DINAMIKA - University of Split3 32 9 10 sin15 1000 9,81cos30 9692,6 N =0,1 ( 9692,6)= 962,26 N 1 9 10 cos15 1000 9,81sin30 ( 962,26) 3,81 ms 100 N T a ªº¬¼ b) Ukoliko se primijeni

Pomorski fakultet u SplituZavod za brodostrojarstvo

Tehnička mehanika II

mr. Đorđe Dobrota

DINAMIKA

VJEŽBE

Split, ožujak 2014.

1 DINAMIKA ČESTICE

1.1 Pravolinijsko gibanje čestice

Takvo gibanje izvodi čestica čija je putanja pravac (slika1-1). Ako se ishodište vektora

položaja odabere u jednoj točki putanje, tada se vektori r, v i a, poklapaju s putanjom, pa

vektorsko opisivanje nije potrebno.

Slika 1-1. Pravolinijsko gibanje čestice.

Vektorska jednadžba gibanja u pravokutnom koordinatnom sustavu u skalarnom obliku duž

koordinatnih osi glasi:

x x

y y

z z

F m a

F m a

F m a

gdje su ubrzanje i rezultanta sila dana kao:

2 2 2

2 2 2

x y z

x y z

F F F F

a a a a

Kada se kod problema zahtijeva određivanje brzine neophodno je primijeniti kinematičke

jednadžbe nakon što se iz jednadžbe gibanja i dinamičke ravnoteže odredi ubrzanje.

Ukoliko je ubrzanje funkcija vremena koriste se sljedeći izrazi:

dva

dt

dsv

dt

iz kojih se nakon integriranja može odrediti brzina i položaj.

Ukoliko je ubrzanje funkcija pomaka podesno je koristiti:

v dv a ds

iz kojeg se nakon integriranja može odrediti brzina čestice.

Ukoliko je ubrzanje konstantno (konstantna sila) koriste se sljedeći izrazi za određivanje

brzine ili položaja čestice:

0

2

0 0

2 2

0 0

1

2

2 ( )

v v a t

s s v t a t

v v a s s

Ukoliko rješenjem nepoznate komponente vektora daje negativni sklarar, to pokazuje kako

komponente djeluje u suprotnom smjeru nego što se pretpostavilo.

PRIMJER 1

Teret težine G vuče horizontala sila F uz hrapavu kosinu nagiba α (slika 1-2). Odredi

ubrzanje uz kosinu ako je koeficijent trenja klizanja između tereta i podloge μ. Zadatak je

potrebno riješiti:

a) primjenom II Newtonovog zakona,

b) primjenom D’Alembertov principa.

Zadano: m=1000 kg, F=9 kN, α=30°, β=15°, μ=0,1

F

α

m

μ

β

Slika 1-2. Položajna skica sustava uz primjer 1.

Rješenje:

a)

Gibanje tereta s ubrzanjem a je pravocrtno. Primjenjuje se II Newtonov zakon, a koordinatna

os x odabrana je paralelno s kosinom. Izboru koordinatnog sustava treba posvetiti posebnu

pozornost. Na slici 1-3, prikazan je plan slobodnog tijela u primjeru 1.

α

F

T

N

G

a

.

Fx

Fy

y

x

α

β

Slika 1-2. Plan slobodnog sustava tijela u primjeru 1.

Prema slici 1-2, na teret koji se giba pravocrtno djeluju sile: sila F, težina G=mg, normalna

reakcija podloge N i sila trenja T = μ N.

U odabranom koordinatnom sustavu xy, jednadžbe gibanja glase:

: cos sin

: sin cos

x x x

y y y

F m a F m g T m a

F m a N F m g m a

Kinematički uvjet je:

0ya

a uvjet trenja (sila trenja):

T N

Jednadžbe gibanja zajedno s kinematičkim uvjetom (trivijalna jednadžba) i uvjetom trenja su

sustav od četiri jednadžbe s četiri nepoznanice T, N, ax i ay.

Rješavanjem tih jednadžbi dobije se tražene veličine:

1

cos sin

sin cos

xa a F m g Tm

N F m g

T N

Uvrštavanjem zadanih vrijednosti dobije se:

3

3 2

9 10 sin15 1000 9,81cos30 9692,6 N

=0,1 ( 9692,6)= 962,26 N

19 10 cos15 1000 9,81sin 30 ( 962,26) 3,81 ms

100

N

T

a

b)

Ukoliko se primijeni D’Alembertov princip, tada svim silama koje djeluju na tijelo

oslobođeno veza treba dodati i inercijsku silu Fin suprotno ubrzanju (slika 1-4).

α

F

T

N

G

a

.

Fx

Fy

y

x

α

β

Fin

Slika 1-4. Plan slobodnog tijela sustava u primjeru 1 primjenom D’Alembertov principa . U

U odabranom koordinatnom sustavu xy, jednadžbe dinamičke ravnoteže glase:

0 : cos sin 0

0 : sin cos 0

i in

i

X F m g F T

Y N F m g

Jednadžbe ravnoteže , u kojima je Fin=m·a i T=μ ·N (sila trenja), su sustav jednadžbi s dvije

nepoznanice N i a.

Rješavanjem tih jednadžbi dobije se ubrzanje tijela tražene veličine:

1

cos sin

sin cos

a F m g Nm

N F m g

Uvrštavanjem zadanih vrijednosti dobije se:

3

3 2

9 10 sin15 1000 9,81cos30 9692,6 N

19 10 cos15 1000 9,81sin 30 0,1( 9622,6) 3,81 ms

100

N

a

PRIMJER 2

Model novog broda ima masu od 10 kg i ispituje se u bazenu radi određivanja otpora gibanja

u vodi pri različitim brzinama. Rezultati ispitivanja prikazani su u dijagramu na slici 1-5, iz

kojeg se vidi kako se sila otpora R može aproksimirati parabolom. Pri brzini broda od od 2

m/s modele se oslobađa. Odredi vrijeme t potrebno za smanjivanje brzine na 1 m/s i

odgovarajući prijeđeni put x.

Zadano: m=10 kg, v0=2 m/s, v=1 m/s.

Slika 1-5. Dijagram ovisnosti sile otpora R i brzine broda v.

Rješenje:Iz dijagrama na slici 1-5 odnos R-v (parabola) može se aproksimirati kvadratnom

funkcijom f(x)=kx2, tj. kao:

R=kv2

Koeficijent k za R i v0 može se izračunati pomoću izraza:

2 2

2 2

0

82 N s / m

2

Rk

v

Brod se može smatrati česticom koja se giba pravocrtno duž osi x. U početnom položaju brod

se nalazi u koordinatnom početku O. Na brod djeluju sile: težina G, sila uzgona FU , porivna

sila otpora R (slika 1-5). Težina broda G i sila uzgona FU u statičkoj su ravnoteži te nema

gibanja u vertikalnom pravcu.

0

1

2

3

4

5

6

7

8

0 0,5 1 1,5 2

R (

N)

v (m/s)

x

R

G

Fu

v0 v

xO

Slika 1-6. Plan slobodnog tijela sustava u primjeru 2.

Dakle, diferencijalna jednadžba gibanja u pravcu osi x (drugi Newtonov zakon) glasi:

:x x xF m a R m a

ili

22 10dv

vdt

Množenjem s dt , dijeljenjem s 2v2 i integriranjem dobije se:

2

2

0 2

2 12

2

5

5

1 1 15 5 C

2 2 1

t v

v

dvdt

v

dvdt

v

xt x dx

v v

Stoga kada je v=1 m/s, vrijeme je:

1 15 2,5 s

1 2t

Brzina v može se izračunati pomoću izraza:

1 1 5 55

2 2

5 5 2 52 5

2 2 :2

5 10

2 5 2 5

2

tv v

vt

t tv

t

vt t

Put prevaljen za vrijeme 2,5 sekunde dobije se iz brzine v=dx/dt i integriranjem:

10

2 5dx v dt dt

t

2,5 2,5

00 0

10 10 1ln 2 5 (5ln(2 2,5 5)) 5ln 5) 3,47 m ln( ) C

2 5 2

xdx

dx dt t ax bt ax b a

1.2 Krivocrtno gibanje čestice

U analizi krivocrtnog gibanja , pravilan izbor koordinatnog sustava je od velike praktične

važnosti. Izborom koordinatnog sustava možemo utjecati na samu složenost gibanja.

Descartesov koordinatni sustav

Kada se čestica mase m giba relativno u odnosu na inercijski koordinatni sustav x, y, z (slika

1-7), sile koje djeluju na česticu, kao i njihova ubrzanja, mogu se prikazati u odnosu na

njihove komponente. Primjenom jednađžbe gibanja (II Newtonov zakon) kao:

Slika 1-7. Krivocrtno gibanje u Descartesov koordinatnom sustavu.

Primjenom jednadžbe gibanja dobiva se:

x x

x y

x z

F m a

F m a

F m a

gdje je xa x , ya y i za z .

Rezultanta sila i ubrzanje koja djeluje na česticu može se izračunati pomoću izraza:

2 2 2

2 2 2

x y z

x y z

F F F F

a a a a

Prirodni koordinatni sustav

Kada problem uključuje gibanje čestice uzduž poznate zakrivljene krivulje moraju se kod

analize razmatrati normalne i tangencijalne koordinate, a radi formuliranja komponenti

ubrzanja.

Slika 1-8. Krivocrtno gibanje čestice uzduž zakrivljene krivulje.

Sile koje djeluju na česticu, kao i njihova ubrzanja, mogu se prikazati u odnosu na njihove

tangencijalne i normalne komponente primjenom jednadžbe gibanja (II Newtonov zakon)

kao:

2 2

0

T T

N N

z z

F m a m v m s

v sF m a m m

R R

F m a

Tangencijalna komponenta ubrzanja aT predstavlja stopu promjenu vremena u magnitudi

brzine. Stoga, ukoliko suma sila ∑FT djeluje u smjeru gibanja, brzina čestice se povećava, a

ukoliko djeluje u suprotnom smjeru brzina se smanjuje. Normalna komponenta ubrzanja aN

predstavlja stopu promjenu vremena u smjeru brzine. Ona je uzrokovana sumom sila ∑FN

koja uvijek djeluje u pozitivnom smjeru normale N, tj. prema centru zakrivljenosti. Iz tog

razloga se često odnosi na centripetalnu silu. Suma sila ∑Fz je jednaka nuli iz razloga što je u

binormalnom smjeru čestica ograničena gibanjem uzduž putanje.

Rezultanta sila i ubrzanje koje djeluje na česticu može se izračunati pomoću izraza:

2 2 2

2 2 2

N T Z

N T Z

F F F F

a a a a

PRIMJER 3

Kuglica težine 60 kg spušta se preko kružne staze radijusa r (polumjer zakrivljenosti R), kao

što je prikazano na slici 1-9. Ukoliko kugla započinje spuštanje iz stanja mirovanja kada je

kut θ=0°, odredi magnitudu normalne reakcije podloge kada je kut θ=60°.

