Isak Karabegovic - Dinamika i Osiclacije (Poglavlje 6)

7/23/2019 Isak Karabegovic - Dinamika i Osiclacije (Poglavlje 6)

http://slidepdf.com/reader/full/isak-karabegovic-dinamika-i-osiclacije-poglavlje-6 1/19

U ovom poglavlju razmatrat emo neke posebne slu#ajeve kretanja materijalne ta#ke, koji

su od posebnog prakti#nog interesa. Ovi problemi bie rješavani upravo primjenom ve navedenih osnovnih zakona dinamike i primjenom opih zakona izvedenih u prethodnojglavi.

6.1. CENTRALNA SILA. ZAKON POVRŠINA

Pod centralnom silom podrazumjeva se sila koja djeluje na materijalnu ta#ku, a uvijek

prolazi kroz odre%enu stalnu ta#ku prostora - centar sile.

Položaj materijalne ta#ke odre%uje se vektorom položaja r u odnosu na centar, te centralnasila može biti privla#na i odbojna kao što je prikazano na slici 6.1.

Slika 6.1. Kretanje materijalne ta ke pod djelovanjem privla ne i odbojne sile

Posebno su važne one centralne sile kod kojih intenzitet zavisi od rastojanja izme%u te

ta#ke (centra) i napadne ta#ke M sile. One se mogu napisati u obliku

Kretanje pod djelovanjemcentralnih sila

0

M(m)

# r e

r

F

vm

0

M(m)

# r e

r

F

vm



r

r r F er F r F F

r r r

rrr)()()(

=== (6.1.)

gdje je F r (r ) - projekcija sile na pravac

vektora položaja er OM r r

rr==

→, a

r

r er

r=

jedini#ni vektor.

Pokažimo prvo, da pri kretanju ta#ke poddjelovanjem same centralne sile, to jest pricentralnom kretanju, važi zakon o

održanju momenta koli#ine kretanja uodnosu na centar sile (slika 6.2.).

Slika 6.2. Kretanje materijalne ta ke pod

djelovanjem same centralne sile

Pošto je

00 = F M r

slijedi

000 == F M

dt

Ld rr

Dakle, vrijedi

→

→

=

×

=×=

.

.0

const dt

r d r m

const vmr Lr

r

rrr

(6.2.)

Slijedi da je vektorski proizvoddt

r d r r× =

→

.const

000vmr const vmr L

rrrrr×==×=

→ (6.3.)

što zna#i da vektori r i v odre%uju stalnu ravan u prostoru i ta#ka se pod djelovanjem

centralne sile kree u toj ravni. Ravan kretanja odre%uju vektori po#etnog položaja, ,0

r i

po#etne brzine0

v , kako je to u jedna#ini (6.3.) nazna#eno.

Ako sa→

dA ozna#imo vektor elementarne površine koju u toku elementarnog intervala

vremena dt prebriše radijus - vektor položaja ta#ke, r (

→

dA je okomito na ravan), brojnavrijednost te površine (trougla OMM1) iznosi

r xd r dA rr

2

1= (6.4.)

Diferenciranjem po vremenu prethodne jedna#ine, dobivamo brzinu promjene ove površine

dt

r d xr

dt

dA r

2

1= (6.5.)

M(m)

r d vm

1r r

F

dA

0 L

dA0

x



Kao što smo vidjeli dt

r d

r

r

× =const., pa prethodnu jedna#inu možemo napisati u obliku

.const C dt

dA== (6.6.)

odnosno nakon integracije je A = A0 + Ct (6.7.)

Jedna#ina (6.6.), odnosno (6.7.) izražava zakon površina na osnovu kog možemo zaklju#itida je pri centralnom kretanju sektorska brzina ( s = C ), tj. brzina prebrisavanja površine

vektorom položaja ta#ke u odnosu na centar sile konstantna, odnosno površina koju opisujevektor položaja mijenja se proporcionalno vremenu.

Prou#imo sada detaljno kretanje materijalne ta#ke pod dejstvom centralne sile.

Posmatrajmo kretanje materijalne ta#ke pod dejstvom privla#ne sile u polarnomkoordinatnom sistemu (slika 6.3.).

