1

DINAMIKA

Dinamikom se naziva deo mehanike u kome se proučavaju zakoni kretanja materijalnih tela pod dejstvom sila.

Kurs dinamike se obično deli na dva dela:

• dinamika tačke • dinamika sistema materijalnih tačaka

Osnovni zakoni dinamike

𝑚𝑚 ∙ �⃗�𝑎 = �⃗�𝐹

𝑚𝑚 ∙ �⃗�𝑎 = ��⃗�𝐹

𝑚𝑚 =𝐺𝐺𝑔𝑔

𝑚𝑚 – masa tela

𝑎𝑎 – ubrzanje tela

𝐹𝐹 – sila koja deluje na telo

𝐺𝐺 – sila gravitacije

𝑔𝑔 – gravitaciono ubrzanje

Zadaci dinamike za slobodnu i neslobodnu materijalnu tačku

Za slobodnu materijalnu tačku zadaci dinamike svode se na sledeća dva zadatka:

1. Poznat je zakon kretanja materijalne tačke, a treba odrediti silu koja deluje na materijalnu tačku.

2. Poznate su sile koje deluju na materijalnu tačku, a treba odrediti zakon kretanja materijalne tačke.

Prvi zadatak dinamike za vezanu materijalnu tačku obično se svodi na to da se odredi reakcija veze ako je poznato kretanje tačke i ako su poznate sile koje deluju na vezanu tačku. Drugi (osnovni) zadatak dinamike pri prinudnom (neslobodnom) kretanju materijalne tačke raspada se na dva zadatka i sastoji se u tome da se poznavajući date (aktivne) sile koje deluju na tačku odredi:

a) zakon kretanja tačke b) reakcija veze

2

Zadatak 1: Vazdušni balon težine 𝐺𝐺 spušta se ubrzanjem 𝑎𝑎. Koliki teret 𝐺𝐺1 (balast) treba da se ukloni da bi balon počeo da se podiže istim ubrzanjem?

Rešenje:

Za slučaj a:

𝑚𝑚 ∙ 𝑎𝑎 = 𝐺𝐺 − 𝐹𝐹

𝐺𝐺𝑔𝑔∙ 𝑎𝑎 = 𝐺𝐺 − 𝐹𝐹

Za slučaj b:

𝑚𝑚 ∙ 𝑎𝑎 = 𝐹𝐹 − (𝐺𝐺 − 𝐺𝐺1)

𝐺𝐺 − 𝐺𝐺1𝑔𝑔

∙ 𝑎𝑎 = 𝐹𝐹 − (𝐺𝐺 − 𝐺𝐺1)

Iz slučaja a dobijamo:

𝐹𝐹 = 𝐺𝐺 −𝐺𝐺𝑔𝑔∙ 𝑎𝑎

Kada ubacimo ovu jednačinu u jednačinu iz slučaja b, dobijamo:

𝐺𝐺 − 𝐺𝐺1𝑔𝑔

∙ 𝑎𝑎 = 𝐺𝐺 −𝐺𝐺𝑔𝑔∙ 𝑎𝑎 − (𝐺𝐺 − 𝐺𝐺1)

𝐺𝐺 − 𝐺𝐺1𝑔𝑔

∙ 𝑎𝑎 + (𝐺𝐺 − 𝐺𝐺1) = 𝐺𝐺 −𝐺𝐺𝑔𝑔∙ 𝑎𝑎

(𝐺𝐺 − 𝐺𝐺1) �𝑎𝑎𝑔𝑔

+ 1� = 𝐺𝐺 −𝐺𝐺𝑔𝑔∙ 𝑎𝑎

𝐺𝐺 − 𝐺𝐺1 =𝐺𝐺

𝑎𝑎𝑔𝑔 + 1

−

𝐺𝐺𝑔𝑔 ∙ 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑔𝑔 + 1

𝐺𝐺 − 𝐺𝐺1 =𝐺𝐺

𝑎𝑎 + 𝑔𝑔𝑔𝑔

−

𝐺𝐺𝑔𝑔 ∙ 𝑎𝑎𝑎𝑎 + 𝑔𝑔𝑔𝑔

𝐺𝐺 − 𝐺𝐺1 =𝐺𝐺𝑔𝑔 − 𝐺𝐺𝑎𝑎𝑎𝑎 + 𝑔𝑔

3

−𝐺𝐺1 =𝐺𝐺𝑔𝑔 − 𝐺𝐺𝑎𝑎𝑎𝑎 + 𝑔𝑔

− 𝐺𝐺

𝐺𝐺1 =−𝐺𝐺𝑔𝑔 + 𝐺𝐺𝑎𝑎𝑎𝑎 + 𝑔𝑔

+ 𝐺𝐺

𝐺𝐺1 =−𝐺𝐺𝑔𝑔 + 𝐺𝐺𝑎𝑎 + 𝐺𝐺(𝑎𝑎 + 𝑔𝑔)

𝑎𝑎 + 𝑔𝑔

𝐺𝐺1 =−𝐺𝐺𝑔𝑔 + 𝐺𝐺𝑎𝑎 + 𝐺𝐺𝑎𝑎 + 𝐺𝐺𝑔𝑔

𝑎𝑎 + 𝑔𝑔

𝐺𝐺1 =2𝐺𝐺𝑎𝑎𝑎𝑎 + 𝑔𝑔

𝐺𝐺1 =2𝐺𝐺

1 + 𝑔𝑔𝑎𝑎

4

Zadatak 2: Slobodan pad u bezvazdušnom prostoru

Tačka koja se nalazi u položaju 𝑀𝑀0 se pušta da slobodno pada. Odrediti vreme padanja i brzinu pada sa određene visine.