Zadano: m=60 kg, r=4 m, θ=60°.

O

θ

m r

Slika 1-9. Položajna skica sustava uz primjer 3.

Rješenje:

Plan slobodnog tijela kugle kada se nalazi na zadanom položaju prikazan je na slici 1-10.

θ

m

N

G

N

T

aN

aT


Primjenom jednadžbe gibanja (II Newtonov zakon) dobije se sljedeći sustav jednadžbi:

2

: cos

: sin

T T T

N N N

F m a m g m a

vF m a N m g m a m

R

Jednadžbe gibanja su sustav od dvije jednadžbe s tri nepoznanice N, aN i aT (ili v).

Tangencijalna komponenta ubrzanja aT može se izračunati iz prve jednadžbe:

cos9,81 cosT

m ga

m

Za izračun normalne komponente ubrzanja aN , potrebno je izračunati brzinu kugle v kad je

kut θ=60°.

Pošto se tangencijalna komponenta ubrzanja aT izražava u odnosu na kut θ. Koristeći

geometrijski izraz s=r· θ, brzina v može se izračunati pomoću jednadžbe:

( )T Tvdv a ds a rd

Integriranjem uz početne uvjete θ=0°i v=0 dobije se:

60 60

0

2 60

0 0

2

9,81 cos (4 )

39,24sin2

0 39,24(sin 60 0)2

2 39,24sin 60 ) 8, 24 m/s

o o

o

v

T

o o

v

o

o

vdv a ds d

v

v

v

Na osnovu druge jednadžbe gibanja normalna reakcija podloge N iznosi:

2 28,24sin 60 9,81sin 60 60 1528,2 N

4

vN m g m

R

Polarni koordinatni sustav

Polarni koordinatni sustav podesno je koristiti za analizu problema kod kojeg su zadani

podaci koji se odnose na kutno gibanje radijalne linije r. Kada se gibanje prikazuje u

polarnom koordinatnom sustavu (slika 1-11), u kojem je položaj čestice određen

koordinatama r i θ , rezultanta sila ima dvije komponente Fr i Fθ. Isto vrijedi i za ubrzanje, tj.

ar i aθ, tako da jednadžbe gibanja u tom sustavu glase:

2( )

( 2 )

r r

Z Z

F m a m r r

F m a m r r

F m a m z

rφ

F

FrFθ

araθ

φ

r

xO

putanja

m

Slika 1-11. Krivocrtno gibanje čestice u polarnim koordinatama.

Rezultanta sila i ubrzanje koje djeluje na česticu može se izračunati pomoću izraza:

2 2 2

2 2 2

r Z

r Z

F F F F

a a a a

Kinematičke veličine:

- kutna brzina

d

dt

- kutno ubrzanje

2

2

d

dt

Primjer deriviranja složene funkcije:

2

2

2

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

5 10 ,

10

10 ( ) 10 10

0.8cos 0.8sin ,

0.8sin

0.8 sin cos

u x v x

u x v x u x v x u x v x

r u v

r

r

r u v

r

r

PRIMJER 4

Blok B, mase 100 g klizi uzduž rotirajuće šipke OA. Koeficijent trenja klizanja između bloka i

šipke je μ=0,2. Za položaj prikazan na slici 1-12, poznata je brzina bloka 1 m/sr , te kutna

brzina 5 rad/s i kutno ubrzanje 23 rad/s šipke. Potrebno je odrediti

ubrzanje bloka r relativno u odnosu na šipku OA.

Zadano: m=100 g, r =0,4 m, θ=40°, 5 rad/s , 23 rad/s i μ=0,2.

B

r

O

B

θ

μ

m

Slika 1-12. Položajna skica sustava u primjeru 4.

Rješenje:

Kako se radijus r mijenja, podesno je koristiti polarni oblik jednadžbi gibanja. Iz plana

slobodnog tijela (slika 1-13), može se vidjeti kako na blok B djeluju tri sile: njegova težina

G=m·g, normalna sila N uzduž šipke OA i sila trenja T=μN.

NT

G

ar

aθ rθ


Na osnovu slike 1-12, mogu se za radijalnu i cirkularnu os napisati dvije jednadžbe gibanja:

2: sin ( )

: cos ( 2 )

r rF m a m g T m r r

F m a N m g m r r

Jednadžbe gibanja su sustav od dvije jednadžbe s tri nepoznanice N, T i r . Normalna sila

N može se izračunati iz druge jednadžbe:

cos ( 2 ) 0,1 9,81cos40 0,1(0,4 3 2 1 5) 1,807 NN m g m r r

Supstitucijom T=μN u prvoj jednadžbi gibanja može se izračunati kutno ubrzanje r bloka B:

2 2-2sin 0,1 9,81 0,4 5 0,1 9,81sin 40 0,2 1,8707

0,04 ms0,1

mr m g Nr

m

PRIMJER 5

Projektil mase 10 kg je vertikalno ispaljen s početnom brzinom od 50 m/s (slika 1-14).

Odrediti maksimalnu visinu kojom će doseći ukoliko:

a) se otpor zraka zanemari,

b) je otpor zraka izmjeren kao FT=0,01v2.

Poznato: m=10 kg, v0=50 m/s, h0=0.

h

m

v0

v


Rješenje:

Budući da se projektil giba pravocrtno, odabire se od +z kao pravac gibanja.

a) Na slici 1-15, prikazan je plan slobodnog tijela sustava kada se otpor zraka zanemaruje.

F

z

Slika 1-15. Plan slobodnog tijela sustava u primjeru 5 kada se zanemari otpor zraka.

Prema slici 1-15, na projektil djeluje samo težina G=mg projektila, suprotno usmjerena od

pravca gibanja. Pretpostavlja se kako je ubrzanje usmjereno u pozitivnom smjeru osi x.

Sukladno tome, mogu se napisati jednadžbe gibanja kao:

0

0

:

x

y

z y

F

F

F m a G m a

Iz jednadžbe gibanja može se izračunati ubrzanje projektila:

210 9,819,81 ms

10

Ga

m

Rezultat pokazuje kako je projektil, kao svaki objekt koji ima slobodno gibanje u blizini

površine zemlje pod djelovanjem konstantnog ubrzanja od 9,81 ms2 usmjerenog prema dolje.

Početna visina je z0=h0=0, z=h i v0=50 m/s. Pošto je ubrzanje konstantno (konstantna sila

gravitacije), konačna visina može izračunati pomoću izraza:

2 2

0 0

2

2 ( )

0 50 2 ( 9,81) ( 0)

127 m

v v a h h

z

h

b) Pošto sila otpora zraka e FT=0,01v2

djeluje na način da uspori gibanje projektila,

usmjerena je suprotno od gibanja projektila (slika 1-16).

F

FT

z

a

Slika 1-16. Plan slobodnog tijela sustava u primjeru 5 kada djeluje otpor zraka.

Prema slici 1-16, na projektil djeluje težina G=mg projektila i sila otpora zraka FT, suprotno

usmjerene od pravca gibanja. Pretpostavlja se kako je ubrzanje usmjereno u pozitivnom

smjeru osi x. Sukladno tome, mogu se napisati jednadžba gibanja kao:

0

0

:

x

y

z z T

F

F

F m a G F m a

Iz jednadžbe gibanja može se izračunati ubrzanje projektila:

2 22( 0,01 ) (9,81 10 0,01 )

(9,81 0,001 )10

TG F m g v va v

m m

Pošto ubrzanje nije konstantno jer sila otpora zraka FT ovisi o brzini,, tj . a=f(v), ubrzanje se

povezuje s položajem koristeći izraz:

2(9,81 0,001 )

adz vdv

v dz vdv

Izdvajanjem varijabli i integriranjem, uz početne uvjete z0=h0=0, z=h, v0=50 m/s, i v=0

dobiva se:

0 02

2 25050

2 2

2

1 1ln(0,001 9,81) ln( ) C

0,001 9,81 2 0,001 2

1ln(0,001 0 9,81) ln(0,001 50 9,81)

2 0,001

1ln 9,81 ln(0,001 50 9,81)

2 0,001

12,28 2,51 11

2 0,001

h

o

vdv xdxdh v bx a

v bx a b

h

h

h

5 m

Iz rezultata se vidi kako je zbog djelovanja otpora zraka maksimalna visina koju je dosegao

projektil manja nego kod dobivenog bez otpora.

1.3 RAD

Rad sile je fizikalna veličina koja opisuje djelovanje okoline na česticu (tijelo) na prijeđenom

putu. Drugi naziv za rad sile je mehanički rad za koji se kaže da je jednak učinku sile na putu.

Kvantitativno diferencijalni (elementarni) rad jednak je skalarnom umnošku sile i

diferencijalnog prirasta položaja koji čestica (tijelo) napravi pod djelovanjem te sile, pa se

može definirati kao:

F r cosdW d F dr

kako je dr ≈ ds - pomak u pravcu djelovanja sile može se napisati:

cosdW F ds

gdje je:

W- rad, J,

F- sila , N,

r-vektor položaja, m

x-vektor pomaka, m

α-kut između sile i pomaka.

Dakle, elementarni rad sile W je jednak umnošku diferencijalnog pomaka (položaja) i

komponente sile na pravcu i u smjeru pomaka. Sila koja je okomita na putanju (cos90°=0) ne

vrši rad i ona je uravnotežena normalnom silom N (reakcija veze). Sile koje vrše rad zovu se

aktivne sile ili radne sile. Sile koje ne vrše rad zovu se pasivne ili jalove sile. Rad sile biti će

pozitivan kada je radna komponenta usmjerena u smjeru pomaka, a negativna kada je radna

komponenta usmjerena u suprotnom pravcu.

Rad sile W na nekom putu jednak je integralu:

2 2 2

1 1 1

2 1cos cos cos ( )

s s s

s s s

W dW F ds F ds F s s

Grafički ovaj integral prikazuje površinu ispod F-s dijagrama.

Izračunavanje integrala rada pretpostavlja poznavanje ovisnosti sile, odnosno njenih

komponenti o položaju.

Kada je sila koje djeluje na česticu konstantna (F=konst.) i cijelo vrijeme paralelna s brzinom

(po pravcu i smjeru), rad je jednak umnošku iznosa sile i prijeđenog puta:

cosW F s

Tipičan primjer je rad težine, G=m·g, čestice:

W G y

gdje je Δy vertikalni pomak u m.

Rad elastične sile opruge Fe=c·x je:

2 2 2

11 1

22 2 2 2

2 1 1 2

1 1( ) ( )

2 2 2

x x x

e

xx x

xW F dx c xdx c c x x c x x

PRIMJER 6

Blok mase 10 kg stoji na glatkoj kosini (slika 1-17). Ukoliko je opruga, krutosti c=30 N/m,

početno rastegnuta 0,5 m, odredi ukupni rad svih sila koje djeluju na blok kada horizontalna

sila F gurne blok u ravnini prema gore za s=2 m.