Površina ∆ OMM1 može se odrediti u polarnimkoordinatama izrazom

ϕd r dA 2

2

1=

Diferenciranjem gornje jedna#ine, dolazimo dosektorske brzine

.2

1

2

1 22 const S C r dt

d r

dt

dA===== ϕ

ϕ& (6.8.)

Vidimo da je sektorska brzina konstantna.

Slika 6.3. Ravan kretanja materijalne ta ke pod dejstvom centralnih sila

Do diferencijalnih jedna#ina kretanja materijalne ta#ke u polarnim koordinatama doit

emo ako osnovnu diferencijalnu jedna#inu kretanja ta#ke F amr= projektujemo na

polarne ose

ϕϕ F ma

F mar r

==

(6.9.)

gdje je F r = - F projekcija centralne sile na radijalni pravac. O#igledno je da, ako je sila

usmjerena suprotno od centra privla#enja F r = F . Kako je, F ϕ = 0 to prethodne jedna#ine

poprimaju slijedei oblik

0)(

)(

2

2

=

=−

ϕ

ϕ

&r dt

d

r

m

F r r m r

(6.10.)

Iz druge jedna#ine (6.10.) slijedi

.221

2 const S C C r ====ϕ (6.11.)

što je identi#no sa rezultantom (6.8.)

Pošto je .2 const r =ϕ , to možemo napisati

0

M

# r

er

1 F

v

0v

$

M0

ϕe

ϕrd ϕd r dA ′=

2

1

d #

0r



αϕϕϕ sin000000

2

0

2 ⋅=== vr r r r r (6.12.)

odnosno izraz za sektorsku brzinu poprima slijedei oblik

αsin2

100

vr S C == (6.13.)

#ime je u potpunosti odre%ena sektorska brzina po#etnim uslovima kretanja.Za potpuno opisivanje kretanja materijalne ta#ke pod djelovanjem centralne sile služi namdiferencijalna jedna#ina

)()( 2 r F r r m r =− ϕ

i prvi integral

.221

2

const S C C r ====ϕ (6.14.)

6.2.

BINEOV OBRAZAC1

Da bismo transformisali diferencijalnu jedna#inu (6.14.), uvest emo umjesto nezavisno

promjenljivog vremena t, nezavisno promjenljivi polarni ugao ϕ. Izvod intenziteta vektora

položaja r ta#ke koristei se sa (6.14.), možemo napisati u obliku

−=====

r d

d C

r

C

d

dr

d

dr

dt

d

d

dr

dt

dr r

12

22 ϕϕ

ϕϕ

ϕ

ϕ&& (6.15.)

Drugi izvod intenziteta vektora položaja r po vremenu r , može se transformisati na

slijedei na#in

( )

−====

r d

d

r

C r

d

d

r

C

d

r d

dt

d

d

r d

dt

C d r

1422

2

2

2

2 ϕϕϕ

ϕ

ϕ&&& (6.16)

Uvrštavanjem jedna#ine (6.15.), (6.16) u jedna#inu (6.14.), imajui na umu, da je2

2

r

C =ϕ& ,

dobit emo

)(414

4

2

2

2

2

2

r F r

C r

r d

d

r

C m

r =

−

−

ϕ (6.17.)

Nakon sre%ivanja, predhodnu jedna#inu možemo napisati u slijedeem obliku

2

2

2

2

4

)(11

mC

r F r

r r d

d r −=+

ϕ (6.18.)

i uvo%enjem oznaker

1=µ , dobije se kona#no

224

)(''

umC

r F uu r =+ (6.19.)

1 Francuski matemati#ar i astronom Jacques Philippe Marie Binet 1786-1856. god.



gdje je sa u'' ozna#en drugi izvod po ϕ. jedna#ina (6.1.) poznata je kao Bineov obrazac.

Kako je F r funkcija rastojanja r , odnosno u, to Bineov obrazac predstavlja, ustvari,diferencijalnu jedna#inu putanje ta#ke.