Početni uslovi su: 𝑡𝑡 = 0[𝑠𝑠], 𝑦𝑦0 = 0[𝑚𝑚], �̇�𝑦0 = 0 �𝑚𝑚𝑠𝑠�

Rešenje:

𝑚𝑚 ∙ �⃗�𝑎 = �⃗�𝐺

𝑚𝑚 ∙ �̈�𝑦 = 𝑚𝑚 ∙ 𝑔𝑔

�̈�𝑦 = 𝑔𝑔

Zakon promene brzine

𝑑𝑑�̇�𝑦𝑑𝑑𝑡𝑡

= 𝑔𝑔

𝑑𝑑�̇�𝑦 = 𝑔𝑔𝑑𝑑𝑡𝑡

Posle integraljenja po vremenu ovog izraza, dobijamo:

�̇�𝑦 = 𝑔𝑔𝑡𝑡 + 𝐶𝐶1

Iz početnih uslova određujemo 𝐶𝐶1:

𝐶𝐶1 = �̇�𝑦0 = 0

Tako da je:

�̇�𝑦 = 𝑔𝑔𝑡𝑡

Zakon kretanja

𝑑𝑑𝑦𝑦𝑑𝑑𝑡𝑡

= 𝑔𝑔𝑡𝑡

𝑑𝑑𝑦𝑦 = 𝑔𝑔𝑡𝑡𝑑𝑑𝑡𝑡

Posle integraljenja po vremenu ovog izraza, dobijamo:

𝑦𝑦 =𝑔𝑔𝑡𝑡2

2+ 𝐶𝐶2

Iz početnih uslova određujemo 𝐶𝐶2:

𝐶𝐶2 = 𝑦𝑦0 = 0

5

Tako da je:

𝑦𝑦 =𝑔𝑔𝑡𝑡2

2

Vreme padanja (𝑇𝑇) sa određene visine je:

𝑦𝑦 =𝑔𝑔𝑡𝑡2

2 ; 𝑦𝑦 = ℎ

ℎ =𝑔𝑔𝑇𝑇2

2

𝑔𝑔𝑇𝑇2 = 2ℎ

𝑇𝑇2 =2ℎ𝑔𝑔

𝑇𝑇 = �2ℎ𝑔𝑔

Brzina pri padu sa visine ℎ je dobijamo iz relacije �̇�𝑦 = 𝑔𝑔𝑡𝑡:

�̇�𝑦 = 𝑔𝑔𝑇𝑇

�̇�𝑦 = 𝑔𝑔�2ℎ𝑔𝑔

�̇�𝑦 = �2ℎ𝑔𝑔2

𝑔𝑔

�̇�𝑦 = �2ℎ𝑔𝑔

6

Zadatak 3: Vertikalni hitac u bezvazdušnom prostoru

Tačka se iz položaja 𝑀𝑀0 pošalje vertikalno na gore. Odrediti visinu do koje će doći tačka.

Početni uslovi su: 𝑡𝑡 = 0[𝑠𝑠], 𝑦𝑦0 = 0[𝑚𝑚], �̇�𝑦0 = 𝜐𝜐0

Rešenje:

𝑚𝑚 ∙ �⃗�𝑎 = �⃗�𝐺

𝑚𝑚 ∙ �̈�𝑦 = −𝑚𝑚 ∙ 𝑔𝑔

�̈�𝑦 = −𝑔𝑔

Zakon promene brzine

𝑑𝑑�̇�𝑦𝑑𝑑𝑡𝑡

= −𝑔𝑔

𝑑𝑑�̇�𝑦 = −𝑔𝑔𝑑𝑑𝑡𝑡

Posle integraljenja po vremenu ovog izraza, dobijamo:

�̇�𝑦 = −𝑔𝑔𝑡𝑡 + 𝐶𝐶1

Iz početnih uslova određujemo 𝐶𝐶1:

𝐶𝐶1 = �̇�𝑦0 = 𝜐𝜐0

Tako da je:

�̇�𝑦 = −𝑔𝑔𝑡𝑡 + 𝜐𝜐0

Zakon kretanja

𝑑𝑑𝑦𝑦𝑑𝑑𝑡𝑡

= −𝑔𝑔𝑡𝑡 + 𝜐𝜐0

𝑑𝑑𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑡𝑡𝑑𝑑𝑡𝑡 + 𝜐𝜐0𝑑𝑑𝑡𝑡

Posle integraljenja po vremenu ovog izraza, dobijamo:

𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑡𝑡2

2+ 𝜐𝜐0𝑡𝑡 + 𝐶𝐶2

Iz početnih uslova određujemo 𝐶𝐶2:

7

𝐶𝐶2 = 𝑦𝑦0 = 0

Tako da je:

𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑡𝑡2

2+ 𝜐𝜐0𝑡𝑡

Vreme dostizanja maksimalne visine (𝑇𝑇) određuje se iz jednačine �̇�𝑦 = −𝑔𝑔𝑡𝑡 + 𝜐𝜐0 kada je �̇�𝑦 = 0:

0 = −𝑔𝑔𝑇𝑇 + 𝜐𝜐0

𝑔𝑔𝑇𝑇 = 𝜐𝜐0

𝑇𝑇 =𝜐𝜐0𝑔𝑔

Maksimalna visina h određuje se iz jednačine 𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑡𝑡2

2+ 𝜐𝜐0𝑡𝑡:

ℎ = −𝑔𝑔𝑇𝑇2

2+ 𝜐𝜐0𝑇𝑇

ℎ = −𝑔𝑔 �𝜐𝜐0𝑔𝑔 �

2

2+ 𝜐𝜐0

𝜐𝜐0𝑔𝑔

ℎ = −

𝜐𝜐02𝑔𝑔2

+𝜐𝜐02

𝑔𝑔

ℎ =

𝜐𝜐02𝑔𝑔2

ℎ =𝜐𝜐02

2𝑔𝑔

8

Zadatak 4: Kosi hitac u bezvazdušnom prostoru

Tačka se pod nekim uglom u odnosu na horizontalu ispali. Odrediti maksimalnu visinu tačke (𝐻𝐻), vreme leta (𝑇𝑇), domet (𝐷𝐷) i putanju tačke.