Poznato: m=10 kg, c=30 N/m, s1=0,5 m, s2=2 m, α=30°.

s

1

2

F

c

30°

m

y

x


Rješenje:

Prvo je potrebno nacrtati plan slobodnog tijela sustava (slika 1-18), kako bi se vidjelo koje

sve sile djeluju na blok.

F

Fe

G

N30°

s

·

Slika 1-18. Plan slobodnog tijela u primjeru 6.

Rad horizontalne sile W1- Pošto je sila F konstantna, rad se određuje pomoću izraza:

1 cos 400cos30 2 692,82 JW F s

Rad elastične sile opruge W2 -U početnom položaju opruga je rastegnuta s1=0,5 m, a u

konačnom položaju s2=s1+s=0,5+2=2,5 m. Pošto je sila Fe suprotna pomaku, rad W je

negativan i dat izrazom:

2 2 2 2

11 1 1

22 2 2 2

2 2 1

1 1( ) 30 (2,5 0,5 ) 90 J

2 2 2

s s s s

e e

ss s s

sW F ds F ds c sds c c s s

Rad težine W3-Pošto težina G djeluje u suprotnom smjeru od vertikalnog pomaka, rad je

negativan i dat izrazom:

3 2 1( ) 10 9,81(2sin30 0) 98,1 JW G y m g y y

Rad normalne sile -Ova sila ne vrši rad jer je uvijek okomita na pomak.

Ukupni rad-Rad svih sila kada se blok pomakne za 2 m je:

1 2 3 692,92 90 98,1 504,82 JukW W W W

1.4 SNAGA

Snaga sile P je brzina kojom sila obavlja rad. To je skalarna veličina koja iznosi:

coscos

dW F dsP F v

dt dt

Odavde se vidi kako je snaga jednaka skalarnom umnošku sile i brzine. Snaga je skalarna

veličina koja u SI sustavu izražena preko osnovnih veličina ima jedinicu vat [W=J/s].

Dakle, sposobnost stroja da isporuči određenu količinu rada u zadanom vremenskom

intervalu zove se snaga.

Pri radu nastaju gubici. Omjer korisne (dobivene) snage PK i uložene snage PU naziva se

iskoristivost η (eng. efficiency):

1 K

U

P

P

PRIMJER 7

Dizalica podigne teret mase 1000 kg na visinu 10 m za 1min jednolikom brzinom (slika 1-19).

Dovedena snaga od motora do dizalice (ukupna snaga PU ) iznosi 2,5 kW. Odredite stupanj

iskoristivosti dizalice. Čelično uže kliže preko glatke koloture.

Poznato: m= 1000 kg, h=1m, t=60 s, PU =2,5 kW.

h

v

m


Rješenje:

Iz plana slobodnog tijela sustava za jednoliku brzinu, sile su u statičkoj ravnoteži tako da je:

S

G

x


0 : 0

1000 9,81 9810 N

yF S G

S G m g

Uz h=s=10 m i t=60 s, korisna snaga je:

cos cos 9810 1 0,167 1635 WK

sP S v S

t

Iskoristivost dizalice je:

16350,654

2500

K

U

P

P

PRIMJER 8

Elektromotor povlači teret mase 50 kg uz kosinu nagiba α=30° konstantnom brzinom (v=

konst., a=0), kao što je prikazano na slici 1-21. Instrumenti pokazuju trenutnu snagu koju

elektromotor vuče iz električne mreže od 1 kW. Iskoristivost elektromotora i vitla je η=0,98,

Promjer bubnja vitla je d=0,5 m, a broj okretaja n=60 min-1

. Odredi koeficijent trenja klizanja

μ i kojom napetošću užeta S elektromotor povlači teret m. Uže kliže preko glatke koloture.

Ukoliko se snaga motora iznenadno poveća na 1,5 kW, koje je odgovarajuće trenutno

ubrzanje.

Poznato: m=50 kg, PU=1 kW, n=60 min-1

, η=0,98 d=0,5 m.

m

α


Rješenje:

Iz plana slobodnog tijela sustava, za jednoliku brzinu (v= konst., a=0), sile su u statičkoj

ravnoteži tako da je:

α

T

N

G

v=konst.

.

S

y

x

α


0 : sin 0

0 : cos 0

x

y

F S m g T

F N mg

Iz jednadžbe ravnoteže, normalna reakcija podloge N je:

cos 50 9,81 0,866 424,77 NN mg

Sila trenja je:

T N

Sila u užetu može se izračunati iz snage. Prethodno je potrebno izračunati kutnu brzinu na

osnovu koje se može dobiti brzina povlačenja tereta.

Kutna brzina bubnja vitla je:

2 2 606,28 rad/s

60 60

n

Brzina kojom vitlo povlači teret (uže) uz kosinu je:

6,28 0,25 1,57 m/s2

dv r

Napetost u užetu je:

1000 0,98624,2 N

1,57

UKPP

Sv v

Uvrštavanjem izraza za T u uvjet ravnoteže po osi x dobije se:

sin 0

sin 624,2 50 9,81 cos300,47

424,77

S m g N

S m g

N

Kada se snaga poveća na 1,5 kW, zategnutost užeta trenutno postane:

1500 0,98936,3 N

1,57

UKPP

Sv v

a odgovarajuće ubrzanje je

2

: sin

sin 624,2 50 9,81 sin 30 424,77 0,473,58 ms

50

x xF m a S m g T m a

S m g Ta

m

1.5 KINETIČKA I POTENCIJALNA ENERGIJA

Mehanička energija je sposobnost čestice ili tijela da obavi rad. Njena su dva osnovna oblika:

kinetička i potencijalna energija.

Elementarni rad sile može se izraziti kao:

2

cos ( )2

T T

k

dv mvdW F ds F ds m a ds m ds m vdv d

dt

ili

dW dE

gdje je Ek kinetička energija:

2

2k

mvE

Kinetička energija je energija gibanja i predstavlja skalarnu veličinu s jedinicom džul [J =

Nm].

Integriranjem izraza za elementarni rad od položaja 1 do položaja 2 čestice na putanji, slijedi:

2 2 22 22 1

2 1

112 2 2

k k

mv mvmvW mvdv E E

To je zakon kinetičke energije, jedan od osnovnih zakona dinamike. On pokazuje da je

promjena kinetičke energije čestice na nekom putu, jednaka radu sile zbog koje se čestica

giba.

Ukoliko rad sile ovisne o položaju ne ovisi o putanji već samo o početnom i krajnjem

položaju kaže se da sila ima potencijal, a sila se naziva konzervativnom i za njih vrijedi:

pdW dE

gdje je Ep potencijalna energija.

Potencijalna energija je skalarna veličina i predstavlja energiju položaja s jedinicom džul [J =

Nm].

2

1 2

1

p p pW dE E E

Ovaj izraz pokazuje da rad konzervativne sile (npr. gravitacijska, elastična sile, magnetske,

elektrostatičke itd.) ne ovisi od oblika putanje čestice, već samo o položaju njenih krajnjih

točaka 1 i 2 na putanji.

To ne vrijedi za nekonzervativne sile (npr. trenje), koje nemaju potencijalnu energiju.

Potencijalna energija u nekom položaju čestice izračunava se iz rada sile. Pri tome se nulti

položaj u kojem je PE=0 određuje dogovorno.

Gravitacijska potencijalna energije čestice- Rad težine pri gibanju iz položaja 1 u položaj 2

je: 2 2

1 1

2

2 1 1 2 1 2 2 1

1

1 2

( ) ( ) 0

0,

p p p p

p

W Gdy m g dy

W m g y m g y y m g y y E E E E

E m g h y y h

Elastična potencijalna energije čestice- Rad težine pri gibanju iz položaja 1 u položaj 2 je:

2 2

1 1

2 22 2

2 1 1 2 2 1

1

2

1 2

( ) 02 2

0,2

e

p p p p

p

W F dx c x dx

c x cW x x E E E E

csE x x s

Ako na česticu djeluju samo konzervativne sile, tada se na osnovi izraza za rad kinetičke i

potencijalne energije može napisati zakon održanja mehaničke energije:

1 1 2 2k p k pE E E E

ili

.k pE E konst

Drugi oblik zakon održanja mehaničke energije:

2 1 2 1 0

0

k k p p

k p

E E E E

ili

E E

Ako na česticu djeluju i nekonzervativne sile (npr. trenje) tada vrijedi:

k p TE E W

gdje je WT rad trenja. Iz izraza se vidi kako nekonzervativne sile dovode do gubitka ili

rasipanja energije.

PRIMJER 9

Blokovi A i B imaju masu od 10 kg i 100 kg (slika 1-23). Odredi udaljenost sB kada se blok B

otpusti iz mirovanja do točke kada postigne brzinu od 2 m/s. Pretpostavlja se kako uže kliže

preko glatkih kolotura.

Poznato: mA=100 kg, mB=100 kg, v=2 m/s

A

B

s A

s B

Mjerna linija

100 kg

10 kg

A

B

1

2

1

2


Rješenje:

Ovaj problem može se riješiti razmatrajući blokove pojedinačno i primjenom zakona o

održanju mehaničke energije. Iz plana slobodnog tijela sustava (slika 1-24), sila u užetu S i

reakcije N1 i N2 ne čine rad, pošto ove sile predstavljaju reakcije u osloncima koji se ne

pomiču. Dakle, rad sile (nepoznate) u užetu može se eliminirati razmatrajući blokove A i B

zajedno kao jedan sustav. Težine oba bloka čine pozitivni rad ukoliko se pretpostavi da se oba

gibaju prema u pozitivnom smjeru od sA i sB.

GA

GA

A

B

S R1 R2

y

x

y

x


U sustavu djeluju samo konzervativne sile (vlastite težine blokova) pa nema ukupne

promjene mehaničke enegije. Zakon o održanju mehaničke energije u tom slučaju glasi:

1 1 2 2k p k pE E E E

ili

.k pE E konst

Potencijalne energije:

1 1 1 2 2 2( ) ( ) 0, ( ) ( )p A A B B p A A B BE m g s m g s E m g s m g s

Kinetičke energije:

2 2 2 2

1 1 1 2 2 2

1 1 1 1( ) ( ) 0, ( ) ( )

2 2 2 2k A A B B k A A B BE m v m v E m v m v

Nakon uvrštavanja dobije se:

2 2

2 2

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

1 1( ) ( ) ( ) ( )

2 2

1 110 9,81 ( ) 100 9,81 ( ) 10 ( ) 100 (2)

2 2

p k

A A B B A A B B

A B A

E E

m g s m g s m v m v

s s v

U gornjoj jednadžbi, nepoznanice su vA, ΔsA i ΔsB. Promjena položaja ΔsA i ΔsB može se

odrediti definiranjem izraza za ukupnu duljinu vertikalnih segmenata užeta l u odnosu na

koordinate položaja sA i sB, a prema slici 1-23:

4A Bs s l

Stoga, promjena položaja dovodi do izraza za pomak:

4 0

4

A B

A B

s s

s s

Iz ovog izraza vidi se kako pomak bloka B prema dole uzrokuje pomak bloka A prema gore.