Bineov obrazac omoguuje da odredimo zakon djelovanja centralne sile ako je poznata

trajektorija pokretne ta#ke, r = r (ϕ), i obratno, da odredimo trajektoriju pokretne ta#ke u polarnim koordinatama ako je poznat zakon djelovanja centralne sile. Treba voditi ra#una otome da li je projekcija sile na radijalni pravac pozitivna ili negativna ( F r > 0) ako je silaodbojna, tada na desnoj strani Bineove jedna#ine imamo znak minus, a kada je ( F r < 0), sila

privla#na, tada na desnoj strani jedna#ine imamo znak plus.

6.3. NEWTONOV ZAKON OPE GRAVITACIJE

Poslije opeg razmatranja problema centralnog kretanja ta#ke, u preostalom dijelu ovog

poglavlja, bit e prou#avan problem kretanja pod djelovanjem Newtonove sile opegravitacije, kao poseban i najzna#ajniji primjer centralnog kretanja. Newtonova gravitaciona sila izražava djelovanje bilo koja dva tijela jednog na drugo i ona

je odre%ena izrazom

r

r

r

mm f F

r

2

0−= (6.20.)

gdje je: f - univerzalna gravitacionakonstanta, m0 - masa tijela (planete) uodnosu na koje se kretanje ta#ke M posmatra, m - masa materijalne ta#ke (tijela)

#ije kretanje analiziramo (slika 6.4.), r -

polarno rastojanje ta#ke ili tijela od centra

privla#enja,r

r - je jedini#ni vektor usmjeren

duž polarnog rastojanja. Projektovanjem Newtonove gravitacione sile na osu r polarnog koordinatnog sistema dobijamo

2

0

r

mm f F

r −= (6.21.)

te zamjenom u jedna#inu (6.18.) dobit emo

2

0

2

2

4

11

C

fm

r r d

d +

ϕ

(6.22.)

Ako uvedemo, radi lakšeg pisanja, konstantu p,

2

0

4

1

C

fm

p= (6.23.)

tada se prethodna jedna#ina svodi na slijedei oblik

pr r d

d 1

112

2

=+

ϕ (6.24.)

0

M(m)

#

r

F

M00r

$ 0v

Slika 6.4. Kretanje ta ke pod djelovanjem

sile op%e gravitacije



gdje je ugao

ϕ - argument, a

r

1 tražena funkcija. Jedna#ina (6.24.) predstavlja linearnu

nehomogenu diferencijalnu jedna#inu drugog reda sa konstantnim koeficijentima. Rješenje

ove jedna#ine sastoji se iz zbira rješenja homogene jedna#ine (r

1)h i partikularnog rješenja

(r

1) p .

ph r r r

+

=

111

gdje je

pr

C C r

p

h

11

sincos1

21

=

+=

ϕϕ

Opi integral jedna#ine (6.24.) je

pC C

r

1sincos

121 ++= ϕϕ (6.25.)

gdje su C1 i C 2 proizvoljne integracione konstante koje se odre%uju iz po#etnih uslova

kretanja. Po#etni uslovi su: ϕ = 0, r = r 0, ugao izme%u r 0 i v0 je α. Po#etne vrijednosti

radijalne, cirkularne brzine i izvoda ugla ϕ po vremenu su

0

00

0000

000

sinsin)(

cos)(

r

vr vv

r vvr

αϕ

ϕα

α

ϕ

===

==

&

Zamjenom po#etnih uslova ϕ = 0, r = r 0 u jedna#inu (6.24.), dobija se

pr C

pC

r

11 odnosno

11

0

11

0

−=+=

Diferenciranjem (6.24.) po uglu ϕ, slijedi

ϕϕϕ

cossin1

212C C

d

dr

r +−= (6.26.)