Početni uslovi su: 𝑡𝑡 = 0[𝑠𝑠], 𝑥𝑥0 = 0[𝑚𝑚], 𝑦𝑦0 = 0[𝑚𝑚], �̇�𝑥0 = 𝜐𝜐0 cos𝛼𝛼 �𝑚𝑚𝑠𝑠� �̇�𝑦0 = 𝜐𝜐0 sin𝛼𝛼 �𝑚𝑚

𝑠𝑠�

Rešenje:

Vektorski oblik:

𝑚𝑚 ∙ �⃗�𝑎 = �⃗�𝐺

Skalarni oblik:

𝑚𝑚 ∙ �̈�𝑥 = 0

𝑚𝑚 ∙ �̈�𝑦 = −𝐺𝐺 = −𝑚𝑚𝑔𝑔

�̈�𝑦 = −𝑔𝑔

Projekcije brzine:

𝑚𝑚 ∙𝑑𝑑�̇�𝑥𝑑𝑑𝑡𝑡

= 0

𝑑𝑑�̇�𝑥𝑑𝑑𝑡𝑡

= 0

Posle integraljenja po vremenu ovog izraza, dobijamo:

�̇�𝑥 = 0 + 𝐶𝐶1 Iz početnih uslova određujemo 𝐶𝐶1:

𝐶𝐶1 = �̇�𝑥0 = 𝜐𝜐0 cos𝛼𝛼 Tako da je:

�̇�𝑥 = 𝜐𝜐0 cos𝛼𝛼

𝑑𝑑�̇�𝑦𝑑𝑑𝑡𝑡

= −𝑔𝑔

𝑑𝑑�̇�𝑦 = −𝑔𝑔𝑑𝑑𝑡𝑡

Posle integraljenja po vremenu ovog izraza, dobijamo:

�̇�𝑦 = −𝑔𝑔𝑡𝑡 + 𝐶𝐶2 Iz početnih uslova određujemo 𝐶𝐶2:

𝐶𝐶2 = �̇�𝑦0 = 𝜐𝜐0 sin𝛼𝛼 Tako da je:

�̇�𝑦 = −𝑔𝑔𝑡𝑡 + 𝜐𝜐0 sin𝛼𝛼

9

Zakoni kretanja tačke:

𝑑𝑑𝑥𝑥𝑑𝑑𝑡𝑡

= 𝜐𝜐0 cos𝛼𝛼

𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝜐𝜐0 cos𝛼𝛼 𝑑𝑑𝑡𝑡

Posle integraljenja po vremenu ovog izraza, dobijamo:

𝑥𝑥 = 𝜐𝜐0𝑡𝑡 cos𝛼𝛼 + 𝐶𝐶3 Iz početnih uslova određujemo 𝐶𝐶3:

𝐶𝐶3 = 𝑥𝑥0 = 0 Tako da je:

𝑥𝑥 = 𝜐𝜐0𝑡𝑡 cos𝛼𝛼

𝑑𝑑𝑦𝑦𝑑𝑑𝑡𝑡

= −𝑔𝑔𝑡𝑡 + 𝜐𝜐0 sin𝛼𝛼

𝑑𝑑𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑡𝑡𝑑𝑑𝑡𝑡 + 𝜐𝜐0 sin𝛼𝛼 𝑑𝑑𝑡𝑡

Posle integraljenja po vremenu ovog izraza, dobijamo:

𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑡𝑡2

2+ 𝜐𝜐0𝑡𝑡 sin𝛼𝛼 + 𝐶𝐶4

Iz početnih uslova određujemo 𝐶𝐶4:

𝐶𝐶4 = 𝑦𝑦0 = 0 Tako da je:

𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑡𝑡2

2+ 𝜐𝜐0𝑡𝑡 sin𝛼𝛼

Određivanje putanje:

𝑥𝑥 = 𝜐𝜐0𝑡𝑡 cos𝛼𝛼 (1)

𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑡𝑡2

2+ 𝜐𝜐0𝑡𝑡 sin𝛼𝛼 (2)

Iz (1) dobijamo:

𝑡𝑡 =𝑥𝑥

𝜐𝜐0 cos𝛼𝛼

Kada ubacimo ovu jednačinu u jednačinu (2):

𝑦𝑦 = −𝑔𝑔 � 𝑥𝑥

𝜐𝜐0 cos𝛼𝛼�2

2+ 𝜐𝜐0

𝑥𝑥𝜐𝜐0 cos𝛼𝛼

sin𝛼𝛼

𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑥𝑥2

2𝜐𝜐02 cos2 𝛼𝛼+ 𝑥𝑥 tg𝛼𝛼

Određivanje vremena do najvišeg položaja 𝑴𝑴𝟏𝟏 (𝒕𝒕𝟏𝟏):