Promjene položaja ΔsA i ΔsB moraju imati pozitivni predznak. Derivirajući po vremenu

dobiva se:

4

4 4 2 8 m/s

A B

A B

d ds s

dt dt

v v

Uvrštavanjem vA i supstitucijom ΔsA =−4ΔsB u jednadžbu zakona o održanju energije dobiva

se:

2 2

2 2 2 2

1 110 9,81 ( 4 ) 100 9,81 ( ) 10 ( 8) 100 (2)

2 2

392,4 981 (320 200)

5200,88 m

589

4 4 0,88 3,52 m

B B

B B

B

A B

s s

s s

s

s s

PRIMJER 10:

Kao što je prikazano na slici 1-25, blok mase 1,6 kg nalazi se na horizontalnoj ravnoj plohi i

prikačen je na idealnu oprugu. Koeficijent trenja klizanja između bloka i plohe je 0,2. Krutost

opruge je 30 N/m i nerastegnuta je u položaju x1=0. Blok se iz položaja x1 pomiče brzinom

od 6 m/s u desno do položaja x2, gdje se zaustavlja. Odredi položaj x2 u kojem se blok

zaustavi.

Poznato: m=1,6 kg, μ=0,2, x1=0 m, c=30 N/m, v=6 m/s.

sx1 x2

xv

m

c

μ


Rješenje:

Iz plana slobodnog tijela sustava (slika 1-26), na sustav djeluje sila težina G, normalna sila N,

sila trenja T i elastična sila Fe.

G

Fe

NT

y

x


U sustavu djeluju konzervativne sile (težina bloka, normalna reakcija podloge i elastična sila)

i sila trenja kao nekonzervativna sila. Zakon o održanju mehaničke energije u tom slučaju

glasi:

2 1 2 1k k p p TE E E E W

Elastična potencijalna energije je: 2 2

1 2 2 10, ( ).2

p p

cE E x x

Kinetičke energije: 2 2

1 1 2 2

1 1, 0.

2 2k kE mv E mv

Rad sile trenja: 2 2 2 0 ; 0yW T x N x m g x F N m g

Uvrštavanjem u jednadžbu zakona o održanju mehaničke energije dobije se:

1 2

2 2 2

1 2 1 2

2 2

2 2

2

2 2

1( )

2 2

1 301,6 6 ( 0) 0,2 1,6 9,81

2 2

28,8 15 3,14

k p TE E W

cmv x x m g x

x x

x x

odakle se x2 može izračunati iz kvadratne jednadžbe:

2

2 215 3,14 28,8 0x x

koja daje dva rješenja x2=1,285 m i -1,45 m. Pošto se blok pomjera u desno (u pozitivnom

smjeru), samo pozitivni korijen ima fizikalno značenje, pa je stoga:

2 1,285 mx

Ovaj primjer moguće je riješiti i primjenom drugog Newtonovog zakona. Prema planu

slobodnog tijela na slici 1-26, jednadžbe gibanja glase:

:

0 : 0

x x e

y

F m a F T m a

F N m g

Iz jednađžbe gibanja po osi x, može se izračunati ubrzanje kao:

( ) ( )eF T c x m ga

m m

Ukoliko je ubrzanje funkcija pomaka s=x podesno je koristiti v dv a ds , odakle slijedi

izraz:

( )vdv c x m g

dx m

Izdvajanjem varijabli i preuređenjem gornjeg izraza dobije se:

( )c x m gvdv dx

m

Integriranjem dobije se:

2 2

2 2

( )

2 2

2 2

c x m gvdv dx

m

v c x m g xC

m m

v c xg x C

m

Konstanta integracije C može se izračunati za početne uvjete v=v0 i x=0, što daje 2

0 / 2C v .

Stoga, brzina se može prikazati jednadžbom:

22 2

0

22 2

0

22 2 2

2

vv c xg x

m

c xv g x v

m

odakle se može izračunati položaj x kada se blok zaustavi i kada se stavi da je brzina v=0:

22

0

22

0

2

1

2

0 2

2 0

18,75 3,924 36 0

1,284 m

1,494 m

c xg x v

m

c xg x v

m

x x

x

x

PRIMJER 11

Klizač mase 2 kg klizi niz cijev sa zanemarivim trenjem. Opruga krutosti 60 N/m ima

slobodnu dužinu od 1,2 m. Ukoliko se klizač giba prema dolje brzinom od 4 m/s kada je u

položaju 1, odredi brzinu klizača u položaju 2.

Poznato: m=2 kg, c=60 N/m, l=1,2 m, v1=4 m/s.

1

1

2

2 m

c

m

δ1

δ2


Rješenje:

Iz plana slobodnog tijela sustava (slika 1-28), sile koje djeluju na prsten su težina prstena G,

elastična sila opruge Fe i normalna sila N. Samo sile G i Fe čine rad. Sila N je okomita na

smjer gibanja i stoga ne čini rad.

N GFe

v

x

y


Rad sile težine G je:

1 2 1 2 1( ) ( ) 2 9,81(0 1) 19,62 JW G y y m g y y

Rad elastične sile opruge Fe je:

2 2

2 2 1( )2

cW

gdje su δ1 i δ2 promjene duljine opruge u položajima 1 i 2.

Ukoliko se stavi kako su l1 i l2 duljine opruge u položajima 1 i 2, odgovarajuće promjene

duljine opruge su:

1 1

2 2

1 1,2 0,2 m

2 1,2 0,8 m

l l

l l

Negativna vrijednost δ1 pokazuje kako je opruga u položaju 1 stlačena.

Uvrštavanjem δ1 i δ2 u izraz za rad elastične sile opruge, dobije se:

2 2

2

60(0,8 ( 0,2) ) 18 J

2W

Ukupni rad obruča je:

1 2 19,62 18 1,62 JW W W

Primjenom zakona o kinetičkoj energiji (metoda rada-energije) dobije se:

2 2 2 2

2 1 2 1 2 1

2 2 2 2

2 2

2

1 1 1( )

2 2 2

11,62 2( 4 ) ( 4 )

2

1,62 16 4,19 m/s

k kW E E mv mv m v v

v v

v

1.6 IMPULS SILE I KOLIČINA GIBANJA

Princip impulsa i momenta količine gibanja koristi se za rješavanje problema koji uključuju

sile, vrijeme i brzinu, pošto ih ovi pojmovi uključuju u svojim izrazima. Nadalje, primjena

ove metode je i kod djelovanja sila u vrlo kratkom intervalu vremena kao što je slučaj kod

sudara.

Impuls sile u Descartesov koordinatnom sustavu jednak je trima skalarnim jednadžbama:

2

1

2

1

2

1

t

x x

t

t

y y

t

t

z z

t

I F dt

I F dt

I F dt

gdje su Fx, F

y i F

z komponente sile F.

Zakon količine gibanja u Descartesovom koordinatnom sustavu jednak je trima skalarnim

jednadžbama: 2

1

2

1

2

1

2 1 2 1

2 1 2 1

2 1 2 1

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

t

x x x x x x

t

t

y y y y y y

t

t

z z z z z z

t

p p mv mv F dt I

p p mv mv F dt I

p p mv mv F dt I

Ako je I = 0, tada vrijedi:

1 2p p

Taj izraz predstavlja zakon održanja količine gibanja.

PRIMJER 12

U trenutku t=0 čestice mase 0,5 kg (slika 1-29-a) ima brzinu od 10 m/s u smjeru udesno.

Pored njene težine na česticu djeluje i sila F(t). Smjer sile je konstantan tijekom gibanja, ali

se njena magnituda mijenja u vremenu kao što je prikazano na slici 1-29-b. Potrebno je

izračunati brzinu čestice kada je t=4 s.

Poznato: m=0,5 kg, t1=0, t2=4 s, v1= 10 m/s.

y

x

F(t)

m

60°

a) b)

F(t)

t

5

4

3

4

2

1

00 1 32

v1

Slika 1-29. Položajna skica sustava i dijagram F(t).

Rješenje:

Pošto problem uključuje silu, vrijeme i brzinu, za njegovo rješenje podesno je koristiti metodu

impulsa i količine gibanja. Na česticu djeluje težina G i sila F(t) (slika 1-30).

y

F(t)

v1

G

x

60°

F(t)y

F(t)x


Zakon količine gibanja u skalarnom obliku u Descartesovom koordinatnom sustavu xy glasi:

2 2

1 1

2 2

1 1

2 1 2 1

2 1 2 1

( ) ( ) ( ( ) )

( ) ( ) ( ( ) )

t t

x x x x x x x

t t

t t

y y y y y y y

t t

p p mv mv F dt F t dt I

p p mv mv F dt G F t dt I

gdje su ∑Fx i ∑Fx suma komponenti sila po osi x i y koje djeluju na česticu, a vx1=10 m/s i

vy1=0 komponente brzine.

Komponente impulsa sile težine G po osi x i y su:

2 2

1 1

4 4

0 0

0

9,81 0,5 4 19,62 N s

x

t t

y

t t

I

I Gdt m gdt

Impuls sile F(t), u vremenskom intervalu od t1=0 do t2=4 s, jednak je površini ispod krivulje

zadanog dijagrama (1-29-b).

2

1

4

0

5 2 4 1 2 1 16 N s

t

t

I Fdt

Komponente impulsa sile F(t) po osi x i y su:

cos60 8 N s

sin 60 13,856 N s

x

y

I I

I I

Uvrštavanjem dobivenih komponenti impulsa u izraz za zakon količine gibanja po osi x

dobiva se:

2 2

1 1

2 1

2

( ) ( ) ( ( ) )

0,5 0,5 10 8

t t

x x x x x

t t

x

mv mv F dt F t dt I

v

odakle se dobiva brzina vx2

2

8 526 m/s

0,5xv

Uvrštavanjem dobivenih komponenti impulsa u izraz za zakon količine gibanja po osi y

dobiva se:

2 2

1 1

2 1

2

( ) ( ) ( ( ) )

0,5 0,5 0 13,856 19,62

t t

y y y y y

t t

y

mv mv F dt G F t dt I

v

što daje

2

13,856 19,6211,528 m/s

0,5yv

Konačno, u trenutku t2=4 s od početka djelovanja sila F(t) i G, ukupna brzina čestice iznosi:

2 2 2 2

2 2 2 26 ( 11,528) 28,4 m/sx yv v v

PRIMJER 13

Klip motora (slika 1-31) ima u početnom trenutku brzinu od 0,2 m/s. Pod djelovanjem sile

F=4(1-1,6t)m, gdje je m masa klipa, ubrzava se klip tijekom 0,5 s. Trenje klizanja je

zanemarivo. Odredi brzinu klipa ma kraju perioda ubrzanja koristeći:

a) metodu impulsa i količine gibanja,

b) primjenom II Newtonovog zakona.