Izraz možemo dalje transformisati

ϕϕϕϕ

r r

d

dt

dt

dr

d

dr & ===

1

tako da po#etna vrijednost r ,

αα

α

ϕctg r r

v

vr r 00

0

0

0

00

sin

cos=⋅==&



Zamjenom00

i,0 r r =ϕ u (6.26.), dobijamo

αα ctg r

C C ctg r r 0

22020

1,odnosno,

1==−

Odre%ivanjem C 1 i C 2 jedna#inu (6.25.) možemo napisati u obliku

ptg C

r pr r

1sin

1cos

11100

+−

−= ϕαϕ

Uvedemo li sada nove konstante E i ε na slijedei na#in

εα

ε

cos1

cos11

0

0

E ctg r

E pr

=−

=−

tada slijedi

−

=

+

−

=

αε

α

11

0

2

0

22

0

ctg pr

ptg arc

r

ctg

pr E (6.27.)

jedna#ina putanje ima oblik

p

E

r

1)cos(

1+−= εϕ

Ako se uvede nova konstanta e

2

0

22

0

11

r

ctg

pr p pE e

α+

−== (6.28.)

i promjenjiva εϕψ −= , onda se kona#no dobija

ψ cos1 e

pr

+= (6.29.)

Jedna#ina (6.29.) predstavlja jedna#inu konusnog presjeka u kanonskom obliku. Prema jedna#ini (6.29.) pod djelovanjem Newtonove sile ope gravitacije, ta#ka se kree po jednoj

od trajektorija zavisno od ekscentriteta, i to:

e = 0 - trajektorija je kruge < 1 - trajektorija je elipsa

e = 1 - trajektorija je parabola,e > 1 - trajektorija je hiperbola kao što je prikazano na slici 6.5.

Kao što se može vidjeti iz jedna#ina (6.28.) i (6.23.), u jedna#ini (6.23.) je 2C = r 0v0 sin α,eksentricitet zavisi od po#etnih uslova, pa prema tome i oblik putanje ta#ke zavisi od

po#etnih uslova.



Slika 6.5. Kretanje materijalne ta ke pod djejstvom Newtonove gravitacione sile

6.3. KEPLEROVI ZAKONI KRETANJA PLANETA

Na osnovu vlastitih posmatranja, teorije o heliocentri#nim sistemima i koristei rezultate

dugogodišnjeg ispitivanja danskog astronoma Tycho Brahea (1946-1601), izveo je

Johannes Kepler (1571-1630) svoje zakone o kretanju planeta oko Sunca.

Prvi Keplerov zakon glasi:

Putanje planeta su elipse kod kojih se u jednoj žiži nalazi Sunce (slika 6.6.)

Kada je e < 1, trajektorija planeta je elipsa#ije su poluose

2

2

21

1,1 e

peab

e

pa

−=−=

+= (6.30.)

a rastojanje fokusa

2c = 2ae Slika 6.6. Putanja planeta

Drugi Keplerov zakon glasi:

Površine koje prebrišu vektori položaja planeta u odnosu na Sunce u jednakim

vremenskim razmacima jednake su, vidi sliku6.7.

R

e=0

e=1

e>1

e<1

M0

0v

a

b

M

s

2c=2ae

v

s

A1

A2

Slika 6.7. Slika uz objašnjenje drugog

Keplerovog zakona



Tr e i Keplerov zakon glasi:

Kvadrati vremena obilaženja planeta oko Sunca proporcionalni su kubovima velikih poluosa njihovih putanja

3

1

3

2

2

1

2

2

a

a

T

T =

Da bismo odredili vrijeme obilaska, planete oko Sunca, T, koja se kree po elipti#noj

putanji, poi emo od toga da je opisana površina, saglasno jedna#ini 6.8.

A = CT (6.31.)

gdje je T vrijeme obilaska planete oko Sunca. S obzirom da je površina koju opiše vektor

položaja planete pri kretanju po elipsi oko Sunca, jednaka A = ab ⋅ π i uzimajui u obzirrelacije (6.30.), dobivamo

2

32

22 1

C

paT

eaabCT

π

ππ

=

−== (6.32.)

Kako je0

24

fm

C p = , to jedna#ina (6.32.) poprima oblik

3

0

22 4

a fm

T π= (6.33.)

Na osnovu (6.33.) možemo zaklju#iti da je kvadrat perioda obilaska planete po elipti#noj

putanji oko Sunca srazmjerna kubu velike poluose elipti#ne putanje.

6.5. PUTANJE VJEŠTA#KIH SATELITA

Vješta#ki Zemljin satelit kree se pod djelovanjem centralne sile Zemljinog privla#enja #ija

je projekcija na poteg r (slika (6.8.)