Uslov je: �̇�𝑦 = 0

�̇�𝑦 = −𝑔𝑔𝑡𝑡 + 𝜐𝜐0 sin𝛼𝛼

0 = −𝑔𝑔𝑡𝑡1 + 𝜐𝜐0 sin𝛼𝛼

𝑔𝑔𝑡𝑡1 = 𝜐𝜐0 sin𝛼𝛼

𝑡𝑡1 =𝜐𝜐0 sin𝛼𝛼

𝑔𝑔

Pomoću vremena 𝑡𝑡1 možemo odrediti koordinate tačke 𝑀𝑀1, a samim tim i visinu 𝐻𝐻:

10

𝑥𝑥1 = 𝜐𝜐0𝑡𝑡1 cos𝛼𝛼

𝑥𝑥1 = 𝜐𝜐0𝜐𝜐0 sin𝛼𝛼

𝑔𝑔cos𝛼𝛼

𝑥𝑥1 =𝜐𝜐02

2𝑔𝑔sin 2𝛼𝛼

𝑦𝑦1 = 𝐻𝐻 = −𝑔𝑔𝑡𝑡12

2+ 𝜐𝜐0𝑡𝑡1 sin𝛼𝛼

𝐻𝐻 = −𝑔𝑔 �𝜐𝜐0 sin𝛼𝛼

𝑔𝑔 �2

2+ 𝜐𝜐0

𝜐𝜐0 sin𝛼𝛼𝑔𝑔

sin𝛼𝛼

𝐻𝐻 = −𝑔𝑔 𝜐𝜐0

2 sin2 𝛼𝛼𝑔𝑔22

+𝜐𝜐02 sin2 𝛼𝛼

𝑔𝑔

𝐻𝐻 = −𝜐𝜐02 sin2 𝛼𝛼

2𝑔𝑔+𝜐𝜐02 sin2 𝛼𝛼

𝑔𝑔

𝐻𝐻 = −12∙𝜐𝜐02 sin2 𝛼𝛼

𝑔𝑔

Vreme leta (𝑻𝑻):

Početni uslov je da je 𝑦𝑦 = 0

𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑡𝑡2

2+ 𝜐𝜐0𝑡𝑡 sin𝛼𝛼

0 = −𝑔𝑔𝑇𝑇2

2+ 𝜐𝜐0𝑇𝑇 sin𝛼𝛼

0 = 𝑇𝑇 �−𝑔𝑔𝑇𝑇2

+ 𝜐𝜐0 sin𝛼𝛼�

0 = −𝑔𝑔𝑇𝑇2

+ 𝜐𝜐0 sin𝛼𝛼

𝑔𝑔𝑇𝑇2

= 𝜐𝜐0 sin𝛼𝛼

𝑇𝑇 =2𝜐𝜐0 sin𝛼𝛼

𝑔𝑔

Domet (𝑫𝑫) dobijamo kada jednačinu vremena leta uvrstimo u zakon kretanja tačke po 𝑥𝑥 osi:

𝑥𝑥 = 𝐷𝐷 = 𝜐𝜐0𝑇𝑇 cos𝛼𝛼

𝐷𝐷 = 𝜐𝜐02𝜐𝜐0 sin𝛼𝛼

𝑔𝑔cos𝛼𝛼

𝐷𝐷 =𝜐𝜐02 sin 2𝛼𝛼

𝑔𝑔

11

Zadatak 5: Horizontalni hitac u bezvazdušnom prostoru

Tačka se horizontalno ispali sa neke visine. Odrediti vreme leta (𝑇𝑇), domet (𝐷𝐷) i putanju tačke.

Početni uslovi su: 𝑡𝑡 = 0[𝑠𝑠], 𝑥𝑥0 = 0[𝑚𝑚], 𝑦𝑦0 = 𝐻𝐻[𝑚𝑚], �̇�𝑥0 = 𝜐𝜐0 �𝑚𝑚𝑠𝑠� �̇�𝑦0 = 0 �𝑚𝑚

𝑠𝑠�

Rešenje:

Vektorski oblik:

𝑚𝑚 ∙ �⃗�𝑎 = �⃗�𝐺

Skalarni oblik:

𝑚𝑚 ∙ �̈�𝑥 = 0

�̈�𝑥 = 0

𝑚𝑚 ∙ �̈�𝑦 = −𝐺𝐺 = −𝑚𝑚𝑔𝑔

�̈�𝑦 = −𝑔𝑔

Projekcije brzine:

𝑑𝑑�̇�𝑥𝑑𝑑𝑡𝑡

= 0

𝑑𝑑�̇�𝑥𝑑𝑑𝑡𝑡

= 0

Posle integraljenja po vremenu ovog izraza, dobijamo:

�̇�𝑥 = 0 + 𝐶𝐶1 Iz početnih uslova određujemo 𝐶𝐶1:

𝐶𝐶1 = �̇�𝑥0 = 𝜐𝜐0 Tako da je:

�̇�𝑥 = 𝜐𝜐0

𝑑𝑑�̇�𝑦𝑑𝑑𝑡𝑡

= −𝑔𝑔

𝑑𝑑�̇�𝑦 = −𝑔𝑔𝑑𝑑𝑡𝑡

Posle integraljenja po vremenu ovog izraza, dobijamo:

�̇�𝑦 = −𝑔𝑔𝑡𝑡 + 𝐶𝐶2 Iz početnih uslova određujemo 𝐶𝐶2:

𝐶𝐶2 = �̇�𝑦0 = 0 Tako da je:

�̇�𝑦 = −𝑔𝑔𝑡𝑡

Zakoni kretanja tačke:

𝑑𝑑𝑥𝑥𝑑𝑑𝑡𝑡

= 𝜐𝜐0 𝑑𝑑𝑦𝑦𝑑𝑑𝑡𝑡

= −𝑔𝑔𝑡𝑡

12

𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝜐𝜐0𝑑𝑑𝑡𝑡

Posle integraljenja po vremenu ovog izraza, dobijamo:

𝑥𝑥 = 𝜐𝜐0𝑡𝑡 + 𝐶𝐶3 Iz početnih uslova određujemo 𝐶𝐶3:

𝐶𝐶3 = 𝑥𝑥0 = 0 Tako da je:

𝑥𝑥 = 𝜐𝜐0𝑡𝑡

𝑑𝑑𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑡𝑡𝑑𝑑𝑡𝑡

Posle integraljenja po vremenu ovog izraza, dobijamo:

𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑡𝑡2

2+ 𝐶𝐶4

Iz početnih uslova određujemo 𝐶𝐶4:

𝐶𝐶4 = 𝑦𝑦0 = 𝐻𝐻 Tako da je:

𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑡𝑡2

2+ 𝐻𝐻

Određivanje putanje:

𝑥𝑥 = 𝜐𝜐0𝑡𝑡 (1)

𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑡𝑡2

2+ 𝐻𝐻 (2)

Iz (1) dobijamo:

𝑡𝑡 =𝑥𝑥𝜐𝜐0

Kada ubacimo ovu jednačinu u jednačinu (2):

𝑦𝑦 = −𝑔𝑔 � 𝑥𝑥𝜐𝜐0

�2

2+ 𝐻𝐻

𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑥𝑥2

2𝜐𝜐02+ 𝐻𝐻

Vreme leta (𝑻𝑻):

Početni uslov je da je 𝑦𝑦 = 0

𝑦𝑦 = −𝑔𝑔𝑡𝑡2

2+ 𝐻𝐻

0 = −𝑔𝑔𝑇𝑇2

2+ 𝐻𝐻

𝑔𝑔𝑇𝑇2

= 𝐻𝐻

𝑇𝑇 = �2𝐻𝐻𝑔𝑔

Domet (𝑫𝑫) dobijamo kada jednačinu vremena leta uvrstimo u zakon kretanja tačke po 𝑥𝑥 osi:

𝑥𝑥 = 𝐷𝐷 = 𝜐𝜐0𝑇𝑇

13

𝐷𝐷 = 𝜐𝜐0�2𝐻𝐻𝑔𝑔

14

Zadatak 6: Tačka 𝑀𝑀, mase 𝑚𝑚 = 1.5[𝑘𝑘𝑔𝑔], kreće se pravolinijski, saglasno jednačini 𝑥𝑥 = a𝑒𝑒3𝑡𝑡 + 𝑏𝑏𝑒𝑒−3𝑡𝑡, gde su a i 𝑏𝑏 konstante. Odrediti intenzitet sile koja deluje na tačku u trenutku kada je 𝑥𝑥1 = 0.2[𝑚𝑚].

Rešenje:

Prvo odredimo ubrzanje tačke:

𝑥𝑥 = a𝑒𝑒3𝑡𝑡 + 𝑏𝑏𝑒𝑒−3𝑡𝑡

�̇�𝑥 = 3a𝑒𝑒3𝑡𝑡 − 3𝑏𝑏𝑒𝑒−3𝑡𝑡

�̈�𝑥 = 9a𝑒𝑒3𝑡𝑡 + 9𝑏𝑏𝑒𝑒−3𝑡𝑡

�̈�𝑥 = 9(a𝑒𝑒3𝑡𝑡 + 𝑏𝑏𝑒𝑒−3𝑡𝑡)

�̈�𝑥 = 9𝑥𝑥

Iz Njutnovog zakona možemo odrediti intenzitet sile:

𝑚𝑚 ∙ �⃗�𝑎 = �⃗�𝐹

𝑚𝑚 ∙ �̈�𝑥 = 𝐹𝐹𝑥𝑥

𝑚𝑚 ∙ 9𝑥𝑥 = 𝐹𝐹𝑥𝑥

𝑚𝑚 ∙ 9𝑥𝑥1 = 𝐹𝐹𝑥𝑥1

𝐹𝐹𝑥𝑥1 = 1.5 ∙ 9 ∙ 0.2

𝐹𝐹𝑥𝑥1 = 2.7[𝑁𝑁]

15

Zadatak 7: Tačka 𝑀𝑀, mase 𝑚𝑚 = 10𝑔𝑔

[𝑘𝑘𝑔𝑔], kreće se pravolinijski pod dejstvom sile koja se menja po

zakonu �⃗�𝐹 = 10(1 − 𝑡𝑡)𝚤𝚤. U početnom trenutku tačka je imala brzinu intenziteta 𝜐𝜐0 = 0.2 �𝑚𝑚𝑠𝑠�. Odrediti

pređeni put tačke i vreme koje protekne do njenog zaustavljanja. Za gravitaciono ubrzanje uzeti

vrednost 𝑔𝑔 = 9.81 �𝑚𝑚𝑠𝑠2�

Rešenje:

𝑚𝑚 ∙ 𝑎𝑎 = 𝐹𝐹

𝑚𝑚 ∙ �̈�𝑥 = 10(1 − 𝑡𝑡)

10𝑔𝑔∙ �̈�𝑥 = 10(1 − 𝑡𝑡)

�̈�𝑥 = 𝑔𝑔(1 − 𝑡𝑡)