Poznato: m=0,2 kg, t1=0, v1=0,2 m/s, t2=0,5 s, F=4(1-1,6t)m.

y v1

x

v1 v2

t1 t2

F(t)


Rješenje:

a) Prema planu slobodnog tijela (slika 1-32) na klip djeluju težina G, normalna sila N i sila

F(t).

yv1

x

N

F(t)

G


Pošto po osi y nema impulsa sile (nema gibanja), zakon količine gibanja glasi:

2 2

1 1

2

1

0,5 0,5

2 1

0 0

0,5

2 1

0

0,52

2 1

0

0,5

2

2 1

0

2

2

2

( )

4(1 1,6 ) )

(4 4 1,6 ) :2

(4 2 1,6)

0, 2 4 0,5 2 0,5 1,6

0, 2 2 0,8 1, 2

t t

t t

t

t

mv mv Fdt F t dt

mv mv t m dt

tmv mv mt m m

v v t t

v

v

iz čega slijedi brzina v2 na kraju perioda od 0,5 s:

2 1,2 0,2 1,4 m/sv

b) Prema slici 1-31, na klip koji se giba pravocrtno djeluju sile: sila F, težina G=mg,

normalna reakcija podloge N.

U odabranom koordinatnom sustavu xy, uz kinematički uvjet ay=0, jednadžbe gibanja glase:

: ( )

0 : 0

x x

y

F m a F t m a

F N m g

Jednadžbe gibanja zajedno s kinematičkim uvjetom (trivijalna jednadžba) su sustav od dvije

jednadžbe s dvije nepoznanice N i ax=a.

Sređivanjem tih jednadžbi dobije se tražene veličine:

4(1 1,6 )t m m a

N m g

odnosno

0,2 9,81 1,962 N

4(1 1,6 ) :

4(1 1,6 )

N m g

t m m a m

a t

Brzina v2 na kraju perioda od 0,5 s može se izračunati pomoću jednadžbe:

4(1 1,6 )

dva dt

dt

adt dv

t dt dv

Nakon integriranja dobije se:

2 2

1 1

2 2

1 1

0,5

0 0,2

2 0,5

0 0,2

2

2

2

2

4(1 1,6 )

(4 4 1,6)2

4 0,5 2 0,5 1,6 0,2

4 0,5 2 0,5 1,6 0,2 1,4 m/s

t v

t v

t v

t v

t dt dv

tt v

v

v

1.7 MOMENT KOLIČINE GIBANJA

Moment količine gibanja pogodan je za opisivanje rotacije čestice (slika 1-33).

Slika 1-33. Moment količine gibanja čestice.

Moment količine gibanja čestice za točku O u skalarnom obliku dat je izrazom:

0 sinL r p r m v

Zakon momenta količine gibanja čestice za točku O u skalarnom obliku dat je izrazom po

osi:

0 O

dL r m v r F M

dt

koji kaže kako je derivacija momenta količine gibanja čestice po vremenu za neku točku,

jednaka je momentu sile koja djeluje na česticu za istu točku.

Izraz za zakon momenta količine gibanja vrijedi i za bilo koju os koja prolazi kroz točku O.

Tako npr. za os x, y i z, zapis ovog zakona glasi:

O O O; ;x x y y zO O z O

d d dL M L M L M

dt dt dt

Zakon momenta količine gibanja kod rotacije tijekom određenog vremenskog intervala t1 do

t2 dat je izrazom u skalarnom obliku:

2 2

1 1

2 1( ) ( )

t t

O O O

t t

L L M dt F rdt

gdje je (L0)2=r2·m·v2 i (L0)1=r1·m·v1. Kod rotacije čestice, umnožak momenta i vremena

određen je kao impuls. Ovaj princip impulsa i momenta količine gibanja kaže kako je ukupni

impuls na česticu mase m koja se rotacijski giba oko točke O jednak odgovarajućoj

promjeni momenta količine gibanja oko točke O.

Princip impulsa i količine gibanja kod rotacije čestice tijekom vremenskog intervala t1 do t2

po osima x, y , z dat je izrazima:

2 2

1 1

2 2

1 1

2 2

1 1

2 1

2 1

1

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

x x x

y y y

x x z

t t

O O O x

t t

t t

O O O y

t t

t t

O y O O z

t t

L L M dt F rdt

L L M dt F rdt

L L M dt F rdt

Ukoliko je rezultanti moment oko točke O svih sila koje djeluju na česticu jednak nuli tada

prema je zakonu momenta količine gibanja moment oko te točke konstantan, tj.:

O .x

dL konst

dt

To se događa ako je sila F = 0, odnosno kada se čestica giba jednoliko pravocrtno ili ako

vektori r i F leže na istom pravcu. Drugi slučaj jest kada sila F tijekom gibanja uvijek prolazi

kroz nepomičnu točku O (tzv. centralno gibanje).

Ovaj izraz predstavlja zakon održanja momenta količine gibanja.

U tom slučaju princip impulsa i količine gibanja kod rotacije čestice oko točke O tijekom

vremenskog intervala t1 do t2 dat je izrazom:

2 1( ) ( )O OL L

koji predstavlja princip očuvanja momenta količine gibanja.

PRIMJER 14

Blok mase m giba se prema dole preko zakrivljene rampe (slika 1-34) tako da kada dostigne

kut θ ima brzinu v. Potrebno je odrediti moment količine gibanja oko točke O u tom trenutku

i povećanje brzine, tj. ubrzanje.

O

r

m

θ

v


Rješenje:

Pošto problem uključuje gibanje čestice uzduž poznate zakrivljene krivulje (kružnice), plan

slobodnog tijela u odnosu na prirodni koordinatni sustav prikazan je na slici 1-35.

r

t

n

N

G

θ

O


Iz plana slobodnog tijela vidi se kako na blok djeluje težina G i normalna sila N. Pošto je

brzina v djeluje u smjeru tangente putanje moment količine gibanja je:

OL m R v

Promjena brzine u vremenu može se odrediti primjenom zakona o momentu količine gibanja.

Iz plana slobodnog tijela može se vidjeti kako samo moment težine G pridonosi momentu

količine gibanja oko točke O. Naime normalna sila N tijekom gibanja uvijek djeluje u smjeru

točke O (centralno gibanje) pa je moment količine gibanja jednak nuli. Stoga, zakon momenta

količine gibanja u ovom slučaju je:

O

sin sin

O

d dL r m v M

dt dt

dr m v G m g r

dt

Pošto su r i m konstante slijedi:

:sin

:

sin

mdr m v m g r

rdt

dv g

dt

Isti rezultat može se dobiti primjenom II Newtonovog zakona, tj. jednadžbe gibanja u smjeru

tangente:

;

sin :

sin

t t tF m a G m a m v

m g m v m

v g

PRIMJER 15

Kružna ploča okreće se konstantnom kutnom brzinom od 20 rad/s oko vertikalne osi z (slika

1-36). Blok mase 5 kg nalazi se na kružnoj ploči s početnom brzinom od 0 m/s i povezan je s

centrom rotacije O ploče s konopcem dužine 0,5 m. Ukoliko blok klizi 3,11 s prije nego

postigne kutnu brzinu kružne ploče, odredi koeficijent trenja između ploče i bloka.

Poznato: m=5 kg, R=0,5 m, ω=5 rad/s, t1=0 s, t2=3,11 s.

Rz

m

ω

O


Rješenje:

Pošto problem uključuje silu, vrijeme i brzinu i rotacijsko gibanje, za rješenje problema

podesno je koristiti zakon momenta količine gibanja. Iz plana slobodnog tijela sila (slika 1-

37) sila u konopcu S prolazi kroz centar rotacije, dok je težina G i normalna sila N paralelna s

osi z. Stoga, momenti svih tih sila oko osi z (os rotacije) jednaki su nuli.

R

z

N

G

T

O

S

x y

Slika 1-37. Plan slobodnog tijela sustava u primjeru15.

Moment sile trenja T oko osi z jednaka je:

OzM T R N R

Silu težine N može se odrediti iz jednadžbe ravnoteže (ω= konst., εz=0) po osi z:

0; 0zF m g N

N m g

Pošto je moment Mz konstantan, zakon momenta količine gibanja dat je izrazom:

2

1

3,11

2 1

0

2 1 2 1

( ) ( )

0 ( ) ( )

z z z

z

t

O O O

t

O

L L M dt

m R v M t t N R t t

Uvrštavanjem skalarnog izraza za vektor brzine ploče v=R·ω, momenta MOz i normalne sile

N dobije se:

2 1

2

2 1

0 ( ) :

0

m R R m g R t t m

R g R t t

odakle se može izračunati koeficijent trenja:

2

2 2

0,5 200,327

9,81 3,11

R R

g R t g t

PRIMJER 16

Auto težine 1,5 tona putuje uzduž kružne ceste (slika 1-38) radijusa od 100 m. Ukoliko je

vučna sila na kotačima F=150t2 N, gdje je vrijeme u sekundama, odredi brzinu auta kada je

vrijeme 5 sekundi. Auto početno putuje brzinom od 5 m/s. Dimenzije auta se zanemaruju.

Poznato: m=1500 kg, R=100 m, F=150t2 N, t1=0 s, t2=5 s, v1=5 m/s.

R

FO


Rješenje:

Pošto problem uključuje silu, vrijeme i brzinu i rotacijsko gibanje, za rješenje problema

podesno je koristiti zakon momenta količine gibanja. Iz plana slobodnog tijela (sila 1-39)

impulsi težine G, normalne sile N i radijalne sile trenja T mogu se eliminirati pošto impulsi tih

sila djeluju paralelno sa ili prolaze kroz os rotacije z.

F

G

NT

R

z

O

x

y


Zakon količine gibanja za ovaj primjer glasi:

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

5

2 1

0

5

2 1

0

5

2

2 1

0

3 5

2 1

0

53

2 1

0

3

2 1 2

( ) ( )

( ) ( )

(150 )

150100

3

5000

5000

z z z

z z

t

O O O

t

t

O O

t

t

t

t

t

t

t

L L M dt

L L F Rdt

m R v m R v t Rdt

tm R v m R v

m R v m R v t

m R v m R v t

Uvrštavanjem poznatih vrijednosti dobije se:

3

21500 100 1500 100 5 5000 5v

odakle se može izračunati v2

3

2

5000 5 1500 100 59,16 m/s

1500 100v

Ovaj zadatak može se riješiti i primjenom II Newtonov zakona. Pošto problem uključuje

gibanje čestice uzduž poznate zakrivljene krivulje (kružnice), plan slobodnog tijela u odnosu

na prirodni koordinatni sustav prikazan je na slici 1-40.

F

G

NFn

R

z

O

n

t

Slika 1-40. Plan slobodnog tijela za prirodne koordinate sustava u primjeru 16.