2r

mm f F z

r −= (6.33.)

gdje je:m z - masa Zemlje,

m - masa satelita,r - polarno rastojanje Zemlje i satelita, f - gravitaciona konstanta koju je 1798. godine odredio engleski fizi#ar

H. Cavendish i iznosi f = 6,67 ⋅ 10-11

Nm2kg

-2

Na površini zemlje je F r = G

z

z

m

gR f

R

mm f mg

2

2 =⇒= (6.34.)

Izraz za konstantu p možemo napisati u slijedeem obliku



2

22 44

gR

C

fm

C

p z == (6.35.)

gdje je R polupre#nik Zemlje.

Da bismo odredili najmanju po#etnu brzinu

v0 pri kojoj e tijelo postati Zemljin satelit,

pretpostavimo da je vektor 0v okomit na

vektor siler

F kao što je prikazano na slici

6.8. Neka se tijelo nalazi na visini H iznadzemlje.Putanja tijela je krug kada je ekscentricitet

e = 0, a elipsa kada je e < 1. Samo ove putanje mogu bititrajektorije Zemljinih vješta#kih satelita.

Veli#inu ekscentriciteta e odrediemo iz

jedna#ine (6.28.), po#etnih uslova00

r v ⊥ ,

odnosno ctg α = ctg 900 = 0.

Slika 6.8. Kretanje vješta kog Zemljinog satelita

2

20

2

2

020

20

2

2

0

)(904

1111

gR

v H R

gR

vr

gR

C p

p H R pr E

+===

−+

=−=

(6.36.)

Uvrštavajui (6.36.) u jedna#inu (6.28.), dobivamo

1)(

12

2

0

2

0

−+

=−== gR

v H R

r

p pE e (6.37.)

Putanja satelita je krug kada je e = 0, te je

22

2

0

2

2

0

2

1)(

01)(

+

=+=

=−+

R

H gR

H R gRv

gR

v H R

(6.38.)

Na osnovu navedenih uslova, možemo zaklju#iti da je najmanja po#etna brzina v0 = (v0)min tijela, da bi se ono kretalo oko Zemlje po kružnoj putanji, odre%ena relacijom (6.38.).Pretpostavljajui da je H malo u odnosu na polupre#nik Zemlje R, možemo staviti da je

,0≈ R

H a R = 6,37 ⋅ 10

-6m, tada je na osnovu (6.38.) vI = 7,9 km/s.

Brzine vI naziva se prva kosmi ka brzina.

0v

r F $ H

r 0

R



U slu#aju da je e = 1, putanja satelita je parabola, te je

R

H

gR

H R

gRv

gR

v H R

+=

+=

=−+

1

2

)(

2

11)(

2

2

0

2

2

0

2

(6.40.)

Ako uvrstimo vrijednosti za R i ,0≈ R

H dobijamo v II = 11,2 km/s drugu kosmi ku brzinu.

Možemo zaklju#iti da tijelo postaje vješta#ki Zemljin satelit samo za intenzitete po#etnih brzina koji se nalaze u granicama

skmv

skm 2,119,7 0 ≤≤

Za brzine v0 > 11,2 km/s tijelo e postati satelit drugih nebeskih tijela.

6.6. KRETANJE INTERKONTINENTALNE BALISTI#KE RAKETE

Kod kretanja interkontinentalnih balisti#kih raketa mora se u obzir uzeti promjena sile teže

u zavisnosti od visine leta projektila jer su domet i visina penjanja ovih raketa reda veli #inakao i polupre#nik Zemlje.

Pretpostavimo da je raketa lansirana po#etnom brzinom v0 pod uglom α prema horizontu.Odredimo visinu rakete, trajanje leta i domet. Pri odre%ivanju navedenih veli#ina otpor

atmosfere zanemariti i rotaciju Zemlje oko vlastite ose tako%er zanemariti.

Domet rakete odre%en je dužinom luka AB R D AB β2== (6.41.)

Ako se podsjetimo da je

βπψ −== i2

1 gRv (vidi sliku 6.9.), ugao β

možemo izra#unati

)cos(2

2sin2

2

0

α

αβ

ov gR

vtg

−= (6.42.)

