nu obrtanja kruzne ploce kada se letve kreeu istosmerno, odnosno suprotnosmemo, j ako je Vl
I

214Sl Odrediti putanju tacke M pokretnog kruga Kl iz prethodnog zadatka akb su poluprecniei krugova Rl = 3 Rl = gem, a tacka je bila u pocetnom po~ozaju Mo (5 em; 0) na. + Ox-osi triedra, sa pocetkom u sredistu 0 1 kruga K!. !ZTacunati brzinu i ubrzanje pokretne tackeu polozaju na putanji kada se centralna razdaljina 0, O2 zaoi
2.146;

Pri hipoeikloidnom kretanju su poluprecniei krugova R)= lOem, lzracunati prirodne koordinate vektora ubrzanja pokretne tacke

Sfika 2.149.

I· i

j

2.150. Dvokrivajni mehanizam ima krivaje jednakih duzina, OA = Be = = R = 20 cm. Pogonska krivaja OA obrce se jedno)iko, sa 90o/min. Odrediti brzinu zgloba B spojne poluge AB mehanizma ako je duzina krivaje jednaka duzini spojne poluge i dvaput je duza od postolja OC meh~nizma, u polozajima kada je tacka A n? pravoj OC, kada je spojna poluga paraldna postolju i bda je tacka B na pravoj oc.

A

\

. .

,

\

SJika 2.150.

80 2.155. Stap AB, duzine I, klizi krajem A po + Ox-osi i osianja se na rub D glatkog stoIa, visine OD= h. Odrediti nilete ovog kretanja.

2.151. Stap AB, duzine 1= 80em, klizi klizacima A i B po koordinatnlm osama Ox i Oy triedra Oxy. Odrediti rulete. Izracunati brzine i ubrzanja tacaka B, C i D stapa ako se klizac A krece jednako ubrzano po Oy-osi, ubrZlnjem 20 em/see 2 bez pocetne brz!ne, jz polozaja AD' gde je OAo = /, a u polazaju stapa kad.. je ugao
Racunski i graficki odrediti brzine leiista (C) i kraja B stapa, duzine 100 em, ako kraj A stapa klzi jednoliko brzinom 10em/see, u poloZaju u kome stap AB gradi sa ivicorn stoIa OD ugao.q:: ADO = 'I' = 60°, a visina stoIa je h=20cm, '

o

2.156. stap AB,duzine AB= I, klizi krajem A po osi + Ox, i oslanja se stalno na glatki polukrug, poluprecnika R, sa sredistem u O. Odred:ti mlete. Ako je R=lOem, 1=4R, a kraj A kbjjednoliko brz'nom,5 cm!seeu smcru + Ox-ose, odrediti brzinu kraja B stapa u polozaju kada je AD = DB, gde je D dodirna tacka stapa j polukruga. '

!J

A

I..

B

8

B

L. Slika 2.151.

A

Slika 2.152. Slika 2.157.

2.152. Stap AB, duzine AB = 1= 30 ern, kl'zi kl'zaCima A i B eirna LI i L 2 ugla.q:: LI OL2 = fJ = 60°. Klizac A krece sc jednol:ko, 60 ern/sec. Odrediti rulete. Izracunati brzinu i ubrzanje kJ'zaca B polozaju kada stap BA gradi sa krakom L2 ugao '1'= 120°. Kolika brzina tacke C sredine stapa?

po kra-

2.157. Stap AB, duzine AB = / = 100 em, krece se u ravni,. dodirujuci nepokrelni krug K, poluprecnika R = 1/5, koji se oslanja na pod. Kraj A stapa klizi po podu (Ox-os i) jednoliko, brz:nom 10 em/sec. Odrcditi rulcie. Izraclinati brz'nu i ubrzanje kraja B stapa AB u poJozaju kada sa pOdom gradi 'ugao 8=30°. '

brzino~ u on om je tada

2.153. Kraei BA, i AC ugaonika BAC grade' ugao 6= 60°. Ugaonik se krece u svojoj ravni taka da mu kraci prolaze stalno kroz dva obrtna postolja, OJ i O 2 , na rastojanju 1=01 O 2 = 36 ern. Odrediti rulete ovog kretanja. Ako Slap AB klizi kroz svoje leiiste brzinom 10 em/sec, odrediti brzinu klizanja drugog kraka i brzinu temena A u polozaju kada je
2.158.

Odrediti fulete kretanja sistema i~lozenog u zadatku '2.149.

2.159~ Stap AB, duzine AB = 1= 60 em, krajem A klizi po gJatkoj supIjoj polukugli, polupiecnika R = 1/3, brzinom VA = 20 ern/sec, i stalno proiazi kroz obrtno postolje D na rubu polukugie. Odrediti mlele. Izracuhati brzinu i ubrzanje kraja B stapa AB u polozaju karla se kraj A nalazi u tacki S pc-

2.154. Krak AB pravouglog lenjira ABC krajem A klizi po osi + Oy triedra Oxy, dok mu drugi kraj BC stalno prolazi kroz obrtno postolje OJ, koje se nalazi na raslojanju OOj =AB=I od pocetka triedra O. Odrediti Tulete.

lukugle

OS = SD.

Graficki odrediti brzinu i ubrzanje tacke C, tdista stapa AB. ,

~._'B~ ~ A

.

i

R

Iy

I SlikH 2.159.

Slika 2.155.

I=R

Slika 2.160.

2.160. Odrcditi rulete krivajnog klipnog mehanizrna Cija je :spojna poluga AB iste duzine kao i krivaja, OA=AB=20cm. Odrediti brzinJ i ubrzanje klizaca B rnehanizma ako se krivaja obrce jednoliko oko tacke 0, sa 90o/min,

o S!ika 2.154

.

j

6 Zbirka zadataka iz mehanike I

82

83

a u .pojoz~ju krivaje kada gradi ugao 6 = 30° sa postoljem OB. Nacrtati dijagrame brzine i pUla, odnosno ubrzanja i puta, klizaca B. Dva s(apa,' Ae . i Be, vezana su zglobom

2.161.

e,

a drugim kraje-

virna za Jd:zace A i B, koji klize u smeru + Ox-ose brzinama ;:. i ;;,. Pokazali da trenutni polovi stapova AC i BC leze ria pravoj koja prolazi kroz zglob C. :

c

B,-______________-,C

~~ Slika 2.161.

2.162.

h Slika 2.162

?

2.165. Pokazati da se pomoeu analognog racunara, koji se sastoji iz obrtnog pravouglog ugaonika (Jenjira) A013 sa dYe kulise (KJ ) i (K2 ), mogu runoEiti dva broja. ledna kulisa je horizontalna (Kl ), a druga vertikalna (KJ, na rastojanjima a i b od obrtne tacke 0 lenjira.

2.166. Krivaja OA, duzine R, obrce se oko tacke 0 u direktnom smeru, jednoliko. 'Za rukavac A krivaje vezan' je pravougli Jimjir koji stalno prolazi kroz nepokre~na obrtna poslolja B i C, koja se naJaze na horizontalnom precniku kruzne putanje krivaje. Odrediti brzine klizanja krakova lenjira kroz obrtna postolja ..

Zglavkasti paralelogram ABCD ima nepokrelni zglob u temenu

A. Oko tog zgloba obree se stranica AB ugaonom brzinom w, a stranica AD

dva pula manjom ugaonom brz:nom. Oba su obrtanja istosmema. Odrediti Tulete stapova Be i CD. Slika 2.166.

Slika 2.167.

1.163. Krivaja OA centricnog klipnog mehanizma obree se oka tacke o jednoliko, sa 180 o/min: Odrediti brzinu i ubrzanje klizaca (ukrsne glave) ako jeA=R/l=Ij7, R=20cm, u polozaju u kome krivaja gradi ugao6=30° sa Ox-osom. KoJika je tada brzina sredista C spojne poluge AB mehanizma? Koliko je pbrzanje tog sredista? VeJicine odrediti racunski i graficki.

1.167. Odrediti brzinu i ubrzanje kJizaca ekscentricnog klipnog mehanizm"l, duzine krivaje R = 20 em, duzine spojne poluge 1= 2 R, ekseentricnosti h = 2 R/5, ako se krivaja obree jednoliko oko oslonca 0, sa 150o/min, i to u polozaju mehanizma kada je spojna poluga AB upravna na krivaju OA.

2.164'. Za odredivanje ubrzanja klizaca B centricnog klipnog mehanizma postoji Ov(! graficka metoda. Pravac AB spojne poluge sd:'e osu + Oy u tacki ,. D. lz ove 'lacke treba povuci upravnu na spojnu polugu, a iz trenutnog poJa (P) pravu paralelnu Ox-osi (postolju OB); one se seku u tacki S. Prava~ povucena if D paralelno postolju j prava !..~ seku se u tacki K. Odsecak KU prave L srazmeran je ubrzanju, aB =W02 • KU, gde je Wo ugaona brzina obrtanja krivajel Dokazati ispravnost konstrukcije.

2.168. Krivaja OA, duzine R = 20 em, obree se jednoliko oko tacke 0, sa 60o/min. Stap AB, duzine 1=3 R, klizi kroz obrtno postolje D na rastoja" nju OD=b=2R od tacke O. Graficki odrediti brzinu i ubrzanje tacaka B i' D stapa AS u polozaju krivaje 6=60°. Analiticki odrediti brzinu i ubrzanje kraja B stapa u proizvoljnompolozaju krivaje. 1.169. Krivaja OA centricnog klipnog mehanizma obrce se oko tacke 0 jednoJiko, ugaonom brzinom Wo' Pravac spojne poluge .AB sece + Oy-osu u tacki D.

Slika 2.168.

a) Pokazati da se brzina svaketacke C stapa AB (spojne po luge) moze odrediti pomoCu duzi OC' koja spaja tacku 0 sa tackom C, koja deli duz AD u razmeri AC' : AD~AC: AB = s: 1, ida' je upravna na pravu OC'. b) Pokazati da se pamoCu duzi AD = d i duzine spojne poluge AB = moze odrediti ugaona brzina ravnog kretanja spojne poluge (w).

Slika 2.165.

1,170. Za sredinu C spojne poluge AB centricnog klipnog mehanizma zglobno je vezan kraj C stapa DC,koji je drugim krajem, D, zglobno vezan za stap DE, koji moze da se obrce oka zgloba E. Krivaja OA, duzine 30 em 6"

1:..

84 obree se jednoliko, sa 240 o/min. Odrediti ugaonu brzinu obrtanja stapa DE oko zgloba E, duzine DE= 120cm, u polozaju kada je stap CD' upravan na stap DE, koji gradi sa vertikalom ugao. 'P = 30°.

A

2;171. Na vratiJo 0 klipnog mehanizma, duzine kriyaje R = 30 em, sPo.jne poluge AB = 1= SJika 2.170. = 150cm, slobodno. je nasaden zupcanik (I) koji ima z";30 zus· baca. Na osovini rukayca A krivaje nasaden jc zupcanik (2) ko.ji k kruto. spojen sa spojnom Po.lugo.m AB mehanizma, a spregnut Je sa zupCanikom (1). Zupcani!< B (1) o.bree se na vratilu jednoliko., SIika 2:171. sa 90o./min, i Po.mo.cu lUpCanika (2), koji ima takode 30 zubaca' i istog je modula kao i pryj zupcanik, pokrece spojnu polugu AB, a time i krivaju ~A. Odrediti ugaonu brzinu krivaje OA mehanizma u cetiri njena karakteristicna poJotaja: dva ho.rizo.ntalna i dva vertikalna.

2.172. Krivaja OA mehanlzma, duzine 20cm, obrce se oko taeke 0 (pola P14) jedno.liko., sa 120o/min. Graficki o.drediti brzinu i ubrzanje klizaca K (6) ako. su poznate duzine poiuga: AB=~=40em, BC'=50em, OC=p= = 60 em, h = 10 em, BK = 80 em.

i :i':

85

C, koje moze da se obree oko nepomicne pOluz{~~.g~;moi~ da'klizi . klizac B, koji je krivajom OB vezan za 0, oko koga,~sel 0., pozna tom ugaonom brzinom. Graficki odrediti. brzinu i uD[zai1jeKli poluge AC.

cf:

",

(~

2.174. Krivaja OA, dutine R = 25 cm, obree se jcdnoliko 6ko rola 0, sa 900/min, i pomocu mehanizma sepinga Po.krece klizac K (noz). Ako su Po.znate duzine poluga: B&80 cm, cf:: = 60 em, c DB = 40 cm, graficki odredi!i brzinu i ubrzanjc klizaca K.

SJika 2.175.

SJika 2.174.

2.175. Po.znata je brzina klizaca A dato.g m'ehan:zma. Odre,diti graficki brzinu klizaca K ako su poznate dui'ine poluga: AB= BC=,BD = 30 em, DK"o 50 em. i to II polozaju mehanizma kada je kateta BD krutc ploce CDB horizontalna. Rastojanje zgJoba C od Yodice klizaca A iznosi c= 20 em, a brzina kl zaca je 10 em/sec.

(E SLAGANJE KRETANJA. PLANETSKI I DIFERENCIJ4LNI PRENOSNICI 2.176. a) Tacka M krece se u ravni Oxy tako da ima dYe konstantne brzine; jedna je velicine Vj i upravna je na +Ox-osu, a usmercna je u smeI'U + Oy-ose, i drUglI, velieine Vz = 2 vJ ' llpravnuna potegu r= OA1, takyog smera da je ugao

~

(;:: ;;;) = n:/2. Odrediti putanju, brzinu i ubrzanje

po~retJle

tacke.

b) Tacka M krece se harmonijski po. pravoj L, kruznom f~ekveneijom w i amplitudom R, koja se obrcc oko pola 0 triedra Oxy jednoJiko, ugao.llom brzinom W= n:/3. Odrediti apsoJutnu putanju pokrctne tacke M ako je u poK

celno.m polozaju bila na pocinju jednovremeno. Slika 2.172.

Slika 2.173.

2.173. Poluga AC rendisaljke vezana je krajem A za k~izac koji se pomera duz nepokretne prave x-x. Ona prolazi i kroz o.brtno posto.lje (mu£)

+ Ox-osi

u tacki Mo (xo = R; Yo = 0), a oba kretanja

2.177. Cigra Po.dUprla u tacki 0 obrce se jcdnoliko. oko, svo.je geometrijske ose simctrije, sa ]50o./min, apri tome sc i njena osa i obrce jednoliko oko nepokrelne ose Oz, sa 900/min. Oba obrtanja su istosmerna, u

86

87 I

direktnom' smeru obrtanja. Odrediti trenutnu osu oko koje se obrce cigra ako je ugao izrnedu osa (t. = 60°.

a krivaja i wpeanik (2) obrcu se oko svojih osovma ugaonim brzinama {Ok i (,)2 u direktnom smeru. Odrediti apsolutnu ugaonu brzinu drugog zupeanika i njegovu relativnu ugaonu brzinu prcma krivaji «(,)2,) pri spoljasnjem i unu~ trasnjem Zlhvatanju zupcanika ovog planetskog prenosnika. Izracunati te brzine ako su brojevi zubaca ZI = 36 i Z2 = 12 i ako je zi = Z2 = 20.

o ~ Slika 2.177.

Slika 2.178.

Stika 2.181.

Slika 2.182.

2.17 Y" Disk, poluprecnika R = 14 ern, nasaden je na stap LI i obrce se oko njega jednoliko, sa 90/min u direktnom smeru,i l;ljedno sa stapom oko nepok~etn~ ose L 2 , takode jednoliko, sa 150/min u direktnom smeru ("karusctn.tOsp se seJ
2,182. Krivaja (k) spaja osovine tri zupcanika koji su spregnuti redno. Zupcanik (1) je nepokretan, a krivaja se obrce oko osovine prvog zupeanika (0 1) u direktnom smeru. Odrediti apsolutne i reJativne ugaone brzine zupcanika. Speeijalno resenje za podatke: broj obrtaja krivaje nk = 60 o/min, a brojcvi z:lbaca su z( (redom) = 36; 20 i 12.

konus, •~p)uprecnjka osnove R = 3 ern, visine H = 4 ern, obrce:se'{.~k l,c ,)e geomctrijs0fe ose u indirektnom smeru i, oslanjajuci se na gla.tki pod,~~?ilaz! nepo~q;),nu Oz-osu u dir~ktnom smeru 9 puta u minutu. Odredltl ~:nutmb:'OJ obrtaJat.ilfonusa· oko svoJe geometrijske ose.

Koliki ce biti minutni broj obrtaja trcceg zupcanika ako se krivaja obrce sa 30/min u indirektnom smeru, a brojevi zubaca su Zi (red om) = 75; 20 i 15? Kada nas1upa Fergusonov paradoks?

,,~~,

I "' J ' F " ; l ! f ' "

•

" .",,}Z9.;r ' ' 'ni "".

1ft

:~m-

A

-~~ '<-"

{

L

Siika 2.179.

2.183. Krivaja (k) spaja osovine zupcanika (4), (3) i (2) pJanetskog prenosnika i obrce se jednoliko oko osovine zupcanika (4), sa 300/min u direktnom srneru. Zupcanik (2) je spregnut unutrasnjom spregom sa nepokretnim zupcanikom (I). Odrediti brojeve obrtaja svih zupcanika ako su brojevi zubaca Zi (redom) = 100; 60; 30 i 20. Primeniti i tablicnu metodu.

Slika 2.180.

2.1!1O; Pokretni kruzni KOllUS sa horizontalnom geometrijskom osom simetrije k?nusa, poluprecnika osnove R = 6 em, visine H = 8 em, obide nepokretni k?nus Cija je osa simetrije vertikalna - Oz-osa, sa zajednickim vrhom 0, }O pUla u minutu. Odrediti trenutnu osu obrtanja i brzinu tacke A na obimu osnove pokretnog konusa. 2.181.1 Krivaja (k) spaja osovine 0 1 i Oil dva zupc<)nika (I) j (2), koji imaju broje.;ve zubaea ZI i Z2' a istog Sil modula. Zupeanik (1) je nepokretan,

Slika 2.183.

Slika 2.184.

2.184. Odrediti brojeve obrtaja svih pokretnih zupcanika planetskog prenosnika (2 do 5) ako je zupcanik (I) nepokretan, krivaja se obrnc jcdan-

88

89

put u smeru kretanja satne kazaljke. Brojevi zubaca zupeanika su dom)= 120; 30; 15; 40 i 10.

21

(rc-

2.185. Zupcanik (2) planetskog prenosnika je nepom:can. Odrediti brojeve obrtaja svih pokretnih np:anika ako sc krivaja obrce sa 400/min u direktnom smeru. Brojevi zubaca zupcanika su z, (redom)=20; 40; 10; 25 i 100.

prenosnika ako je zupcanik (4) nepomican. Brojevi zubaca svih IZlIpcanika su (red om) = 40; 60; 50 i 80.

Zi

2.189. Odrediti minutni broj obrtaja vratila 011 planetsk~g reduktora brzina ako se pogonskovratilo 0 1 i krivaja (k) obrcu u direktnom smeru jednojiko, sa 800o/min. Brojev; zubaca svih zupcanika su Zj '(redom) = 60; 20; 30 i 80.

s

n..

I 12

3

P 1

" I On ,-, L-J

(lJ

z

T

k

4

L.J

~ T ~& ,I ~

Slika 2.186.

2.186. Krivaja planelskog prenosnika (k) obrce se oko osovine nepokretnog zupcanika (I), sa 150/mn u direktnom smeru. Odrcditi broj obrtaja zupcanika (4) koji je slobodno nasaaen na krivaju koja nosi osov:nu dvojnog zupcanika (2 i 3). Brojevi z'Jbaca zupcanika su Zj (redam) = 50; 30; 40 i 20. 2.187. Kr;vaja (*) pJanetskcg prenosnika obrce sc oko nepomicne osovine AB u direktnom sm~ru jednoliko, sa J 00 o/min. Na vratiJu CD, paraJeJnom osov:ni AB. slobodno su naglavl}.:ni zupcanici (2) i (3), koji su meausobno kruto sp0jeni. Odrcditi broj obrtaja zupeanika (4) koji se moze sJobodno obrtati oko osovine AB ako su brojcvi zubaca zupcanika Zi (redom) = 20; 50; 15 i 60. 4

z

Slika 2.189.

2.190. Pogonsko vratilo obrcu se jednoliko, sa 8000/min u radnog vrat;Ja (011) ako su brojevi zubaca 40; 30 i 60.

1 . 01I

1r J I p:

Slika 2,']90.

;

',:11::\,,<,

!

~ _-~:" _~~

planetskod'redu~torac~

smeru. Od~diti'b

sv:h •

Z'.lpc~nik}hh'lt~ 10

/~ii .~.

2.191. Rucica (krivaja k) planetskog prenosnika obrcc se jedhoiikO ~C!i. I re ktnom ,m:ru, sa 400 o/m:n. Odrediti broj obrtaja poluge (p) nasadene na vratilll 0 1 ako Sll poznat; brojevi zubaca sv;h zupcanika Zj (redam) = 21;: 20; 19 i 20. I

2

k

4

Slika 2.191. SJika 2.187.

Slika 2.188.

2.188. Zlipcanik (I) nasaaen na vratilu 0 1 obrce se jednoliko, sa 700/min u direktnom smerll. Odrediti broj obrtaja krivaje (k) planetskog

2.192. Odrediti broj obrtaja vratila Ou planetsko-frikcionog prenosnika, pretpostavJjajuCi da nema klizanja kaisa, ako se pogonsko vratilo (0 1) obrce u direktnom .smerU jednoliko, sa n, o/min. Opste rcSenje. lzrabmati taj broj 1

91

90

obrtaja ako; su poznati ovi podaci: D = 600 mm; R = 3 r = 150 mm; Z2 = 60; n ~ 200 o/m :n, kais je na polovini frikcionog konusa. 1

ZI =

15;

2.193.! lzracunati pomeranje pJoce-navrtke (M)-za jedan obrtaj rucice (krivaje) planetskog prenosnikakada liod zavojnice vodcceg vretena (L) iznosi" h = 12 mm, ,a brojevi zubaca sv:h spregnuiih zupeanika su z,- (redom) = 30; 30;

20; 40; lSi 15.

}

2.195. ': Reduktor brz;ne ima difercneijalni prenosnik sa zupcanicima ciji brojevi zbbaca z,- (red om) = 80; 20; 30 i 100, Pogonsko vratilo 0 1 sa krivajom (k) obrce se jednoliko, sa 800 a/min u direktnom smeru, a p~vi zupcanik, koji je na njemu slobodno nasaden, obrce se sa 200 o/m:n, ali u indirektnom smeru. Odr~diti broj obrtaja radnog vratila On. Primeniti i tabJicnu metodu. Sil

0,

T

216

r9f~

Slika 2.197.

iiSlika 2,198,

, 2.198. .Pogonski zupcanik (1) konicn d;.f1" , se JednoJiko sa I 200 0/' d' og ; erenclJalnog prenoswka obrce , mm U lrektnom sm . . k ' eru,' I. pOll1oeu nepokretncg zupcanika (3), nasadenog na vratilu 0 fl· po reee knvaJu. Odrediti broj obrtaja 2upeanika (5) ako s b" ' . u fOJeVI zubaca svih 75; 12 i 24, zupcamka Z; (redom)= J5; 60; v'

2

k

OD <-J "

:r-l

O~L

L..>

r-.

4

4

k

'-'

k

~

0.::., T3 '-"'1

¥

5

J

! _

6

'-~~~

,-,

i'ln 1

7

Slika 2,194,

"(k) spaj~ osovine 0 1 i On spregnutih zupcanika (1) i oduIa, a j~aju Zl odnosno Z2 zubaca. Ona se obrce oko osovine 0 1 zupeanika ug~onom brzinom {Ok, a prvi se zupcanik takode slobodno o!:\rce oko te osovincil ugaonom brz:nom WI' Oba su obrtanja istosmerna, i to pozitivna, Odredi'ti apsolutnu i reJativnu ugaonu brz'nu sateJita I • (2) ovog p:anetskog - diferencljalncg prenosnika. Opste TeSenje. lzracunati te vrednosti ako je zahvatanje spoljasnje (unutrasnje), a poznati su podaci: n = 100 o/min. nk = 80 o/min. Z, = 36 i Z2 = 12 zubaca, Koliki bi bio broj obrtaja 1 drugog zupcanika (2) ako bi zupcanici imali jednak broj zubaea?

"~u

2.196. Vratilo (K) na kome je nasadena k' " . , sa 120o/min u indirektnom D flvaJa (k) obrce se Jednoliko k Smeru. rugo pogonsko v 'J (0 ' ruto vezan zupcanik (I), obrce se takode 'e . ratJ 0 1), na kome je prvo vratilo, ali sa 5001m;n Od d" b . J dn~hko 1 u Istom smeru kao i . . . .. re HI rOJ obrtaJa • 'k JevI zubaca svih zupcanika z (red ) _ O. zupeanl a (6) ako su broI om -2 , 25; 50; 40; 60 i 80. 2.197. Pogonsko vratilo 0 ob • . , I ;ce. se Jednollko, sa 300o/min u direk, tnom smeru i p~m . ,~eu para zahvacemb zupcanika (1)_( . . ' vratllo, OlI sa knvaJom (k) N ' 3) pokreee drugo . ' , a ovom su vratilu d . I (5), medusobno kruto spojena ai' nasa ena dva zupcanika (4) Zupcanik (4) spregnut J'e a '. Ik se mogu slobodno obrtati na vratilu, s zupcam om (2) k " , Odrediti broj obrtaJ'a l' d ' •. OJI Je nasaden na vratilu 0 pos e nJeg zupean,ka' (9) ak ' , I, " ' zupcamka z{ (redom) = 36' 40' 24' 20' 2 ' 0 su broJevl zubaca svib " , 5, 75; 80; 15 j 20. ,

.--.

~

,...,

~

,---;::::;"

of

JU ' 11 ;::;6 1

1:=:3-

1

6

Slika 2.195,

5

Slika 2.196,

OJ

(j

, 2hJ-1 J ' , '0 '"

,~

II<;

*f ,1* "

f

Slika 2.199,

n,

-E

f ,

'lL

1.

Slika 2,200,

,

[ 92

2.199. Pogonsko vratilo 0" na kpme je kruto nasaden se jednoJiko u direktnom smeru, sa 1 200 o/min, .i poniocu nika (3) pOkrece krivaju (k). Odrediti broj obrtaJa r~dnog poznati brojevi zubaca svih zupcanika ovog d ferenc~Jalnog

I zupcall.ik (I), ob~ce nep~mlCnog zupcavrattla 0. 11 ako su prenosn1ka Zi (re-

1 I

dom)= 16; 45; 48; 32 i 16. 2.20:1. pogonsko vratilo 0, diferencijalnog reduktora !irme :,Dema g." obrce se jednoliko, sa 7350/min u d:rektnom smeru. Odredltl broJ. obr~aJ~ dobosa (D) za koji su kruto vezani zupcanici (5) i (6) ako su po:t;.natI broJev, zubaca 5vih spregnutih zupeanika ZI (redom) = 15; 17; 20; 20; 50 I 60.

III. DINAMIKA

A) DINAMIKA MATERIJALNE TACKE 3.1. Zakon pula pravolinijskog kretanja je 5=4+ 101+4/2,' gde je put meren metrima, a vreme sekundima. Odrediti silu koja proizvodi ~vo kretanje na telu kline 20 kg. j .3.2. Sa koje je vi sine palo tesko telo U ,bezvazdusnom prostoru ako je posle 10 sekundi od pocetka pada udarilo u z~mlju1 Kojom je brzinom uda. i~ ': rilo telo u zemlju? IE'\':

3.3. Na koju visinu treba podici maljWparnog cekica da bi pri padu udario u nakovanj brzinom 4 m/sec, zanemi'tujuCi uticaj, vazduha? Koliko ., traje padanje malja cekica? ~.4. Voda izbija iz vodoskoka brzinorltn km/bveaik~h10,u~is. Do koje ce visine i za koje vreme dopreti mlaz ulbezvazdusnoritilf(ht
.fig .. ,; ; .

!foll;Frr'1 i

3.5. ledno tela pada u bezvazdusnom ptostoru sa visine" 40 ill e novremeno je baceno uvis drugo telo, pocetnom brzinom 20 m!SetNa'kom se rastojanju od zemlje sudariti tela i u kom trenutku?

lee

3.6. 0 kraj elasticnog uzeta obesen je teret tdine 100 kg!. Kolika je najveca sila u uzetu ako je poznato da se ono pod uticajem istog tereta izduzi za 1 milimetar? Koliki je period harrnonijskog oscilovanja I tereta oko ravnoteznog polozaja?

I

I

I

3.7. Vagon tdine 8 tona krece se brzinom 2 m/sec i udari 0 dva elasticna odbojnika. Opruge odbojnika su takvog kvaliteta da se pod uticajem sile jacine 5 lona skrate za 5 mm. Koliko je najvece skracenje opruga odbojnika pri udaru vagona? Kolika je frekvencija oscilovanja odbojnika? Koliki je period oscilovanja?

,oo~,~~·~ X;LWl.'Vll

--~~+-~~~--'

!

I Slika 3.7.

"

~ -..:

95

94 3.8 . . Tdo se krece pravolinijski pod dejstvom sile konstantne jacine kg, pOC1:tnom brzinom 36 km/h. Poznato je da je posle 10 sekundi od

1(i(; poeelka kretanja brzina telaporasJa na 30 m/see. Koiika je tezina pokretnog tela? !i 3.9. Automobil tdine I tone krece se brzinom 72 km/h. Kolikom kocnom s]olm treba dejstvovati' da bi mu brzina voznje za ! 0 sekundi spala Om/!3!;c? ;/if"-':'\

!.

'c'

'lO.fLiftom koji se ~rece jednako ubrzano prenosi se teret tdine a bi~~~e odredilo' ,lfbrzanje lifta, izmeri se pomocu opruzne vage tezina1 etA':ti'pokretnomliftu. Koliko je ubrzanje lifta ako lezina tereta jznosilO2kh~\ll:~1 " .

t

,-:·~-~r

I

t'

~t.