Sile koje djeluju na česticu, kao i njihova ubrzanja, mogu se prikazati u odnosu na njihove

tangencijalne i normalne komponente primjenom jednadžbe gibanja kao:

2

;

;

0 0

t t t

n n n n

z z

F m a F m a m v

vF m a F N m a m

R

F m a G N

U gornjim jednadžbama nepoznanice su brzina v i koeficijent trenja μ.

Kako bi se mogla izračunati brzina v2 potrebno je odrediti tangencijalnu komponentu ubrzanja

at koja uz određenu silu F iznosi:

2150t

F ta

m m

Iz ovog izraza može se izračunati brzina v2:

2

2

150

150

dv tdt

dt m

tdv dt

m

a nakon integriranja

2 2

1 1

2 2

1 1

2

3

3 3

2 1 2 1

3

2

3

2

150

150

3

150( )

3

1505 (5 0)

3 1500

1505 5 9,16 m/s

3 1500

v t

v t

v t

v t

tdv dt

m

tv

m

v v t tm

v

v

Uz Fn=μ·N i N=m·G koeficijent trenja može se izračunati iz izraza:

2

2

2

2 2

:

9,160,085

9,81 100

n

vF m

R

vN m

R

vm g m m

R

v

g R

PRIMJER 17

Čestica mase m=3 kg giba se u horizontalnoj ravnini (slika 1-41). Jedan kraj opruge

pričvršćen je na česticu, a drugi ma fiksnu točku O. Ukoliko se čestica pokrene iz položaja 1

sa brzinom v1, odredi krutost opruge ukoliko je maksimalna udaljenost između putanje čestice

i točke O 400 mm. Opruga je nedeformirana kada je čestica u položaju 1.

m θ

v1

l 1

O

k

v2

l 2

1

2


Poznato: m=0,3 kg, v1=2 m/s, l1=200 mm, l2=400 mm, θ=60°.

Rješenje:

Prema planu slobodnog tijela sustava (slika 1-42), sile koje djeluju na česticu su elastična sila

opruge Fe i težina G.

m 60°

v1

v2

1

2

Fe1

G

G

Fe2

O


Pošto sila opruge uvijek djeluje prema točki O, moment količine gibanja je oko te osi

konstantan. U tom slučaju zakon održanja momenta količine gibanja je:

1 2

1 1 2 2

( ) ( )

cos

O OL L

m v l m v l

Pošto moment daje sila koja je okomita na os, moment količine gibanja u položaju 1 ima krak

l1cosθ. U položaju 2, vektor brzine v2 je okomit na elastičnu silu opruge pa u tom slučaju je

krak sile l2. Iz gornjeg izraza može se izračunati brzina v2:

1 1 2 2

1 12

2

cos :

cos 2 0,2cos600,5 m/s

0,4

m v l m v l m

v lv

l

Pošto je elastična sila opruge konzervativna, zakon o održanju mehaničke energije u tom

slučaju glasi:

1 1 2 2

2 2 2

1 2 2 1

2 2 2

1 1 10 ( )

2 2 2

1 1 10,3 2 0 0,3 0,5 (0,4 0,2)

2 2 2

0,6 0,0375 0,02

k p k pE E E E

m v m v k l l

k

k

Odakle slijedi krutost opruge:

0,6 0,037528,125 N/m

0,02k

2 DINAMIKA SUSTAVA ČESTICA

Sustav čestica je skup međusobno povezanih čestica kod kojih gibanje pojedine čestice ovisi o

gibanju svih ostalih čestica.

Jednadžba gibanja

Za svaku česticu u sustavu može se napisati jednadžba gibanja u kojoj je rezultanta svih sila

koje djeluju na česticu (vanjske i unutrašnje) jednaka umnošku mase i ubrzanja. Za i-tu

česticu mase mi, kojoj je ubrzanje ai druga derivacija vektora položaja r ta jednadžba u

skalarnom obliku glasi:

i ij i

i

F S m r

a za sve čestice zbrojene zajedno

i ij i

i i j i

F S m r

Zakon centra mase sustava čestica

Centar masa sustava giba kao čestica ukupne mase pod djelovanjem rezultante sile svih

vanjskih sila:

, ,i c i i c i

i i i i

c

F r m F R r a m m

R m a

Iz statike je poznato da se centar masa, koji je u tehničkim problemima istovjetan s težištem;

izračunava pomoću izraza:

i i

ic

i

i

m r

rm

Pomoću tog zakona moguće je promatrati gibanje sustava kao cjeline bez određivanja gibanja

pojedinih čestica.

Zakon kinetičke energije

Razlika ukupne kinetičke energije sustava na kraju perioda gibanja (2) i na početku (1)

jednaka je radu svih vanjskih i unutrašnjih sila sustava:

2 1

22 2

2 1

12 2

k k

i i i ii i ij i

i i i i j

E E W

m v m vFdr S dr

Kinetička energija i-čestice: 2

2

i iki

m vE

Ukupna kinetička energija sustava čestica: 2

2

i ik

i

m vE

Zakon o održanju mehaničke energije

Zakon o održanja mehaničke energije u općem obliku glasi jednako kao i kod čestice:

2 1 2 1 0k k p pE E E E

Potencijalna energija suma je potencijalnih energija svih konzervativnih sila u sustavu bez

obzira na to jesu li vanjske ili unutrašnje. U slučaju da su neke od sila nekonzervativne, npr.

sila trenja, primjenjuje se isti izraz kao i kod čestice:

2 1 2 1k k p p TE E E E W

pri čemu je rad nekonzervativnih sila WT suma radova nekonzervativnih sila u sustavu kako

vanjskih tako i unutrašnjih.

Zakon količine gibanja.

2

1

2

1

2 1

2 1

t

i

i t

t

i

i t

p p Fdt

mv mv Fdt

U ukupnom impulsu dolaze samo vanjske sile budući da je impuls svih unutrašnjih sila

sustava jednak nuli (Sij=-Sji).

Količina gibanja i-čestice: i i ip m v

Zakon količine gibanja za i-česticu:

2 2

1 1

2 1

t t

i i i ij

i jt t

p p Fdt S dt

Vektorska suma količina gibanja svih čestica daje količinu gibanja sustava u skalarnom

obliku: i i

i

p m v

Zakon održanja količine gibanja.

Kada je impuls vanjskih sila cijelog sustava jednak nuli (npr. nema vanjskih sila), pojedine

čestice mogu promijeniti brzine, ali samo tako da ukupna količina gibanja ostaje

nepromijenjena:

2 1p p

Zakon momenta količine gibanja.

Derivacija momenta količine gibanja (kinetičkog) momenta sustava po vremenu jednaka

momentu svih vanjskih sila s obzirom na točku O:

O O

O O

x x x

x

i i i i i i ij

i i i j

i i

i

dm

dt

d

dt

L r r r F r S M

L r F M

2

1

2 1( ) ( )

t

O O O

t

L L M dt

Zakon (princip) o održanju momenta količine gibanja.

U slučaju kada je suma momenata vanjskih sila prema točki O jednaka nuli, kinetički moment

u sustavu ostaje tokom vremena nepromijenjen, tako da je:

2 1O OL L

PRIMJER 18

Dva bloka povezana užetom, zanemarive mase, otpuštaju se iz stanja mirovanja (slika 2-1).

Masa bloka A je 40 kg, a bloka B 30 kg. Koeficijent trenja klizanja između podloge i bloka A

je 0,15. Konop klizi preko glatke koloture čija se težina zanemaruje. Koja je njihova brzina

kada se pomaknu za 0,4 m? Zadatak je potrebno riješiti na dva načina i to:

a) razmatranjem svakog bloka kao zasebne čestice,

b) razmatranjem oba bloka kao jednog sustava.

Poznato: mA=40 kg, mB=30 kg v1=0 m/s, s=0,4 m, μ=0,15 mm, α=20°.

mA

mB

α μ

s

s

12

Slika 2-1. Položajni plan sustava u primjeru 18.

Rješenje:

a)

Ukoliko se svaki blok oslobodi veza i razmatra kao zasebna čestica, potrebno je nacrtati dva

plana slobodnog tijela (slika 2-2). Pri tome je potrebno paziti kako se za obje čestice mora

pretpostaviti pozitivan smjer sila u smjeru gibanja po obje osi.

y x S

GA

20° TN

yx

S

GB

v2

v2

Slika 2-2. Plan slobodnog tijela sustava u primjeru 16-a.

Prema planu slobodnog tijela za oba bloka, sila u užetu je S=SAB=-SBA. Budući da su blokovi

A i B vezani užetom konstantne dužine, ova kinematska veza (ograničenje) uvjetuju da se

blokovi gibaju istom brzinom.

Pošto se traži brzina, primijeniti će se zakon kinetičke energije (metoda energija-rad). Sile

koje vrše rad kod bloka A su sila u užetu S, komponenta težine po osi x i sila trenja S. U tom

slučaju zakon kinetičke energije, tj. rad koji mijenja kinetičku energiju bloka A može se

napisati kao:

2

1

2

1

2

1

2

1

( 2) ( 1) (1 2)

2 2

2 1

2

2

2

2

0,42

2

0

2

2

1 1

2 2

10 ( sin 20 )

2

1( sin 20 cos20) cos20

2

1sin 20 sin 20

2

10,4 0

2

A A Ak k

s

A A i

is

s

A

s

s

A A A

s

s

A A A

s

A

E E W

m v m v Fds

m v S G T ds

m v S m g m g ds T N G

m v S s s m g s m g

m v S

,4 sin 20 0,4 sin 20A Am g m g

Sile koje vrše rad kod bloka B su sila u užetu S i težina GB. Stoga rad koji mijenja kinetičku

energiju bloka B je:

2

1

2

1

2

1

2

1

( 2) ( 1) (1 2)

2 2

2 1

2

2

2

2

0,42

2

0

2

2

1 1

2 2

10 ( )

2

1( )

2

1

2

10,4 0,4

2

k B k B B

s

B B i

is

s

B

s

s

B B

s

s

B B

s

B B

E E W

m v m v Fds

m v S G ds

m v m g S ds

m v m g s S s

m v m g S

Jednadžbe zakona kinetičke energije za blok A i B čine sustav jednadžbi od dvije s dvije

nepoznanice i to S i v2. Zbrajanjem ovih dviju jednadžbi, radi eliminacije sile užeta S

(suprotnog predznaka) može se izračunati brzina v2:

2 2

2 2

2

2

2

2

2

2

1 10,4 0,4 sin 20 0,4 sin 20 0,4 0,4

2 2

1( ) 0,4 sin 20 0,4 sin 20

2

1(40 30) 0,4 40 9,81sin 20 0,4 0,15 40 9,81cos20 30 9,81 0,4

2

35 (40sin 20 0,15 40

A B A A B

A B A A B

m v m v S m g m g m g S

v m m m g m g m g

v

v

cos20 30)0,4 9,81

2,065 m/sv

b)

Kada se oba bloka razmatraju kao jedan sustav, sila u užetu postaje unutrašnja sila, pa se

stoga ne uzima u obzir (slika 2-3).

y x

GA

20° TN

yx

GB

v2

v2

RxRy

Slika 2-3. Plan slobodnog tijela sustava u primjeru 16-b.