�̈�𝑥 = 𝑔𝑔 − 𝑔𝑔𝑡𝑡

𝑑𝑑�̇�𝑥𝑑𝑑𝑡𝑡

= 𝑔𝑔 − 𝑔𝑔𝑡𝑡

𝑑𝑑�̇�𝑥 = 𝑔𝑔𝑑𝑑𝑡𝑡 − 𝑔𝑔𝑡𝑡𝑑𝑑𝑡𝑡 / �

�̇�𝑥 = 𝑔𝑔𝑡𝑡 −𝑔𝑔𝑡𝑡2

2+ 𝐶𝐶1 𝐶𝐶1 = 𝜐𝜐0

�̇�𝑥 = 𝑔𝑔𝑡𝑡 −𝑔𝑔𝑡𝑡2

2+ 𝜐𝜐0

𝑑𝑑𝑥𝑥𝑑𝑑𝑡𝑡

= 𝑔𝑔𝑡𝑡 −𝑔𝑔𝑡𝑡2

2+ 𝜐𝜐0

𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑔𝑔𝑡𝑡𝑑𝑑𝑡𝑡 −𝑔𝑔𝑡𝑡2

2𝑑𝑑𝑡𝑡 + 𝜐𝜐0𝑑𝑑𝑡𝑡 / �

𝑥𝑥 =𝑔𝑔𝑡𝑡2

2−𝑔𝑔𝑡𝑡3

6+ 𝜐𝜐0𝑡𝑡 + 𝐶𝐶2 𝐶𝐶2 = 0

𝑥𝑥 =𝑔𝑔𝑡𝑡2

2−𝑔𝑔𝑡𝑡3

6+ 𝜐𝜐0𝑡𝑡

Vreme zaustavljanja se određuje iz jednačine brzine sa uslovom da je �̇�𝑥 = 0

�̇�𝑥 = 𝑔𝑔𝑡𝑡 −𝑔𝑔𝑡𝑡2

2+ 𝜐𝜐0

0 = 𝑔𝑔𝑇𝑇 −𝑔𝑔𝑇𝑇2

2+ 𝜐𝜐0

𝑔𝑔𝑇𝑇2 − 2𝑔𝑔𝑇𝑇 − 2𝜐𝜐0 = 0

𝑇𝑇2 − 2𝑇𝑇 − 2𝜐𝜐0𝑔𝑔

= 0

16

𝑇𝑇12�

=2 ± �22 + 4 ∙ 1 ∙ 2 𝜐𝜐0𝑔𝑔

2 ∙ 1

𝑇𝑇12�

=2 ± �4 + 4 ∙ 1 ∙ 2 0.2

9.812

𝑇𝑇12�

=2 ± √4 + 0.16

2

𝑇𝑇12�

=2 ± 2.04

2

𝑇𝑇1 = 2.02[𝑠𝑠]

𝑇𝑇2 = −0.2[𝑠𝑠]

Vreme zaustavljanja je 𝑇𝑇 = 2.02[𝑠𝑠]

Pređeni put dobijamo kada vreme zaustavljanja uvrstimo u jednačinu kretanja:

𝑥𝑥 =𝑔𝑔𝑡𝑡2

2−𝑔𝑔𝑡𝑡3

6+ 𝜐𝜐0𝑡𝑡

𝑠𝑠 =𝑔𝑔𝑇𝑇2

2−𝑔𝑔𝑇𝑇3

6+ 𝜐𝜐0𝑇𝑇

𝑠𝑠 =9.81 ∙ 2.022

2−

9.81 ∙ 2.023

6+ 0.2 ∙ 2.02

𝑠𝑠 = 6.934[𝑚𝑚]

17

Opšti zakoni dinamike tačke

1. Količina kretanja i kinetička energija tačke

Količinom kretanja tačke naziva se vektorska veličina 𝐾𝐾��⃗ = 𝑚𝑚 ∙ �⃗�𝜐 koja je jednaka proizvodu iz mase materijalne tačke i vektora njene brzine.

Kinetičkom energijom (živom silom) tačke naziva se skalarna veličina 𝐸𝐸𝑘𝑘 = 𝑚𝑚∙𝜐𝜐2

2 koja je jednaka

polovini proizvoda mase materijalne tačke i kvadrata njene brzine.

2. Impuls sile

Impuls sile za bilo koji vremenski interval jednak je određenom integralu elementarnog impulsa, koji se uzima u intervalu od 0 do 𝑡𝑡1.

𝐼𝐼 = � �⃗�𝐹𝑑𝑑𝑡𝑡

𝑡𝑡1

0

3. Zakon o promeni (priraštaju) količine kretanja tačke

𝐾𝐾��⃗ 1 − 𝐾𝐾��⃗ 0 = ∆𝐾𝐾��⃗ = 𝑚𝑚�⃗�𝜐1 − 𝑚𝑚�⃗�𝜐0 = �𝐼𝐼𝑖𝑖

Promena količine kretanja tačke za neki vremenski interval jednaka je geometrijskoj sumi impulsa svih sila koje deluju na tu tačku za taj isti vremenski interval.

4. Rad sile, Snaga

𝐴𝐴(𝑀𝑀0𝑀𝑀1) = � 𝐹𝐹𝑇𝑇𝑑𝑑𝑠𝑠

𝑠𝑠1

𝑠𝑠0

𝐴𝐴(𝑀𝑀0𝑀𝑀1) = ±𝐺𝐺 ∙ ℎ

Rad sile teže jednak je proizvodu iz intetnziteta sile i odgovarajućeg vertikalnog pomeranja tačke.

𝑃𝑃 =𝐴𝐴𝑡𝑡1

= 𝐹𝐹𝑇𝑇 ∙ 𝜐𝜐

Snagom se naziva veličina koja određuje rad, koji vrši sila u jedinici vremena.