.

3.11. IKretanje u ravni!iL0xy predstavljeno je jednacinama x=4+ JOt 2 , y = 3 + 5 12, gde su x j y meJ,eni u metrima, a vreme u sekundima. Kolika sila proizvodi ovo kretanje nal!telu kline 2 ki!ograma? '~i

i

I I

I

I I

I I

3.12. !Materijalna· tacka" mase m = 4 gram-mase krece se u ravni Oxy

po:! uticajem privlacne sile ;';"-c-;' gde je poteg -; vektor polozaj
8 cm/sec, eiji vektor (;;:) gradi sa + Ox-osom ugao IX = 30? Izracunati brzinu, ubrzanje i kineticku energiju pokretne tacke u p%zaju N (x = 0; y> 0) na putanji. Koliki je poluprecnik krivine putanje na tbme mestu? Vo =

I

3.13. lTaeka mase m krece se po krugu polupreenibl R eija je polama jednaeina r,h 2 R cos
3,14. Tacka se krece u ravni Oxy pod uticajem sileo koja zavisi od rastojanja r lacke od pola (0), tako da joj je cirkularno ubrzanje uvek jednako nuli, a vetc;~a brzine obrnuto srazmerna potegu v = b/r, gde je b koeficijent proporc.ional~osti. Odrediti putanju pokretne tacke ako je u pocetku kretanja bila na pol~rnoj osi u tacki No (ro;
I

I 1

3.17. Sa terase zgrade, vIsine 10m, baeen je u horizontalnom smeru hmen na ulieu na razdalfni 50 m od zgrade. Kojom je brzinom baeen kamen? Kojorn je brzinom udario kamen u zemlju? UZeti da je ubrzanje tde 9,80 m/sec z, 3.18. Avion leti horizontalno na visini 2 km, brzinom 360 km/h. Iz protivavionskog topa ispali se granata u trenutku kada je avian bas iznad topa. Odrediti pocetnu brzinu gr~nate i elevacioni ugao pod kojim se mora izbaciti. 3.19. Iz topa je izbacena granata poq eJevacionim uglom 30°, poeetnom brz:nom 600 m/see. Odrediti visinu penjanja i domel granate, kao i vrerne leta do udara u zemlju.

3.20. Pod kojim elevacionim uglom treba· izbaciti iz topa granatu, pocetnom brzinom 800 rn/sec, da bi se . pogodio dj u horizontu topa na rastojanju 4 krn? 3.21. Projektil je izbacen pocetnom brznom 100 m/sec, pod elevacionim uglom 30°. KoLki je pol~precnik krivine putanje u njenom temenu? 3.22. U kom su odnosu· dometi jednog projektila ako su elevacioni . uglovi u odnosu 1:2 pri istoj pocetnoj brzini? 3.23. Za kono ce se promeniti domet i Vlsma penjanja projektila ako mu se brzina uveca dvaput pri istom elevae:onom uglu? 3.24. Sa vrha jednog· brda ispaljena su iz topa dva projcktila islom poeetnom brzinom, 100 m/sec, ali pod e1evaeionim uglovima od 45° i 300, i udarila Sll u istu tacku u horizontu podnozja brda. Kolika je visina brda? 3.25. Iz taeke 0' na + Oy-osi, gde je 00' = It = 5 m, izbaei se projektil poeetnom brzinom lOrn/sec, ali pod' elevacionirn uglom 60° prema + Ox-osi. U kojuce taeku U strrne ravni koja prolazi kroz taeku 0, nagibnog . ugla f3 = 30° prema + Ox-osi, udariti projektil? Izracunati kinet'eku energiju pri udaru ako je tet:na projektila 10 kg. Radi lakseg racunanja, uzeti da je g= 10 m/sec 2 • Koliku gresku· c:nimo pri tome? 3.26.\/ Telo tezine 2 kg krece se pravolinijski jednako ubrzano, ubrzanjern 2 2 m/see , bez pocetne brzlne. U trenutku t = 10 sec izra~unati kolicinu kretanja i kinetieku energ'ju pokretnog tela. Koliki rad izvrsi sila koja dejstvuje na to telo pri pomcranju 5 rn u smeru dejstva sile? ._

3.27.

Telo tetine 4,9 kg krece se po elipsi prema zakonima kretanja

x = 5 cos 21, Y = 3 sin 2 t, gde su x i y rn::reni u rnetrima. lzracunati rad sile koja dejstvuje na telo pri OVOID kretanju od pacetnog pcloZaja No na + Ox-osi do temena elipse na + Oy-osi. 3.28. Telo tdine 2,45 kg krece se po krugu, poluprecnika 50 cm, sa n= 30 obrtaja u rninutu (o/rnin). Kolika je centrifugalna sila?

96 97

3.29. Voz se kreee pravolinijski, jednoliko, brzinom 54 km/h. Da bl ubrzao kretanje Yoza, rriasinovoda poveeava vucnu sHu lokomotive za 20%, te brzina poraste na 72 km/h. Koliki je put preSao voz za to vreme ako je Olpor voza konstantan i iznosi 0,5% od njegove tdine?

~.41 .. ~z

vrha (A) strme ravni AB, vi sine h = 6,9 m, nagibnog ugla kl.1Z.1 teSko telo, pocetnom brzinom 2 rn/sec. Za k . , 1 oJe ce se vreme te 0 SpustItl u krajnju tacku (B) strme ravni? Uzeti da J'e g=9,80rgLsec 2• ~brzanje teze ex = 30,

I

3.30. Telo {dine I kg baceno je vertikalno uvis pocetnom brzinom = 10 m/see. Do koje ce se vi sine popeti telo, i za koje vreme, ako je otpor vazduha srazmeran prvorn sttpeuu brzine, F" = br, gde je b = 0,02 kg sec/m?

30:

3.31. Sa koje je visine palotelo iz prethodnog' zadatka ako je paJo na zemiju posie 10 stkundi od trenutka padanja, bez pocetne brzine?

d •. 3.44. Kolik? je vreme jednog ophoda (kruzenja) konusnog klatna uzme 1 m, kada Je poluprecnik horizontalnog kruga 60 em? K 1'1' . ; br.oJ~taja klatna? . 0 1 I Je illmutn.

3.33. Telo tdine 2 kg baceno je uvis pocetnom brzinom 30 m/see. Do koje ce se visine popeti ako je otpor vazduha srazmeran kvadratu brzine. F,,= -bv 2, gde je b=0,02kgsec 2/m2?

.

'."\

3.45. \-:Zeleznicki vagon tez·J·ne lOt

I' k . . , pre aZI flVlUU llormalnog koloseka po.lupr,f?n~ka 5~0 m: brzino.m 54 krn/h. Koliko je nadvisenJe spoljisnje sine ~ tQJ"krlVllll? KOilka Je cehtflfugalna sila vagona? : .

3.34. Telo tdine 19,62 kg krece se u otpornoj sredini, ciji je otpor zavisari od brzine i puta, F", = - bv2/s, gde je b = I kg see 2/m; l' je mereno u m/see, a put u metrima .. Odrediti brzinu i predeni put ako su u pocetku kretanja (t =0) poznati pocetna brzina 3 m/see i poeetni predeni put 4 m.

..,1.

"

. ~.~6. Automobil se krece brzinom 72 krn/h po putu sirine 12 m Kollb Je poluprccnik krivine puta ako je nadvisenje spoljasnjcg deJa J em?

~

°

.3.47. k~nac, yez~n jednim krajem za plafon, obesen je :teret tezine _ ':' 1 otkJollJen Je od vertlkalnog polo.zaja za ugao 600 a dat i . brzma I / ' a fiBl Je pocetna , ,. ~ sec, sa .sJller~m nadole - ka ravnoteznom poJotaju tereta. Do koje ee se \ lsme popel! lere, ako Je du.zina konca 50 ~rn? Kol'k . "1 . I k ~. ,a Je 51 a u koneu pfl pro as u tereta kroz ravnoleini polozaj? Kolika 5e pocetna brzina mora saopstiti da bi se vratiq U poeetni po]ozaj?

3.35. Otpor pri pravolinijskom kretanju voza iznosi po toni Fw' = = - (25 + v), gde je F' w mereno u kg, a v u m/see. Koliki ce put preCi VOl od trenutka obustavljanja upustanja pare u parni dindar do zaustavljanja ako je tetina voza 500 lona, a brzina voznje bila je 72 krn/h?

3.3~)

/ Vo?. tel.ine 200 (ona krece se po horizontalnom koloseku jednako ubrzanQ,tako da mu je za 10 sekundi brzina voznje porasla od 18 km/h na 36 km/h. Kofka mora biti snaga parne masine lokomotive u 10m Irenutku ako otpor VOla iznosi 5 kg po toni njegove lezine?

?

te~etu i~~

. 3.48. 1z ta~ke A vertikalnog kruga, poiu~;~cnika R, brzJnom VA = vo, 1 U tacki C kruga napusta ~ruznu brzinom udariti kugliea u horizontalnu 1:' (Ax) osu?' .x A~

3.37. Tacka, mase In = 2 kg rnase, vrsi harmonijsko oscilovanje, sa koeficijentom c=50kg/m u otpornoj sredini, otpora Fw= -bv, gde je b = 12 kg see/m. Odrediti zakon kretanja ako je u poeetku kretanja (acka bila u poJoz.aju Xo = 8 m, bez pocetne brzine .

,

.@

Tacka mase m = 2 kg mase vrsi harmonijsko oseilovanje, sa koeficiJentom c = 18 kg/m, liZ dejstvo poremecajne sile F = 16 cos l. Odrediti zakon kretanja ako je u pocetku kretanja tacka bila u koordinatnom pocetku, bez pocetne brzille.

. G)

I

, 3.43;. Kugla konusnog klatna (Wattovog regulatora) tesh J'e 3 k . obrce se Jednolik 30 / . '. . g I . . 0, sa 0 mm. Kohka Je brzina kretanja hgJ ak . naglblll ugao konea (ruciee) prema vertikali G( = 3007 Kolika je ;ila : ko~c~~

3.32. Telo tezine 2 kg kreee se pravolinijski u otpornoj sredini, ciji otpor zavisi od brzine, prema zakonuF",=-bVv, gde je b=0,04. Koliki Ce. put preci telo do laustavljanja ako mu je pocetna brzina 4 m/see?

pore~a

~ezine

@

Telo, .G, klizi niz strmu ravan AB, vi sine h, nagibnog ugJa pn I.orne Je koeeno siJom F=2G,koJ'a deJ'stvuJ'e .. • t b uz 'cavan. Koju po~e nu rzmu lreba saopstiti telu u' vrhu (A) ravni da bi se z.• auStavilo .na kraju ravm? o

Vo

Kako ce glasiti zakon kretanja u prcthodnom zadatku ako se, sila menja prema zakonu F=X= 12cos3t?

3.40. Kojom pocetnom brzinorn treba ispaliti raketu u bezvazdusnom prostoru da bi se popela na' visinu H = 2 R od pov[sine Zemlje, gde je R = (j 370 km Zemljill poluprei':nik, a tela opada sa kvadratom rastojanja?

Slika 3.48.

/

,r

Slika 3.49.

. 3.49. Kuglica, Idine 100 g, pu~tena je IZ tacke AD polukruzne putanje, poluprecnika R, sa sredistem u 0 b , ez pocetne brzine. Kolikl mora bili 7 Zbirka:;zadataka iz mchanike

l.,

99

98 i

poluprecnik (R) te putanje da bi kuglica presla gornju tacku (B) vertikalnog P\,~~.lbdbg~ krull~ p ltl£lj~ (AB), koja ese u tacki A nastavlja na prvu

p~Hanj~;~;i : ,~'

~a!ip:r~thq.~ni:slucaj odrediti mesto (U) plve polukruzne putanje u koje

,

';~!

u iritt kugli(a. '. i; l' I..q~;i.ii;'

; ~41 vertika lnog krugl, poluprecnika R = 10'm, bacena je horizontalnp k~;~lica, ,brzin0n3120 m/sec:, Ona napusta kruznu putanju u tacki B, gde je I~k AB=2Rn:/3. l{lkoju ce tacku (U) precnika BO udariti kuglica?

·····3,50. :flz~stacke

-}j

i

krug u tacki B, i krece se uz ravan. U koju ce tacku (U) ose + Ax udariti pokretnatacka? Ko]ika je kineticka energ:ja pri udaru? 3.54. Kuglici je data pocetna horizontalna brzina 10m/sec u tacki B vertikalnog prcmika krug:!, poluprecnika R = 10m. Ona napusta kruznu putanju u tacki C, gde je ..g:AOC= 0: = 60°. U kojll ce tacku ose + Ax udariti pokretna tacka?

c

~:

Slika 3.54.

A

Slika 3.50.

Slika 3.5l.

3.51.: Vertikalni krug, 'poluprecnika R, presecen je tetivom CD,~tako

da su lu~i donjoj tacki

A2 = AD

2 R rr/3. Koliku 'pocetnu brzinu treba dati kuglici u (A) vertikalnog precnika da Lbi ~se opet vratila u prvobitni =

polofaj (A)?

-

Slika 3.55.

3.55. Tacka M se kreee po kminoj putanji, po)upreenika R, pod uticajem privlacne sile Fr= - cr n, sa centrom privlacenja u tacki P na obimu putanje, i to na horizontal nom precniku( - Ox-osi). Koliki mora biti eksponent n veliCine privlaene siIe da bi otpor putanje bio na svakom mestu konstantan? Koliki je taj otpor?

i

3.52.'! Kuglici koja se nalazi u gornjoj tacki (B) vertikalnog precnika AB kruzne putanje, poluprecnika R, data je horizontalna pocetna brzina VO' Na kome ce mestu C kuglica napustiti krllznu putanju?

yl

3.56. Telu, tdine G = 20 kg, koje se nalazi na hrapavJj horizontalnoj ravni, koef-cijenta trenja 0, I 0, a vezano je liz-elom paralelnim toj ravni, dato je ubrzanje 2 m/sec 2 • Odrediti silu u uzetu. 3.57. Disk bacen na led, koeficijenta trenja 0,08, stane na rastojanju 50 m od pocetnog poloZaja. Kojom je pocetnom brzinom bacen disk?

3.58. Sa vrha hrapave strme ravni, visine h = 10m, nagibnog ugJa 30°, kJizi £liz ravan tesko telo, bez pocetne brzine. Posle napustanja strme ravni tela se krece daIje po horizontalnoj hrapavoj ravni, istog koeficijenta trenja, i zaustavi se kada je preslo put jednak trostrukom predenom putu niz ravan. Koliki je koeficijent trenja ravni? 3.59-} Sa vrha (A) hrapave strme ravni, koeficijenta trenja 0,20, vi sine 2 m, 'i:lagibnog ugla 30°, klizi £liz ravan tesko telo, pocetnom brzinom vQ, i koceno je kocnom silom jacineF = G, cija napadna Iinija gradi sa strmom· ravni BA isti ugao (300). Kolika mora biti pocetna brzina Vo da bi se telo zaustavilo na kraju (B) strme ravni AB?

Slika 3.52.

Slika 3.53.

3.53. Teska tacka krene iz tacke A vertikalnog kruga, poluprccnika R = 2 m, !pocetnom brzinom 8 m/sec. U tacki B kruzne putanje, gde je luk AB= 3 R rr/4, prelazi na giatku strmu ravan Be, vi sine 11 = 4 m, koja :;:dodiruje

3.60. U polaznom periodu vucna sila Iokomotive iznosi 201. Voz je teZak 600 t, a otpor voza iznosi 4 kg po toni tdine voza. Odrediti ubrzanje voza na USpOIlU velicine 1:60. 3.61. Vucna sila lcikomotive iznosi lOt, a tezina voza je 3001. Koliki najveCi uspon moze da savJada lokomotiva ako je koeficijent trenja pri klizanju sina 0,010?

101

100 ,3.62: Voz ulaz! brzinom 72 km/h na uspon zeleznicke deonice nagiba 0.006, pa mu se posle jednog minuta brzlna smanji na 54 km/b. Odrediti vucnu silu....1Dk()motive aka je [dina voza 300 tona, a koefieijent trenja 0,005.

...

~

"\

Koliki mehanicki rad tre~a izvrsiti da bi se teret, tdine 100 kg popefLUz strmu hrapavu ravan, vlSlne 2 m, naglba 30°, ako je koeficijent trenja 0,17

(3.6y

3.64. PomoCu cekrka podize se horizontalnom silom, F = 2 G, teret teZine G uz strmu hrapavu ravan, koeficijenta trenja 0,2, visine h = 4 m, nagibnog ugla 30°. Za koje ce se Vreme podiei tere! na vrh strme ravni? 3.65. Dva tela (A) i (B), teZine G] = 20 kg i Gz = 60 kg, klize priljubljeni niz strmu hrapavu ravan. Koeficijent trenja izmedu prvog tela i ravni je 0,25, a izmedu drugog tela i ravni je 0,10, Odrediti uzajamn.i pritisak tela, Nagibni ugao ravni je 60°. 3.66.

a) Koliko je ubrzanje tde na geografskoj sirini 750? b) Kojom pocetnom brzinom treba baciti telo po povrsini Zemlje

3.71. Glatki- prizmaticni klin krece se po glatkom podu nadesno (u smeru +Ox-ose), jednako ubrzano, ubrzanjem ap ' bez pocetne brzine. Niz kEn klizi tesko telo, tdine G,ubrzano, bez pocetne brzine. Odrediti apsolutnu putanju tela i olpor klina ako je njegov nagibni ugao Ct..

. 3.n:

Hrapavi prizmaticni klin krece se po glatkom podu :nadesuo (u njegovu §trmu [avan smeru + Ox-ose), jednako ubrzano, ubrzanjem aJn klizi telo, tdine G, bez pocetne brzine. Odrediti apsolutnu putanju tela i njegovu, brzinu u trenutku napustanja strme ravID klina, visine h, !

·:a::niz

3.73. Dve neelasticne kugle, tezina 20 kg i 40 kg, kreeu se jedn~ ka drugoj, i to prva brzinom 10m/sec, sud are se, paobe stanu. Kojom Ise brzinom kretaJa druga kugla? . . 3.74. Malj cekica za kovanje, tdine I 000 kg, pada sa vl?lIle IOOem na nakovanj. TeZina nakovnja sa komadom koji se kuje izno~i 3000 kg. I . Izracunati: a) brzinu kojom malj udara u nakovanj,

da bi obislo ceo meridijan? Poluprecnik Zemlje iznosi6 370 km.

b) kineticku energiju malja u trenutku udara,

3.67. Voz krene iz staniee jednako ubrzano, tako da pos!e30 sekundi postigne brzinu 54 km/h. Koliki je nagib nivoa tecnosti u vagonu - cistern.i7

c) zajednicku brzinu malja i nakovnja posle udara,

3.6S: . Uglatkoj casi, obllka kruznog konusa, koji se obrce jednoliko, sa 60 o/min, oko svoje geometrijske ose, nalazi se u stanju mirovanja kuglica (k). Odrediti njen ravnotdni pOloZaj ako je ugao otvora konusa 2 (J. = 600,

w

d) energiju iskoriscenu za kovanje, e) stepen k9risnosti cekiea.

3.75. Elasticna kuglica padne sa Vlsme h, na nepokrethu elasticnu ploCu, odbije se od nje, pa opet padne, zalim se odbije, pa opet padne, te se posle vise odbijanja zaustavi. Odrediti ukupan put koji prede kugl ica do zaustavljanja ("problem rikoseta") ako je k koefieijent udara. ' 3.76. Na pravoj liniji nalazi se n masa m; u miru. Od~editi brzinu poslednje mase (m n ) posle udara ako je prvoj masi (m,) saopsten~ brzina V1' a koeficijent sudara svih masa je isH (k). Opste resenje. Specijalno ako je m, = m, = m 2/2 = m, a koeficijent udara ove tri kugle je k = 1.

3.77. KugJa tezine 2 kg udari brzinom 5 m/sec u drugu kuglu, dvaput vece tdine (2 G), koja je nepokretna. Odredititbrzine kugli posl~ udara ako je koeficijent sudara k= 0,5. Koliki je gubitak ki~eticke energije pri pvom udarn? Slika 3.68.

3.69. navise (po klatna,

Slika 3.69.

Tacka vesauja matematickog klatna(O) krece se pravolinijski + Oy-osi),ubrzanjem ap- Odrediti period malih oseilacija ovog

3.70. Voz se krece brzinom 72 km/h po koloseku koji je postavljen po meridijanu, od juga ka severu. Tezina voza iznosi 400 t. Odrediti bocni pritisak voza na sine u trenutku kada prolazi kroz mesto' cija jegeografska sir ina 60°.

3.78. Dve potpuno e1asticne kugle krt6iI brzinama i sudare se. U kom su odnosu teziJe sudaru stane?

.

3.79. Kugla -mase m udari u drugu nepomlcnu da se kineticka energijaposle sudara smanji za 50% u pre sudara, Kohki je koeficijent ovog sudara? 3.80. KugJa mase m udari koso na nepokretnu kuglu iSle mase (m). Odrediti pravac sudara da bi odlazna brzina prve kugle imala ~pola manju vrednost od njene dolazne brzine ako je koeficijent sudara 0,5.

103

..,• .1UU".l:!',!\.

3.90. a) Koliki je eentrifugalni moment plocice oblika kvadranta kruga, poluprecnika R, za par upravnih osa koje se poklapaju sa osama Ox i Oy

MATERIJALNOG SISTEMA. MOMENT! INERCIJE I CEN:IJIFUGALNI MOMENT!

triedra Oxy?

'~1 mor,a

b) Koliki je aksijalni moment inercije ove plociee za OSll simetrije (0 ~-osu)?

3.81.; Koji odnos cia postoji izmedu polupreenika (R) osnove kruznog kbnusa i visine konu,sa (H) da bi sva tri glavna eentralna momenta inercije billa jednaka?~j !

3.91. Dve materijalne tacke (mase), jednakib tezina (0), vezane su tankim nerastegljivim kmtim uzetom zanemarljive mase. Jedna masa se krece po Ox, a druga po Oy-osi triedra Oxy. Odrediti zakon kretanja sistema masa ako je sistem u pocetnom poloZaju bio u miru. Polozaj materijalnog sistema odrediti uglom cp, koji uie gradi sa + Oy-osom usmerenom nanize.

i-

3.82.: Za koliko se % ~manji aksijalni moment inereije kmznog konusa, visine H =:6 R, za njegovu geometrijsku osu, ako se na osnovi konusa izbusi polulopta, [poluprecnika r = R/2, gdeje R polupreenik osnove konusa? ,3.83.; Za koliko se % poveea aksijalni moment inercije konusa u prethodnor)-! zadatku kada se na osnovu konusa doda polulopta, polupreenika R?

y: .I i i...... 7

0(1- -:x

' III

3.84. Koliki je aksijalni moment inereije zamb- ' ljenog konusa za njegoyu geometrijsku ,osu ako su polupreenici osnova u odnosu R/r = 27

3.86. Disk (tanka kruzna ploe?) mase M, poluprecnika R, obesen je 0 tacku 0 pomocu stap:i, mase m = M12, dmine 1=3 R. Odrediti aksijalne momente inercije sistema za ose triedra Oxyz,

,

3.88.1 Koliki je aksijalni moment inercije kruz.!log, torusa, poJupreenika r = R/4, za .geometrijsku Oz-osu? /

Slika 3.93.

ravnima ako su 0 1 =G 2 =G)V3= 10 kg; dejstvuju u pojedinim uietima?

131

Iz

I

&=2~=600;

3.95. Pomocu piovne dizaJice, kzine 0 1 ='15 t, podize se teret tezine O2 = 3 t, uzetom prebacenim preko kotura (K) i obmotanim oko dobosa cekrka (C)" Za koliko ce se pomeriti nevezana plovna dizaJica kada se poluga OK pri dizanju tereta zaokrene oko osovine 0 za ugao 300

.rl--i:--; Slika 3.88.

3.93. Tri tereta, tezina Gl, i= 1,2, 3, nalaze se na strmim hra. pavim ravnima AB i CD, nagibnih uglova IX i ~, i na horizontalnoj hrapavoj ravni Be. Tereti su spojeni lakim nerastegljivim uzadima. Kolikim se ubrzanjem krecu tereti po [Li=O,IO?

3.94. Iz topa je izbacena granatal tezine 100 kg, pod elevacionim uglom 300 prema horizontu, j)ocetnom brzinom 1 000 m/see. ~olika je brzina trzanja lafeta ako je tdina topa (eevi sa lafetom) 20 tona?

I

-~-

,

D

A

3.87. Koliki je aksijalni moment inereije para~ JeJepipeda, iviea a = 2 em, b = 3 em, c = 6 em, tezine 0 = 0,7 kg, za dijagonalu?

Slika 3 86. 1

Slika 3.90.

3.92. Dve materijalne tacke (mase), tdina G1 = 3 kg i G2 = 2 kg, spojene su lakim stapom, duzine 50 cm. U pocetnom' poloiaju stap je horizontalan. a drugoj masi je ~ata pocetna brzina 25 cm/see, usmerena navise, dok prva masa miruje. Odrediti zakon kretanja materijalnog sistema pod utieajem teie. uzimajuCi da je + Oy-osa usmerena nanize. Kolika je sihi u stapu?

3.85. Celieni vaijak (y", = 7,85 kg/dm'), precnika osnove 100 mm, duzine 500 mm, izbusen je eentricnom aksijalnom rupom, precnika 50 mm, i zatopljen olovom (Yrn= I 1,30 kg/dm 3). Izraeunati aksijalni moment inereije ovog' tela za njegovu geometrijsku osu.

I

; 'J

Slika 3,89.

13.89., KOliki. je eentrifugallli m~ment tan~e plocice oblika pravouglog troug,a, hteta a I b, za par upravmh osa kOje se poklapaju sa katetama? /)

I;

.--~

Slika 3.95.

Kolike

sile

104

105

3.100. SpustajuCi se usled svoje leiine, G= 20 kg, dvostruki (oslri) klin, ugla otYora 2 ex = 30°, razinice dve, jednake ploce, svaka tdine po G, = 10 kg, koje Ide na horizontalnom

i dode u vertikalni polozaj? Duzina poJuge je OK=I=4m. Otpor vode i Idinu poluge zanemariti.

3.96. 0 krajeve A i B nerastegljivog uzeta, prebacenog preko malog kotura, K, obeseni su tereti cijc Sll tdine U odnosu GJG 2 = 2. Prvi teret, tdine Gp moze da klizi niz glatki stub udaljen od kotura za R = 2,5 m. Izracunati brzinu prvog tereta u polozaju kada se spustio za visinu H = OA = R ako je u jJocetku kretanja bio u polozaju 0 na horizontali OK. Masu. uieta zanemariti.

glatkomstolu. Odrediti zakone kretanja klina i ploca, kao i uzajamni pritisak klina i ploea. Utieaj trenja zanemariti.

Slika 3.100.,

C) DINAMIKA KRUTOG TELA r

~-

- ~-7-

3.101.' Izracunati kinc'tfcku energiju i zamah hom0genog hl!:cnog tela koje se obrce jednoliko qko svoje g~'Jm~trijsk:; ose simetrije, sa o/min, ako je R= 100 mm. , Slika 3.101. 3.102. lzracunati kineticku energiju jedhog dnevnog obrtanja Zemlje (R = 6370 km). I z

PO

. Slika 3.96.

3.103. Granata, tezine 230 kg, precnika ("kaiibra") 20 em, izbacena je ,z top]., brzinom 600 m/see. lzracunati kineticku energ'ju celicne granate. smatrajuCi da ima oblik cilindra, duzine 2 R, i vrha obLka kcnusa, 4uzine 2 R. Topovska eev je olucena, sa hodom zJebova (zavojniee) h = 10m.

Stika 3.97.

3.97. Klin, teiine G" moze da klizi po horizontalnom podu (+ Ox-osi). Niz sgmu ravan klina, nagnutu pod uglom' 30· prema horizontu, moze da klizi telo tezine G2 = 4 G, = 40 kg. U pocetku kretanja siste~ je bio u .stanju mirovanja. Odrediti ubrzanja tereta i klina, kao olpore strme ravni i poda, zanemarujuci trenje.

F 3

. 3.104. Dve kugle, poluprcrnika R, mase M, teZine G = 5 kg, [vezane su homogenim stapom, mase m=M, duzine 21=4R, konstantnog poprecnog preseka. Izracunati kin:;ticku energijll sisteml ako se obrce oko Oz-ose jednoliko, sa pO o/min. Materijal kugJi i stapa je celik; R = 50 mm.

3.98. Automobil, tdine G, krete sc po pravolinijskom horizontal nom pUIU, jednako ubrzano, ubrzanjem a. Tdiste automobila nalazi se na visini h iznad puta, na udaJjenju II i 12 od prednje i zadnje osovine tockova.

z

I

Zanemarujuci obrtanje tockova, odrediti pritiske tockova . automobila na PUt. Koliko treba da bude ubrzanje kretanja automobila da bi pritisci prednjih i zadnjih lockova bili jednaki?

SJika 3.99.

3.99. Pomocu Arhimedove (aritmeticke) koturacesa tri para koturova, teretom F = 500 kg. podize se· teret G, tezine 2 tone. Koliko je ubrzanje podizanja tereta G? Koji bi usJov morao biti zadovoljen da bi se teret F spustao jednoliko? .Mase koturova, viljusaka i uzadi. kao i trenjezanemariti.

t

u

~

1 - - - - - - H=6R _ _

Slika 3.104.

{

---'-~18

Slika 3.105.

i

,

3.105. lz celicnog kruznog konusa, pdcnika osnove 2.R = 100 mm, visine H = 6 R, isecena je na.osnovi polukuglaJpoluprecnika t = -e/2. Kolika 'tc c·: je kineticka energija ovog tela ako se obrce okqvertikalnog{prec)'Jika osnove

i I

(AB-ose) jednoliko, sa 120o/rilln?

3.106.

b i se obrtalo oko izvodnice OA?

/:

\

I

I

,

Kolika hi hila kineticka enero-ija t>

t~la

.'