Na osnovu (6.42.) i (6.41.) možemo izra#unatidomet rakete.

Najveu visinu putanje H možemo izra#unati iz putanje, gdje je

Rr ON OM H p −=−= =ϕ (6.43.)

a p je odre%eno poznatim izrazima

αα

cossin4 2

0

2

22

0

2

2

2

g

v

gR

v R

gR

C p ===

Kona#no

Re g

v R

e

p H −

−=−

−= α2

2

0 cos)1(1

(6.44.)Slika 6.9. Kretanje balisti ke rakete

# '

r

R2 (

0

A B N

H

M

0v



Ekscentricitet putanje e, u gornjoj jedna#ini izra#unava se na osnovu jedna#ine (detaljno

opisano na str. 140 [27])α22

0

2

0

2 sin)1( eee −+=

gdje je

112

0

2

00 −=−

=

gR

v

v

ve

I

(6.45.)

Trajanje leta rakete izra#unavamo iz zakona površine i jedna#ine trajektorije

ϕ

ϕ

cos1 21

2

e

pr C C

dt

d r

+=== (6.46.)

Ako uzmemo u obzir da je

α

α

cos2

cos

01

220

RvC C

g

v p

==

= (6.47.)

dobivamo iz (6.46.)

22

33

0

2

11

2

)cos1(

cos

cos1

1

ϕ

ϕϕϕ

ϕ

ϕ

e

d

R g

vd

e

p

C C

d r dt

+=

+

== (6.48.)

Integriranjem dobivamo trajanje leta rakete

)sin()1(

cos22/322

330 K e K

e Rg

vT +

−=

α (6.49.)

gdje je

21

1 tgarc2

βtg

e

e K ⋅

−+

=

Najpogoniji ugao α = α1 i najmanja brzina v0 = (v0)min koju treba saopštiti raketi da padne u

odre%enu ta#ku na Zemlji. Iz jedna#ine za tgβ nalazimo

αβα

β

2sincos2

22

2

0 +=

tg

tg gRv (6.50.)

Pri β = const., kada je nazivnik najvei, brzina e biti minimalna. Za α = α1 deriviranjem po

α1 i izjedna#avanjem s nulom, dobivamo

02cos2sin 11 =+− αβα tg odnosno

241

βπα −= (6.51.)

Minimalna brzina

β

β

sin1

sin2)( min0 +

= gRv (6.52.)

koju e raketa imati data je jedna#inom (6.52.)



RIJEŠENI ZADACI IZ POGLAVLJA 6.

Zadatak 6.1.

Odrediti najveu visinu podizanjamaterijalne ta#ke iznad površine Zemlje koja

se kree po#etnom brzinom, v0 pod uglom α ikoja ponovo pada na Zemlju. Pretpostaviti da je sila privla#enja Zemlje obrnuto

proporcionalna kvadratu rastojanja od centraZemlje. Silu otpora kretanju zanemariti. Na površini Zemlje ubrzanje sile teže jednako g .

Rješenje:

Napišimo po#etne uslove kretanjamaterijalne ta#ke

za t = 0 r = r 0 = R ϕ = 0

Slika uz zadatak 6.1.

( )

αϕ

α

cos

sin

00

000

R

v

vvr r

=

==

&

Posljednju relaciju smo dobili iz projekcije brzine na c0. Uz pretpostavku da smo ozna#ili

αϕϕϕ cos)(odnosno,)( jetadasa 00000000 vvr v cc == . Našli smo .cos0 αϕ v R =

Sila koja djeluje na materijalnu ta#ku je

2r

km F =

Na površini Zemlje je r = R, F = G = mg , i nalazimo da je K = gR2. Na taj na#in dobivamo

2

2

r

mgR F =

Diferencijalne jedna#ine kretanja materijalne ta#ke u obliku projekcija na polarne ose imaju

oblik:

0)(

)(

2

2

22

==

−=−==−

c

r

F r dt

d

r

m

r

mgR F F r r m

ϕ

ϕ

&

&&&

Nakon sre%ivanja, dobivamo

0)( 2

2

22

=

−=−

ϕ

ϕ

&

&&&

r dt

d

r

gRr r

Iz zadnje diferencijalne jedna#ine proizilazi integral površine ϕ2r = C , odnosno ϕ2r =