U tom slučaju svaki blok (čestica) ima isti pomak, pa je rad unutrašnjih sila jednak ali

suprotni kolinearni par i stoga se ne razmatra. Reakcije u ležaju kolutore ne vrše rad (nema

pomaka). Sukladno tome može se napisati zakon kinetičke energije za cijeli sustav kao:

2

1

2 2

1 1

2

1 1

2 1 (1 2)

2 2 22 2

2 1

2 2 2 2

2 2 1 1

0,42

2

0

1 1

2 2

1 1 1 1( sin 20 cos20)

2 2 2 2

1( ) 0 sin 20 cos20

2

k k

si i i

i i i

i i i s

s s

A B A B A A B

s s

s

A B A A B

s s

E E W

m v m v Fds

m v m v m v m v m g m g ds m gds

v m m s m g m g s m g s

2 0,4

0

2

2

2

2

1(40 30) 0,4 40 9,81sin 20 0,15 40 9,81 0,4cos20 30 9,81 0,4

2

35 (40 sin 20 0,15 40cos20 30)9,81 0,4

2,065 m/s

s

v

v

v

Ukoliko je potrebno izračunati silu u užetu S, tada je potrebno primijeniti II Newtonov zakon.

Budući da su blokovi A i B vezani užetom konstantne dužine, ova kinematska veza

(ograničenje) uvjetuju da se blokovi imaju isto ubrzanje aA=aB=a.

U odabranom koordinatnom sustavu xy, jednadžbe gibanja za blok A, prema iz slici 1-44,

glase:

: sin 20

: cos 20

x A x A x

y A y A y

F m a S m g T m a

F m a N m g m a

Kinematički uvjet je:

0ya

a uvjet trenja (sila trenja):

T N

iz čega slijedi

sin 20

cos 20

A A

A

S m g T m a

N m g

što daje

sin 20 cos20A AS m g m g m a

U odabranom koordinatnom sustavu xy, prema slici 1-44, jednadžbe gibanja za blok B glase:

0

:

x B x

y B y B B

F m a

F m a S m g m a

Jednadžbe:

sin 20 cos20A A AS m g m g m a

B BS m g m a

imaju dvije nepoznanice i to S i a. Supstitucijom za a u drugoj jednadžbi dobiva se:

B

B

S m ga

m

što uvrštavanjem u prvu jednadžbu daje

sin 20 cos 20

30 9,8140 9,81sin 20 0,15 40 9,81cos 20 40

30

78,9 1,33( 294,3)

1,33 78,9 1,33 294,3

(1,33 1) 312,52

134,3 N

BA A A

B

S m gS m g m g m

m

SS

S S

S S

S

S

Supstitucijom za S u drugoj jednadžbi dobiva se:

B BS m g a m

i uvrštavanjem u prvu jednadžbu

2

sin 20 cos 20

( ) sin 20 cos 20

(40 30) 30 9,81 40 9,81sin 20 0,15 40 9,81cos 20

5,33 m/s

B B A A A

A B B A A

m g a m m g m g m a

a m m m g m g m g

a

a

Uz poznatu ubrzanje može se izračunati brzina u trenutku 0,4 s pomoću izraza:

0 0 5,33 0,4 2,13 m/sv v a t

PRIMJER 19.

Opruga, nedeformirane dužine 60 cm, spaja dva bloka mase 2 kg i 3 kg. U stanju mirovanja

opruga je stisnuta za 20 cm (slika 2-4). Ukoliko se sustav otpusti iz stanja mirovanja, koja će

biti brzina svakog bloka kada opruga postigne svoju normalnu duljinu. Opruga ima krutost od

12 N/m. Trenje podloge se zanemaruje.

Poznato: mA=2 kg, mB=3 kg, v1=0 m/s, l=0,6 m, x1=0,2 m, c=12 N/m.

mA mB

k

l-x1

l1 1

2 2


Rješenje:

Pošto ista elastična sila opruge djeluje na oba bloka, ali u suprotnom smjeru, ukupni impuls na

sustav obiju masa je jednak nuli (slika 2-5).

mBmA

x

y

vA vB

Fe Fe

G

NN

G


Stoga, količina gibanja dviju masa sačuvana je po osi x (jednaka nuli), pa zakon o očuvanju

količine gibanja glasi:

2 1

2 2

2 1

( ) ( )

( ) ( )

x x

i i i i

i i

p p

m v m v

Pošto blokovi u početku miruju, desni član u gornjem izrazu je jednak nuli, pa stoga slijedi

izraz:

0

2 3 0

3

2

A A B B

A B

A B

m v m v

v v

v v

Ovdje je potrebno napomenuti da kada se piše izraz za zakon o očuvanju količine gibanja

potrebno je smjer brzine odrediti u odnosu na isti referentni koordinatni sustav. Stoga, u ovom

primjeru pretpostavlja se kako blok A giba u lijevo (negativan smjer), a blok B u desno

(pozitivan smjer).

Kako bi se odredila brzina blokova potrebno je koristiti dodatni izraz. Pošto se u problemu

traži brzina, primjeniti će se metoda energije-rad (zakon kinetičke energije). U ovom slučaju

rad opruge kod vraćanja u njenu nerastegnutu duljinu jednak je promjeni kinetičke energije

obaju blokova (početna kinetička energija jednaka je nuli-mirovanje), tj.:

2 1 (1 2)

2 (1 2)

222

12

2

2 2

2

1

0

2

1 1( ) ( )

2 2

k k

k

ie

i

A A B B e

E E W

E W

m vF dx

m v m v F dx

Početna kinetička energija Ek1 jednaka je nuli.

Ukupni rad elastične sile opruge je uz s2=x1=0,2 m:

2

1

2 2 2 0,2

(1 2)

01 1

2

(1 2)

2

12 0,20,24 J

2

s

s

s

c sW F dx c sds

W

Uvrštavanjem dobivenog ukupnog rada u izraz zakona kinetičke energije dobije se:

2 2

2

1 1( ) ( ) 0,24

2 2A A B Bm v m v

Uvrštavanjem izraza za vA dobivenog iz zakona o održanju količine gibanja dobiva se:

2 2

2 2

2

1 1( ( 1,5 )) ( ) 0,24

2 2

1 1(( 1,5 ) ) 0,24 ( )

2 2

1 10,5 0,24 (2 3) 2,26

2 2

3 m/s

A B B B

B B A B

B

B

m v m v

v v m m

v

v

Uz izračunatu brzinu vB bloka B, brzina vA bloka A je:

31,5 (3) 4,5 m/s

2A Bv v

2.1 Sudar čestica

Sudar podrazumijeva snažni kratkotrajan udar dvaju tijela jedno u drugo.

Općenito, razlikuju se dvije vrste sudara:

- ravni centralni sudar,

-kosi centralni sudar.

Ravni centralni sudar je kod kojeg se čestice (centri masa promatranih tijela) gibaju po istom

pravcu prije i poslije sudara i na kojem leži sila sudara (akcije i reakcije).

Po pretpostavci (obično) kako na čestice ne djeluju vanjske sile, a tijekom sudara impulsi sila

akcije i reakcije su suprotnih predznaka, ukupna količina je gibanja nepromijenjena:

1 2

1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( )A A B B A A B B

p p

m v m v m v m v

što se može pokazati zbrajanjem jednadžbi impulsa količine gibanja kod restitucije za čestice

pojedinačno:

2

2

( )

( )

o

o

t

A A A Ar

t

t

B B A Br

t

m v m v Fdt I

m v m v Fdt I

Količina gibanja svake čestice je promijenjena uslijed impulsa sile međudjelovanja tijekom

perioda restitucije i perioda deformacije.

Omjer impulsa sila međudjelovanja između ta dva perioda naziva se koeficijent restitucije i

može se izračunati za svaku česticu vodeći računa o predznaku sile:

0

0

0

0

2 2

1 1

0

2 2

1 1

0

( ( ) ) ( )=

( ( ) ) ( )

(( ) ) ( )=

( ( ) ) ( )

t

r

tAr A A A

t

Ad A A A

d

t

r

tBr B B B

t

Bd B B B

d

F dtI m v v v v

eI m v v v v

F dt

F dtI m v v v v

eI m v v v v

F dt

Sile magnitude Fr i Fd predstavljaju sile kontakta za vrijeme perioda restitucije i deformacije.

Period restitucije traje u vremenu t, tj. od trenutka maksimalne deformacije t0 do trenutka

odvajanja čestica.

Uklanjanjem brzine v, dobije se koeficijent restitucije izražen preko početnih i krajnjih brzina:

2 2

1 1

( ) ( )

( ) ( )

B A

A B

v ve

v v

Iz izraza se vidi kako je koeficijent restitucije omjer relativne brzine odvajanja čestica upravo

nakon sudara i relativne brzine približavanja netom prije sudara.

Vrijednost koeficijenta restitucije e=1 označava pretvorbu energije bez gubitaka, tj. idealni

elastični sudar.

Vrijednost koeficijenta restitucije e=0 označava pretvorbu energije bez oporavka materijala

tijela, a to znači idealni plastični sudar.

Stvarne situacije su između ova dva slučaja.

Kosi centralni sudar označava sudar čestica čije brzine prije sudara nisu kolinearne.U pravcu

sila sudara (tangenta) vrijede iste relacije kao za ravni centralni sudar dok za okomiti pravac

(normala), u kojem nema vanjskih sila sudara (ili kad vanjske sile možemo zanemariti),

vrijedi zakon očuvanja količine gibanja za svaku česticu posebno.

Količina gibanja sustava očuvana je u smjeru normale što daje:

1 2

1 1 1 2 2 1 2 2( ) sin ( ) sin ( ) sin ( ) sinA A B B A A B B

p p

m v m v m v m v

Količine gibanja svake čestice očuvana je u smjeru tangente pošto nema impulsa sile u smjeru

tangente što daje:

1 2

1 1 2 1

1 2

1 2 2 2

( ) cos ( ) cos

( ) cos ( ) cos

A A

A A A A

B B

B B B B

p p

m v m v

p p

m v m v

PRIMJER 20

Automobil A mase 1,8 tona kreće se prema naprijed u desno brzinom od 1,2 m/s kada udara

u automobil B koje se giba u lijevo brzinom od 2 m/s (slika 2-6). Sudar uzrokuje zaustavljanje

automobila A. Ukoliko je za sudar koeficijent restitucije 0,5, odredi:

a) brzinu automobila B nakon sudara i

b) masu automobila B.

Trenje se zanemaruje.

Poznato: mA=1800 kg, (vA)1=1,2 m/s, (vB)1=2 m/s, e=0,5.