··.I;~. !"f}~;

jl

iz prethodnog kdatfa.ako

1~4rt.•;1ji,t'~ ;-

'!iY

)07

106 3. 10 7. Homogena kugla, tezine 10 kg, precnika 2 R ~ 20 em, obrce se oko svogi, prccnika (ose) jednoliko sa 10 obrtaja u sckundu, a njeno se lez.iSte krbce pravolinijski, jednoliko, brzinom 36 km/h. lzracunati kineticku

3.114. Zamajcu oblika tocka, (dine G ~ 327 kg, poluprecnika venea R = 600 mm, nasaoenom, na vratilu, data je pocetna ugaona brzina kojoj odgovara minutni broj obrtaja 3600/min. UsJed trenja u lezistima vratila zamajac je stao posle 5 minum obrtanja. Odrediti moment treuja u leZistima, smatrajuci ga konstantnirn.

·encrgiju k[etanj;t kugle. 3.108. Pogonski kaisnik (K,), precnika DI'= 16 em, obrce se jednoliko oko. svoje ose, sa 90o/min. Izracunati kineticku energiju transmisionog kaisnog ureoaja ako je poluprecnik radnog kaisnika (K2 ) dva puta veCi (D2 = 2 D 1), tdine G2 ~ 40 kg. Slika 3.108. . Tezina kaisa iznosi Gu~20kg. Kaisistog materijala i istog obJika kotmova (diskova).

niei su

3.115. Vratilona kome je nasaden disk, kzine G, poluprecnika R, pokrece obrtni moment 1JIl. Usled obrtanja javlja se u Idistima otpor trenja, koji je srazmeran ugaonoj brzini, 1JIl" = b w, gde je b koe[cijent prop orcionalnosti, merne jedinice kgcrnsec. Odrediti zakon promene ugaone brzine obrtanja vratila. 3.116. Preko zamajea, poluprecn'ka R, prebaceno je lako uze 0 cijem haju v:si teret tei·ne G;. Pri kretanju (ereta javlja se i kcnstantni olpor trenja u vidu sprega, momenta 1JIl ..... Da bi se otklonio ut'caj trenja, najpre se 0 ute obesi teret tdine Gp · koji se ;pusti bez pecetne brz'ne za v.sinu h za Vreme T,. Zatim se obesi teret td ne G2 i epit ponovi, pa se odredi vreme T z, za koj~ ce se ovaj teret spustiti za istu visinu (h). Izracunati moment inercije zamajeaza njegovu geometrijsku osu.

3.10,. Kolika su ubrzanja kaisnika iz prethodnog zadatka ako je pogonski }kaisnik izloien dejstvu obrtnog sprega, jacine 1 kgm?

3.ub.

Koliku brz'nu treba dati kraju B homogenog stapa AB, dUline 0 tacku A, da bi dostigao poloZaj koji sa ravnoteznim

AB= I = 3~ cm, obesenog I

polozajerri gradi ugao 120°7

..

,, I

,

,

I

I

I

,/

I

-'

I

8 Slika 3.110.

SJika 3.111

Kruzna ploca, tezine G, poluprecnika R, obrce se oko vertika!~e ose. Po 6bodu ploce kr~ce se materijalna tacka (m), tezine GI2, tako da pri jednolikoin kretanju u direktnom smeru bb:oe svoju kruznu putanju za 10 sekundi. iKoliki je broj obrtaja ploce ako je sistem u pocelnom trenutku

j

1

I

SJika 3.116.

Slika 3.117.

3.117. U kom su odnosu periodi oscilovanja malih oscilaeija tanke kruzne ploce (kruga), poluprecnika R, za ose oscilovanja (I) i (2)7 i 3.US. Za koLko se promeni period malih oseilacija fizickog klatna, oblika diska,. za istu osu oscilovanja ako se izbusi centricna rupa, poluprecnika r = R/2?

bion miru? 3.112. Homogeni. kotm, n~zine 100 kg. polupreenika R= 50 em, obrce se oko svoje geometrijske ose jednolko, sa 20 obrtaja u sekundu. Kocenje kolura i~vodi se pomocu obimne sile, jaCint 100 kg. Posle koiiko ce se obrtaja iaustaviti kotur? 3.1 Kotur se obrce oko svoje geometnjske ose jednoliko, sa 1 800 o/min. Mcoutim, usled dejstva kOCDOg sprcga, jacinc 100 kgm, on ucini jos 60 obrtaja i stane. Koliki je moment increije kotura, smatrajuCi ga diskom?··

I } o Slika 3.118.

Slika 3.119.

108

i09

3.119. U kom su odnosu periodi malih oseilacija tanke homogene poluprstenaste ploce, odnosa poluprecnika 0/ = rj R = 0,5, oko osa oscilovanja (I) i (2)7; 3.120. U kom su odnosu periodi malih Dscilacija tanke homogene kvadratne ploce, stranice a, oko osa oscilovanja (1) i (2)1

3.125. Ko brze osciluje oko iste horizontalne ose: klatno oblika tanke kruzne ploce iIi klatno oblika tankog jednakostranicnog trougla, istih teZina?

12

B~

~ ,. m

Slika 3.120.

1", n

h

3.126. Pravougaona plociea, teZIne G = 2 kg, stranica h b = 20 em, obrce se jednoliko u direktnom smeru oko ose AB(Az-ose), koja prolaii kroz !ezista A i D. Koliki Sil kineticki otpori oslonaea (Jelista) ako je broj obrtaja 180o/min?

3.121. KoLki je period malih oseilacija fizickog klatna oko borizontalne ose oscibnnh 0 y ako je masa diska M = 2 m, gde je m masa stapa, duiine 1= 3 R? 3.122. Zl koliko se prom~ni p~riod malih osdac:ja klatna oblib. stapl, mlse M, dul.ine /, koji osciluje oko horizontal no Oy-ose, kada mu se do:hju m1sa Mj2 u Hajgensovom centru i masa M/4 na slobodnom kraju? Duzina klatna je 100 cm.

M

G

Slika 3.126.

Slika 3.125.

Slika 3.121.

1 ,I ~ j

3.127. Plocica oblika pravoug!og traugla, stranica h = 3 bl2 = ~O em, teline 3 kg, obree se jednako ubrzano, ubrzanjem 1C see- 2 u direktnom: smeru, b:z pocetne brzine. Izracunati kineticke otpore lezista A i B u trenutku kada Je plocica obreuci se oko katete AB nacinila 16 obrtaja. B

j

6R

j 1

Al!l~='~~~ ~

SI ika 3.122.

Slika 3.123.

3.123. Klatno se sastoji jz kugJe, tezine 2 kg, poluprecnika R = 10 em, i stapl, tezine 2 kg, duzine 50 cm. Koliki je period malih oscilaeija klatna oka horizontalne ose koja prolazi kroz teziste stapa? Odrediti poJozaj Hajgensovog centra oscilovanja. 3.124. Kolika mara bili duzina stapa klatna jz prethodnog zadatka, nepromenjene tdine, da bi period malih oscilacija za horizontalnu asu kroz kraj 0 stapa bio najmanji? Koliki je tada period malih oseilacija?

Slika 3.127.

Slika 3.128.

!

kg, R = 10 em, saopstena je 3.128. PloCici datog oblika, tezine G = pocetna ugaona brzina kojoj odgovara broj obriaja 180o/min. Obrcuci se oko ose AB, plociea je stala posle ucinjenih 20 obrtaja. Kolikisu kineticki pritisei na !ezista AiD u trenutku kada je plocica nacinila poiovinu broja obrtaja? 3.129. Na sredinu 0 tankog vratiJa AB nasaden je tanki: stap duzine 1= 60 em, tako da se teZiSte stapa poklapa sa teiiStem vratila. Na krajevima

JlO

III

\

I

stapa nasadene su dYe kugie (C i D), tezina po 2 kg. Osa stapa gradi sa osom Yrati~a ugao J 5°. Jzracunati kineticke. pJ';tiske !ez:sta A i B Yratila, duzine 2/, rako se ono obrce jedno! ko, sa 90o/min. i

t

B~~

-"'

-~

\

\

II I

I 1

I

3.133. U nepokretnoj glatkoj supljoj polukugli, poluprecnika R = 80 em, kJiz! teski stap AB, duzine 1=3 R/4, iz. naznacenog pocetnog polozaja. Odredili brzine i ubrzanjl krajnjih tacab A i B stapa i njegovog teZist'l u najnizcm mogucem polozaju stapa' u polukugli. 3.134. Po ghtkoj strmoj ravni spustaju se dva homogena suplja v,lljka, odnosa prccnika 0,5. Prvi valjak klizi svojom osnovom bez kotrljanja, a drugi se kotrlja bez kLzanja. U kom su .odnosu visne spustanja (eZista ovih valjaka jednakih telina u istom vremenskom razmaku ako se krecII bez pocetne brzine? 3.135. Stap (L) teline G lezi na tfi jednaka kruzna valjka, tdine G,=2G/3, na horimntalnoj podlozi. Vucnom slom F=G pokrece se stap u aksijalnom praveu, a valjei se kotrljaju bez klizanja. Koliko je ubrzanje kretanja stapa?

I

I

A~,~ Slika 3.129.

G

Slika 3.135.

SJika 3.136.

Slika 3.130.

3. no.,

Tanka prayougaona ploca, stran:ca b=60cm, h=80cm, tezine G = 8 kg, obrce se jedno] ko oko ose AB. Izracunati kineticke pritiske lezista A i B ako je AC=BD=c=25cm, a broj obrtaja 60o/m·n. 3.131. Homogeni stap, tezine G, duzine /, oslanja se krajem A na glatki pod. U pocetku kretanja stap je bio nagnut prema podu za ugao (f,= 30°. Odrediti pu'tanju kraja B stapa ako je G = 2 kg, 1= 60 cm. ,;

i v

3.132., Homogeni stap AB, tefne G = 40 kg, duiine 1= 200 cm, oslanja se krajevirrla A i B na dYe glatke upravne ravni. U pocetnom poloZaju stap je nagnut prema - 0 kosi za ugao eo = 60 0 i prepusten je dejstvu teze. Kada ce se stap odvojiti od vertikalne ravni? Kol ki su otpori ravni kada je stap u poloZaju 6 = 45 0 7

3.136. Teret fdine G,obesen 0 konae koji je prebacen preko malog kotura K, pokrece po glatkoj horizontalnoj favni teret teline G2 = 2 G. Odrediti ubrzanje (ereta i silu u uzetu. 3.137. a) Pi-eko Jakog nepomicnog kotura, poluprEcnika R, prebaceno je ule 0 cijim krajevima vise tereti tdina G i 2 G. ZammarujuCi masu kotura j uzeta, odrediti ubrz.:mje kretanja tereta i silu u uzetu. b) Za koliko se promeni ubrzanje i siJa u uietu ako se u prethodnom zadatku uzme u obzir i masa kotura oblika diska, tezine GIS?

SJika 3.137.

Slika 3.133.

Slika 3.138.

3.138. Dva tereta, (dine G,=G i G2 =2G, obesena su pomocu lakih uzadi obmo! anih oko lakih koturova, polllprecnika R, = R i R2 = 2 R. Kotllrovi

112

113

su ll'!saci~ni In istoj osovini oko koje se mogu obrtati. Zanemamjuci mase koturova, odrediti uglOno ubrzanje njihovog obrtanja. 3.139.

Izraeunat; ugaono ubrzanje 'i sile u uzadima u prethoduom

zad~tku ako je G = 38 kg, R= lOem, llzimajllci u obzir i mase koturova. Prv.] k~tur)e tdine 0/10, U obllku tocka bez zb:ca, a drugi je teziue 0/5 i

3.144. Covek pokrece po/ugom valjak, tdine 200 kg, precnika 60 em, po horizontalnom hrapavom putll, koeficijenta trenja prj kotrljanJu 0,5 em. Duzina poluge je 150 ern, a njen je kraj (A) iznad puta uzdignut za 90 em'. Kolika je potrebna vu~na sila ako je valjak posle predenog puta od 5 m IL stanja mirovanja postigil.O brzinu 120 ern/sec?

oblIka Je dlska.

3.140. Pomocu koturace sa Jakim koturovima teret tezlne G = 100 kg . podize teret tezine 1000 kg. ZanernarujuCi mase koturova i uzeta, odrediti ubrzanja tereta i silu u uZetu. A

Slika 3.144.

SI ika 3.140.

3.145. Za srediste tocka (T), poluprecnika R = 20 ern, teiine G= 40 kg, vezan je homogeni stap AB, Idine 0/2, koji se krajem A oslanja ha hrapav pod, koeficijenta trenja 0,1. Na kolikom ce se udaljenju od pocetnog polozaja mirovanja zaustaviti tocak ako mu je data pocetna brziua 1'0 = 2 m/see, a koeficijent otpora protiv kotrijanja iznosi 0,2 ern? i

Stika 3.14\.

3.141. Teret teiine 0 pokrece llzetom preko kotura (K), oblika diska, tdine ~, poillprecu:ka R, isti toliki teret teZ'ue 0 = 20 kg po hrapavoj horizontalnoJ ravuI, koeLeijeuta trenja 0,5. Kolike su sile u de/ovima uieta?

R

SJika 3.145.

3~142. Preko kotma (K), teiine G, poluprecnika R, prebaceno je uie 0 cijim su krajevima obeseni tereti tezina 20 i O. 0 drugi teret obeS~n je pomocu opruge, duiine I, treCi teret, tezine G. Odrediti zakon k;retauja treceg tereta.

3.146. Suplja kugla, odnosa preenika 0,5, kotrlja se bez klizanja po hrapavoj horizontalnoj ravni. Koliki ce preci put do zaustavljanja ako je njenom teiistu data brzina 70em/sec, a koefieijent otpora protivkotrljanja je 1 mm i R=20em? 3.147. Toeak, tezine G = 100 kg, poluprecnika R ~ 1 m, sa eks~entriCnjm tezistem OC=e=R/2, krece se po hrapavom pUIU. Kolika mora biti VllCna, sila (F) da bi se tocak kretao jednoliko, brzinom 10 m/sec? '

a a: Slika 3.142.

Slika 3.147.

Slika 3.143

3.143. Koliki mora biti nagibui ugao IX strme hrapave ravui, koeficijenta trenja 0,0125, da bi se po njoj kotrljao. bez klizanja homogeui supJji valjak, odnosa precnika 3/4?

pOlup~~~ill~l;R,

3.148. Puni homogeni valjak, teline G2 = 52 kg, vezan je zategom AB, za tocak, tezine G 1 = 3 O2/5, istog prec~~~, r'i k,p,tJ;'ljajus? zajednobez klilanja po hrapavoj strmoj ravni,; nagibnog,'ugla '15P~ Odrediti ::; .! ubrzanje sistema i silu u zatezi. I., ;, 8 Zbirka zadataka ix mebanike]

114

i

3.14?

115

J

.

?'

Preko'-dobosa kalema, (dine Gz' duiine 1=4R, r=R/2=2s, obavijcno :je uze koje je prebaceno preko malog kotura (R'). Kada se 0 kraj uieta obesi terel, tezine GI = G2 /4 = 15 kg, kalem se kotrlja bez kJizanja po hor'izontalhoj hrapavoj ravni; a pri tome je uze horizontalno. Odrediti silu u metu,

Kolika je tezina tereta ako ul.e gnidi sa horizontal om ugao oc = 30°7 Koliki su otpori oslonca 0 bubnja?

SJika 3.153:

Slika 3.149.

Slika 30150.

3.150. Valjak (A), tdine i G, kotrlja se bez klizanja dul. strme hrapave ravni, nagibnog ugla Ct. = 60°, i podite pomocu ul.eta prebaeenog preko punog kotura, t~l.ine G, polupreenika R,. terel tdine G. Odrediti ubrzanje vaJjka· !

.

3.151. Terel, tezine G, vezan je za srediste 0, homogenog valjka (K), teiine G1 :: polupreenika R, pomocu ul.eta,dul.ine l, te:line Gu ' Uze je prebaeeno prcko toqka (T), (dine G" polupreenika R, koji se obree oko osovine (0,). U trenutku mirovanja teret tdine G visi na visini h ispod prave 02P, Odredili brzinu tereta (G) kada se spusti za visinu z od prvobitnog polo~aja, a vaijak sc, kotrlja bez klizanja po horizontalnoj ravni, koeficijenta otpora protiv kqtrIjanja f(cm). Opstc rcscllje.

Slika 3.154.

3.154. Kotu, (A) cekrka je poluprecnika 20 em, a njcgov bubanj (B) je prccnika 30 em. Oko bubnja je namotano uze kajc je prcbaceno preko malog kotura (R'), 0 eijem je kraju obesen tere! tezine G = 60 kg. Tezina cekrka je 90 kg, a poluprecnik inereijc je ic = 20 em za geometrijsku osu cekrka. Kotur eekrka kOlrlja sc po strmoj hrapavoj ravni. Odrcditi koefieijent trenja klizanja slrme ravni, nagibnog ugla 30° da bi sc kotur eekrka kotrljao po njoj bez klizanja. 3.155. Pomocu dva cekrka sa bubnjevima:. A preenika 40 em i 10 em, te7.ine 40 ke, R pr('.cnika 40 em i 20 em, tdine 50 kg, podize se teret tczine G3 = 200 kg uz hrapavu raVan, nagibnog ugJa [3 = 45°, koefieijenta trenja 0,25. Poluprecnici inereije cckrka iznose 30 em, odnosno 20 em. Kotur prvog bubnja kotrlja se niz strmu ravan, nagibnog ugla a = 30°. Odrediti ubrzanjc tcZi~ta prvog cekrka (A) i sile u uzadima.

Izracunati tu brzinu ako su date vrednosti; G = G,/2 = G2 = 2 Gu ; R = 8 em,

Iy

f=2mm, h=z=114=2m.

J

I

Slika 3. J51.

S!ika 3. J 52.

Slika 3.155.

Slika 3.156.

3.152. Klin, tdine G, moze da klizi po horizontalnom podu. Niz strmu ravan k]ina, nagibnog ugla 60°, kotrlja se bez klizanja suplji valjak, tdinc G, odllosa p6Jupreenika r/R = 0,5. Kohko je ubrzanje kJina?

3.156. Odrediti putanju sredista mehanizmaeJipsografa ako je OS= R = =AB/2, tezina krivaje je G, lenjira 2G i klizaea po G/2. Kolika je koliCina kretanja mchanizma? lzraziti kinetieku energiju mehanizrna pomocu brzine kJizaca A ako je ta brzina VA = 1Oem/sec, R = 80 mm, G = 4 kg u poJozaju kada je ugao 'P = 60°.

. 3.153. Teret tezine G obesen je 0 kraj lakog uzeta, prebacenog preko kotura (K) i obmotanog oko dobosa bubnja, letine 2 G, precnika 2 R = 20 em. Teret se :spusta ubrzanjem 49 em/see 2, a na bubanj dejstvuje koeni spreg momenta 540 kgcm, koji dejstvuje u suprotnom smeru kretanja satne kazaljke.

3.157. lzracunati ugaono ubrzanje krivajc OS elipsografa iz prethodnog zadatka ako jc krivaja izlozena dejstvu obrtnog momenta 'lIlk = 20 kgm. Stap je teline G = 40 kg, krivaja je tezine G/2, kJizaci po G/4 kg, a osim toga je OS = R =AB!2 = 50 em.

H7

J 16

3.162. Vratilo elektricnog motora izlozeno je dejstvu obrtnog sprega 'ill. Na tome vratilu je pogonski transmisioni kaisnik, poluprecnika tdine G. Transmisioni kaisnik je od istog materijaia, iSle debJjine, ali' tezine G/2. TeZina beskrajnog kaisa je G"=G/3. Odrediti ugaono ubrzanje vratila eJektricnog motora.

3.158. Wattov centrifugalni regulator obrce se oko vertikalne ose jed~oliko, sa 120o/min. Tezine kugJi iznose po 2 kg, a teiina ogrlice ("mufa") M Je Gm = 6 kg. DliZine fucica su po 1= 120 mm. Koliki nagibni ugao 'P rllc:ica prema osi obrtanja odgovara tome broju obrtaja?

R,

,

.~

I

I

wG) A

,~,

Jz

Slika 3.162.

Slika 3.158.

~

mllll

~

mm

~

r 2

R

~:

mm

Imm'

Slika 3.163.

, i

3.163. Pomocu prenosnog uredaja, gde su brojevi zubaca zahvacenih zupeanika = 20, = 30, prenosi se od elektromotora na radno vratilo konstantni obrtni moment ~, kojim se porlize teret tezine G, p6mocu uieta obmotanog na bubnju, polupreenika R. Ako su poznati momenti inercije transmisionog vrati1a (pogonskog vratila) ' I i radnog vratiJa J 2 (saizupcanicima i dobosem), odrediti ubrzimje podizanja tereta. .

Slika 3.159.

z,

l!.

3:159. cen~rifugal~om regulatoru (pr:kazanom na slici), opruga, krutostJ c, pn tlskuJe ogrllCu ("muf"). Ako je tezina svake kugJe po G, mufa Gm• duzina rucica I, odrediti zavisnost i1mcou konslantne ugaone brzine obrtanja regulatora i nagibnog ugJa. CPo .ruc·ca, zancmarujuci tdine ruc::ca i opruge.

z.

3.164. Zavisnost obrtnog momenta ('1ll) od broja obrtaja (n) prikazuje se u dijagramu Oxy tako sto se na Oy-osu prenosi obrtn'j moment u razmeri Un! = 20 kgmjl cm, a na 0 x-osu minutni bro j obrtaja u razmeri Un = 50 (o/min)/l cm. Dijagram je Jinearan, jednaCine x/6 + y/3 i I. Odrediti snagu' motora koji stvara taj obrtni moment u zavisnosti od mi~utnog broja obrtaja. Kolika je najveca moguca snaga motora? :

3.160. Tocak ekscentra za podizanje ventila, Idine G = 2 kg, obrce krivaja OO! sa 120o/min, i podize slap AB, tdine 2 G. Zanemarujuci masu krivaje, odrediti kolic:inu kretanja sistema i njegovu kinetic:ku energiju.

3.165. Izracunati najvecu kineticku energiju Wolfovog kUlisnog mehanizma, krivaje duzine R, tdine G, kulise sa kamenom tezine 3 i poluge, duzine 1= 5 R = 100 em, teZine 2 G, ako se krivaja obrce jednoliko Sf! 120o/min; G=3kg .

G,

.x:

~ R .

I·

O~~.'tJ!B I

• .

SUb 3.160.

i

Slika 3.161.

Slika 3.165.

Slika 3.166.

3.166. Krivaja kJipnog mehanizma je duzine R, tezine G~ a obrce se jednoliko, sa 300o/min. Teiina spo jne poluge je G2 = 4 G, a njena duzina je 1=4R, dok je tdina ukrsne gJave -lOG. Odrediti-JUrreticku e~ergiju mehanizma u polozaju e="= 600 ako su G = 3 kg, R = 20 c~:

3.161. Izracu nati kineticku energiju transmisionog uredaja, tezine kaisnika G1 =G=30kg, G2 =G/2, G3 =2G/3, G4 =GI3, tetina uzeta po G/6, ako se pogonski kaisnik, poJuprecnika R = 20 em, obrce jednoliko, sa 150o/min, a kaisnici su od istog materijaia j iste debljine.

"

it,

J19

118

3~167 .. Kolike bi bile sile u pojedinim deJovima klipnog mehlmizma iz prethodnog zadatka ako je pritisak pare u parnom eilindru 8 at, a precnik = i 50 mm? Ako su tezina klipa i klipnjace lOG = 30 kg, odrediii kJipa je sile inereije pojedjnil~ delova kada je n = 60 o/min.

.p

3.168. Dva laka transmisiona vratila nose dva kaisnika tdina 50 kg i 30kg, po]uprecnika R i 2R/3= 12em. Prvo Yrati\o se obrce jednoliko sa j 20 o/min,; a drugo miruje. Kolika ce biti ugaona brzina obrtanja vratila kada se ~poje tarnom spojnicom (S)? Koliki je- gubitak kineticke energije u tom slucaju? J~

3.172. Tocak (D, tezine G, kotrlja se· niz hrapavu strmu ravan, nagibnog ugla 0: = 60° j vuce pomocu uZeta prebacencig preko kotura (K), isle tdine G i poJuprecnika R, suplji valjak (V), tezine 2 G, odnosa poJuprecnika r/R = 0,5, uz hrapavu strmu ravan, nag:bnog ugla (3 = 30°. Jzracunati brzinu krelanja sistema kada se tocak spusti za s = 2 m jz svog poJoZaja mirovanja. ako je koeficijent otpora protiv kotrljanja f = 0, I em i R = 20 em.

3.173. Dva jednaka kruzna valjb, (elina po 12 kg, poluprecnika .po 10em, kotrljaju se niz strme ravni nag:bnih uglova 45° i 30°. Valjci su vezani nerastegljivim uzetom ciji su krajevi namotani na valjke i pricvrsceni za njih. Odrediti ubrzanje uzeta i silu u njemu, zanemarujuci njegovu tezinu.

~h

/

'.:-;/

Bt=12-+z1,==:jA Slika 3.168.

Slika 3.169.

3.169. Automobil tezine 2000 kg, rastojanja osovina 3 m, rastojanja tezista od osovina I] = I 800 mm, 12 = 1 200 mm, visine teZista iznad osovina h=300mm, poluprecnika tocka R=400mm, poluprecnika.koCnog bubrija r = 200 mll[l, krece se brzinom 72 km/h. Ako su koeficijenti trenja izmedu locka i pula 0,7 i kod kocnog bubnja 0,35, odrediti usporenje od kocenja na zadnjem tocku i potrebnu kocl1u silu. 3.17~. Tezina zarnajca (kaisnika), poluprecnika R = 60 em, iznosi 120 kg. Sile u d~lovima kaisa jesu 400 kg i 200 kg. Koliko je ugaono ubrzanje kaisnika? :Koliki su kineticka energija i zamah u trenutku 10 sekundi od pustanja ~ rad transmisije? U jednom trenutku kaisnik je izlozen dejstvu kocnog spirega jacine 100 kgem. Posie koliko ce se vremena kaisnik zaustaviti?

/L~ Slika 3.173.

Slika 3.174.

3.174. Teret tdine F = 3 G12, obescn 0 uze koje jc prebaceno preko malog kotura (K), vuce uz glatku strmu ravan DK, visine KH = h = 6 m, osnoviee DH=b=;8m, stap AB, duzine 1=8m, fezine G= 100kg, koji je u pocetku kretanja bio u polozaju OD OSl1ovne ravni. KoJika je brzina (ereta F u trenutku kada kraj B Stapa stigne na poJovinu duzine strme ravni DK? 3.175. Kolika mora biti kocna siJaF na obimu koCionog kotura (K), precnika D = 120 em, da bi se teret, tezine G= I 000 kg, zaustavio pri spustanju iz stanja mirovanja na visini 10m? TeZine transmisionih tockova (T, j T2 ) iznose po G,=G 2 =300kg, a precnici su po D 1 =D 2 =100em. Uze je tesko G u = 200 kg, tezine po duznom metru q =: 2,5 kg/m, i u stanju mirovanja je bilo odmotano za duzinu 5 m. Teret se spusta jednoliko, brzinom 6 m/see.

. 3.17~. Pomocu uzeta obavijenog preko kolll ra (K), tdine Gj = 20 kg, poluprecnira R = 20,em, dejstvom sprega, momenta
Slika 3.172.

nagibnog ugla 45° i koefieijenta

Slika 3.175.

Slika 3.176.

3.176. Uze, duzine 1, prcbaceno je preko dva jednaka kotura, tezine po G = 12,5 kg. 0 kraj uzeta je obesen teret tezine G 1 = 2 G, a 0 viJjusku

120 pokretnog kotura teret teline G2 = ubrzanja tereta j silu u uzetu.

G.

Zanemarujuci masu uleta odrediti

3.111. Konstantnim obrtnim momentom koji dejstvuje na krivaju (k), jacine WI, = I kgm, dovodi se iz stanja mirovanja u obrtno kretanje u horizontalnoj ravni planetski prenosnik, poluprecnika tockova R, = 2 R2 = 10 cm, tezine pokretnog zupcanika G2 = 5 kg i krivaje (.),..--2 Gk = G2 /2. Koliko je ugaono ubrzanje krivaje koja se obrce oko osovine nepomicnog zupcanika?

SJika 3.177.

Slika 3.178.

.3.178. Na krivaji (k) UCVfscene su osovine tri jednaka tocka, polupreCllIka R, tezine po G. Tez.ina krivaje je Gk = 3 G12. Kolika je kineticka energija planetskog prenosnika ako se krivaja obrce jednoliko, sa 90o/min u dlrektnom smeru, a tezina je G=5kg i R=80mm? Tockove smatrati diskovirna, a krivaju stapom. 3.179. Izraeunati u prethodnom zadatku ugaono ubrzanje krivaje, zanemarujuci njenu masu, ako je izlozena dejstvu obrtnog sprega, momenta ~k=70kgcm.

3.181. Krivaja (k), (dine 10 kg, duzine .. nepomicnog tocka (kaisnika 1). Ona je drugim krajem vezana drugog lOCka (kaisnika 2), [eline 20 kg. Preko oba kaisnika p~ebacen je beskrajni kais. Koliko je ugaono ubrzanje krivaje ako se ona 'obrce pod dejstvom obrtnog momenta jacine 10 kgm?