5. Zakon o promeni (priraštaju) kinetičke energije

𝐸𝐸𝑘𝑘1 − 𝐸𝐸𝑘𝑘0 = ∆𝐸𝐸𝑘𝑘 =𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐12

2−𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐02

2= �𝐴𝐴𝑖𝑖(𝑀𝑀0𝑀𝑀1)

Priraštaj kinetičke energije tačke, pri nekom njenom pomeranju, jednak je algebarskoj sumi radova svih sila, koje deluju na tačku, na tom pomeranju.

6. Prinudno kretanje tačke

𝐸𝐸𝑘𝑘1 − 𝐸𝐸𝑘𝑘0 = ∆𝐸𝐸𝑘𝑘 =𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐12

2−𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐02

2= �𝐴𝐴𝑖𝑖(𝑀𝑀0𝑀𝑀1)

𝑎𝑎

𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐12

𝑅𝑅𝑘𝑘= �𝐹𝐹𝑖𝑖

Pri prinudnom kretanju za rad se koriste sve aktivne sile koje vrše rad (aktivne sile i reakcije veza).

18

Zadatak 8: Teret težine 𝐺𝐺 = 0.1[𝑘𝑘𝑁𝑁] kreće se jednoliko po krugu brzinom 𝜐𝜐 = 2 �𝑚𝑚𝑠𝑠�. Odrediti impuls

i rad sila koje deluju na teret za vreme u kome teret pređe četvrtinu kruga.

Rešenje:

𝐼𝐼 = 𝑚𝑚�⃗�𝜐1 − 𝑚𝑚�⃗�𝜐0

𝐼𝐼 = 𝑚𝑚�𝜐𝜐12 − 𝜐𝜐02

S obzirom da je kretanje jednoliko

𝜐𝜐1 = 𝜐𝜐0 = 𝜐𝜐

𝐼𝐼 = 𝑚𝑚𝜐𝜐√2

𝐼𝐼 =𝐺𝐺𝑔𝑔𝜐𝜐√2 = 0.029[𝑘𝑘𝑁𝑁𝑠𝑠]

𝐴𝐴(𝑀𝑀0𝑀𝑀1) =12𝑚𝑚(𝜐𝜐12 − 𝜐𝜐02)

𝐴𝐴(𝑀𝑀0𝑀𝑀1) = 0[𝐽𝐽]

19

Zadatak 9: Teretu mase 𝑚𝑚, koji leži na horizontalnoj ravni, saopšti se (udarcem) početna brzina �⃗�𝜐0. Nastalo kretanje tereta koči se konstantnom silom �⃗�𝐹. Odrediti posle koliko vremena će se teret zaustaviti i koliki će put preći do zaustavljanja.

Rešenje:

�̇�𝑥1 = 0

�̇�𝑥0 = 𝜐𝜐0

𝐼𝐼𝑥𝑥 = 𝑥𝑥𝑡𝑡1 = −𝐹𝐹𝑡𝑡1

Određivanje vremena kočenja 𝑡𝑡1:

𝐾𝐾1𝑥𝑥 − 𝐾𝐾0𝑥𝑥 = 𝑚𝑚𝜐𝜐1𝑥𝑥 − 𝑚𝑚𝜐𝜐0𝑥𝑥 = 𝑚𝑚�̇�𝑥1 − 𝑚𝑚�̇�𝑥0 = �𝐼𝐼

−𝑚𝑚𝜐𝜐0 = −𝐹𝐹𝑡𝑡1

𝑡𝑡1 =𝑚𝑚𝜐𝜐0𝐹𝐹

Određivanje pređenog puta do zaustavljanja 𝑠𝑠1:

𝐴𝐴 = −𝐹𝐹𝑠𝑠1

𝜐𝜐1 = 0

𝐸𝐸𝑘𝑘1 − 𝐸𝐸𝑘𝑘0 =𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐12

2−𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐02

2= �𝐴𝐴𝑖𝑖(𝑀𝑀0𝑀𝑀1)

−𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐02

2= −𝐹𝐹𝑠𝑠1

𝑠𝑠1 =𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐02

2𝐹𝐹

20

Zadatak 10: Konopac dužine 𝑙𝑙, o koji je obešen teret, postavi se u početnom trenutku vremena u takav položaj da sa vertikalom zaklapa ugao 𝜑𝜑0, i zatim se teret pusti bez početne brzine. Odrediti brzinu tereta u trenutku kada konopac zaklapa sa vertikalom ugao 𝜑𝜑.

Rešenje:

𝐴𝐴��⃗�𝐺� = 𝐺𝐺ℎ = 𝑚𝑚𝑔𝑔ℎ

𝜐𝜐0 = 0

𝐸𝐸𝑘𝑘1 − 𝐸𝐸𝑘𝑘0 =𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐12

2−𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐02

2= �𝐴𝐴𝑖𝑖(𝑀𝑀0𝑀𝑀1)

𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐12

2= 𝑚𝑚𝑔𝑔ℎ

𝜐𝜐1 = �2𝑔𝑔ℎ

ℎ = 𝑙𝑙 cos𝜑𝜑 − 𝑙𝑙 cos𝜑𝜑0

𝜐𝜐 = �2𝑔𝑔𝑙𝑙(cos𝜑𝜑 − cos𝜑𝜑0)

21

Zadatak 11: Teret težine 𝐺𝐺, obešen o konac dužine 𝑙𝑙, pomeren od vertikale za ugao 𝛼𝛼 u položaj 𝑀𝑀0, pusti se bez početne brzine. Odrediti veličinu sile u konopcu u trenutku kada teret prolazi kroz svoj najniži položaj 𝑀𝑀1.