(VA)1(VB)1

y

x


Rješenje:

a)

Brzina automobila B nakon sudara može se odrediti koristeći izraz za koeficijent restitucije

Na osnovu slike 1-48, može se vidjeti kako je relativna brzina približavanja (vA)1+(vB)1, pa iz

toga slijedi:

2 2

1 1

2 2

1 1

( ) ( )

( ) ( )

( ) 0 ( )0,5

( ) ( ) 1,2 2

B A

A B

B B

A B

v ve

v v

v v

v v

odakle se može izračunati

2( ) 0,5 3,2 1,6 m/sBv

b)

Pošto je sila F koja djeluje na oba automobila unutrašnja može se zaključiti kako je po osi x

količina gibanja sačuvana (nema impulsa).

F -F

mA(vA)1 mB(vB)1

mA(vA)2=0 mB(vB)2

y

x

Slika 2-7. Količina gibanja prije sudara i nakon sudara.

Prema slici 2-7, sukladno zakonu o očuvanju količine gibanja slijedi izraz:

1 2

1 1 2

( ) ( )

( ) ( ) ( )

1800 1,2 2 1,6

x x

A A B B B B

B B

p p

m v m v m v

m m

odakle se može izračunati

1800 1,2 2 1,6

1,6 2 1800 1,2 ( 1)

(1,6 2) 1800 1,2

1800 1,2600 kg

1,6 2

B B

B B

B

B

m m

m m

m

m

3 DINAMIKA KRUTOG TIJELA

Kruto tijelo je tijelo čija promjena oblika je zanemariva uspoređujući je s ukupnim

dimenzijama tijela ili s promjenama položaja tijela u cjelini. Drugim rječima, kruto tijelo je

poseban sustav čestica kod kojeg je udaljenost između dviju proizvoljnjih točaka

nepromijenjiva.

3.1 Geometrija krutog tijela

Gibanje krutog tijela ovisi o masi ali i o njenoj raspodjeli.

Masa tijela je mjera njegovog otpora prema translaciji (ubrzanju, F=m·a), dok je mjera otpora

prema rotaciji moment tromosti mase tijela (aksijalni moment tromosti).

Momentom tromosti mase tijela uzima se u obzir i raspodjela mase tijela, a definira se prema

nekoj osi, npr. u Decartesovom koordinatnom sustavu.

2 2

2 2

2 2

= ( )

= ( )

= ( )

x x

m m

y y

m m

z z

m m

I r dm y z dm

I r dm x z dm

I r dm x y dm

U svim izrazima za aksijalne momente tromosti dolazi kvadrat udaljenosti od osi množen

s diferencijalom mase, pa je jedinica momenta tromosti kgm2

Moment tromosti mase tijela može se izraziti i na sljedeći način:

2 2 2

x x x x

m m

I i dm i dm i m

gdje je ix polumjer tromosti [m] u odnosu na os. To je udaljenost od osi x (y ili z) na kojoj

trebalo koncentrirati svu masu tijela da moment tromosti ostane nepromijenjen.

Ukoliko se tijelo sastoji od materijala promjenjive gustoće, ρ=ρ(x,y,z) elementarna masa dm

tijela može se izraziti u odnosu na njegovu gustoću i volumen kao dm=pdV što daje, npr., za

os z:

2

z z

V

I r dV

Za tijelo konstantne gustoće vrijedi:

2

z z

V

I r dV

Centrifugalni ili devijacijski moment tromosti definiran je prema paru koordinatnih osi:

=

=

=

xy yx

m

yz zy

m

zx xz

m

I xydm I

I yzdm I

I zxdm I

U praksi je često potrebno odrediti moment tromosti tijela za neku paralelnu os.

U tom se slučaju koristi Steinerovo pravilo:

2

1z zI I d m

gdje je: d - razmak osi z i z1 (paralelna osi z).

Momenti tromosti za istu os mogu se zbrajati, što olakšava njihovo određivanje kod tijela

složenog oblika koja su sastavljena od dijelova poznatih momenata tromosti.

PRIMJER 21

Sklop se sastoji od tri homogena tijela: valjka mase 10 kg, okruglog štapa mase 2 kg i kugle

mase 4 kg (slika 3-1) . Za ovaj sklop potrebno je izračunati:

a) moment tromosti mase oko osi x

b) moment tromosti za paralelnu os x1 koja prolazi kroz centar težišta C.

Slika 3-1-Sklop tri homogena tijela.

Rješenje:

Centri mase cilindra C1, štapa C2 i kugle C3 prikazani su na slici 3-2.

Slika 3-2. Centri mase sklopa tri homogena tijela.

Moment tromosti mase valjka:

2 2 2 2 2

1 1

1 1( ) (3 ) 10(30,06 0,3 ) 0,084 kgm

12 12xI m R h

Primjenom Steinerovog pravila dobiva se moment tromosti valjka s obzirom na os x:

2 2

1 1 1 1( ) 0,084 10 0,24 0,66 kgmx xI I m d

Moment tromosti mase okruglog štapa:

3 222

2

2 0,36( ) 0,0216 kgm

12 12x

m LI

Pošto se centar mase štapa C2 poklapa s ishodištem koordinatnog sustava x, y i z nije potrebno

koristiti Steinerovo pravilo.

Moment tromosti mase kugle:

2 2 2

3 3

2 2( ) 4 0,09 0,01296 kgm

5 5xI m R

Primjenom Steinerovog pravila dobiva se moment tromosti valjka s obzirom na os x:

2 2

3 3 3 1( ) 0,084 4 0,27 0,30459 kgmx xI I m d

Moment tromosti mase sklopa oko osi x je jednak zbroju momenata tromosti dijelova oko te

osi:

2

1 2 3 0,66 0,01296 0,30459 0,98616 kgmx x x xI I I I

b)

Na osnovu simetrije, centar mase C sklopa leži na osi y s koordinatom yc, a koja se može

odrediti pomoću izraza:

3

1 1 2 2 3 3

3

1 2 3

10 0,24 2 0 4 0,270,0875 m

10 2 4

i i

iC

i

i

m ym y m y m y

ym m m

m

Pošto je yc udaljenost između osi x i centralne osi x1 sklopa u točki C, moment tromosti sklopa

oko osi centra mase na osnovu Steinerovog pravila iznosi:

2 2 2

1 0,98616 (10 2 4)0,0875 0,877 kgmx x CI I m y

Predznak minus u gornjem izrazu označava da se centar mase sklopa C nalazi prije ishodišta

koordinatnog sustava po kojem je izračunat moment tromosti mase Ix.

3.2 RAVNINSKO GIBANJE TIJELA

3.2.1 Translacija krutog tijela

Translacija tijela nastupa kada glavni vektor vanjskih sila FR (vanjske sile zbrojene zajedno

daju rezultantu silu) što djeluju na tijelo, prolazi kroz središte mase C (težište) tijela (slika 3-

3). Stoga, sve čestice tijela imaju isto ubrzanje.

A

P

C

y

x

m·a

d

F1

F2

F3

FR

Putanja

središta mase C

Slika 3-3. Pravocrtna translacija.

Prema obliku putanje, translacija može biti pravocrtna i krivocrtna. Skalarne jednadžbe

gibanja kod pravocrtne translacije su:

0

x x

y y

F m a

F m a

M

gdje je:

,x yF F - algebarska suma komponenti svih vanjskih sila po osi x i y, N,

m – masa tijela, kg,

ax, ay –komponente ubrzanja tijela po osi x i y,

M - suma svih momenta vanjskih sila s obzirom na centar mase, Nm.

Kod krivocrtnog gibanja (α=0, ω=0), jednađžbe gibanja su (slika 3-4):

0

n n

t t

F m a

F m a

M

gdje je:

,x yF F - algebarska suma komponenti svih vanjskih sila po osi n i t, N,


an, at –komponente ubrzanja tijela po osi n i t, m/s2,

M - suma momenta vanjskih sila s obzirom na centar mase, Nm.

A

B

C

t

m·at

dB

F1

F2

F3

FR

n

d A

m·an

Putanja

središta mase C

Slika 3-4. Krivocrtna translacija.

Općenito se može reći da će se tijelo translatamo gibati ako rezultanta vanjskih sila

prolazi kroz težište. Izraz FR=m·a, je tada je jedina vektorska jednadžba gibanja, koja se ni

po čemu ne razlikuje od jednadžbe gibanja čestice mase m na koju djeluje rezultantna sila

FR. Svi zakoni koji slijede iz te jednadžbe (zakon kinetičke energije, zakon količine gibanja

itd.) jednaki su kao i kod gibanja čestice, te sve što je rečeno u dinamici čestice vrijedi i

za dinamiku translacije krutog tijela. Translacija krutog tijela promatra se kao gibanje

tijela kojemu je sva masa koncentrirana u težištu tijela C, gdje je i hvatište rezultante svih

vanjskih sila, a prema D' Alembertovu principu i sila inercije.

3.2.2 Rotacija krutog tijela

Rotacija krutog tijela (slika 1-54) oko nepomične (fiksne) osi definira se kao gibanje u kojem

sve točke (čestice) na osi rotacije miruju dok se sve ostale točke gibanju po kružnim

putanjima brzinom u skalarnom obliku:

v r

i ubrzanjem u skalarnom obliku

2

( ) ,

( ) n t

dv dv da v r r r r v r

dt dt dt

a r r r r a a

F1

F2F3

O

C

ω

α

t nan

at

r

I·α

Slika 1-53. Rotacija tijela.

Ukoliko se os rotacije ne poklapa s težištem tijela (O C, necentroidna rotacija), skalarne

jednadžbe gibanja sustava su:

2

n n

t t

O O

F m a r

F m a r

M I

gdje je:

,x yF F – algebarska suma komponenti svih vanjskih sila uključujući reakcije po osima n

i t, N,


an, at –komponente ubrzanja tijela po osi n i t, m/s2,

M – suma momenta svih vanjskih sila s obzirom na os rotacije u točki O (pozitivan smjer

u smjeru kutnog ubrzanja), Nm,

r – udaljenost od središta rotacije O do središta mase G, m,

IO – moment tromosti (inercije)mase tijela oko osi rotacije, kgm2,

ω – kutna brzina tijela, rad/s,

α – kutno ubrzanje tijela, rad/s2.

Moment tromosti mase tijela oko osi rotacije je prema Steinerovom pravilu:

2

O CI I r m

gdje je Ic moment tromosti mase tijela s obzirom na težište.

Ukoliko se os rotacije poklapa s težištem tijela (O=C, centroidna rotacija), skalarne jednadžbe

gibanja sustava su:

0

0

n

t

C C

F

F

M I

Documents

DINAMIKA - University of Split3 32 9 10 sin15 1000 9,81cos30 9692,6 N =0,1 ( 9692,6)= 962,26 N 1 9 10 cos15 1000 9,81sin30 ( 962,26) 3,81 ms 100 N T a ªº¬¼ b) Ukoliko se primijeni