3.182. Odrediti ugaona . ubrzanja pogonskog (I) i radnog v,ratila (IV) planetskog prenosnika sa nepomicnim prvim zupcanikom (1) ako :su brojevi zubaca Zi (redom) = 60; 20; 30 i 80. Moment 2 "3 inercije masa vezanih sa pogonskim vratilom (krivajom) je Jk , a moment ine~cije masa k vezanih sa vrati!om (IV) je J4 • Mase zupcanika (2) i (3) jesu m 2 i m)" a njihovi momenti inercije su J 2 i J).: Pogonsko vratilo izlozeno je dejstYU obrtnog sprega momenta Dn k , a radno - obrtnom momentu Olpora @ •. Trenje zanemariti. Slika 3.182. I

3.183. Dva kaisnika, precnika D, vezana su cilindricnom! oprugom. sile elasticnosti F, = F. Preko kaisnika je prebacen beskrajni kais.i Koliki se najveci obrtni moment moze preneti transmisijom ako je koefici[ienl trenja izmeau kaisa i kaisnika fL' a ugao obuhvatanja je 180C? Koliko je ugaono ubrzanjei

3.180. Kod planetskog prenosnika nepokretan je tocak (3), a na krivaju dejstvuje obrtni moment ~,. Tocak (I) obrce se oko svoje nepomicne ose 0 ko!a je ujedno j osa tocka (3), deset puta brZe od krivaje, a izlozen j~ deJstvu konstantnog obrtnog momenta otpora WI,. Odrediti ugaona ubrzanja

J

krivaje (k) i tocka (I) ako je poznat moment inercije locka (I) za njegoYU osu simetrije. Masu krivaje zanemariti, a smatrati da su toekovi od istog materijala i istih debljina.

Stika 3.183.

3.184. Pomocu zavojne prese, hocIa zavoJnlce 8 mm, srednjeg precnika 50 mm, i cekrka sa koturom, precnlka 50 em, i bubnja, precnika 25 em, dejstvom sile F upravno na ruCicu zavrtnja, duzine 1=50cm, i tereta (B). tdine 50 kg, podize se teret (A), tezine250 kg, koji se nalazi na giavi zavrtnja. Odrediti veiiCinu sile F ako je koeficijerit trenja zavftnja 0,15.

Slika 3.180.

Slika 3.18J.

3.185. Pomocu· cekrka sa koturom, precnika 40 em, i bubnja, pre/:nika 20 cm, moze da se podize teret kline G = 200 kg. Za zkustavljanje dizaJice SIUli ko~na poluga OAB sa papucom P koja je nameilteria u A, gde

122

123 je OA=20cm, AB=50cm. Kolika je potrebna najmanja kocna sila F da spree; ohrtanje ako je koefieijent trenja klizanja izmedu papuce i kocionog kotura (kotura cekrka) 0,25?

3.186. Na· reci se nalaze tri uzastopna vodopada, visi~a 20m, 15m i 10m. Protok vode je 85m 3/see. Kolika je ukupna snaga svih vodopada? 3.187. lzracunati snagu turbogeneratora u e1ektriCno'j centrali ako na. liniji tramvajske mreze saohraea 80 Slika 3.185. kola, svaka tdine po 8 l~na. Otpor kretanja. iznosi 2% od teiinekola. Kola se krecu ,brzinom 18 km/h, a gubici u mrezi iznose 5%.

3.188. Otpor pravolinijskom kretanju voza je Fw = - 0,91'2, gde se Fw meriu kg, a brzina l' urn/sec. Koliku najvecu brzinu moze da razvije elektricna ~okomotiva snage 768 KS? 3.18Q. U toku jednog dana, radeci neprekidno, parna erpka izbaei 3240 tona vode, na visinu od 30 metara. Snaga crpke je 30 KS. Odrediti njen koefieijent: korisnog dejstva.

3.190. Kolika je snaga dizalice koja moze da prenese tri puta u minutu teret tezinh 2400 kg, podizuCi ga na visinu 5 m, ako je koefieijent korisnog dejstva 80%?

Gt

=

3.191~ Dizaliea podize tere! fezine Gt = 400 kg, a protivteg je ldine 2 Gt • l;:oturovi su eilindricni, lezina po G = 50 kg, po]uprecnika R = 10 em. Donji kotur pokrecc eJektromotor(M), snage 15 KS, koji se obrce jednoliko, sa 90o/min. Odrediti ubrz!mje tereta, zanemarujuci masu uZeta.

pokrece motor snage 20 KS,cije se vratilo obrce jednoliko, sa 120 olmin. Odrediti brzinu tereta, tt~zine Gj = 50 G, kada se podigne iz stanja mirovanja na polovinu pula. Duzina kaisa je 1= 4 m, a nagibni ugao strme ravni transportera. CI. = 30°. 3.193. Odrediti snagu motora rendisaljke, hoda 1,5 m, koji prede u ralmaku od JO sekundi, ako je pritisak reznog noza 1000 kg, a koeficijent korisnog dejstva motora je 0,80. 3.194. Brod se krece brzinom od 10 cvorova (1 cvor= 1,852km/h). Snaga brodske masine iznosi 5000 KS, a koeficijent korisnog dejstva je 0,60. Koliki je otpor vode kretanju parobroda? 3.195. Motor sa unutrasnjim sagorevanjem zapremine ciEndra 1 500 em} i koeficijenta korisnog dejstva 0,20, cini I 800o/min. Kolika je snaga motora ako 1 Iilar smese odajeO,66 kaJorija, a toplotni ekvivalent je 427 kgm za I keal? 3.196. Povrsina klipa cilindra parne masine pros tog dejstva je lOOem 2 , a pritisak pare je 7 atmosfera (at). Kolika je snaga parne masine? Kolike su sile u delovima mehanizma ako je duzina krivaje R = 120 mm, A = Ril = 1/4 n= 120 o/min u polozaju krivaje pri uglu 6 = 60°1 3.197. Odrediti snagu parne mailine duplog dejstva ako je pritisak pare u eilindru 5 at, precnik klipa D=200mm, hod 60cm, broj obrtaja krivaje 120o/min i stepen korisnosti mailine 90%. G,

'IT·ea """

G,

""

3.198. Kolika je potrebna snaga za pokretanje reduktora koji nosi zamajce tezine G 1 = 50 kg 2 i G2 =G l /3, poluprecnika R j =2R,=15cm, ako Slika 3.198. zahvaceni zupcanici imaju brojeve zubaca z, = 30 i Z2 = 20, da bi pogonsko vratilo reduktora (OJ), koje se obrce jednako ubrzano, imalo posle 10 sec od pustanja u pogon reduktora broj obrtaja 1 200 o/min? Pri tome zanemariti mase zupcanika. 3.199. Zamajac oblika locka sa zbicama teiak je 200 kg, a precnika je 120em. Koliki rad odgovara ovom zamajcu ako je njegov stepen neravnomemosti 0,15, a broi obrtaja mu je 90o/min?

SJika 3.192.

3.192.' Transporter se po G = 20 k?, precnika 40 em,

iz dva jednaka kaisnika, A i B, leiina kojih je prebacen beskrajni kaiiL Transport~r

3.200. Povrsina parnog klipa eentricne parne klipne masine iznosi 200 cm 2, a srednji pami pritisak je 10 at. Krivaja je duzine R = 100 mm, a duzina spojne Slika 3.200. poluge 1= 500 mm. Ugaona brzina obrtanja krivaje iznosi 60 sec'. Precnik inercije zamajca je 80 em. Odrediti tezinu zamajca Ie parne masinc, 0= 1/50.

RESENJA

I.

,~ I

I /'

I. STATIKA

A) STATIKA U RAVNI

1.1. Td.ina coveka je sila jaCine G = 80 kgkoja je usmerena naruze. teret F = 50 kg je sila koja je usmerena nanizc, ali se ona preko uzeta i, kotura prenosi i dejstvuje na coveka kao sila usmerena navise. Sada je pritisak na tIe okna rezultanta ovih dveju koli nearnih sila suprotnog smera; ona iznosi F,=Fn=G-F= 80-50= 30kg, usmerena je nanizc u smeru sile veceg intenziteta. Covek moze da podigne najveci teret jednak njegovoj tezini.

1.2. Kako je vucna sila remorkera 2400 kg, a otpor vode 600 kg, prvom slepu predaje se sila jednaka razlici ovih sila, to jest sila jacine FJ = F - F" = 2 400 - 600 = 1 800 kg. Ova se sila moze zamenid sistemom kolinearnih siJa jacine po 300 kg, kolika je nosivost jednog uzeta, te je potrebno sest uzadi za veiu slepa i remorkera. Na drugi slep prenosi se sila F 2 = 1800-600= J 200 kg, pa je za vezivanje ovog slepa za prvi slep potrebno cetiri uzeta. Na treei slep prenosi se sila F3 = I 200 - 300 = 900 kg, pa je za vezivanje ovog sJepa sa prethodnim potrebno tri uzcta. 1.3. Veiicinu rezultante ovih dveju sucelnih sila odreaujemo iz trougla sila, prema kosinusnoj teoremi:

F/=F/+F22 +ZF1 F2 cos!l= 100+ 36+2·10·6·0,5= 196, pa je velicina rezultante F, = 14 kg. Napadna linija rezultante nalazi se izmeau napadnih linija sila i ona gradi uglove a i (3 sa napadnim linijama komponenti. Te uglove odredujemo jz trougla sila, prema sinusnoj teoremi: F,:sin(3=F2:sina=F,:sin!l, gdc je !l=a+(3,

I

128

\

Ie su:

sin a

=

(F2 sin 6) IF, = 0,37057;

sin ~ = (FI sin e) /F, = 0,61761;

a=21° 45'; ~=38°

Ix trougla sila, prema kosiilUsnoj teoremi, sledi P=F 2 +P +2P cos fJ; cos fJ= -1/2; 6= 120°.

1.5.

Predstavimo silu F u razmeri crt<;tnja -

->

tako da je F =

OA

UF •

j

pa je

->

-

--+

silu

F2 =

unil/ilii'ki. Na osnovu sinusne teoreme i pravila

F,

50· 5,2= 260 kg.

sinO

a Slika l.8.

=cos a

I +cos e cine

.

.

8 2

Sll1a=cosa-silla·ctg - .

Za date vrednosti bi6e

i

a + {3, unosenjem u drugi izraz dobijamo odnos

.

UFO • BA =

sin p-sina

Fl+F2 = sin ~+sina F, sine

+ SIll a' tg

OB= 50, 7,2 = 360 kg;

I ovaj se zadatak moze resiti analiticki. lz sinusne teoreme i praviia srazmerama sledi odnos

VeLcine komponenti iznose FI = 'lOOkg, F2 = 150 kg.

I - cos e . cos a + ---- Sill a = cos a sin6

-.

Smerovi komponenti pokazani su na crtez.u. Ugao izmedu napadnih Iinija komponenti iznosi e= 125°.

-Joo--I>

Fl + F2

i iz 0 zeak pod uglom

Fl = UF'

FI =urOB, a druga F2 =UF,BA.

F,~.

F= 1"

prenesimo duz ac, koja predstavlja razliku velicina sila. Sada lreba nad duzi CA kao nad osnovicom konstruisati jednakokraki trougao. Simetrala 05novice AC sece zrak u tacki B, pa su veliCine komponenti

tim vektorom prenesimo dUl OC, koja predstavlja zbir velicina komSlika 1.7. ponenti; onda se terne B trougla sila mora nalaziti na duzi OC i zadovoljavati u510v BA=BC. Zato spojimo tacke A j C i konstruiSimo jednakokraki trougao ABC; onda je prva kornponenta

sin~ = sin 0::= sine.;'

i !

a = 45° prema vektom GA, pa na isli

o

--- =

110° 20', iznose:

1.8. Slicno prethodnom zadatku, i ovaj se svodi na konst)·ukciju trougla kome su poznata tei elementa: jedna stranica, razlika drugih dveju stranica i zahvaceni ugao izmedu dye stranice. U razmed crtanja UF~ 50 kg/l em , prenesimo vektor 0',1, koji predstavlja

vektor ----> DA, koji pre.dstavlja silu F. Zatim na zrak koji gradi ugao aSa

e=

~=

..

1.7. Ovaj zadatak svodi se na konstrukciju trougla kome su poznata tri podatka: jedna straruca, zbir drugih dveju stranica i zahvaceni ugao izmedu dye stran'ce. U razmeri UF= 50 kg/I em nacrtajmo

Kako je

iO'; 6= 140°20'.

2

Vrednosti se dosta dobro slam sa grafickim vrednostima.

1.6. 1z trougla sila, prerna kosinusnoj i sinusnoj teoremi, sledi 25 = 9 + 16 + 2· 3·4· cos e, pa je e= 90°, sto znaci da su sile upravne. 1z odnosa 3: sin{3=4 :sina=5: 1",,5, sledi sin{3=315, sina=4/5.

F2

~=70Q

sin a 0,50000 F - - - F,= ·200=0,818·200= 164kg. 2 - sine 0,61107

sila sledi da vektor BA predstavlja drugu komponentu, F2 = UF . BA. Kako je trougao GAB jednakokraki, onda je osnovica BA = 2 OA· sin (a/2), te je velicina druge komponente, F2 = 2 Fsin (a/2). Njena napadna linija gradi sa napadnom linijom rezultante ugao ~ = 90° - (aI2), a smer sile je od B ka A.

Fl

2,77;

zaokrenimo taj vektor oko tacke 0 za ugao 0:; ~

Zadatak se moze resiti o srazmerarna b:ce

2

p

dobicemo vektor DB, koji predstavlja komponentu FI = UF' OB. Iz trougla

--)

2

F,=sin F= 0,93769 ·200=1 534·200=307 kg' sine ' 0 , 6 1 1 0 7 ' ,

~

->

.......,..

9-2j13

Velicine ·komponenti, zbog toga sto je

(kg/em) vektorom DA

UF

e

tg-=

15'.

1.4.

-

129

-

6 2

•

I I

I

a

V2

ctg- = 1 - 2 3

, =

0,5286;

p=e- a =79° 16'. 9 Zbirka zadalaka iz mehaniko 1

8= 124° 16';

0

13]

130 Vellclne komponenti su: I

\

F,

sin ~ = - -sill

e

1.13. 0,98246 F,=-----· 300 = 357 kg; 0,82659

sina

F2 =~;;e F, =

pa je i F, = 0, te je sistem u ravnotczi. Y = 4 X/3,

onda Je

jc X = 3 FI5 = 60 kg, pa jc Y = 80 kg. su duzine nlcga i uglovi koje one grade +8 2 =289;

12=DB=2Sm;

sin~=20/25=4/5;

,

u zategama

F=G cosa!eos(a-!3);

=

340 kg;

Isle vrednosti dobijamo i iz trougla sila, prema sinusnoj teoremi: Fisin [(rr/2) -aJ = F"/sin!3 = G/sin [(rr/2) + (a - ~)].

FI = 200 kg.

Kako; isle tolike s:le, sa~o suprotnog smera, dejstvuju j na oslonce C i D, stap01i (;:ltege) su izlozeni prilis/w. , 1.Il. I U tacki 0 uz'mama dcsni triedar Oxy; onda po zakonu 0 projekcijama s)ia, to jest da je projekc;ja rezultante sila na neku osu jednaka algebarSkof zbiru projekcija komponenata, dobijamo projekeije rezultante:

F,,=Fsin !3/cosa=Gsin!3/cos (a-!3).

Vrednosti su dobijene sa pozitivnim predznakom, sto znaci da su smeroy) nepoznatih sila pravilno pretpostav 1jcni.

L, Y;=Fj cosa+F2 cos!3-G=O.

F j = 17 GI21

2: Y;=F. sina+F cos[)-G=O.

Iz ovih jednacina dobijamo ncpoznate - silu u uzetu i otpor ravni:

biti:

I F) F2 = sin!3/sina= 17/l 0;

!

2:Xi=Fn cosa-F sin!3=O;

cos[)=3/5.

Za1l1~n,mo stub silom a zalege siJama F i ; onda iz jednaCina za ravnotezu vrhr B stuba dobijamo: L,Xi=F1 sina-F2 sin!3=O;

1.14. Zamenimo uticaj kugle njenom teZinom G u sredistu 0, a uticaje uzeta i kose glatkc ravni silama F i F., od kojih prva dejstvujc od 0 ka A, a dmga je upravna na ravan sa smerom ka 0; dobicemo tri sile koje se suceljavaju u tacki O. Usvojimo u toj tacki ortogonaini triedar Oxy, onda jednacine zaravnolezu daju sistem jednacina:

Ij=CB= 17m;

202 =625;

projekcijama, bice projekcije rezultante:

Y,= 2: Yi = 30 + 20 + 100- 50-100= 0,

0,82.6.59. 300 = 257kg. komponente

0

X,=2:X;= 40+ 30- 100- 70+ 100 = 0;

0,7071 I

vertikalne

te ce sile

Po pravilu

1.15. Zamislimo da smo odstraniJi kugJu i ravni, onda cerno njihove uticaje zameniti siJama: (dinom kugJe G, koja dejstvuje 11 t~zistu C, i otporirna glatkih ravni F) i F z, koji dejstvuju na mestima dodira kugle i ravni, a usmereni su ka kugli. Ove tfi sile seku se u sredistu kugle. Uzmimo u tome sredistu triedar Cxy, onda jednacinc za ravnoteZu ovih sila daju odnose: 2:Xi = F, sin a-Fz sin!3= 0;

X,=2: X;= 2 R+ 2 (R+ c) + 2 (R- c) = 6 R;

~

Y;=F, cos a+F2 cos !3-G=O,

pa su olpori ravni: RezuJtanta je, dakle, horizontalna sila koja dejstvuje duz + Ox-ase triedra. i

1.12. ! Po pravilu 0 projekcijama sila, bite projekcije rezultante na ose Ox i Oy If~edra Oxy u napadnoj tacki 0 (N): .

Kako je a+!3= 75° i sin 75°= VI otpora ra "ni:

(VI + 1)/4,

onda su brojne vrednosti

I

X, =iI 2: Xi = L, Fi .cos 0:,=100· cos 0° + 200· cos 60° + 300· cos 90° + ., . I

+!150. cos 135° + 200,' cos 150° + 400· cos 180° + 250· cos 270° + rOVl

+600· cos 300°= 100 + 100-75 ['2 - 100 (3 - 400+ 300=

i

=j )00-75

V2-1001/3 = -

Vrednosti su dobijene sa pozitivnim predznakom, sto znaci da su srneovih otpora pravilno pretpostavljeni. Isle reZllltate dobijamo i pomocu trougla sila, prema sinusnoj teorerni:

179,25 kg;

i

Y,~ 2: Yi=L,~~i= 100113 + 300 + 75 = - 200 113 + 75

1'1 -

V2 + 100-250- 300 1/3 =,

150 = - 563,25 kg.

1.16. Napadna linija sile F gradi sa + OX-OSOJll oslar ugao a, koji je odreden sa tga=b!a=3/4, pa su sina=3/5, cos rt.= 4/5. Rastojanje momentne

132

133

tacke 0 od napadne linije sile F iznosi II = a sin IX = 40·3/5 = 24 em, pa je moment sile. M~ =

Fh

=

Fa sin

IX =

i Yo koordinate tacke 0' U odnosu na triedar Oxy. Prema tome, i s obzirom na prethodni zadatak, bice _ -:;;:-~-. i

Sil Xo

50· 24 = 1200kgcm. 0)]'

=

M] -/

;0 ~ I+ M2 -1-; !~ I 15 - 6 -I ~ =

Moment je pozitivan, jer je obrtanje u direktnom smeru (suprotnom od smera kretanja saIne kazaljke).·

=

Kako se dejstvo sile ne menja ilko je pomeramo po napadnoj liniji, to

F

Cemo je prevesti u lacku N (a; 0) na + Ox-osi. Projekcije sile na koordinatne ose bice X = F cos
MF=lx o X

)' I 14040 3001 =

Y

=

40·30= I 200 kgcm.

I

Moment sprega nije se promenio, posto on i ne zaVISI ad, izbora mo-

=

M

Y701=1;

-I I -I ~ ~ I

& ~ ~

=

7

=

(F, -iI). i •

1.19. lednacinu napadne linije rezultaule ravnog sistema ,gila odredujema analiticki po momenlnom praviJu (Varignonovoj teoremi) d~ je moment rezultante jednak algebarskom zbiru momenata svih sila za istu momentnu tacku u ravni dejstva sila. OJicno za m!)m'~ntnu tacku :uzimamo: koordinatn pocetak, te je

"

M'd=LM~;;

xY,-yX, =

;=1

i

o

(X;Y;-xi Y ;)=2:ft.f

I

i~!

odnosno

= 15 - 8 = 7 kgm.

Pri promeni momentne tacke menJace se i moment sileo Koordinate napadne tacke N sile u odnosu na triedar O'x'y'; paraleJan triedru Ox), sa pocetkom u tacki 0', iznose x' = x-xo, y' = y- Yo, gde su x o, Yo koordinate tacke 0' U odnosu na pretbodni [triedar Oxy. Prema tome je moment iSle sile za novu momentnu tacku:

M~=I; ~1=IX~xo

9 - 1 + I = 9 kgcm = 1)].

mentne tacke u ravni dejstva sila sprega

1.17_ Analiticki Izraz za moment sile F za koordinatni pocetak 0 kao momentnu tacku je:

~

:1-1_

xja+yjb= I; Ovde su xi), tekuce koordinate tacke N na napadnoj liniji rezultante, a a j b odsecci koje odseca fa Jiuija na koordinatnim osama (riedra Oxy. Nagibni I lIgao napadne linije rezultante sa + Ox-osom je
~I-I; y;/=

Rezultati

7 - 2 = 5 kgm.

Moment se, dakle, umanjio za 2 kgm.

F

F

1.18.' Kako su sile ijednakih velicina, paralelne a suprotnog smera, one obrazuju spreg mcmmta fr, gde je r krak sprega - normalno rastojanje napadnih linija paralelnih sila. Moment sprcga moze se odrediti ako graficki odredimo krak (r) iIi, pak, analiticki, jer je moment sprega jednak zbiru momenata sila sprega u odnosu na istu momenlnu lacku. Za momentnu tacku uzecemo koordinatni pocetak 0, te dobijamo

21= 15-6=9kgcm.

1.20.

. 2:Xj =4-!5+6+20+Xs =0,

ZYj=-3+8+8+15+Y~=O

odredujemo projekcije sile Xs = - 15 kg, Ys =

-

28 kg; Fs = 31 ,5

Moment sprega iwosi

1.21.

X, =LX;= 4+ 4-8= 0; pa je

F,

k~. !;

~14+54-34+35+(x5 Ys -Ys X s)=4J-86= -tskgcm. U ovom slucaju su projekcije rezultante I

'ill=LMo =

-4

Uzmimo sada u tacki 0' novi triedar O'x'y', paraleIan'!'[ triedru :Oxy; onda se menjaju koordinate napadnih tacaka N; i iznose XI-X o , y;- Yo, gde

Rezultanta mora tllti jednaka nUIi,'pa iz us,ova'f

=

O. Sistem sila svodi se na spreg iIi je u . ravnolez.i.

135

134

Kako je tg a, = Y,/X, = 3/4 = blh, napadna linija rezultante poklapa sc sa dijagonaJom AC, a smer je od 0 ka C-

Zbir 11lomenata svih sila za koordinatni pocetak iznosi ·LMo=L (XI Yi-y/X;) =L Xi Y;-Ly;X,=(J5- 15 +0)-

Zbir momenata sila za redukcionu tack\! 0 iznosi:

- (8 +24 - 16) = - l6 temicO,

L M 0 = (F, + F 3) h/2 + (F, + F4) b/2 = 10·3 + 5 ·4= 50 kgcm.

'-'f,

na spreg.

p~kazatii.~grafiCkj.

Da bi se tri sile svcle na spreg, po-

. d,t,,,", m:~~: n"",,, (pl~)

,;1., ;

b) '"

y

Ovom redukeijom dobili smo u tacki 0 redukeionu rezultantu F, i redukeioni spreg L Mo = 2R, pa se ova dva elementa mogu sloziti u jednu silu, rezultantu F:, paralelno pomerenu za krak r=iJII/F,=50/5=10cm udesno od dijagonale ACPo momentnom praviiu, moment rezultante je

b

L MA =F/ ·r=F2 b+FJh= 32+ 18= 50kgem.

6f-----~""

"\

1.24. spiega:

iJII=F1 h+F2 b=8· 6 + 4- 8= 80kgcm.

"" ,

Karla bi bile jacine sila F2 = - F. = - 6 kg onda bi zbir momenata bio jednak nuli, LMo=
r'

·5

8

1.25. Kraci trapeza grade sa osnovicom AB jednake uglove a koji su ~dredeni sa tga=4/3, sin a= 4/5, eosa=3/5. Uzmimo (eme A za redukcionu tacku i triedar Axy takav da se osa Ax poklapa sa osnovicom AB, onda sledi

Slika 1.21.

se njihove !napadne linije ne seku u jednoj tacki. Napadne linije sila

11

seku se u pJanupolozaja u tacki S, a njihova rezultanta je jednaka sili Moment s~rega je iJII =F} r = - 8·2 = - 16 tern.

-;3'

Ovo 0ozemo pokazati i pomocu veriznog po!igona: prva i poslednja strana Sli ~aralelne, jer su prvi (I) i poslednji (4) zrak plana sila kolinearni, pa je mom~nt sprega


J•4

1.22.

II Po

• r'

=

UF'

pravilu

0

L Y;=2-3+5-4=O;

Sistem sila svodi se na spreg momenta

1]11 = L 1vJA = 5 . 4/5 - 10 + 4 . 4 = 56 k gem. 1.26.

Ovde su redukciona rezultanta i redukeioni spreg

x, = 300 kg;

Cx;- I) Yi-L (y;-I)X;=(2-0+ 10+ 12)-(8-9+ 10+ 15) = 0;

Yi~;+ 1) X;= (0+ 3 + 5+ 16)-(16- 3+ 6+ 5) =0-

Potreban i dovoljan uslov za ravnotezu ravnog sistema pfoizvoljnih siJa jeste da je izbir momenata svih sila za tri nekolineame tacke jednak nuli. 1.23. ! Usvojimo u redukeionoj tacki 0 triedar Oxy takav da je Ox-osa paraleIna slranici AB, a Oy-osa stranici BC pravougaonika, onda su projekcije redukci'one rezultante na koordinatne ose:

pa je F,=5kg .

F, = 500 kg;

L Mo= iJII = 600- 100= 500 kgcm. .

=24-24=0;

Y,=4-1=3kg;

Y, = - 400 kg;

pa je polozaj napadne linije redukcione rezultante u cetvrtom kvadrantu

F,=O;

I

~ . ' =7-3=4 kg-,

Y, = 5 . 4/5 - 5 . 4/5= O.

tga,= -4/3; sina r = -4/5; eosa,=3/5,

projekeijama i momentnom pravilu biee:

2: Mo= 2: ~XI Y i - YiX;) =L Xi YI-Ly/X/= (4- 3 + 15 + 8)- (12-6 + 8 + 10) =

L Mo=2: ~Xi-2)

X r = 10- 5·3/5-4-5·3/5 =.0;

ap· T' =(2 tjl em)· 4,47 em ·1,8 em = 16,09 tern.

2(X;=4+3-2-5=0;

L MA = L

Kako je sad a F, = 0, sistem sila svodi se na spreg momenta

Sila F, i spreg momenta iJII mogu se, dalje, sloziti u jednu silu F,'=F,=500kg paralelno pomerenu u tacku N za krak r=iJIlIF,=500/500= = I cm. Ova tacka je u treeem kvadrantu triedra Oxy. 1.27. Uzmimo tri nekolinearne momentne tacke A (Nt), B (4 em; 4 em) i C (N) , onda je po Riterovoj (Ritter) metodi mo~ent rezultante jednak zbiru mo~ menata komponenata. Pretpostavicemo da su smerovi komponenata usmereru u deo prvog kvadranta triedra N j xy. Prema tome bice: 3) za tacku A: b) za tacku B: c) za tacku C:

-1O·4=F2 ·6+(F3 Ji3j2). 8; 0=F2 · 2-(F,/2)· 4 +(F3 VIj2)' 4; 10- 4 =

-

Fl . 8 Vlj2 - F2 . 2.

137

l36 Sislem jednacina Sa tfi nepoznate Fi je oblika

= -

"

5 (3 + V3")

V2f3 =

-

11,14 kg;

F3= - 10 (3 + V3)/3

=

F2 = 20 VI/3

=

~

11,53 kg;

.

~

-15,80kg.

(Culmann) me/adi. Sila F sece pravae (I) u tacki B, a druga dva pravea seku se u tacki S, pa je BS Kulmanava prava(K).

(0 4

45°

N,

N

d

N,

F

Culmann

SJika 1.27.

=6f1 0, sile ustapovim a su:

Sada cemo silu

F razloziti

-

8 kg (prilisak).

Do istih rezultata doti cemo i po Riterovoj me/adi. Prtlpostavicemo da su stapovi optereceni na zatezanje izabracemo Hi nekolinearne momentne tacke A, B, C, te ce biti: ______SM A =G·6-F,·j6=0;

Razlaganje mozemo iZVfsiti i grafil'ki, 'po Kulmanavaj B

Ol

FI = 10 kg (zatezanje) , F2 = 6 kg (zalezanje) , F3 =

II

pa su nepoznate FI

Kako .ie sin Ol = 8/10, cos

I

1:, Mc=G.

-,/-

'ZM B =-G·6-F3 ·12=O;

6-F1 ·16 :cos 0:= O.

Pretpostavicemo da su stapovi optereceni jednacine za ravnoteiu daju odnose:

1.30.

na zateZanje; onda ! 1

1:, Y/ =

-

F - FJ

+ (F3 -

F,) sin

Ol

+0;

na

dYe komponente: F1 i silu dul' Kulmanove prave, a zatim ovu silu na jos dYe komponente, kao sto je pokazano na sliei.

Graficke vfednosti dobro se slazu sa racunskim vrednostima.

1.28. Pri promeni momentne tacke menja se moment sileo Kada se umesto momentne tacke u koordinatnom pocetku (0) (riedra Oxy uzme tatka 0' (xo; Yo), onda je moment za tu novu momentnu tacku

pa

SU,

zbog

Ol =

45°, sile u stapovima:

FI = - 200 kg (pritisak); F2 = 50

i

Vi kg

(zatezanje); F3 = - 50 )Ii kJ (prifisak).