Rešenje:

𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐12

𝑙𝑙= 𝐹𝐹𝑘𝑘 − 𝐺𝐺

𝐹𝐹𝑘𝑘 = 𝐺𝐺 +𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐12

𝑙𝑙 (1)

𝐸𝐸𝑘𝑘1 − 𝐸𝐸𝑘𝑘0 = ∆𝐸𝐸𝑘𝑘 =𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐12

2−𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐02

2= �𝐴𝐴𝑖𝑖(𝑀𝑀0𝑀𝑀1)

𝑎𝑎

𝐴𝐴 = 𝐺𝐺ℎ = 𝐺𝐺𝑙𝑙(1 − cos𝛼𝛼); 𝜐𝜐0 = 0

𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐12

2= 𝐺𝐺𝑙𝑙(1 − cos𝛼𝛼)

𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐12 = 2𝐺𝐺𝑙𝑙(1 − cos𝛼𝛼) (2)

Iz jednačine (2) u jednačinu (1):

𝐹𝐹𝑘𝑘 = 𝐺𝐺 +2𝐺𝐺𝑙𝑙(1 − cos𝛼𝛼)

𝑙𝑙

𝐹𝐹𝑘𝑘 = 𝐺𝐺(3 − 2 cos𝛼𝛼)

22

Zadatak 12: Žljeb koji se sastoji iz dva luka 𝐴𝐴𝐵𝐵 i 𝐵𝐵𝐷𝐷, poluprečnika 𝑅𝑅, postavljen je u vertikalnoj ravni tako da je tangenta 𝐵𝐵𝐸𝐸 u prevojnoj tački horizontalna. Zanemarujući trenje odrediti na koju visinu ℎ iznad prave 𝐵𝐵𝐸𝐸 treba staviti u žljeb kuglicu, da bi ona napustila žljeb u tački 𝑀𝑀1 koja se nalazi na istom rastojanju ispod prave 𝐵𝐵𝐸𝐸.

Rešenje:

𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐12

𝑅𝑅= 𝐺𝐺 cos𝜑𝜑 − 𝐹𝐹𝑁𝑁

𝑅𝑅 cos𝜑𝜑 = 𝐾𝐾𝐶𝐶���� = 𝑅𝑅 − ℎ; 𝐹𝐹𝑁𝑁 = 0

𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐12 = 𝐺𝐺(𝑅𝑅 − ℎ)

𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐12

2−𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐02

2= �𝐴𝐴𝑖𝑖(𝑀𝑀0𝑀𝑀1)

𝑎𝑎

𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐12

2= 2𝐺𝐺ℎ

𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐12 = 4𝐺𝐺ℎ

4𝐺𝐺ℎ = 𝐺𝐺(𝑅𝑅 − ℎ)

ℎ = 0.2𝑅𝑅

23

Dalamberov princip

Ako u svakom datom trenutku, aktivnim silama, koje deluju na pokretnu tačku, i reakcijama veza, pridodamo silu inercije, onda će takav sistem sila biti u ravnoteži i na njega možemo primeniti sve zakone statike.

𝐹𝐹𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖𝑖 = −𝑚𝑚𝑎𝑎𝑇𝑇 = −𝑚𝑚𝑑𝑑𝜐𝜐𝑑𝑑𝑡𝑡

; �𝐹𝐹𝑇𝑇𝑖𝑖𝑖𝑖� = 𝑚𝑚 �𝑑𝑑𝜐𝜐𝑑𝑑𝑡𝑡�

𝐹𝐹𝑁𝑁𝑖𝑖𝑖𝑖 = −𝑚𝑚𝑎𝑎𝑁𝑁 = −𝑚𝑚𝜐𝜐2

𝑅𝑅𝑘𝑘; �𝐹𝐹𝑁𝑁𝑖𝑖𝑖𝑖� = 𝑚𝑚

𝜐𝜐2

𝑅𝑅𝑘𝑘

24

Zadatak 13: Teret težine 𝐺𝐺, obešen o konac dužine 𝑙𝑙, pomeren od vertikale za ugao 𝛼𝛼 u položaj 𝑀𝑀0, pusti se bez početne brzine. Odrediti veličinu sile u konopcu u trenutku kada teret prolazi kroz svoj najniži položaj 𝑀𝑀1, primenom Dalamberovog principa.

Rešenje:

𝐹𝐹𝑘𝑘 − 𝐺𝐺 − 𝐹𝐹𝑁𝑁𝑖𝑖𝑖𝑖 = 0

𝐹𝐹𝑘𝑘 = 𝐺𝐺 + 𝐹𝐹𝑁𝑁𝑖𝑖𝑖𝑖

𝐹𝐹𝑘𝑘 = 𝐺𝐺 +𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐12

𝑙𝑙 (1)

𝐸𝐸𝑘𝑘1 − 𝐸𝐸𝑘𝑘0 = ∆𝐸𝐸𝑘𝑘 =𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐12

2−𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐02

2= �𝐴𝐴𝑖𝑖(𝑀𝑀0𝑀𝑀1)

𝑎𝑎

𝐴𝐴 = 𝐺𝐺ℎ = 𝐺𝐺𝑙𝑙(1 − cos𝛼𝛼); 𝜐𝜐0 = 0

𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐12

2= 𝐺𝐺𝑙𝑙(1 − cos𝛼𝛼)

𝑚𝑚 ∙ 𝜐𝜐12 = 2𝐺𝐺𝑙𝑙(1 − cos𝛼𝛼) (2)

Iz jednačine (2) u jednačinu (1):

𝐹𝐹𝑘𝑘 = 𝐺𝐺 +2𝐺𝐺𝑙𝑙(1 − cos𝛼𝛼)

𝑙𝑙

𝐹𝐹𝑘𝑘 = 𝐺𝐺(3 − 2 cos𝛼𝛼)