Po Riterovoj metodi, uzecemo momentne taeke u B, E i H, te, pod pretpostavkom da su stapovi optereceni na zatezan je, sJedi l..MB = -F·2-FJ ·l=0;

LMt.= -F· 3 -FJ • 2--F,V2= 0; Iskoristimo ovaj obrazae za MA, =Mo- (2 Y -2 X)

=

naznacene momentne

13;

taCke,

pa ce bili

M B =Mo -(4 Y -4X) = 15;

'Mc=Mo-(3 Y-X)=6,

X

3 Y +Mo- 6,

gde su nepoznate: X = 4 kg;

Y = 3 kg;

Mo = 11 kgem, pa je F = 5 kg.

Odsecci koje odseca napadna linija sile na koordinatnim osama iznose:

a'= 11/3 em, b= -11/4 em. 1.29. Pretpostavicemo da su stapovi aplereceni ria zatezanje, to jf!st Oil su strelicc unutrasnjib sila [usmert:ne jeuJla ka drugoj. Onda jednacine za ravnoteiu sila koje dejstvuju na disk daju:

I

F

I I

Graficka metoda je KlIl-

i F, seku se u tacki I, a sila

4X -4 Y +Mo= 15;

J

f

I

manova. Napadne linije sila F

to jest dobijamo sistem jednaCina: 2 X-2 Y +Mo= 13;

'Z M JJ = -3 F-2FJ +F3 Vi=o.

~

i

I

J

I

I

~

F) i F, u tacki II, pa je prava

K Kulmanova prava. Silu F razlozicemo na dye komponente na dye komponente u pravcima jest da streliee sila idu po krugu. 1.31.

praveu (K)

Rezultanta ie iednaka algebarskom

i Kao napadne tacke sila uzmimo tackc N j , onda jc zbir momenatu:

L Mo='ZF1h/=sin OlL F/Xi=(6· 2- 3·3+ 2· 4-1·5)/2= 3 kgcm. !

139

f rezultabte paralelna je siJama, pa je a: r = ex = 30°. Njeil polo. ti pomocu '";nomentnog pravila:

.

=;=Frh;'~FrXSinCY.=2x,

.;~

~{;~!if

-:::

Napadna j!inija rezultante se,fe +

1.31-

Ox-OSU

Prethodni uslo v za ravnotefu ispunjen je u dva slueaja: 1) ako je 2G
pa je x=3/2=I,Scm.

2) ako je 2G>F, tada je iIi 'I'=7t iIi je F=2Gsin('I'/2).

u tacki N (x = 1,5 cm; y = 0).

Komponentne otpore zgloba odredujemo it prve dye jednacine za ravno-+

a) Kako j e t Fr = 6 -

~;'+ 2 +F4 = 0,

tezu. Kako je trougao ABC jednakokraki, siJa F gradi sa - Ax-osom ugao

to je F4 = - 5 kg.

Moi;nent sprega iznosd

I;

<]11 = I; Mo= (l2- 9 + 8- 25)/2 = -7 kgcm.

ZMo= -FA·a cos'l'+G (a-I/2) sin '1'=0;

1.33; Tere! F prenosi se pomocu uzeta i kotura i dejstvuje kao sila u uzetu u t~cki B poluge. Kako je AB= AC, to je ugao a = 45°. Otpor zgloba A je kos, p~ jcdnacine ravnoleZc daju:

FXi=X;I-Fcoso:=O;

I;

I

Y A =G/2;

X;I=Fcoso:=G;

1.34.: Otpor zgJoba A je kosa sila, a sila u uzetu ka C, pa lz jednacina za ravnoteZu sledi:

'j

FA = G VS/2 kg.

Fjeusmerena od

B

i

Z Xi=XA +Fcos ~= 0;

Z Yj =

YA-G+Fsin~=

Z~\1A =F·h-G·!/2·cos o:=f1sin 6-(G/cos a)/2;

0;

6=~-o:,

F = (G cos rx)/2 sin (~- a);

{

X A = -(G cos a'COS ~)/2 sin (~-a), _?' Y A =G -Fsin ~ =G {I- [(sin ~. cos a)/2sin ({3 -

am.

I

Zada(ak se moze reSi!i i pomocu trougla sila. -+

Napadne

linije sila

-+

FiG seky se u taCki S, pa je napadna jinija otpora zgJoba A prava AS. I

1.35. jTrazeni ugao 'I' odredicemo najlakse iz momeutne jednacine. Kao momentnu tacku uzecemo zglob A, pa je Z MA = -0 ·1/2, sin 'I'-G/2·f sin

1z

! I I

I

te su sila lu uzetu:

I komponeplni .otpori.

tg
I

Ie su kOnlPonentni otpori i sila u uzctu:

jednaCine sJedi odnos cos-.T..(2Gsin ~-F)=O.

2

2

o.

sin tp= bfa,

pa je

Yj =YA +Fsino:-G-G/2=0;

ZM;I= -G·I/2-G/2·!+F·{sinrx=0,

FL G V2;

a.

1.36. Pretpostavimo da je AO = a>lj2, onda iz momentne jednacine za momentnu tacku u 0 sledi

b) F4= -5kg; I;Mo =(l2-9+8-5x4 )/2=0; x.=ll/Scm.

i

Y i = Y A + Fsin (

Ij i

b .

(a 2 -tr)'l,

FA-a- ,. = -2G (2 a-I)

. -IFA-rO,

b' a>,

2 a>!.

Iz droge dYe jednacine za ravnotefu dobijamo komponentne otpore: Xo=FA;

Yo= G.

1.31. Kako je alb = 2, u istom odnosu stoje i tezine del ova lenjira, jer su oba dela istog poprecnog preseka. Iz momentne jednacine za zglob A dobijamo Z MA

=

2 G ·aI2· sin
-G(bcos'l')/2=0, to jest tg'l'= 1/8;
to jest tg'l'=(4-Scoso:)/5sina=V3/S;

tg
'1'= J9° 10'.

1.39. Ugao 'I' odredicemo iz momentne jednacine. Za momentnu tacku uzecemo srediste karike O. pa je!

I

Z Mo=G (I cos '1'+ h sin?) + 4Gh sin

1.40. Olpori zglobova SU, uopstc, kosi. Zamislicemo da smo rastaviJi nosac u zglobu C, OJlda se uticaj jednog dela nosaca na drugi javlJa kao uzajamni pritisak zgloba: Fe l i F~= -Fe t Pretpostavicemo da su za levi

140 141

deo komponentni otpori Xc i Y c (pozitivni), te ce za desui dec biti - X e i - Y e (negativni). lednacine za ravnotezu oba deja AC i BC lucnog nosaea daju: BC)

b) po/uga EH:

siJa FE u· poluzi BB' dejstvuje sada kao EH, pa sledi:

prjtisa~

na polugu

1:Xi=XS-XC=O;

1: Yj = YB - Yc- 12 - 5=0; 1: Mc=Xs·IO+ YE ·]0-12. 5-

-5· 10=0. Komponentni otpori zgJobova iznose:

Za odredivanje otpora .zglobova A i B (osJonaca) mozemo posrnatrati Iuk kao jednu ce1inu - Gerberov nosac. Tada dobijamo jednaCine: l: Yj = Y A +YE -1O-I2-5=0;

1.43. Quinrenz-vaga se tako konstruise da polozaj terela n'a platformi (poluzi DE) De utice Da taeDOs! merenja vage, to jest da rastojanJe(x) terela G od po luge BD ne u,ice na taenost merenja. Da bismo odredili ;odnose du~ zina p, q, r, a, b, I, uoCimo da se teret (G) nalazi na pJa~formi (poluzi) . DE. koja je polugom BD vezana za mernu polugu ABC, .a:;;ifsloncem 11 osJanJa se na poJugu HK. Ova je polugom CH vezana za poJugu ABC, a osloncem K osJanja se na osnovu SK, za koju je vezan i stub OS. 0 kraj A P?luge AOEC obden je leg tezine F.

Zamislicemo da smo lltlca]e tereta i tega zamenili silama G fi F, a uticaje poluga siJama FD i FH u polugama odnosno uticaje osJon~ca E i K silama FE i F x , pa cemo ispitati ravnotezu svake poluge.

l:ME = -- Y A · 20+ 5· 10+ ]0'13+ 12· 5~0;

M~ = X A • J 0 - Y A - 10+ 10· 3 = O.

a) Poluga (platforma) DE:

PosJednja jednacina predstavlja moment sila levog dela Juka za momentnu tacku u zglobu C. Sada cemo izvrsiti razlaganje (dekompoziciju) grede u zglobu C diti komponentne otpore uzajamnog pritiska Fe:

jer je dodir poluge sa Jezistima E i 1I u tackama. Dakle, dobija,mo olpore oslonaca: FE =6kg, FH=lOkg.

'£ME = -FD·a+G(a-x)=O" I

pa su FD =G (a-x)/~,

odre-

FF,=G-G(a-x)/a=Gx/a. ;

Rezultati su dobijeni sa pOZltlvmID predznakom,

SIO

znaci da su ~merovi sila

pravilno pretpostavljeni. Sila FD u poluzi BD prenosi se na polugp ABC u B

1.41. Oznacimo sa y' = q specificnu duzinsku teiinu poluge, jedinice. kg/m (specificno opterecenje po jednom duznom melru poluge - grede), onda je tezina po luge G = y'/ = qx.

F

FE,

kao siJa koji je bio D , jer je poluga' BD izlozena zatezanju. Otpor usmeren ka poJuzi DE, prenosi se sada na poJugu HK kao pritisak !la meslu E. b) Poluga HK:

1z momentne jednacine za obrtnu tacku (zglob) 0 dobijamo uslov l: /110 = Fx -Gx/2- Qr=O;

F = qx/2+ Qr/x= f(x).

pa su FH=Gxb/al;

FK= Gx/a - Gxb/ai = Gx (1- b)/a/.

UsJov ekstremuma je da je prvi izvod jednak uuli: df/ dx =q/2-Qr/x2 =O,

to jest x 2 =2 Qr/q,

pa je najmanja sila

c) Poluga AOBC: Fmin

= 2 VQrqj2 =

jl2 Qrq .

1.42. PoJuge BB' i CD zamenicemo unutrasnjim siJama FE i Fe tako da su poluge opterecene na zatezanje (to jest da su streJice usmerene ka po~a ABC i EH). Sada cerno postaviti jednaeine za ravnoteZu poluga: a) poluga ABC:

Sila FH prenosi se na polugu AOBC u C kao sila prenosi se na osnovu 'vage kao pritisak.

::E Yj = -4+Fs+Fe=O; 1:Mc =4.200-FB .50=O, te su nepoznate sile: Fs=J6kg; Fc=-12kg;

L Yi = -'-F-FD-FH+Fo=O;

pa je potreban teg tdine F=G [(a-x) q/a + xb (q+ r)/alJjp = Gq/p +

Da velicina tereta F ne zavisi od raslojanja nul i, te se dobi ja odnos i tezina terela: q/b=(q+r)/l;

F=Gq/p,

FH, a; sila -

F~

143

142

:

i,47.

J/l0=0,1.

Kod: decimalne vage je

1.44j Pod pretpostavkom raV(lomernog parnog pritiska sila pritiska iznosi Fo, vA = p;P n/4 = 10·78,5 = 785 kg, gdc jc A povrsina prescka ventiJa. Ova se sila' preno:si preko poluge DB na polugu OA, pa iz uslova da nelTla obrtanja poluge ok,o zgloba OA sledi

:

1.45:

=

7.

Na mestu dodira zubaca zupcanika dejstvuju uzajamni pritisci

F". lz momentnih jednacina za sredista zupcanika sledi

Ie je potrebna sila

'--

LMo=Fr--Gx=O;

cimo sa

Fn

X=

Fr/G = 785·5/50= 78,5 em.

U datom poloiaju trougao DCE je jednakokraki, DC = CEo Ozna-· ugao 1: CED. onda je tga= 10/40= 1,'4, sina=lU/I7, cosa=

4]/J7/17·

1.48.

nili silama

ZamisJimo da smo prekinuli uzad koturova i njihov uticaj zame-

j,

onda iz uslova za ravnoteiu svakog' kotura sledi:

kotur 4) F4+F-F3=O;

UsI~d

dejstva sile F na poluzi OA javiee se u zatezi BC sila Fa' koju eemo odr~d!ti lZ momentne jednacine za zglob 0 poluge AOB:

FB = FI/r.

L Mo=FB' r-F/= 0;

lsta! ovolika sila, sarno suprotnog smera, dejstvuje na [zglobu C, a I n]o] odrzavaju ravnotezu sile u polugama EC i DB, koje su jednake i usmerene ka zklobti. 1z uslova ravnoteZc zgloba C sJedi

kOlUr 3) F2 = 2 F3 = 4 F; kotur 2) FI = 2 F2 = SF. Kako su uZad drugim krajevima vezana za polugu AB, u tackama vezi. vanja dejstvllju sHe F--; koje su usmerene navise, pa iz uslova za ravnoteZu poluge AB slede jedl:acine:

I

L Y;=F, +F2+F3+ F4-G= SF+4F +2 F + F-G=O;

F. dejstvuju

Sile

preko poluga EC i CD na platformu i leiiste D.

Vertikaln~ komponenta sile (pritiska),: pa je

-ji;

koja dcjstvuje na platfonnu je siJa sabijanja

Fp = FJos (f. = (FB cos a)/2 sin IX = FI/2 r tg IX = 50· 100/2· 10· (l/4) = 1 000 kg. ~

i

. 1.46f 'Sila F u uzetu odrzava ravnotdu tereW G na strmo] ravm, nagibliog pgla IX = 60?_~uslova ravnoteze tereta G na strmoj ravni, uzimajuCi koordinatni sistcm taka v da je jedna osa paraleina sa ravni, a druga upravna I na nju, s1edi F-Gsina=O;

Fn - G cos a = 0 ;

F=G sin IX.

. Sila - j dejstvuje i na vitao, i 7.bog prethodne pretpostavke ona prolazi hoz pravu AC. Oslonac A jc pokrctan, pa mu je otpor vertikalan, a otpor oslonca. R.jp. koso 1z jednacina za ravnotezu vitia, za 5istem Axy, gdc se osa poklapa sa pravom AB, sledi;

2: M B = FA' 2a-G 1 ·a-F·h=0;

h=2asina.

lz orih jednacina dobijamo vrednosti:

r

F= 300). 3 kg;

tg0=

YB /Xp =!'3/3;

R+F4 ' 3 R-G·x= J J po R-Gx=O;

x= II R/1S.

Sila F treba da iznosi G/15, a teret treba da je vezan na razdaljini x od tacke vdanja 0 prvog uieta. 1.49. Kako je zatezna sila u kaisu sa obe strane kotura zatezaca jed. naka, ove siJc u oba dela kaisa daju rezultujucu sill] X = 2 F sin IX, koja dejstvuje u tacki 0 3 upravno na krak O2 °3 poJuge A0 2 0 3 • Jz uslova za ravnoteiu poluge dobijamo X(r+ b+ r) =X (b+ d)= 2 F(b

+ d) sin a = G/,

d=D2>

gde je IX. ugao koji gradi pravac kaisa na koturu zatezacu sa vertikalom 0, O 2 , Pravac kaisa sece vertikalu 0 1 0 2 U tacki P, pa je PO 3 = y, te iz slicnosti pravouglih trouglova sledi odnos: l'/y=R/{a+R+r-y);

y=r(a+R+r)/(R+r);

R=D/2;

r=d/2,

D=D1 •

Prcmatome je ugao a odreden rcJacijom sin IX= rfy= (R +r)/{a + R + r)= (D+ d)/(2a +D +d) = 80/160= 1/2, pa je velicina tereta G'= [2F(b+ d) sin IX]!/= 2· 20·40·0,5/40= 20 kg.

FA = G sin' r;. + G,/2 = 600 kg;

~G, i-Fsino:--FA~150kg;

LMo~F2·R+F3·2

F=G/l5;

XB=Gsin IX cos a= 150(3" kg; r--FB = I' XB 2 + Ys' = 300 kg;

1.50. Zavrtanj je specijalna strma ravan osnovice 2 R, gde ]c R poluprecnik zavrtnja, visine h jednake hodu lavrtnja, nagibnog ugla IX koji je odreden sa tg IX. = !l/2 R 11;. Sila ;: koja dejstvuje na rueicu, stvara obrtni mo-

145

144

ment Fl, kciji se Moze' zameniti momentom F'R, gde je F sila koja dejstvuje na obimu zavrtnja, tangencijalno. Tezina tereta G razlaze se nl1 strmoj ravni (zavojnici) u dye komponente: horizontalnu, jacine X = G tg Ct., i normalnu Fn = Gicos (1., koja se ponistava normalnim otporom ravni. Sila jacine X uravIlotez.ava se obimnom silom F', pa je prenosni odnos

Iz druge dye jednacine ravnoteie odredujemo komponentne ptpore zgloba, uzimajuci triedar Axy u zgJobu. Dakle, bite

Ie su komponentni otpori i pravac napadne linije otpora

te je potrebna sila

1.53.

1.51. Kako Je AB = BO = a, trougao ABO je jednakokIaki, pa Je 1: OAB= -9: AOB='{l' Usvojimo u tacki A pravougli triedar Axy i oznaCimo sa F silu u uzelu OB usmerenu od B ka 0, onda jednacine za ravnotezu pl.oce (kvadrata) daju: L Y;= -G+

Fcos'{l'~

1

[2

•. - I . cosa-kSlTICl-,

i

Oznacimo duzinu AD = u, onda iz trougJa ACD prema; sinusnoj teoremi, sledi

I

u/sin (900 -~) = 12/sin (900 + ot), te je u = 12 cos ~/cos q.. !z trougla AED sledi po sinusnoj teoremi:

(12 - e): sin (0( + 90° - 6) = e: sin J..,

- -~

.

to jest

c= 12 sin (~-a)/2 sin cos ,

121e = 1 + {sin (~+ a)/ sin (~- (1.)];

gde su 90 o -'{l+6=45°, to jest 6='{l-45°, d=aV2.

Iz prve dye jednacine sledi odnos FA/G = tg '{l, pa unosenjem u trecu iednaCinu dobijamo

V2 cos 614 cos

XA

Zbog uslova AE= EC = e trougao AEC je jednakokraki, pa je

0;

2: Mo= FA' 2 a cos ip -G· d12· cos 6 = 0;

FAIG = tg '{l =

Y = tg ot _.i

=

6=900-~, i 1800-y=a+90o+9()o-~, to jest y=~-a.

F = Gh!2 rr I = 500 . 0,5/6,28·25 R:; 1,59 kg.

LX;=FA -Fsin '{l=0;

tg ()

X,j=Fcosa;

i=FIG = F' RIGI = tg a' (R/l)=RhI2R rr 1= hl2 rr /,

'

L Y j= YA-G+ Fsin a= Oi,

LXj=XA-Fcos (1.=0;

0(.

Uzajamni pritisak stapova u tacki dodira D je upravan :na stap AB, a otpor oslonca E upravan je na stap CD. RastavljajuCi grede u tacki D jz jednacina za raVllotezu dobiCemo:

tg'{l= 1/3, a) greda AB

Ie su sin
I/VTO=VTO/IO;

cos '{l = 3 V10/10.

LXj=XA-FDcosa= 0;

F~Glcos
A 2=r2 rr/2,

sI=4R/37T:,

s2=4r/3rr,

LXj = Xc+ FDcos a-FECOS~= 0;

L Y,= YC-G2 -FD sin a!+ FE sin [3= 0; i

L Mc= - FE' e+ FD • 12 sin y+ (G 2 12 sin ~)/2 = 0.' Resavanjem ovih sistema jednacina dobijamo nepoznatci otpore i uza-

i

jamni pritisak stapova:

koordinata teziSla poluprstena je A2 s2)/(A, - A 2) = 4 (1

q,3) R/3 (1 - q,2) rr == 14 RI9 rr,

G I II sin 0( cos 0(

=

60°, trougao ABK je jednakostranieni,

GI

/1

sin 2 a

FD = - - - - - - - = - - - - . 212 COS [3 4 Il cos [3 ,

gde je q,=r/R= 1/2. Zbog toga sto je AK = AB i a pa je ugao 6 = a/2 = 30°.

,

b) greda CD

1.52.

S, -

I

LMA =(G I I I sinO()/2-:-FD ·u=0;

Prema tome su

OS= sc= (AI

:E Y/= YA-G I +FD siuot= 0;

FE=

G,1Isin2asin(~-(1.)

4 c cos [3

GZi2sin[3.

+, 2c

Teret F prenosi se preko kotura (K) i dejstvuje u tacki B poluprstena, pa iz momentne jednacine za zglob A dobijamo

L MA = G (R cos O(-S' cos 6) -F· 2 R sin 0(= 0;

s=sc;

k=s/R,

te je vel icina Iereta

F = G (cos a - keos 6) / 2 sin (1. = G {3 (9 rr - 14 V3) 154 rr .

Za date podatke brojlle vredllosti

$U:

FD =5j!3kg; FF=!3Sj!3/2kg; Xc=(135

{3- 30)/4 kg;

X A =7,5 kg;

Y A =~0-5 V3/2kg,

(l0 V3 - 85)! 4 kg_ i

10 Zbirka zadataka jz mehaoike j

146

147 Uvedimo oznaku DB= c, onda iz trougla ABD, prema sinusnoj

1.54.

za ravnoteru po!ukugle

teoremi, sled! c:sine<:=l:sin SiJa

E~

~,

to jest

c = I sin afsin

u vertikalnom praveu i prativ obrtanja dobijamo

b Vi=FE-G -FA sin (2 ~-a)-FD cos (~-a) = 0,

~.

L Mo=G' esin a-FD • R cos ~=O,

uletu je horizontalna zatezna sila; otpori poda su vertikalni i

I'

~

usmereni nav,ise u tackama/oslanjanja; .uzajamni pritisak stapova Fn u tacki B upravan j9 na stap Zamislimo da smo rastavili grede. onda jednacine za ravnotd:u; daju: .

pa su otpor

FE

i ugao 0(:

cD.

a) Slap AB

cos (2~-a) fsina = G/2G 1 =

/.

cos (~- a) /4 R sin oc.

Jasno da je otpor FE uravnotezen sa zbirom tezina grede i polulopte, je, se uzajamni pritisci polukugle i stapa u AiD uzajamno ponistavaju. lz poslednje reiacije sledi veza izmedu uglova: cos (~- a) / sin a = cos ~ etg a + sin ~ = 2GR/G J I.

b) slap CD I

1.56.

L XifoXc-F +Fnsin ~=O; L

~c= Fn (2/-e)-F· 2lsin ~-Fn' 2/cos ~+G2'/cos~ ~ O.

'E Mc= -FA ·lcos a +Fs ·lcos a+ GI2 ·//3 ·cos a = 0,

1z ova :dva sistema. jednaCina odredujemo: G) cos af2 cos (~- a:); FA=G1-;-F"cosp;

pa su jednacine

F = G1 eos a sin ~/2 cos (~- a);

te su olpori

FD=G,/2-Ftg~+Fn(2-k)/2cos~;

Xc=O;

k=efl;

Yc= Gz-FD+Fncos~.

Za date brojne vrednosti je cos (~-a) =cos (60

0 -

45°) =

V2 (l + V3)f4 =

=0,966; k=,v2/V3, pa su: =

Posmatracemo nosac kao celinu. lednacine za ravnoleiu daju

L Y i = Yc+ F D-G 2 -Fncos ~= 0;

50 «(3 - J) = 36,50 kg;

Rastavimo grede u zglobu C i posmatrajmo ravnoldu nogara AC. usvojicemo komponenine otpore zgloba pozitivnim Xci Y c i pretpostavicem6 da je zatega opterecena na zatezanje silom F, onda jednacine ravnotde daju

F=25 (3-1·%=31.75 kg; .'

FA = 125- 50 V3 = 38,50kg;

1.55.

F D = 75+ 25 V3 + 500 «(3- 3)f2 = 88,43 kg.

Stap AB oslanja se u tackama AiD na polukuglu, pa je otpor

FA upravan na tangencijalnu ravan polukugle, to jest on proJazi kroz srediste

polukugJe; a otpor ED upravan je na stap AB. Gtpor poda FE upravan je na pod i Pf@l az i kroz srediste 0 polukugle. UsvojiIho Dekartov pravoug1i sistem Axy takav da se + Ax~osa poklapa

o

1.

sa stapom AB. Trougao AOD je jednakokraki, pa otpor gradi sa Ax-osom ugao ~. Kako stap AB gradi sa horizontalom ugao ~-a, onda i tdina G1 gradi sa - Ay-osom takav ugao. 1z uslova ravnoieze stapa dobijamo L Xi= FA cos ~- G1sin (~-IX) = 0; L Yi=fA sin ~+FD-GJ cos (~-a)=O; L MA =FD • 2Rcos ~-Gl·112· cos (~-a)= 0;

LMC= -FA ·/cos e<:+ F·2Ij3· sina+ G·112·cos a+ Gf2 ·lf3· cos a =0,

Ie su Y c =G/6=2kg;

1.57. Trougao AOB je jednakokraki, pa je 2 ecos a = I, te je odnos e/l=k= (3/3. Posmatracemo ceo sistem, te i7. momf!ntne jeonai"inf.' u 0 sledi L Mo= F:[ecos (a + rp)-1/3· pa je odnos teZina:

FA =G1 sin (~-o:)/cos~; , Fn'~

cos

GJ cos (2

l~!:....=~. G 2

~-a)fcos~;

(2~-a)/eos (~-a)=1/4

F= G etga= G (V3 - 1)/«(3+ 1)= G (2 ~ (3) =3,24 kg.

R.

Otpor FA gradi sa horizontalom ugao 2 ~ - a, a otpor PD sa vertikalom ugao ~ - cz Ovi se Oljlori javljaju na polukugJu kao pritisci, pa iz jednacina

COS

7<1

mllmfmtnu ta('ku


cos
3-)13

(3

2(V3-1)

2

jer je cos 15°=cos(45°-300)=J!2(V3+ 1)/4. Resenje je realna ako je 1>0, to jest aka je cosrp>2kcos(a+ 2 V2/6

n·

IV'

149

148 U tacki A usvojicemo koordinatni sistem Axy sa horizontalnom Ax-osom, onda jednacille za ravnotezu daju:

gde

SlJ

nepoznate

X A = -7

V) kg;

YA

=

35 kg;

Xs= 7 V)kg; Y c = - 17 kg,

Xc= 13V3kg; L Yi=FA sin(ct.+
iCOS

Ys= I kg;

Nosac mozemo posmalrati kao iuk na tri zgloba, pa postaviti tri jednaCineza ravnoteiu i cetvrtu - da je napadni moment grede AC ,u zglobu C jednak nulL DakJe, bilo bi:

cp-G ,//2, cos

Ako iz druge i treee jednaCine, s obzirom Ila prVll, izracunamo silu FB i uporedimo vrednosti, biee:

Fs= (t+ I) (2, V3 G!3=(2t + 3) (2

(YJ + I) G/l2,

L M A = XB· h - 3 G ' I sin a - G' 1/2 . sin
te dobijamo trazeni odnos

t=F/G=(3-V3)/2(V3-I)=V3/2, to jest Sile u uiadima imose:

. FA ""'-=42 kg.

1.58. Trougao ABC je jednakokraki, jef je AC = BC = CD = /, h=AB=2/cos
' J

Kada se izracunaju nepoznate - komponentni otpori zglobova A \ B, razdvan'em greda u zglobu C odrediee se i lizajamni pritisak tpga zgloba, f ' primer, za gredu AC dobice se jednaCine 1) i 2). ~

F=V3G/2=3!/3kg.

Fs=V2vi(V)+2)G/6=1!2'V3(V3+2)R<9'10kg~

M~= -XA oleos a- Y A ·/sinO'.+G,lj2, sin a+ Flf3= 0,:

,

pa je' ~ Tdinu BD u iznose

2Fn sina=G, pa je F n =F=G/2sin
.,.

1.59" Zboguslova AB=,AE trougao ~AE je je~nakokraki, pa su uglovi na osnOVlCI BE Jednakl, Ako IZ B povueemo hOfllontalu, onda ~ lako zakljucuje da je ugao.q: ABE= f3 = 2 a, Zbog toga je osnovnica BE= U= =2Icos2
Uzajamni pritisak greda na mestu B upravan je na greduCD. Rastavimo grede nll lome mestu i postavimo sesl jednacina za ravnotez~, pa te bili: greda AB

2)

:s Yj = Y A + Fs cos 0'. - G i

I

0;

greda BD

greda AC' I) L:Xi=XA+Xc-Fcosa=O;

4) L:Xi=Xs-Xc+Feosa=O;

2) LY,=YA+YC-G-Fsin
5) LY1 = YB- Yc-2 G-Fsina=O;

4) LXj=XE-X- Fssin
3) L:Mc= -XA,/cosa-YA,/sin
6) LMc=XB,/eosa-YB,lsina-F113 = O.

6) L M£= -G(2 J-c)cos
Za date brojne vrednosti bice sistem jednacina:

greda CD 5) L Y/= Y£-Fseos a-3 6-G=0; ! i

gde je X sila u uzetu, Nepoznate su:

1) XA+Xc=60

2) Y A +Y c =18;

3) X A V3+ Y A = 14;

4) XJj-Xc = - 61/ );

5) Y B - Yc= 30;

6)

XB V)-Ys =8,

G cos
lz (l) i (4) eliminisaeemo silu Xc' a iz (2) i (5) silu Y c , pa dobijamo Slstem jednacina:

X= 5Gctga;

X£=G(S etg 0'.

Za date podatkc G = 20 kg,

17. prve jednaCine je Xn = - X A' a iz druge Ys = 48 - YA , pa unosenjem u ostale dye jednaCine dobicemo sistemod dye jednacine sa dYe nepoznate:

Fs= 10 0kg;

0'. =

++

0:);

30" bite vrednosti:

X A =-5V3kg; X E = 105

tg2

V3 kg;

YA;" 5 kg; YE"~ 95 kg,

X=

151

150 lz momen!ne jednacine za obrtnu tacku 0

1,60. I

sistema sledi

,~-

te su YD~96kg.

Fe=99 kg;

12: Mo= G1 • C, cos cp-G 2 • C ·cos [1800~ (0: +cpl] ~ 0,

pa je odnos tdina

1.62. Ovde je hipotenuza AC = e = 5 a/4, pa su cos a = 4/5, Sill a = 3/5. Kako je e+

Uzajamni, pritisak kugli na mestu dodira D pada u pravac centralne razelaljineC, Cj2' Razdvojimo kugie u tacki D j posmatrajmo ravnotezu svake kugle posebnoj Kako je trougao OC, C2 jednakokraki, uglovi na osnOVICl C, C z jednaki [su i iZllose (3 = 900 - a/2. Kao uslove za ravnotezu uzecemo rnornen(ne uslqve, pa ce biti:

Jz irougJa ACK, prema sinusnoj teoremi, sledi:

i

I I

kugla I

e/sinrp=h/sinO,

to jest

c/sin
pa je cos (
.

Sill

tgrp

4

'I' = - - - - = ...- . - - - - - - - . (I +tg 2 'f')1/2 (2Sk2-30k+2S)1/2

Jz momentne jednaCine za (erne A trougla bice to jest F· hsinrp-G· 2a/3 = 0;

F=2Ga/3 h sin '1'= 8 G/lS k sincp

iIi

kugla 2 L Me I =;FB ·(R, + R:z)sin ~-G2 (RI + R z ) cos (rp-~) =0; I

b)' Za G1 =24kg,

0:=30°,


cos 75"=slu ISo =V'2 (V3-l)/4;sin 750=cos 150 =V'2(V3+ 1)/4, I

pa je pa je

h = 5 c/3 = 25 a/ 12 = 125 em ;

F min =F=8G/15= 16kg.

Otpor zgloba A odredicemo iz ostalih jednaCina za ravnoteZu:

1.61. Oyde je 1=6rn, to jest AB=9m; AE=7rn; EB=2m; EC=2m; 1DH=3/2=1,5rn, EH=19/2m. _.

,

I

Uzajamni pritisak greda na mestu E upravan je na gredu AB. On gradi sa vertikalom ugao a = 60°, a na gredu ECDH dejstvuje kao sila nacine ravnoteie za obe grede daju:

FE>

Y A +Fcos rp- G =0,

pa su X A =Fsinq>= 2 Ga/3 h= 24 Gj75 = 48/5 = 9,6 kg;

Jed-

Y A =G -Fcosrp= 30- 16· 4/5 = 86/5 = 17,2 kg,

I,

jer je sinrp=2Ga/3F71=60.60/48· 125=3/5, to jestcosq>=4/5.

a) greda AB

=

1.63. Kako je BO=bc=(f2/16+ 3 P/144)1/2 =1 sin (3 = 1/2, cos (3 = V3/2, to jest ~ ~ 30°.

V3/6,

to je sin

<):

OBD=

te su,

FE~ 27 G/28 = 54 kg; b) greda ECDH, XD

i- FE sin a = 0;

:E MD = Fe' I-FE cos a· 4//3 -2.5 G ·//2 +G/2 ·1/4 = 0,

Iz jednacina ravnoteze kugle dobijamo Fscos ~ - 3 G sin a = 0 ;

Fn-3Gcoslt -F,sin~=O,

pa su sila u uzetu i otpor grcde (stapa) AB: F, = 3 G sin a/cos ~ ~ 3 G = 120 kg;

Fry = 3 G (cos Ct. +

sin~) =

3 G = J 20 kg

153

152 ~

.~

SiJa - Fn dejstvuje na stap AB kao pritisak, a sila - Fs je sili~ zatege BO. Usvojimo u tacki A sistem Axy takav da se +Ax-osa poklapa sa stapoin AB, pa cemo dobiti L X j = XA-G sin a.-Fscos

b) greda AB

pa su

f:l= 0;

Fs =(9-2j!3)G/6;

L Yj = YA - G cos a + l~ - Fn + Fs sin /3 = 0 ; LMA = FC'I/4~G .1/2.I/2-Fn • 31/4 +Fssin /3·1= O.

c)greda CD

L Xj=XD + Fcos y=O;

Odavde sIedi

L MD = Fs' 3//4 +G ·1/2-F-1/4· sin y= 0,

-

FC =4G=160kg;

1.64. Oznacimo sa Fs silu u uzetu CO i sa F. otpor stapa BC, onda iz jednacina za ravnoteZu kugle i stapova sledi: a) za kuglu F, cos /3-G/4· sin a =0;

F.- E's sin /3- G/4 ·cos a = 0;

b) slap BC

X B - FD sin a + Fn sin a- Fs cos (a'-

/3) = 0;

Ys+ FD cos a- Fn cos a -4 G/3 - Fs sin (a-f:l) = 0; SMs= -4G/3· 21/3· cos

G(-

pa su F=(l3-2 V3) G;

YD=-(12-2 )I3)G/3.

1.66. Kako je AK = AB= 1 i a = 60", trougao ABK je jednako~tranicni, te je duzina BK=s=1 i auiina CK=L-s=L-l. Oznacimo ugao.q: 0tCK=cp, onda iz trougla ACK sledi, prema sinusnoj teoremi: , (L - s)/sin a = h/sin <:p, to jest. (L -l)/sin a = l/sin
Oznacimo sa S= Sc = ~ silu u uzetu (ona je jedina posto je !uze provuceno kroz kotur K) i postavimo momentne jednacine za tri nekolinearne tacke, A, K, B, pa cerna dobiti

F,.. (41/3-R ctgf:l) +

2: MA = S ·1/2· sin<:p+S·I· cos (a/2) -G ·1/2· sin a = 0;

+ FD . 1+ Fs . 4//3 . sin f:l = 0 ;

2: MK=XA ·/-G·I/2· sinO(= 0;

c) konzola AD ,.

2: MS=XA ·lcos 0(- Y A ·lsin a+G·//2· sin a-So 1/2·sin
1z ovih jednacina, s obzirom na ranije dobijene rezultate u jednacini (a), b;ce

FD = (88- 9 V3) G/I 44 "" 24, 14 kg;

YA sin q.> + V3 = k

L-/= /sin G(;

1.65. Uzajamni pritisak kug\e i grede AB upravan je na gredu AB i prolazi kroz srediste kugle. Uzajamni pritisak greda AB i CD upravan je na

L = I + I sin a = I (I

sin
+ 113/2) = (2 + V3) 1/2 =

u zatezi MN i posmal-

1.67. Ovde je trougao ABC pravougli, pa je s = I V3, sin a = COSi~ = Y3J2, cos IX = sin f:l = 1/2. Trazeni ugao odredicemo, iz skuplle momentne )ednaCine za zgJob C, pa je

1: Mc= G .1/2· cos (0( -q.»-2 G [lj/3 cos (~+
a) kugla

pa

V3/2 ;

= 2+ V3 = 3,73m= 373 cm.


F silu

(5 + V3) G/8",,33,65 kt r

GjS=k;

Xs =XA = FD j/3/2"" 20,88 kg;

gredu CD. OznaCimo sa S silu u uzetu, a sa rajm6 ravnoteie kugle i greda:

=

Fn sin G( +Scos f:l-G= 0;

te je

(3 -)13) VZ G/2R3 18 kg;

odnosno

cos (a-
Sli

Fn = G sin f:lJcos

(/3 - a) =

S = G cos a/cos (f:l-a) = (V) - 1) G= 7,3 kg;

9 V3 si~';", 15 cos

tg
154

155

Rasta~'imo grede u zglobu A i stavimo da su komponentni otpori X 4 i Y,4 za gredu AB i - X A i - YA za gredu AC,.a silu u uzctu oznaCimo sa Fu;· ona dejstvtijc na B i na C, pa je sila zatezanja. Jcdnacine zit ravnotezu daju: I I

a) greda AS

1.. 70.

Oznacimo sa h=l+.-R, onda je bsincp=2R sin~. OznaCimo sa

Fn

silu u koncu j sa uzajamni pritisak prve (odnosno druge) kugle onda iz jednacina za ravnoleiu kugli sledi:

S sincp-Fn sin ty =0;

S cos cp - G - F" cos ty = 0;

i

1: M A = Fu' 1- 2 G ' I cos rp - 2 G ,21 cos rp = 0;

b) Ireca kug/a

2 Fn cos ty - G3 = O.

b) greda At -

X~

+ Xc + F. cos (~+ rp) = 0;

2: Ate =

-

Rako je sin
X A I sin (a -q:» + YA ,I cos (a- rp) + G, 1/2, cos (a -rp) = 0,

Odavde nal,azimo nejJoznate

Fn =G)2 cos ty; Kada se kugle dodiruju, tada je tro·ugao C 1 C 2 C] jednakostranicni, pa je ugao tjI =
V

F. = 3 Gi cos 'P/sin ~ = 18 G 3/52 ;

G3max = 6 G tgcp/(V3 - 3 tg
Xc = 0; Yc '= 5 G (sto se lako uocava i jz skupne jednacine za ravnotem u vertikalnom pravcu). Oznacimo ugao
1.68.

treee,

a) prva kugia

1: Xi = X: A -F. cos (~+ 'p) = 0;

2: Xi =

j

S

Iz usJova ravnotei(j kugle i stapa AB, gde smo slavili da je siJa u uietu S, a otpori s\f!pa pod a na mestima dodira D P (zbog simetrije) jednaki, sledi: a) za kuglu

B) STATIKA U PROSTORU 1.71.

Projekcije rezultanfe na ose triedra Oxyz iznose:

X,= I +3 +0+2= 6kg; S=2Fnsina;

Y,= 6+2- 3 + 3= 8 kg;

Z,=7-2+9+ 10= 24 kg,

pa je intenzitct rezu1tante:

b) za slap 'AB

2:Xi =

Scosa-Fnsin2a=0; Kosinusi smera rezultante jesu: cos a, = 6/26 = 3/ I 3;

te su

Fn = G / cos 2 aj2 s cos a;

cos y, = 24/26 = 12/13,

pa su uglovi koje gradi napadna Jinija rezultante sa osama triedra Oxyz:

"2 I cos2a Y,4=G[I--,---(1-'Hll1 a)]. 2 s cos a

1.69. Oznacimo duiinu OC = b = s + R momentne jednacine za tacku vesanja 0 sledi

sa rp traieni ugao, onda iz

a, = 770 50';

1.72.

X, = 2: Xi = 6 - 3 + 2 - 1 - 2 - 2 = 0;

2: Mo=G· b sin cp-G ·1/2· sin I}= O. Oznaoimo sa D tacku dod ira kugJe i stapa, onda je trougao OCD pravougJi, pa"sledi odnos bsin(rp+I})=R. Unoseci ovu relaciju u prethodni odnos, bicei sin
sin ('P+ tjI) = 1/3.

ovih transcendentnih jednacina dobija se sin 2

~,=

720 5';

Ovde su projekcije rezultante na ose tricdra Oxyz:

I

(s+ R)sinrp=(isinl})/2;

cos ~,= 8/26= 4/13;

S =GI sin IX cos 2 a/scos a;

Yr = 1: Yi =

- 2

+5-

3 +2 + I - 3 = 0 ;

Z, = 2: Zi = 7 -: I + 2- 3 + 4 - 9 = 0, pa je sistem sucelnih prostornih sila zaista u ravnotezi. 1.73.

Ovde su projekcije rezultante na ose triedra Oxyz:

X,=5+5+0= 10kg;

Y,=0+6+6=12kg;

Z,= 30+0 + 30 = 60 kg,

pa je intenzitet rezultante:

F/ =

100 + 144 + 3 600 = 3 844 ;

Fr~

62 kg.

156 Kosillusi smera su 10/62, 12/62 i 60/62, pa rezultanta ima napadnu liniju koja se pokla'pa sa dijagonalom paralelepipeda, usmerenu od 0 ka drugom - suprotnom - temenu. 1.74.

1.76.

Rastojanje dveju tacaka,

T;

i

T"

kao i kosinusi smera te cos tx = (Xl

Moment sile F za momentnu tacku 0 iznosi:

-7

-- -

TTlZ

--

i j k -+ --+.-+ 2 2 3 =3 i -6j+2k, 2 3 6

x Y z XYZ

Mo =[r, F]=

Prema tome, duzine stapova i kosinusi smerova bite: 1,=J3dm; cos(X,=O;'

pa su projekcije vektora momenta na koordinatne ose i velicina momenta:

cos y, = 12/13; 12 = 13 dm;

cos (X2 = 4/13;

M = 7 kgcm.

M2=9+36+4=49;

eos(3,= -5/13;

M z =2kgem;

M y = -6kgem;

a. m ,

Velicina opterecenja je F = 40 (16 + 9 + 144)1/2 = 520 kg.

cos Y2 ~ 12/13 ;

cos (32 = 3Jl3;

13 = i3dm;

Vektor momenta (no sac momenta) gradi sa koordinatnim osama uglove (3m i Ym' Ciji su kosinusi (kosinusi smera): cos (3m = - 6/7;

cos a.m = 3/7;

COS

Pretpostavimo da su sile u stapovima usmerene ka cvoru P, onda su jednaeine za ravnotefu sistema sucelnih sila u cvoru:

Ym= 2/7.

Kako je vektor poloiaja napadne taeke u odnosu na oba pocetka paralelnih triedara dat izrazom za novu momentnu tacku:

M~=[I,

-- ii=

-

F]=[r-ro,

-

7=;: + 7, to je moment sile

I

j

k

X-Xo

Y-Yo

Z-2 0

X

Y

Z

M~· = 144 + 16+ 36= 196;

=12i+4j-6k; 1.75.

ON = 50' +"(j'j.j iIi

F

-~-

i j k o3 2 2 3 6

Mo' = 14 kgcm.

odnosno

Eliminisanjem sile F3 iz (I) i (3) a zatim iz (2) i (3), dobijamo dYe jednacine sa dYe nepoznate, pa su nepoznate sile u stapovima: F, = 390 kg;

Projekcije rezultante na ose triedra Oxyz jesu: Z,=12kg,

Y,= 3 kg;

X,=6-3+2-1 +2-2=4kg;

pajeF,=13kg.

Kosinusi smera i uglovi napadne linije jesu: cos "',

=4/13; tx, =

cosy,= 12/13;

cos(3,=3/13;

1.77. Slicno prethodnom zadatku, duiine slapova bice: AJ' = 200 em = = 20 dm, BP= 250 em = 25 dm, CP= 520cm = 52 dm, pa su jednaCine za ravnoteiu evora P; . I) I: Xi= 12 £,/25 -12 F3/52 = 0;

Y,= 21 0 35'.

720 5'; _ (3, = 77 0 50';

i j

----??

-..

--?

--

--

--+

--

I: M 0' = I: [ r, F;] = [r, I: F;] = [r, F, 1=

k

2 3

4 =24i-sT-6k; 4 3 12

cos txm= 12/13;

cos (3m= - 4/13;

-

12 FJ20 + 15 F2 /25 +48 F3/ 52 = 0;

Ove jednacine dalje postaju: 5 F,

cos Ym= - 3/13.

+ 8 F2 = 3625,

pa su sile u stapoyima F1 = 525 kg;

pa su:

I: Mo= Mo= 26 kgm;

2) I: Y j =

3) L: Zi= 16 F,/20 + 16F2 /25 + 16 F3/52 - 5S0 = O.

Za . sistem sucelnih prostornih sila vazi Varignonova teorema (momentno pravilo) u vektorskom obliku, jer je

--

F 2 =-195kg;

0:

=

F 2 =1.25kg;

F 3 =260kg.

,

1.78. Trougao BAO je prayougli, pa je 2/ cos a = I, to jest cps a. = 1/2 60°. Trougao CBD je jednakostranicni. Pretpostavimo da 3D sile u I

159

158

uzadima zatezne, a sila u stapu pritisna (usmerena ka zglobu), onda su jednaeine za ravnotezu zgloba (B); .

!

2:Xi~ -{Fl:+F,)cos~+Fcos~=O; !

2:Yi=(-Fl+Fz)sin~=O;

Zbog simetrije, sile u stapovima su jednake, F;=F,usmerene su ka vrhu V, Ie iz uslova za ravnotezil vrha sledi

2:Z;= 3 Fsin o:-G=O;: F=G/3 sino:=G!V6= G Je 6/6= 6 V6 kg. -

~~0:/2;

!7

-

~

Sila -F dejstvuje na pod i fnjena komponenta vclicine F sin 0: = G/3 = 12 kg ponistava se otporom poda FA' evor A napada i sila F' = F cos 0: =G cos a./3.

pa su

F= G!cos0:= 100kg.

F, = F, = F/2 = 50 kg ;

Rezultati su dobijenisa pozitivnim predznak·om, sto znaei da su smeroy! sila pravilno pretpostavljeni. 1.79. ; Najpre moramo odrediti polozaj evora P (x, y, z) il odnosu na triedar Oxyr sa poCetkom. u horizontalniei (plafonu) i + Oz-osom usmerenom navise. Posto su poznate duzine uzadi (merene u dm), bice; Ap2 =(x- 5)2 + (y-O)2 + (z- 0)'= 7 2 = 49; Bp2=(X- 0)2 + (y-5)2 + (z- Of=49; Cpz = (x-l5)2+ (y_7)Z

+ (z- 0)2 = 14 2 = 196.

Oduzijnanjem druge jednacine od prve i od treee dobijaju se jednacine: -'-x + y=O;:

. sin 0: = G 1/2/6. Ona sc uravno!cz.ava sa silama S u koneima koji se sticu u evoru A, pa ·je uslov za ravnotezu u praveu ACoO: F'-2Scos300=0, 1.81.

Projekcije glavnog vektora na osc triedra Oxyz iznose

Xr=2:X;=0+4+0=4kg; Y,=L:Y;=4+8=12kg; Z,=6kg. pajeF,=14kg. Napadna linija glavnog vektora (rezuJtante) gradi uglove sa koordinatmm osama: cos iXr = 2/7 ;

Fi

2: Xi= 2 F,n - 3 F z/7 + 12 F J /14= 0;

2: Yi = - 3 FI J7 +2 F,f7 + 4 F}/14

00

0;

2 F, - :3 F2 + 6 F J =

I

0; - 3 FI + 2 F2 + 2 F} = 0;

6 FI + 6 F2 + 3 F3 = 7 G.

Sile u uzadima iznose: F, = 42 G/R5 = 42/5 = 8,4 kg;

~,=

6/7;

cos 1 r= 3/7,

30°55';

1,= 64°35' .

F3 seku Ox-osu, a siJa ~ jc paralelna sa tom osom, pa je

gJavnl moment za tu osu jedriak nuli, 2:Mx='fllx=O. Posto siJc P2 i.F} seku Oy-osu, a sila

P,

je paralelna sa tom os,?m, glavni moment za tu osu tako-

de je jednak nuli, 2: My = lJIl y za tu OSU:

=

O. SiJa

F

J

sece Oz-osu. pa je glavni moment

L:Mz='illz=L: (x, Yi -- YrXj) - 2· 4 -2·.4~ O.

L: L; = 6 1-,/7 + 6 F2 J7 + 6 FJ/ 14 - G = 0, odnosno

~,=

0:,= 73°25';

Sile PI

Oznac:imo sa sile u uzadima sa pretpostavljenim smerovima od evora P ka tackaina vesanja. Usled toga moramo promeniti i predznak kosinusima smerova, pa ce jednaeine ravnotez.e evora p biti:

eos

to jest

15 x+2y= 51, pa Sil X=y= 3dm =30cm i z= ±6dm= - 6 dm,

jer se prva ~ vrednost mora odbaeiti posto evor mora biti ispod plafona.

S=GV6/18=2!l6kg.

te je sila

Posto je glavni moment 7.a tacku 0 jednak nuli, '1IIo = 0, sistem sila svodi se na gJavni vektor (rezultantu) koja prolazi kroz redukcionu tacku O. 1.82.

Ovde je glavni vektbr

X r =3kg; Y,=2kg; Zr=6kg; Fr=7kg; cos 0:,= 3/7;

cosf3,"'~2J7;

coslr=6/7

Glavni moment bice 1JIl,.=2: (yjZ;-ZrYi)= 12kgcm; lJIl y =2: (ZiX;-X;Z;) = 3 kgcm; 1.80. Osnova tetraedra je jednakostranicni trougao ABC, straniee a, vi sine h = a V3/2. Vis ina tetraedra prodire osnovu u tezislu Co' pa je ACo = = 2 hf3 = a 1i3/3, teO je visina H = [a 2 _ -(2h/3)2JI12=aJ/6/3. Ivica AV tetraedra gradi sa osnovom ugao 0:, Ie je cos 0: = = 2 hl3 a = V3/3, sin a. = ]16/3.


pa je

lJIl o = 13 kgcm,

te su kosinusi smera: cos O:m =12/1 3; . cos f3m = 3/13; cos 1m = 4j13. Sistem sila svodi se u redukcionoj tacki na glavni vektor ment, to jest na torzer. U gao izmedu ova dva vektora je cos e= (F" lJIlo)/F,' iJl/ o = (3·12 -!- 2·3 + 6·4)/7· pa jc ugao

e=

46°35'.

13~"

66/91

glavni mo-

"~0,725,

160

161 ~~

,;l j Kako se spregovi m o g u , p a r a l e l n o i pomerati po

1.83. Kao i u zadatku 1.80, zakljufujemo da je visina osnove tetraedra h=a ~f312, pa je AO=21z/3=aV3/3 i OA'=1z/3=a(3/6. Visina tetraedra je H=OD=aV6/3, te je nagibni ugao ivice tetraedra prema njegovoj osnovi cosa.=AOla=!/3/3; sin!.i.==H/a= V6j3.

;,

;lIl;'i'),

U tdistu osnove ABC tetraedra uzeeemo pocetak triedra Oxyz tako da se osa Ox poklapa sa visinom OA osnove. a osa Oz sa visinom H tetraedra; onda su projekcije glavnog vektora j glavni vektor: Y,= -Fz ; Z,=F, V6/3,

te je moment rczultujuccg sprega W, = QIlo = 31 kgm.

! : Nosac ;ovog sprega i

(vektor W o ) ima kosinuse smera u odnosu na ose triedra Oxyi:

pa je F,=VF/+F/

is

cosC
Sila F, sece Ox- i Oz··osu, sila sece Ox-osu, a paralelna je Oy-osi, te su glavni momenti za koordinatne ose:

'l1t = 0;

~y = -F,· 21z/3· sin IX = -F, a V2J3;

pa jc glavni moment ~o= :

cos a, =

-

~,= Fz 'A'O=!z a jl3;6,

i

Y,= -8 kg;

z,=2V6kg;

cos ~r= - 8110;

~z=16 V)"kgcm;

cos(3m'~ -V6 0/!O;

I

Fr= 10kg;

,]TI y =

cos I, = 2 V6/l0;

i

pa je Wo=7kgm i cosam=-3j7, cos(3m=-2/7, cos,m=6/7. Posto je cos 8 = cos a, cos am + cos~, cos (3m + cos I, cos I;" =

V15/ I 00 =

= 2/7· -3/7 + 6/7· -2/7 + 3/7·6/7=(-6-12+ Ill)/49=iO,

0,92952, to jest

o je 0 = n/2, pa su glavni vcktor i glavni moment upravni vektori.

Racun najlakse sprovodimo tabelarno:

____ I_~F; I I

_I_~N; Xi

f kgm; I

81/ jOkgcm;

QIl o =

L M y = I: (z; X;-X;Zi) = cos a I: F/z j - cos YI: Fixj = -

QII, = l: M z = I: (x; Y;- y;Xj) = cos ~ I: Fix;-cos C< I: FiYi = 6 kgm,

cos,m=2VI0/10,

cos 8 = cos a, cos am + cos (3, cos ~m + cos I, cos 1m = 24 8=21°35'.

I

2

cije sile F; na koordinatne ose X,=F;cosc<, Yi=Ficos(3, Zi=FiPOSI' glavni momenti su:

pa je ugao lorzera

1.84.

i I

2

~x= I: Mx=I:(y;Z;-z; Yi)=cosy I:FjYi-COS~LFjz;= - ~ kgm;

2 V3/10;

COSam=O;

cos 1m = 6/31.

1.86. Iz poznate re1acije cos C< + cos ~ + cos I = I sledi da ic cos 1=3/7. Glavni vektor ima intenzitet F, = I: F; = 7 kg, i on gradi sa fcoordinatnim osama triedra Oxyz iSle ugJove kao i svaka sila posebno. Kak~ su projek-

V8 F/+ 3 FF

~y= -24 V2kgcm;

Wx=O;

cos (3m= 5/3]; 2

Za date podalke su: X,= -2 V3kg;

........

Wz=q

W x =6+12+0+12=30kgm; ~

X r = -~V3/3;

.'

prostoru, dovescemo ih u tacku 0 i irn;ace;mc!j!",sisltem' sue' nih)vektora 'ill,. RezultujuCi spreg jednak je vektorskom pa projekcije (koordinate): ~i

I

Yj

I 2 3 4 1.:

Zi

X

j

Yj

I

I

ii-II

!-,-~_-'~._I Zi

I

Yi Z;-z; Y; \

4 3 -2 4-3', -3 2 4 12-4 -2 I 3 -6-3 I -6 -5 0-0 0 1-0---0-- 0

Zj

Xi-Xi Z;

4 +2 -6-8 -6-6 0+5 -15

l:i Yf-Yi Xi I 3+ 8

I

4+9 2-4 -6+0

1-'16--

Redukcijom sila na pocetak 0 triedra Oxyz dobijamo: X,=F;

.,

j

i

Kako je skalarni proizvod gJavnog vektora i glavnog momenta Jednak nuli, I to je ugao = 7t/2" jer je

e

t ~

pa je glavni moment Wo=1/15 2 + 162 =V481"",,21,93kgcm. Posto je glavni vektor jednak nuli, sistem sila' zaista svodi se na spreg, momenta sprega 21,93 kgcm. Nosal: sprega je u ravni Oyz, te spreg dejstvuje kroz ravan koja prolazi kroz Ox-osu, a upravna je na nosacu sprega (vektoru \]](0). -7

1.85. Koordinate vektora W 4 u odnosu na liiedar \]]c 4x = \]]{. cos a. = 12 kgm; 'ill. y = 6 kgm; QIl4, = 4 kgm.

1.87.

Oxyz

iznose

,f

I

! I I; ;

1.88. Posto su projekcije glavnog vektora X, = 0; Y, = 0; Z, =12 + 1- 3 = 0, to je F, = 0. Ovo je sistem sila paraleIan Oz-osi. Zbog toga je = 0, ali su

'!fl.

'21?x=I:Zi Yj=4tm;

'illy=-I:Zixi=-6tm, pa je ~0=2j/j3tm.

Sistem paraielnih sila svodi se na spreg, momenta 2 VIT tIT). Vektor sprega je u ravni - yOx, spreg dejstvuje u ravni koja prolazi ktoz OZ-05U i upravna je na nosai' sprega. f I Zbjrka zadataka iz rnehanike J

162

163 pvde je gIavni vektor X, =' 0; Y, = 3 t; Z, = 4 t, F, = 5 t,

1.89. moment

glavni

1.92.

I

9~0=r~, F:l+r;::, F,1+@=11jO I3 ~~I+II~ ~ ~1+4r= 0 0 0 4 =12i+~r+6k; 'IDx=12tm; 9TIy =4tm; 9TI,=6tm; 9TIo =I4tm.

Ovde su duzine zatega

AB2= IJ' = (3oy + (-20)' + (60)' = 4 900;

11=70cm;

CD2= 1/ =

12=70cm.

(-

30)'+ (-60)2+ (20)2 =4 900;

Oznacimo sa FI sile uzategama usmerene od A ka E, odnosno od C ka D. Otpor zgloba 0 ima sve tri komponente, pa su jednacine:

I

Projek¢ija gIavnog momenta na pravac glavnog vektora iznosi

-

,

-~

9n c = Wlocos 6 = (P" 9n a )IF, = (12·0 + 3·4. + 4· 6)15 = 36/5 1m.

, Qvde su projckcije gJavnog vekto~a X, = 2 t ; Y, = 6 t; Z, = 3 t. pa je F,=7~, te su cos IX, = 2/7; cos~,=6/7; cosy,=3/7. 1.90.

Kako su momenti pojcdinih sila moment je

Projeksije glavnog momenta su

IJTI0 =

l]](x=-6·2+6=-6tm;lJ1(y=-3·4-6=-18tm; WI,=-2·4-1=-9tm, pa je 'IDa = I tm, Ic su cos IXm = - 2/7; cos ~m = - 6/7; cos Ym = - 3/7.

i

e= 2/7· -

PA2

Uzeccmo mere u dm, pa su duzine uzadi:

J 1,2 =

=

25;

/2= 5 dm =50cm;

(5 - 2)2 + (9 - 3)2 + (2- 0)2 = 49;

i} = 7 dm = 70 em.

Oznacimo sa IF, sile u uzadima sa smerovima od P ka tackama vesanja A, B, e, onda jednq.cine za ravnotcZll sila u cvoru P daju:

b X j = -2F,/7 +4 F,/5 + 3 F}/7 = 0; b Yj =

-.

Iz poslednje jednacine je F} = 3 F 2 , pa je F2 = 7 G/6. Prema tome, sile u za· tegama i komponentni otpori zgloba 0 bice: F1 =420kg; Xo= -120kg;

J

pa

- 10 Fi + 28 F2 + 15 F3 = 0;

2

Zo= -280kg.

usmerene Sl] navise, pa je L Z, = postavicemo iz 1Islova da su monuli, te su -F\·R sin 60° +F]· Rsin 300 = 0,

S1l

Fl =(3-V3)Gj6= 6,35 kg;

3 Fl/7 -3 F2 /5 + 6FP=0;

odnosno

F,=140kg;

Yo=240kg;

1.93. Sile II 1Izadima '511 vertikalne i = FI + F2 + FJ - G = O. Druge dye jcdnaCine menti siJa za ose OA (1) i OB (2) jednaki L MI =f'l·R sin 60o -F ·R=0; LM =

F2 = (3-J!3)G/3= 12,70kg;

F 3 =(V3-l)G/2= 10,95= I I kg.

b Zi = 6 F,/7 + 2 F J /7 - G = 0,

1.94. Usvojimo 11 lezlstu A triedar A:\yz. Sferno Jdiste inia sva tri komponentna otpora, a ciJindricno sarno dva, jeT je Y B = O. Jednacine za ravnOle'lu su:

- 5 FI - 7 F2 + 10 F3 = 0 ;

6 F, + 2 F J = 7 G , pa su sile

II

ufudima:

F I =77G/78=77kg; F 2 =5G/78=5kg; Slika 1.91.

O.

LMz= -60FJ/7 + 180F,/7 =0.

I, = 7 dm = 70cm;

(0- 2)2 + (0- 3)2+(6- 0)' = 49;

1']32='// = (6-2)2 + (0- 3)2 + (0-0)2 =

PC' = 1/ =

80 G

b Mx= 120FJ/7+ 120F1 /7 -80G=0; L M y = 0;

2/7 + 6/7· - 6/7 + 3{7· - 3/7 = (- 4 - 36 - 9)/49 = - I,

Oba vektora su koJinearna, glavni vektor F, je u prvom, a glavni moment u sedmom okta,nlu triedra Oxyz.

1.91.

~7 1110 tI+ F217....:h3 -~b6 ~2 1- T 3 - 26

Sledece tri jednacine za ravnotdu jesu:

Ugao tbrzera je cos

pocetak 0 triedra [rj, F j J, glavni

7..a

bMz = -XB (2a+ 3 b) +F(a+2b)-Fa= 0,

pa S1I komponentni otpori lezista:

F3=7G/l3=42kg.

-XA ~XB= 2Fb/(2a+ 3 b); J]0

165

164

1.95. Nepoznatu lezinu tereta F odredujemo iz uslova da nema obrtanja oko ose Ax, te je

gde je k= VI +2.p-21j.1.1 ,~"

Koordinate tezista trougla ABD jesu:

F=G/2= 5 kg, posto je

(I.

= 30°,

~=

Xc=

60°, pa je trougao KAD jednakostranicni.

(XA

11\>

~¥

+ Xs + xD)/3= Vi (1 + tjJ)ay6;

Yc=xc;

"",

Zc= (ZA +ZB +zn)/3 =v{~~/3.

Ostale jednacine za ravnotelU daju komponentne olpore:

!Ill;

L Y{= Y A + Ys-F·cos 30°=0;

Kako su otpori na mestima dodira upravni na' ravni, teze daju:

Ie su

, "EMz=Fn · XD-FS' YBi=o, 1.96.

Kako je trougao KAC pravougli, KC je dijagonala paralelepipeda,

pa je KC= 3 a/2 = 180 cm, Ie je sin ex = 2/3 i cos a. = VS!3. na horizontalnicu je sila F' =Fcos (I. =FV"S/3. 'Nju cerro komponente veliCina: X = - F' sin i3 i Y = - F' cos (3, gde je su sin f3 = 2 VSj5 i cos f3 = V5/5. Prema tome, pro jekcije sile Oxyz iznose X= -2FI3, Y= -F13 i Z=2FI3.

pa su F=V2(2tj;-1)Gj2k;

Projekcija sile F razloziti na dYe tg f3 = alb = 2, ":pa F na ose triedra

Iednacine ravnoteie daju:

Ovde su projekcije glavnog momenta sistema

1.98.

Ilix = 80 kgcm;

lliy =240kgcm;

spregov~:

Iliz =60kgcm.:

lednacine za ravnotezu daju: 2:X;=Xo=O; L Mx= 80",,0;

LYj = Yo+ YA=O;

2:Z;=ZO+ZA=O;

2: My = -ZA·a+240= 0;

L M z = Y A ·a+ 60=0.

Kocka nije uravnotezena jer ostaje spreg Ilix . Da bi se i ovaj spreg uravnotezio, telina kocke mora biti G=16kg.

2: M,,= 80= G'aI2, Tada su otpori

pa su

G=4Fj3=12kg;

X A =6kg; Xs= YB=O;

1.97.

Y A =3kg;

Xo=O;

Yo=-YA ;

ZB= 12kg.

Kako je XA=YA' to je (1.=45°, pa su koordinatetacke A:

Y A =-6kg;

20= -8 kg.

1.99. Du.zine stapova su 11 = 13= I. = a, '2'= I. = Is = a V212. ~retpostavi­ da su sile u svima stapovima usmerene lea ploci, onda j1dnacine za ravnotezu daju:

CellO

Da odredimo poiozaje temena BiD, uocimo da je OD' = OB' i AD = =AB=a; onda je prava D'B'upravna na simetralu OA, pa je zbog toga D'O' = O'B'; OD' = OB', te je i AD' =AB'. Kako ove duzi predstavljaju projekcije duzi AD i AB na ravan Oxy meke D i B moraju imati jednake apJikate, to jest mora biti ZD = ZB' Kako su te tacke u ravnima xOY i Oyz, a osim toga je X D = YB' bite

LX/=F+F.V2/2=0;

2: Y;=F-(F2 +Fs) V2j2=0;

2: 2; = -G + F, +FJ +F6+ (F, +F4 +Fs) V2j2 = 0; ~Mx= -Ga12 +F).a+F. Vi/2 ·a=O;

+ (F2 + F.) V2/2 ·a=O;

2:My = -Ga/2 + (F, + F3 ) ·a+

~ M, = Fer-(Fi + F.) V2/2. a=

Rdavanjem ovog sistema jednacina dobite se; FJ = 3 G12; F6 =3G/2.

9·

166

167 !

Sile ,U stapovima 0), (4) i (5) suprotnog su smera od pretpostavljenog, 10 jest stapovi su optereceni na zatezanje, jer se pretpostavljalo da su optereceni na pritisak.

pa su: F, =GVZ=24Vzkg;

I

, F4=GI3=8 kg;

1.10". Posto je ploca horizontalna, trougao A'D'B' u ravni Oxy je jedriakostranicni, a takvj su i trouglovj OA'D', A'A"B' i D'B'Bu. Zbog toga su koordinate temena ploce:' a);

B(aV312;

3a12;

a);

D(O;

a;

F)=GV2;2= 12V2kg; F6= -GV212= -' 120 kg.

F,= -G/6= -4kg;

Duzine svih stapova su iste, 1/ = f2 + a2 = 25a 2/9, Ii = 5 a/3, pa je cosoc=afl;=3/5, cos~=I/I;=4f5, cosy;=O. Pretpostavicemo da sve sile u stapovima Fo,=F; dejstvuju ka plocici, onda jednacine za ravnotezu daju: 1.101.

I A (d:11J12; .aI2;

F2= -GI6= -4kg;

a)

pa su koqrdinate tetista ploee:

~C=(~A+Xll+XD)/3,=,aV313;

Yc=(fYi)/3=a;

zc=a.

F[, i= 1,;;;.. , 6 siJe u s!apovima i pretpostavimo da

2;My = -Fa+(F,-F2 )acosa.=0;

su

sproves ti tabelarno. Iz ovih jednaeina sledi: F3 = F4, F2 = F

F, aJ!3/2

aV3/2 F, aJ!3/2

F,

.

F

0

aV372 aV3/2

3 a/2 a/2 a/2 .30/2 a 3al2 i 3 al2

Ga

-0

F, V6/4

a a -F,V6/4 F, V2;4 a' a a I F. V6'i4

-V3Ga{2

F,

I F, Vi/2

I -F~2I4 F.~2 F

F,al2 . -V3F,aI2 V2F,a12 -V6F,012 F,a 3F,a12 -V3F,aI2 V2F,a

-V6F.a/2

"Z Z;= (Sl + S2)hll, + (S3 + S4) + (Ss+ S6)h/ls-G -£2 = 0; 'L Mx = (S, + S2)' (a + b) hill + (S) + S4) a+G (a + b)/2 = 0; 'L M y = (SI-S2) he/II- (S3--S,) e-Fl h-F2 e=O;

2) 'L y,=V2(F, +F) -F6)/4-G=0;

3) 'LZi= ~2(Fl + F) +F6 )/2+F2 +F4 +F5 -G=0;

"Z M.= -(S, -S2) (a + b) ell, = O.

!

4) 'L Mx=f2 + VIF)

13=1.=h=2a;

lednacine za ravnotezu, stavljajuci da su sile Fo; = S,' bice:

Jeddcine za ravnotezu daju sistem jednaCina: 1) 'LX;=F,-FJ +F6=0;

F6, pa je F, + F, = 0, te su siJe:,

1.102. Duzine stapova iznose: 1,=lz=(c 2 +h2)!I2=aVs; Is = 16 = (e 2 + a 2 + h2 )112 = a V6; d= hl4 = a12.

F,V2i2

, V2i4

-

Za date odnose duzina biee siJe u stapovima:

+ 2F4 + 3 Fs+2 ViF6 =0; I-

I

S} "ZMy = j-3 F2 -3 V2F)-3F5 + 2G=0;

1.103. Tereti se preko uzadi prenose i dejstvuju u tacki 0 ploce. 1z uslova projekcije sila na pravac OB i sume momenata za tll osu bice:

lz ovih jednaeina sledi:

1) F2 +F) cos ~+ Fl cos (3600 -a.) = 3 +2 cos ~ + 4 cos a.= 0;

I I

b) iz (6) I

c) iz (l)

F6= -GV212; F)=F, +F.=GV2/2; pa je F3= -F6'

Zbog jovih relacija je I

d) iz (3) !

e) iz

~4)

f) iz b~ !

F2+F.+F5':"0;

2) F3 ·R sin (I800-~)-F,

I

=

R~in

(180°-a.) =R(2sin ~+ 4sina.)=0.

Kako je sin~=-2sina. i 3+2cos~=-4cosa.=-4VI-(sin2p)/4= -2V4-sin2~, stepenovanjem dobijamo 9+12cos~+4cos2~=16-4sin2~,

to jest

12cos~=3,

pa je cos~= 1/4, odnosno ~=75030'.

F2 +2F4 +3P,=0;

DaJje je sina=-0,5

3F2 +3F5 =-G,

Treci ugao je

sin~=-0,484,

y=360o-a.-~=

pa je a=15103'.

l23°27',

168

169

1.104. Kod pravilllog tetraedra j~ H = a V6/3; sill IX = 16/3: Projekcije glavilog vekrora "su: . . :L: Xi = - Fcos IX + Fcos

IX'

h = a V3/2, cos IX = V3/~

~

:L: Y j = F- F cos IX ·cos 30° = F/2,

cos 60° = - FV3/6;

- - -....

"'-~

......'" __•

...,..r"-~

L My

= (-Fh sin 1X)/3 = -Fa Vi/6;

te je g'avni moment

=

Mo

___ c-=----="-_

Glavni momenti za koordinatne ose jesu:

®o = Fa VIT/6 = 120

40 -2F/5

=

i

30V3

30 -3 F/IO

V3i -32V3

V3F/2

Dakle, sila u uzetu i komponentni otpori oslonaca bice:

-Fsin 1X·2 h/3 +Fsin IX ·h/3 =

:L: M, =

k

-~F

!'VI:cp !f3kg.

1:L: Zj = 2 F sin .::.:.?Ff6/3'Jpa je F,=

:L: M .• = Fsin IX ·a/2= Fa 16/6;

,i

jer je

-

F= 5 V3G/36 = 5 V3kg;

Fhf3 = -Fa V3/6,

,

Y A = 3 V3{2kg;

X A =2FJ5 =2 V3kg;

ZA=33j2kg;

VIT kgcm.

l

ZB= 12kg. Ii

Ugao izmeau ova dva vektora je

l.I07.

Ovde su OB=d=100cm, cos ~ = 4/5, sin'{ = 4/5 j coS'{ = 3/5.

pa su

O'K=100cm,

;sin~=3/5,

lednacine za ravnoteiu siJa daju: = -

V66/11 =

"-0,739;

i1

•

:L: X;= F3 • V2/2· 3/5 +XA = 0;

I.IOS. Zbog b=40cm i BE=30cm, bice DE=50em,pa je cos a = 4/5 i sin a = 3/5. lz uslova da nema obrtanja oko Ay·ose sledi

:L: Y;= -Fj +F2 • 3/5 +F3

:L: Zi= -G -G/2+F2 • 4/5+ F3 , :L: Mx= G, 40-F2 ,4/5·60=0;

:L:My = Gbl2 -Fb sin a = 0; to jest F=G/2 sin a= 5 G/6= 10 kg.

fil2 +ZA =

V2/2' 4/51+ Y A =

0;

0;

:L: M y = -G· 30+ ZA' 60 = 0;

OstaJe jednacine za ravnoteiu daju: pa

511

XA

=

ZA~G/2

-6kg;

=

15 kg;

tjt~"

F2 = 5 Gj6=25 kg; 1f;jF3 = 10 jl2kg.

pa su

·.··.I~

....~,

i

i

I.IOS. Radi Jakseg racuna uzimamo;m(!re u declmetpma. i Oznacimo iM; • "'''''''''''1 sile u stapovima sa F .=5., onda cemo racun sprovcst! 'tab o.!

"' .

1.106. Duzina DK iznosi

DK2= [2 = (0-40)2 + (0- 30? + (80 V3 - 30 V3f= 10 • (l6 + 9 + 75); 2

1= 100 em,

jer su koordinate tacke D (40 em; 30 em; 30 V3 em), pa su kosinusi smera sile F u uzetu: cos~= -3/10;

cOSa= -2/5;

cosy=V3/2.

Jednacine ravnotcie daju: I: Xj=X A -2 FI5

=

0;

L Y;= Y A + Y B -3 F/IO=O;

:L:Zj=ZA +ZB-G+ V3F/2= 0;

L.M,,= -G·1O+24V:fF=O;

LMy = -80ZB +40G-32V3F=0;

LMz = Y B ,80=0.

-,_'-:Z-

IFlr~~~-;

Y;

Zj

I

Yj

!

i~

Z;-z; Y1 I

Z;

,l[ .

Xj-Xj

1------~I--------·----~------7--2-G~~j-~~1 G

2

0

0

F,

6

0

0

F,

0

2

0

S,

0

2 0

S,

o

-2

0

'/

-G

i G/3

S;

o -2

0

-3S,/5

S,

0

2

0

-3 S.l5

S,

6

0 0

S.

6

0

0

4G

-2 GI3

S,/(17

S,

2S,

S,

--2 S,

4S,/5

-8'S,/5

4S,/5

8 S.l5

S,/5 6 S,/5

4S,!Vl7

-S,/(17 4 SoIV17

1

-24s,/V17

._

1-24 S,/V17

s,/l/17 s,IVTI

17 t

170 Sile u stapovima iznose:

Sabirarjem dobijamo:

.z:; Zj= s! + S, + 4 (S3 + S.)/5 +

.z:; Y j =SS-S6 + G· VT7f3 = 0;

F 3 =-100kg:

+ 4 (Ss +s6)(VT7 -5 G(3 =0; i

Fs = 525/6 kg;

/_

2::'M.=si ~S2-4 (S3-S.)/5 =0;

.z:; My = -24 (Ss+ S6)/t 17 + 6 G = 0;

S,)/5 + (Ss - S6)/VT7 =

0,

r = ct,

S, = 7 VT7 G/24 = 28

-4 VT7 kg; ABeD jesu:

.z:;Zi =F) + F3 +F2 ' 8/10 + (F. + F6 )· 8/l0+ Fs -G = 0; z=O.

.z:; Mx= -(Ft +F2'· 8/10) ·a/2+F) ·a/2+F.· 8(IO'a/2=0;

Koorqinate karakteristicnih tacaka vezivanja stapova jesu:

i 6dm; i

K(5dm;

0);

K'(-5dm;

6dm;

D'(-6dm;

0;

1.11 O. Ovde su vis ina trougJa h = a V3/2, cos C( = 6/10, sill C( = S/I 0, te iz jednacinaza ravnoteZu sistema sila dobijamo:

VI,? kg.

.

r=(a+2b)h/(a+b)' =240· 180/3· 180';"'80cm=8dm;

x=O;

F6 =125/6kg.

S)= -40GI48= -80kg;

=96kg;

,

F,= 100 kg;

0);

A'(6dm;

0;

-8dm);

I

pa

SIl

duzj~e

-8dm),

Odavde izracunavamo sile u stapovima i one iznose:

A'K=D'K'=VlOT""IOdm; PA":=IOdm.

i

--+

--+

Kosinysi smera sila F) i F. jesu: F6 ='F.=29 kg.

-1/10; 6/1iO; 8/10;1/10; 6/10; 8/10; osim toga su cos~=4/5; sin~=3/5.

Moro~nti

sila

1) i 14

za poeetak 0 triedra Oxyz bite: ~

~

~

i j k 5 6 0 =F)(4S T-401+36 k)/IO; -1 6 8

MF o4=F4(48

fl-40

T-36

1.111. Kako je h = 40 cm, bl2 = 30 erri, to je [) = 12 = 50 cm. Zbog toga sto je H=60cm, a=80cm bice 14=15= 100em, te je eosa.=h/I,=a/l.= ~

~

=4/5=8/10, sillC(=3/5=6/1O~ Oznacimo sa Fui=Fj sile u stapovima koje smatramo da su usmerene ka ploci, onda jednacine za ravnoteZU daju:

k)/lO.

lednaCine za ravnotezu sila jesu: I

.z:; Xi=GI3~F3/10+ NIO-Fs' 3/5 +£6' 3(5 = 0; i

i.z:; Zj=Fj +F2+ 8 (F)+F.)/10+ 4(Fs+ F6)/5-G-G=0;

21 Mx= -

8 G -IS G+18 (F3+ F.)/IO + 18 (F5+F6)- 4/5 =0;

.z:; M y = (F,-El) ' 6-:- 40 (F) -F4 )(10 = 0;

6(Fs-F6);;~;:

F)-F.

F.= 25 kg; F 3 +F,=0;

+8(F5+ F6)=1200; F) + F4 + 3 (Fs + F6 ) = 325 ; i

.z:; M z =(F2 -F,)· 4/5·30 I- (F. -Fs) - 4/5·30= 0, pa su sile u stapovima:

.z:; M z =36 (F) -F,)/IO+ (F5 -F6)' 3/5 - IS = 0, odnosno

.z:; My = (F. + Fs)' 3(5· SO-G· 40-G· SO=O;

3 (F) - F,) I- 2 (F) - F4 )

(F) - F.) + 3 (Fs -F,) = 0_

=

0;

1.112. Specifiena tezina materijaJa (ceJika) je Ym = 7,85 kgfdm3, pa je tdina vratila:

G =Ym' J2 1t/4-1 = 7,85·0,52·3,]4·20/4= 3] kg.

172

173 Za izabrani triedar Axyz jednacine za ravnoteiu daju;

2. Mx= -

YB' h+)13 F, b/4-F, b/8-)I3Gb/4= 0:

2. My=XB • h+ F2 b/4-J/3 F,b/8 + GbJ4 =0; 2. M z =

-

VI F2 b/4 +FI b="~-

. , i

pa su k~~ponentni otpori oslonaca i sila F,:'

2. M y = 20XB - 48 G- 30Gcos \1.= 0; 2. M, = 5 F- (2 G....., G) . 2-(5 G cosa)·j

y .. =

X A =(24-)13) G/48 = 139,20kg; =

ZA = (6-)13) G/6= 213,50 kg;

0,

pa su F=(4 + 5 V3) ·G/lO= 1,265 G = 39,3 kg;

YB~ (7 - 8 V3") GfJ 6= -1118,25kg;

XB = -(24 + 5)13) G/48 = -204 kg; F, = 41/3 F,/3

1. II 4. 1.113.

(J VI - 5) G/16= 165,~5, kg;

=

V3"G/3 = 173 kg.

Kako su koordinate tacaKa:

Koordinate tacaka P i K iznose: A (a; 0; 0),

P(O; 0; a

C (a/2; a/4; a V3J4) ,

rasto janja su: pa je rastojanje

Ap2= (- a)2 + 0 + (a

-

113)2= 4 a2 ;'

Cp2=( -a/2)2+ (-a/4)2+ (31I3a/4)2;

Ie su kosinusi smera sile F2 : COS (32

Stoga su Dekartove koordinate sile

is. u

=

CP=aVZ;

pa su kosinusi smerova pravih AP i CP:

-113/4;

COS "', =

-1/2;

COS

(31 = 0;

COS

y, =

J/3/2;

odnosu na triedar Axyz: COS (32= -

X2 = 3 F,/4;

AP= 2 a;

Y 2 = -)/.3F2/4;

Sila ~ paralelna je ravni Axy, te su njene Dekartove koordinate:

Vl/8;

COSY2=

3 116/8:

U delu uzeta AP dejs\vuje sila ~, a u delu CP sila F,.: Ali kako je me provuceno kroz prsten (P) obe ·sile su jednakih velicina,i F, =F2 =F. Stoga jednacine za ravnotdu postaju: 2. Xj =XB -F/2-FVl/4 = 0;

Tezina vrata G dejstvuje u teiistu C, Cije xc=bj4;

Zc

S1l

koordinate:

l:Z;=ZA +ZB+)13 Fj2+

= h/2 = bj4.

Stoga tacka H-napadna tacka sile F,-ima koordinate:

lednacine za ravnoteZll prostornog sistema sila daju:

2. Zj = Z A

-

G + F2/2 = 0;

F. za

tacku B (0):

0

k 0

~F,

0

F(f/2

posto su momenti sila

~F,B = M

,

I I

~

..,.. J

a -F/2

..,.. Fa

Ms =32

2

- j I

k:

VI

-2V2 -(2 3116 I

175 tacaka K (0; 0; 2 a) i D (0; a V3/2; a/2),

1.117.

Koordinate tacke D jesu (RV3/4; -R/2; 3R/4), pa je

DK2 = f2 = (- R V3/4) 2 + (R/2)2+ (R CK=I=2a,

1

I

3 R/4)2 = (8 - 3)/3) R2/2"" 1,41 R2;

te je du.zina I=DK~I,2 R. Stoga su

koordinate sile

-+

pa su koordin,3te sile F:

F (X=-3F/4,8;

X A + xB -V3 F/4,8 =0;

Koordindte leZista C ploce 3

_

Yc ~ t.Iy;)/3 = a V3/6;

+x z+k J )/3=0/3;

Y = 2 F/4,8;

Z = 3,92 F/4,8)~

Jednacine ravnotde su sledece:

Z =3 F/4.

X=F/2; .

xc=(Xt

VI -

Zc = (Zl

+ Zz + zJ)/3 = a/6.

ZA + ZB~G + 3,92 F/4,8

Y A = -2F/4,8;

ZA R ~ZB R - 2·6,92 FRj4 ·4,8 = 0;

!

=

0;

G· 2 Rj3 7C- 6,92 FR V3 /4·4,8 = 0;

(XA-X B) R= 0,

te su:

VeliCina sile -; u koncu smanjila se za oko 33%, pa se time menjaju komponentni otpo~i oslonaca.

jeT

je moment sile

F za

I

+-7

lvi A

i

k

j

Fa

=-

4

i

1.118. Oznacimo sa G t tdinu vratila, a sa G2 teiinu kaisnika, onda ce jednacine ravnoteie sistema sila koje dejstvuju na vratilo da budu:

tacku A (pocetak 0):

o

V3/2

2

-V3

Fa

-+

_

-+

.........

Prema t!Jme su: X A =-GI6=-2kg;

X)=O;

YB =V3G/12=3kg;

i

1.116.

:E My=Fr-G J R= 0; te dobijamo

F=G/3=4kg; !

.

:E Zj=ZA + ZB-F-Gt-G2= 0;

_

1/2 =402V3+j-kV3). 3

Y,4=O;

ZA=G/3=4kg;

ZB=5G/12=5kg.

Koordinate tacaka su:

}. K(O; 0; R I 3cm),

1.119. 1z jednaCina za ravnotezu sila :EXj=XA+XB+F=O;

;D(R/2; 0; RI3/2);

h C(2R/3n:; 0; 213R/3n:),

:E Y;= YA=O;

:E MX=ZB' I-G· (a+b) =0;

:E Z;=ZA +ZB-G=O;

:E My = -FR+Gr=O;

1

pa su Dekartove koordinate siJe F:

xt

1; M z = -%B·l-F(l-c)=O,

I

dobijamo: -F/2;' -1:0;

JeclrmCin,e za

ravnote~u

:E X;= X A + XiJ-F/2=0;

Z=V3F/2; jer je KD=I=R.

F=Gr/R;

daju:

XB

:E Zi=ZA +Z8+ 1/3 F/2-G= 0;

=-F(l-c)/l;

1.120. Ovde su 1=120cm, pa su jcdnacine za ravnoteZu: 1; X;=XA

Iz ovih jednaCina sledi:

+ XB+F=O;

ZB = G (a+ b)/J.

a=50cm,

c=40cm,

R=25cm,

r=5cm,

177

176

Komponentni otpori oslonaca i sila iznose:

Ie dobijamo

F= 5(V3 -1)G/4= 91 kg; X B =-40kg;

Z.B=175kg,

YB = -169 kg;

1.121, Teiina vratiJa iznosi

i

Zs=65,2l'kg.

Kako su koordinate tacaka D (R; 0; 0), K (0; 0;

1.123. lina je:

1R/3),

du-

DK = 1= [( - R)2 + 0 + (4 Rj3)2)1/2 "'" ~::flf'S;

Jednacine za ravnoteZu daju:

i

LXi =XA +XS +(F,+F/)-(Fz+F;)j2=0;

LY,= Y'4=0;

pa sn koordinate tereta: F(X = za ravnote2'u sledi:

-

3 Fj5;

Y = 0; Z = 4 F/5). Sada i'z: jednacina

L Zj= ZA +ZB-GO - G,-GZ-(F, + Fz') V3j2 = 0; L Mx=Zs'lO-G o ' 5-G" 3 -G z ' 8-(F2 +Fz'), lf3/2, 8=0;

i

ZMy = -4FR/5+ Gxc=0;

L My=(F)-F)') R,-(F2- F;), R 2= 0;

L M,= -XB,IO-(F) +F)')' 3+ (F2 + F2')/2 , 8=0,

->

pa su sila F i komponentni olpori: pa su

, Zs=703 kg, 1.122, Kako su koordinate tacaka

K(a;

0;

a);

D(O;

gde je Xc koordinata tezisla srafirane povrsine. Ova povrsina je rahka povr·· sina polukruga (1) i kruznog odsecka (2), sredisnjeg ugJa 2 IX = 90 0 , to jest oc = 45 0 odnosno IX ~ 7r/4. Prema tome, po zakonu leiista bite ' ,i

ay3j2; aI2),onda je DK=I=aY2,

Xl =

4 R/311:;

A z = RZ IX- (R2 sin 2 a)/2 = R2 (1t~ 2)/4;.'

te su koordinate sila: F(X=(2Fj2;

y= -V6FI4;

Z= Jf2 FI4),

X2

=

-R+ 4 R sin J a./3 (2oc-sin 2 a,);

te su F",(X",= --3GI2;

Yw -Glf3/2 ;

Z.,= -G),

pa jcdnllcinc ruvnotczc duju: Brojne vrednosti terela

Fi

komponentnih

F = 0,70 G = 7 kg; L Zi= ZA

+ ZjJ + FJf2/4-2 G =0;

Z M,= -GaV}/4-3Galf3/8+FaV6/8+Fa 3 (2/8=0; Z My = 2 Ga - 3 Gal8 + Fa 2

V2/8 -

2 Zs a = 0;

Z M, = 7 V3" Gal8 -- Fa V6/4 + 2 Ysa=O.

1.124. Koordinate tacaka su: R/2; 0), K CO; 0; 4 R/3), pa su D' K = I) = D" K =

t2 =

[( -

[( -

D' (R

R /3/2)2+ (RI2)2 + (4

R 113/2)2 + ( - R12)2 + (4 R/3)2J!/2;

12 Zbirka zada[aka iz mebanike 1

iznose:

179 117"·~nr{)Vl1ceno

(K), u deJovima D' KiD" K uZeta ali su projekcije sila razlicite. Stoga

dejstvuje ista sila;F=F'=F" jednaCine ravnotezu daju:

:9

gde je h = a V3/2, pa su:

FA = Fc= (G + F)/3 + FR/2 h;

2: Yj = Y A +3F/IO-3F/IO=0;

2: Xt=XA +¥r 3]13 F/IO-3 ]l3F/1O=O;

V3

........

-8]13 FR/20=O;

I

-> p fFR Mo=:20

F' i F" -,

j

]

RaiSun sprovodimo tabelarno sa F.i= Fj :

za koordinatni pocetak jose:

~

~r FR Mo=20

I;

i

Yj

XI

II

Y1

XI

Zj

ZI

Mx.

j I

k

G V3

0

0

0

0

-G

-

0

F 3v3J2

0

0

Flf3/2

0

F/2

-

-3(3 -3

8

F, 0

0

0

0

-3F,/5

4F,/5

-

-

F, 0

0

0

0

3F,I5

4F,/5

-

-

I

]13

Mz

My

~

Iz prefhodnih jednaCina dobijamo: F = 10 V3 G},c/24 R= 0,403 G= 4,03 kg,

-I j

-->

kl

VI -J -31"3 3 ~

kada bude 3 R/h> 1,

1.127. Duzine svih stapova su jednake, II=i=50cm, pa su cosR=3/5, sin rr. = 4/5. Visina trougaone ploce je h = a VI/2 = 3 dm.

2: Mx=( -Z", +ZB) R-8 FR/20+ 8 FR/20=0; ,

jer su mom'cnti sila

to jest

Prevrtanje stoIa nastupice kada je FB=O, odnosno F>G/[(3 R/h)-l).

F, 3Y31z -312 0

X A = X B = 3]13 F/10;

F, 3v3t2

ZA =ZB=G/2-FjJO= 4,6 kg.

F, 3Y312 -312 F. 3 V3/2!

1.12S.! Koordinate te£ista trostrane prizme su:

3V3FJIO

3/2 0 . 3V3F./10

o -3V3F,/10

3/2 0 -3 V3F./I0

JGV3 .-F3 v3t4

3F,/10 4F,/5 -12F,/10 -12 V3F, flO -3F./10 4F./5

9 V3F,JIO

12 F.l1O -12 V3F. flol-9 V3F,/10

-3F,/I0 4F,/5 -12F,/10 -12 V3F, /10 1-9 3 F.IlO 4 F./S

V~,/lO

12 F.1l0 -12 V3F. 110 1 9 V3 F,/IO

i

x c =a/3 =20cm=2dm; Kako je tgF=bjH=4/3,

to

Yc = b/2 = 4 dm ;

sina:=4/5;

zc=c/3= I dm.

Iz tab lice sledi:

cos rr.=3/5; ~=450.

Oznaci,mo sa F.i = Fi sHe D stapovima i pretpostavimo da SD sve usmerene ka pJoci, tada SD jednaCine za ravnotezu:

t ,

X;=FJ

V2/2=0~; .2: Y = -;--

:t Z,= F] + F. + F6+F2 cos ~

!

I

-F2 sinrr.-Fssin rr.= 0;

rJ.

+ Fs cos a+ F, sin ~-G = 0;

Ml= (F] cos ~ + F6) b-Gb/2= 0; i

+F3icos~)a-Ga/3=0; I

2: My = (F. + F5 cos a+ F6+

2:Mr= -(Fssina)a-(F3sill~)b=0.

lz ovih jedqacina dobijamo:

F\ =2 G/3 =10 kg; !

F2=F)=F5=0;

pa su:

F.= -G/6= -5 kg;

1.1Z3. Sada je teret F vertikalan i dejstvuje u taiSki S, te daje sarno moment oko Ox-ose koji iznosi -Fh=-Fa/2=-3V3F. Spreg predstavljen vektorski pada u pravac + Oz-ose. Stoga su jednacine za ravnoteZu:

F6=G/2= 15 kg.

1.126. : Pritisci stativa na pod su vertikalni, pa Sil i otpori poda vertikalni. Jednatine za ravnotezD svih sila, uzimajuCi osu BP' za x-osu i osu AC za y-osu, bieq pa su:

180

181

1.129. Zbog simetrije optereeenja i motora bice sile u stapovima: F2 = F" F J = F6 •

Projekcije rezultante i njen moment bice:

Fl = F. ,

Duiine stapoVa i kosinusi smerova sila bite:

,

[/ (ern)

, cos a;

I

cos

I

III

-

!VI';; = LMo = sin rI.. L: F; Xi- cos ex' L: FIYi'

cosy/

I;

4

131,16

0,762

/-0,366

0,534

2;

5

137,42

0,728

,-0,204

0,655

3;

6

151,33

0,793

-0,396

-0,463

Kada se sila ~ zaokrene oko svoje napadne tacke N j za ugao q>, promenice se njene projekcije na ose triedra Oxy i njen moment tacku 0,

w

I

I

Y/

pa jednacine za ravnotefu daju:

L Xi = 2 (F1 cos iXl + F2 cos a2 + F3 cos e( 3)

=

0;

L: Yi = (F4 - F1) cos [31 + (Fs - F2 ) cos [32 + (F3 - F6 ) cos [33 = 0;

//

I

L Zi = 2 (F1 cos YI + F2 cos Y2 + F J cos Y3)-G= 0;

Sil

i

/

O~,(7~i-'~.

,

jer

C)

ri

prva dva momenta zbog simetrije jednaki nuli. 1z ovih jednacina sledi

a)

F,=F.= -1 574kg;

l.BO. a koordinate

Za izabrani triedar Axyz koordinate tacke C jesu: C (2 m; 0; 3 ill), Sil

sile F(X=O;

Y=-FII2/2;

Z=-FV2t2),

pa je moment

b)

~

sile F za pocetak A triedra: ~

~ F F(2

-4-

1

2

M A =-2-

o-

te su jednacine ravnotde

yl

k

j FII2' -+ _ ~ 0 3 =-2- (3 i +2j-2k), I -1

I I

/~

a

/ a. C4'-''----

I

oL Stoga

/

I

Ye Ie

--

. _ _ 0:......

SJika 1.131. Sil

XA=O;

Y4 =100J!2=14Ikg;

@Ax= -423 kgm;

@AY= -282kgm;

ZA= 141 kg; @A,=282kgm.

te ce iznositi (s1. a): X;' = F/ cos (rI. + cp) = Xi cos cp- Yj sin cp;

C) TEZISTA 1.131. . a) Sve paralelne sile grade isti ugao ex sa

+ Ox-os om, pa ce

takav ist1 ugao graditi i rezultanta. ,Uzmimo da je Fi neka "i-ta" sila iz sistema, onda Sil njene koordinate i moment za koordinatni pocetak 0 triedra Oxy: Xi=Ficosa.,

Yi=F,sina.;

Sabiranjem dobijamo rezultantu:

183

182 Kako je

veNtina

rez~ltante

nom i graficki odrediti srediste sisternavezanih sila Racun sprovodimo tabelarno.

nije se promenila.

Pre o,brtanja napadna Iinija rezultante gradila je sa + Ox-osom ugao 0:, a sada ce on biti 0:', te sledi i

tgtp+ tg ct 1- tg (i tg q>

pa je

(i'

a) Svaku duzinu L/ zarnenicerno sijorn L, = Fj , pa cerno racu-

1.132.

Deo

I R

AB

tg(a+q»,

= a: + q>, te se i rezullanta zaokrenula za isti ugao 'l' i u islam smeru.

I

Lj

Rf2

BD

RvT

3Rf2

DEF

Rrc

3R

2R

4R

FH

1

I

XI

I

Y/

a to je i teziste vlaka,

I

L/x/

LjYj

R'

R'f2

R 3 Rf2

12

J;,

;+(2

Rf11:)

3 R' VYf2

3 R' V2!2

3 R'n

2(rc+J)R'

8 R'

2R'

Da bismo nasli oko koje se ta<:ke zaokrenula rezultanta, odredirno, prema momentnom pravilu, jednacine napadnih linija rezultante pre i posle zaokretanja, pa ce biti:

xY,-yX,J:2: Mo; xY.' - yX/ =:2: Mo'=cos'l" (xYr-yX,) + sin:'P.:2: (x/X/+ YiYi)'

1£ tablice slede vrednosti:

:2: L/xj =(l7 + 3 V2 + 6 rc) Rl/2;

L=:2:L j =(3+V2+n:)R; :2: Li y/ = (10 + 3 VZ+ 4n:) R2/2;

x c =2,67 R;

yc=O,77 R.

I

S ob:/iirom na prethodne telacije dobijaju se dye jednaCine:

L; C

sa nepoznatirna x i y, koje predstavljaju koordinate tacke (C) oko koje se obrce reZ',Jltanta. Ta se la<:ka naziva srediste sistema paralelnih sila. Njegove Sil koordinate u odnos~vni- Isti triedar Oxy:

:2:Fx,

c- - - -"-. ,

X-

F,

2. FiYI J'c=--; Fr

"

C

L,

L,

L.

,;

C

L.

.

2

L,

c' /",2' ',3'

d'

: 4:'

5;'

c

d

L, '~

nuti oko sredista za isti ugao i u istom smeru, ne menjajuCi takode svoju veliCinu (51. v),

za

b

I

L,

0

Dakle, kada se sve site sist~ma zaokrenu oko svojih napadnih lacaka za iSli ugao i;u is/om smeru, ne l7'.enjajuCi svoje ve/ifine, rezultanta ce se zaokre-

b)

b'

4

dati sistem sila bite:

Fr=2. Fi= 10+2- 3-4 + 5= 10kg;

:2: Fjx/= 20- 2-6-12+ 20=20kgcm;

:2: F{ Yi = 20,+ 2 + 6 - 8 - 10= 10 kgcm ;

x c =20/10=2:cm;

Yc=10/1O=) em.

Pololftj sredista moze se odrediti graficki. Pomocu plana sila i veriznog poligona odredi se rezultanta F; paralelnih sila. Ona prolazi kroz tacku R-presecllu tacku prve i poslednje strane veriznog poligona (sl. c). Zatim se sve sile zaokrenu za isti ugao i il istom smeru (u prirneru za 30°) i poi

novo odredi rezultanta kroz lacku R'. Obe napadne linije rezultanti sekti se u sredistu C,

'

F, i F,'

Slika 1.132.

PoloZaj Idista je odreaen graficki (slika), b) Po prvoj Guldinovoj teorerni, povrsina ornolaca je

Sy=2rr LXc=2rr2. Li Xi =n: (17 + 3VZ + 6n:) R2rr= 125,82 R Z cm z • 1.133,

a) Ovde je duzina vlaka

L=:2:L;= 4 R+ R+R+ R V'Z+R n:~ 2 R= (8 + V2+ n:) R = 12,55 R,

185

184 Koordinate teZista odredujemo iz jednacina:

pa su

2.: Li Xi=

°

-I

R· R/2 + R- R

+ R liz. J,5 R+ R1t (2 R+ 2:R!-rc) + 2 R·R ~

AXe = A, Xl -A2 X z = A, Sl cos (tl./2) -A2 52 sin (~/2) = R3/8 r I

= (I + 4 Td 31!2)R 2 j2 = 18,90 R2;

2.: Li Yi

=

AYe=A I Y1-A 2 y 2 =A I

4 R· 2 R + R- 4 R + R· 7 Rj2 + R 1/"2·5 R/2 + R 1t. R = (31

+ 51-2 +

+21t) RZj2 = 22,17 R2,

pa

SU,

SI

sin (0:/2)-A z (R -szcos ~/2)= (8-41t+ 3 V3) R3j24 ,

zbog toga sto je povrsina A=A,-A z =(31/3-1t).R2 jI2,

Xe= 3 RJ2 (3 V3 -1t) = 0,73 R;

Ie su

Xe = 2.: Li x;/L= 18,90 R2j12,55 R= J,51 R;

Ye== 1,77 R.

b) Racun sprovodimo tabelarno:

Ye=(8

+ 3 V3 -41t) Rj2 (3 VI -1t) ='0,153 R.

1.135. Srafirana povrsina je razlika povrsine kvadranta kruga, poluprecnika 2 R, dva kvadranta kruga, poluprecnika R, i kvadrata 00, S02 gde je S presecna tacka polukrugova. Teiiste se nalazi na osi simetrjJ~ O~, te su: A=(2 R)z1t/4-2 .R2 rc /4-R2= (71."-2) RZj2= 0,57 R2;: A

11

4 R2

12 3

R2j2 2 R2

41

R2 rr/2

Rj2 4R/3

2R

I

3Rj2 2 (2 + 3 rr)R/3rr

7 R/3

R R

=

2R'j3

7 R'j61 2R'

3'R' (2 + 3 IT) R'/3

Xe= 1,19 R;

Ye= 1,57 R.

1.134. Srafirana povrsina jednaka je razjici povrsina krUZllOg isecka 01 AB (AI) i knlznog odsecka (A 2) nad tetivom 01 B". Srcdisnji llgao prvog isecka je «= 1t/6, jerje trougao 01 0z B jednakostranicni, stranice R, ugla ~ = 1t/3. y Teiista isecka A0 1 B i odsecka naJaze se na osama simetrije u tackama C 1 I C 2 , te su (slika): AI SI =

=

=

R2 a/2 = R2 1t/l2 ;

A1

.------

~e= 2 (6 -1t) R/2 (1t - 2) = I ,711i..

1.136. Srafirana povrsinasastoji se iz povrsine polukrug~, dye R<.:vrsine kruznog isecka, poluprecnika 3 R, manje povrsina trougla osnovice AB= = 4 R i visine h. Sredisnji ugao isecka je <;t., pa je co,> a = 2 R/3 R b" 2/3, to jest «=0,841 rad. Zbog toga je visina trougJa h=3Rsina, gde je ;sina=V5/3. i Prema tome biee: AYe = 2.: AiYi;

2VI(V3 - J)RI1t,

SI =

A2 Sz = R2 nj6· 2 R sin (f>/2)/3( f>j2) - R2 V3/4· 2 R V3n ·2 = R3/12.

I

- ( - 6 R2 sin a· 3 R sin a)J3] ,

te je Ye= -4RI(1t+ 18-4V5)= -0,428R.

1.137. Statick:i momcnti povrsina pravougaonika i polukruga za tacku moraju da budu jednakih veliCina, ali sllprotnog smera, te sJedi:

VI (VJ- J) R3/6;

pa Je

.

iIi

2 Rb· bl2 = R2 rc/2. 4 R/3 1t = 2 R3!3,

A2 = R2 ~/2 - RzV3/4 = R2 (2 1t - 3 V3)j12, Slika 1.134.

[1<2 1t/2+ 2·9 R2 a/2 - (4 R· 3 R sin 0'")/2]yc=

= [R 2 1tj2. 4 R/3 11: - 2·9 R2 aJ2. 2·3 R· sin z (0:/2)/(3 aJZ)-'

(2Rsinrxj2)/3 (aI2) =

te je

VI (6-1t) R3/4 = 1,008 R3,

pa Je koordinata tezista merena ad tacke 0:

R'n/2

lz tablice sledi:

R

~e= R2 1t . 4 V2. 2 RJ3 -2· R2 1t/4· (R V2J2 + 4 Vi RJ3 rc)- RZ: RVi/2 =

8 R'

12R'

1.138.

to jest

lz uslova da je zbir momenata sila

°

b = ]/z RZj3 =)16 R/3.

A;

za tacku 0 jednak nuli

sledi: L Mo= 2 Rh/2 .h/3- R2 1tj2· 4 Rj37t = Rhz/3 -2R 3j3 = 0, to jest h= RV2.

186

\87

1.139., Iz momentne jednacine za tacku 0 sledi: i

1.144.

Prema drugoj Guldinovoj teoremi bice:

1.145,

a) Ovde su povrsina i staticki momenti delova slike:

,2: Mo= AXe = Ax = (bh-xh/2) x=bh· b/2-hxI2· h13.

odnosno

_/3'2 x<-6 bx+ 3 b2 =0,

A = 2R2_2 R ZrrJ4 = (4 - rr) RZ/2 = 0,43 R2;

to jest x = (3± 13) bl2 = (3 - Y3) b/2 = 0,635 b, posto se drugi lkoren mora odbaciti, jer k s/alii'ki nemoguc.

2: At XI = 2 R2. R/2 - 2 (R2 rr/4). (R-'-4 R!3 71:) = (10 - 371:) RJ/6 = 0,097 RJ;

1.140.[ Ovde je ,povrsina A razlika povrsina trapeza i polukruga, pa ce biti:

L. A/y/=2 R2. R-(R2 rr/4). 4 R/3 71:-(Rz71:/4) (1 R - 4 R/3 rr)= =

[~a + b) hJ2- RZ rr/2]yc= !(a + b) h/l .(a + 2 b) hl3 (a

+ b)-I

pa

SD

(4 -71:) RJ{2 = 0,43 RJ,

koordinate tezista:

- RZ1t/2· 4R/3 rrJ = 2 bJ /3- bJ /I2 = 7 b3/I2,

Xc = (l 0- 371:) RI02 - 371:) = 0,23 R;

Yc=R.

pa je b) VxfVy

Yc= 14 b/3 (12 -71:) = b/l ,89 = 0,53 b.

A = (2 R)z71:/4_ R2 rr/2 = R2 rr /2 = 1,57 R2;

AYe = (R2 rr/2 - R2 71:/4) Yc = (RZ 71:/4) Yc= 2 RJ/3 - RJ 71:/8 = (16 - 3 rr) RJ/14,

L. A j x;=(R271:).4. 2R/371:-(R271:/2)R=(16-371:) RJ/6= 1,097 Rl;

odakle je:

Yc = (16- 3rr) R/671: = 0,35 R.

2: A i Yi=(Rz71:). 4· 2 R/371:-(R271:/1). 4 R/371:= 2 RJ,

Prem~ drugoj Guldinovoj teoremi bice:

pa su koordinate tezista:

21t 2: A/Yi= 2 rr (16- 371:) R J/24 = 1,73 R3.

v" =

Xc= (16 - 371:) R/371: = 0,69 R;

SJiku cemo podeliti na slike cija teiista znamo lako da odre-

'I

J6R'

4R

2

-R'f

8 R/3

I-R'i

8 R/3

-

R' 1t'

A/XI

64 R'

R

3 4

y,

Xj

Ai!

2 R-8 R/3

IT

8 R-8R13

IT

V)Vy = Yc/xc= 12/(16 _ 3 IT) = 12/6,58 = 1,82.:

1.147.

Aiy,

-8 R'/3

-2R'rr+8R'/3

-8 R'/3

-5 R'/3

8 R/31t

-8R'IT+8R'/3

-8 R'/3

Zapremine

SU

u odnosu:

Vx/Vy = L. AiY;!L. Ai Xi = (136 - 9 1t)/2(38- 9 rr) = 107,74/19,48 = 5,53,

16 R'

5 R/3

1<

Yc= 4 R/rr=0,636 R.

b) Odnos zapremina je:

dimo, pa c~mo [acun najlakse sprovesti tabelarno: i

Yc/xc = (12- 371:)/(10 - 3 rr) = 2,58/0,58 = 4,44.

1.146. a) Ovde su povrsina srafirane slike i staticki momenti:

1.141.: Teiiste se nalazi na osi simetrije (Oy-osi), pa je

1.142.

=

jer su staticki momenti:

:E A,Xt=2 RZ. 2R/3 + 8 R2.R-(R271:/2). (2 R- 4 R/3rr)-R271: (2 R- 8 R/3rr) = =(38-9rr)RJ/3;

1z tablice sledi:

:E AI YI = 2 R2. 14 R/3 + 8 RZ. 2R-(R2 rr/2). 3 R-R2 1t. 8 R/3 1t= (136- 9 rr) RJ/6. Xc= 8 (23-h) R/3(l5-2rr) .,4,15 R; Yc= (43 - 671:) RI3 (15 -2rr) = 0,92 R;

Vx = 2 rr (43 - 671:) RJ/3 = 50,55 R3. 1.143.,

Prema drugoj Guldinovoj teoremi bice:

1.148. Sraiirana povrsina je razlika trougJa OBO' i kruznog isecka OAB, poluprecnika O'A = 0' B = R, sredisnjeg ugJa t:t. = rr/3, jer je cos t:t. = R/2 R = 1/2. Visina trougla je SB = R 13/2, pa je zapremina Vy = 271: 2: AI Xt = 2rr [(9 RI2). (R 13/2.2). (R {X/6) - (R2 71:/6)· (2 R/71:)' 1/2}=

Vy = 2 rr 2: Ai XI = 2 rr [4 . 2· 1 + (2·2/2) . (2 + 2 + 4)/3 + 4·4·2-

=2rr (27/48 -1/6) RJ = 19

IT

R3/24 = 69,12 cml,

jer je

- J2. rr/2 . (4. 1/3 rr) - (16 rr/4) .(4 - 16/3 71:)] = 2 rr (66 - 16 rr) = 315,51 cm J

Xz =

Sz

sin (aj2)

~

2 R sin 2 (aI2) / (3 t:t./2)

=

R/rr.

I

189

188

d) Prerna drugoj Guldinovoj teoremi, zapremina ie:

1.149. Srafirana povrSina sastoji se iz pravougaonika i trougla umanjenog za kruzni isecak. Prema drugoj Guldinovoj teoremi, zapremina ce biti:

V"~ V, =

21' LA;

X;~' 21' [ab. a/2 +(a

2

etga). a/6-

- (R2 (12) ·12 R sin ~)I (3 (1./2)· sin ~ = 21' [a 2 b/2 + (aJ ctg (1.)/6\ 2 2 J

V = 2 n L Ai Yi = 2n (12 - 2 n) R3 = 34,92 R3 = 2 235

1.151. pa su:

1

Uzecemo tacku 0 u sredistu os nove konusa, onda ie, VZc=L ViZ i ,

v=

6 R3 n - 2 R3 n /3 - 2 R3 re/3 = 14 R3 n /3 ;

L V j z,=6R3 n ·3 R-(2 R3 n /3).(2 R/4)-(2R3nI3).(6R-3 R/8)~ 167 R4 n j12;

- (2 R3 sin 2 (1./2)13] = 535 dm 3 •

zc= 167 R/56=2,9? R,d R.

a) Racun sproyodimo tabelarno:

1.150.

1.152.

_ _! __L_i_~._--,-_ _Y_i_ - , -_ _L_iX_i_-,-_Li YI Rrr

4 R/",

4R'

2

2R

3R

6 R'

4R'

3

R

3R

3 R/2

3R'

3 R'12

4

2R

5R

R

lOR'

R rr/2

6R+2 R/rr

II

2 R/"

(31<+ 1) R'

1.153.

=

13,96 ern;

V =2 R3 n /3 + 2 R3 n !3 =4 R3 n /3;

Yc = (9 + 4 TI) R/ (10+ 3n:) =

I :

2 (2

(3

n/3) = R3nl2 ;

LV, Zj = (2 R3 rr/3) . (3 R18) - 2 (2 ,3 rt/3) (3 r/8) = R4 1'J4 _,4 nl2 =7 R4 n132,

.

1.155.

Iz momentne jednacine za tacku 0 sledi: H=Rl!3·

Iz momentne jednacine za leziste (C) sledi: L Mc= (2 R3 ../3) (y - 3 RI8)- (R 2n YI3). (3 y/4) = 0;'

R

8R/3rr

1 2 R-8 R/3 rr

4 R'

3 R

I

2::

::+4Rlh

I

rr/4

v = 2 R3 nl3 -

1.156.

.--I-;'--1

-R'T(

Qvde su:

L Mo = L. VI ii = (R2 n H/3) . (H/4) - (2 R3 Te/3) . (3 R18) = 0;

e} Racun sprovodimo tabelarno:

2

L J ,56R.

Zc= 7 R/16 = 3,5 CIll.

S =S,= 2 n L. L;Yi = (9 + 4n) n R2= 67,70 R2= I 083 crn 2 •

-1

Ie ie zc=25R/l 6

pa je

b) Prerna prvoj GuJdinovoj teorerni, povrsina omotaca obrtnog tela bice:

R

LVi Zi = (2 R3 n j3) (3 R- 3 Rj8) + (2 R3 n /3)·

.(2Rj4)=7 R4 n/4+R4 n /3=25R4 n /12,

R'

= I,ll R=4,44cm.

4 R'

zc=19R/8=2,375R.

Uzrnirno tacku 0 u sredistu osnove konusa, onda' su:

L L;Yi =(9 + 4n) R2/2;

Xc= (48 + 6 rr) RI(lO + 3 n) = 3,49 R

pa je

2R'

1.154.

L=(lO 13rt)R/2;

L Vj z/=(4 R3 n /3). (3.4 Rj4)-

-(2 R3n13) (4 R- 3 R18) = 19 R4 n112;

}z tabliee sledi:

~l-'~-

Uzecerno tacku 0 u vrhu konusa, onda su:

V=R2 1' • 4R/3-2 R3 n /3 =2 R3 n /3;

(2 n-4) R'

2R-41;/" 2R

5

I

CJll\

4R'

-8 R'/3

4R' -(6 rr-8) R'/3

R

12R'

4R'

R/2

lOR'

R'

4 R/3 1<

(9"+2)R'/6

pa su: A=(40-3n)R2/4; xc=2(142+9 .. )Rj3 (40-3n)=14,84cm; Yc= 4 (12 - 2 rr) R/(40 - 3 n) = 2,99 cm.

R'/3

3y2-8Ry+3R2=O;

y=(4±V7)R/3, ali je y=(4-V'7)RI3=O,45R.

1.157, Zbog simetrije tela tdiste mora bili na Oz-osi, p~ je:

=(2R3 n /3) . (3R/8)-(4 r3 n/3) (r}=R4rr/6,

pa je zc=,R/3.

1.158. Zapremina zarubljenog tetraedra jednaka je raziici zapremine punog tetraedra (VI)' osnove jednakostranicnog trougj-arp6VJsine A:= Al = a2 1·f3/4, visine h = a V3/2, visine HI = H = [a 2 - (2 h/3Yl I12 = a V6/3, i odsec\,!nog tetraedra, zapremine Vz • Presek paralelan osnovj tetraedra takode je jednakostranicni trougao (slika), stranice b = all, povrsine A 2 ;., b 2 V3/4 = a 2 1/3/16 = A 14. Visina odsecenog tetraedra je Hz = H12.

190

191 lz momentne jednacine za tacku osnove tetraedra) sJedi:

o (le.ziste

V=(AH/3-A 2 HJ3)=

VZc=1: VIZ;;

c) Telo cerno podeliti na manja tela Cija tezista mozerno lako odrediti. valjak (1), konus(2) vi sine H2 =8R, konus (3) vi sine H3=4R, poluloptu (4), polutorus (5) i poluloptu (6) poluprecnika 2 R. Zapreminu polutorusa odredujemo prema drugoj GuJdinovoj teorerni:

=(AH/3-AH/4.2.3)=7 AH/24;

1: Vi Zj= (AHJ3) (HJ4) -(A2 H z/3) (H- 3 H z/4) = AH2/12 - 5 AH2124. 8 = =

II

AH 2/24.

Tezis(e polutorusa nalazi se na osi Oz, u srednjoj ravni polutorusa. Racun dalje sprovodimo tabelarno:

8,

pa je koordinata tdista,: i

I

2

Zc = (11 AHz/24. 8) / (7 AH /24) = Vi

= 11 H/56=O,196

iznad osnove telraedra. Kod punog tetraedra teziste je na visini tetraedra na razdaljini H/4 od osnove. Kod ovog zarubljenog tetraedra leziste se spustil? za dubinu 0,054 H.

, Slika 1.158.

~

3

4

5

I

I

Zj

I 72 R'rr

-4R'rr/3

I

8R

3R

"I

Vi

32 R' rr/3

124 R'rr

256 R' rr/3

-2 R' rtf3

llR

I

IOR-3RI8

I -44R'rr/3

1

-(61t-4) R' rr/3

-16:'rr/3

5R

-77 R'n/121-(30,,-20)R4 rc /3

1

3 R/4

-4 R' 1t

Iz tablke sledi:

v~ L

L VI Zi ~ (I 711- 120 TC) R41
Vj = (86 - 6 IT) R3 TC13;

zc= (1711 -1207t)R/8 (43 - 31t) = 4,96R. 1.159. a) Sliku cemo podeliti na pravougaonik (I), iva trougla (2) i (3), osnovica 2 R j R, visina 8 R i 4 R, kvadranta kruga (4), polukruga (5) i kvadranta kruga (6). Racun sprovodimo tabelarno:

1.160. a) Srafiranu povrsinu (sJiku) podelicemo na pet jednostavnijib slika: troug/ove (I) i (2), pravougaonik (3), kvadrant kruga (4) i polukrug (5), kao sto je pokazano na slici. y

Y;

Xj

8R 1

2

-2R"

. ,

-R'.rr/4

4

26R/3 34 R/3 (30 rr-4) R/3 rr

R

36R'

2 R/3

208R'/3

-R'.1t/2

5R

6

-R'.rr

8 R/3rr

-6&R 13

Ri3

-05rr-2) R'/6

4 R/3

(6 rr-4)/3

5

3

IT

S R/3rr

-5R'rr/2

-SR'/3

Racun cemo sprovesti tabelarno:

A/y/

AiXj

12R' 16 R'/3

-I

-2 R'/3 -R'f3 -(6rr-4)R'/6 -8 R'/3

Ai

Xc=

Yj

AjXi

A1Yj

4 R'

4R/3

2R/3

16R'/3

8 R'/3

-R'

8R/3

R/3

-SR'/3

-R'/3

3

3 R'

7R/2

R/2

21 R'/2

3 R'/2

4

Ie su:

1: Ai Xi = (682 - 30 TC) R3/6;

----Xj

2

R'rr/4 R'rr/2

A=(72-7TC)R2/4;

I

Slika 1.160.

(15 rc + 4) RI3 rr

3R

4 R/3

rr

(3rr+4)R/3rr

(15rr+4)R'/I2 3 R' 1
R'/3 (3rr + 4) R'/6

pa su

2 (682-30TC) R/3( 72-71<)= 7,84R;

Yc = 2 (86 - 61t) R/3 (72 -71t) = 0,90 R. Xc = (54 + II TC) Rj(24 + 3 IT) ;

Yc=2(29 +3TC) R/3 (24+3 'It).

b) Po drugoj Guldinovoj teoremi, zapremina obrtnog tela je: b) Telo cemo podeliti na sest jednostavnijih tela: konus (1), konus (2) valjak (3). polutofus (4), valjak (5) i poluloptu (6).

192

1.163. Oznacimo sa I-'-! = !LOA i sa zida, onda jednacine za ravnoteiu daju:

Racun cemo sprovesti tabelarno: i VI zi

VIz/

I

1

I

2 -

-2 R'rr/3

16R'rr/3

R

5 RI2

16R'rr:13

I L I 3

2R'rrl

I 2rr (R'rr/2)(R+4 R/3rt) I

3R 6R'1t

-5 R'rr:/3

4

3R (4+3rr:)J('rr:

5

R'1t

9 R/2 i9R'1t/2

I ~-~I I I

(29 + 3 n) R3 1t/3 Zc =

=

L. MA = Fc' c- (GIcos
gde je FI). = flo Fn otpor trenja strme hrapave ravni, a Fn normalni otpor. Koeficijent flo je koeficijent statickog trenja ("trenja pri rnirovanju"). On iznosi flo = tg Po' gde je Po ugao tr.enja. lz druge jednacine dobijamo otpor - trenja:

. ~"go = 'sin 2
(~~~) Oznacimo sa F= silu u uZetu, a sa otpora zlda, onda su jednacine za ravnotezu valjka:

i"

1.162.

=

0,486 .

1" nonmilnu

kompollentu

L. Xi=Fn- Fsin
F~=

SIn~-fLocos~ GJIIlIIIJ! -IX-r) G.

FlfLo;

pa koeficijent trenja mora da bude flo:;" L

0

cos (3 -1-'-0 sin (3

c sin '1'= h = 1/2,

FA = (Gt sin z