0

2

0 ϕr . vodei ra#una da je r 0 = R, možemo napisati da je

r max

0

H

0v

r 0=R R

c

r

F

c0 $

M0



2

0

02

cos

cos

r

Rv

Rvr

αϕ

αϕ

=

=

&

Uvrštavanjem u gornju jedna#inu, možemo prei na integraciju diferencijalne jedna#ine

2

2

3

22

0 cos

r

gR

r

Rvr −=−

α&&

Množenjem predhodne jedna#ine sa dr , dobijamo

r d r dr dt

r d dr r &&&& ==

Nakon integracije je

C r

gR

r

Rvr

+−=+

2

2

22

02

2

cos

2

α

Za2

2 slijedi sin)(,,0

2

00000

v gRC vvr Rr r t r

−−====== α&

Dobivamo da je

2

2

2

cos

2

20

2

2

220

22 v gR

r

gR

r

v Rr −−−=+

α

U najvišoj ta#ki putanje materijalne ta#ke je r = r max, 0=r te dobivamo

R

v gR

vv gR R g gRr

Rvr gRr v gR

⋅−

−−±=

=+−−

2

0

22

0

2

0

22

max

22

0max

22

max

2

0

2

cos)2(

0cos2)2(

α

α

Iz gornje jedna#ine proizilazi da pri 2

0v =2 gR, veli#ine r max je beskona#no velika, tj.

materijalna ta#ka se vraa na Zemlju.Materijalnoj ta#ki treba saopštiti po#etnu brzinu koja ispunjava uslov

gRv

v gR

2

02

0

2

0

<

>−

Najviša visina podizanja materijalne ta#ke

H = r max - R

Koristei jedna#inu za r max, dobivamo

Rv gR

vv gR R g v gR H ⋅

−

−−++−=

2

0

22

0

2

0

222

0

2

cos)2( α

Za ugao2

πα = je

2

0

2

0

2 v gR

Rv H

−=



Zadatak 6.2.

Balisti#ka raketa mase m po#inje kretanje sa površine zemlje brzinom v0, koja je pod

uglom α prema horizontu. Trajektoriji raketeodgovara jedna#ina

1 jegdje)cos1(

cos220 <+

= ee g

vr

ϕ

α

zanemarujui uticaj rotacije Zemlje oko ose(slika uz zadatak 6.2.), potrebno je odrediti:

a) visinu H koju e raketa dostii tokom leta,

b) vrijeme leta rakete T ,c) domet rakete D.


Rješenje:

Iz jedna#ine kretanja slijedi

)cos1(

cos22

0

ϕ

α

e g

vr

+=

gdje je

cos22

0

g

v p

α=

Kako je ϕ = π, slijedi

e

p

e

p H Rr r

−=

+=+==

1cos1max

π

Iz ovog slijedi

Re

p H −

−=

1

Vrijednost ekscentriciteta e nalazimo iz jedna#ine za po#etne uslove. Za t = 0 je

α

α

βπϕϕ

ϕ cos)(

sin)(

11

00

00

0

vv

vv

Rr

r

=

=−==

=

Uvrštavajui prethodne jedna#ine u jedna#inu putanje, dobivamo

p

e

R

)cos(11 βπ −+=

Iz prethodne jedna#ine je

R

p Re

−=βcos

0

M M0

H F 0

v

#0 #



Ako uvedemo novu oznakur

u1

=, dobit emo

p

e

p

e

d

du

p

eu

)sin(sin odnosno,,

cos10

0

000

βπϕ

ϕ

ϕ −−=−=

+=

Prethodnu jedna#inu možemo dobiti na slijedei na#in

α

α

ϕϕ ϕ cos

sin1

)(

)(11

0

0

0

0

00

0

v

v

Rv

v

Rrd

dr

r d

du r −=−=

−=

Izjedna#avanjem ove dvije jedna#ine, dolazimo do ekscentriciteta

2

0

0

/sin

1

cos

sin1)sin(

αβ

αα

αβπ

tg R pe

tg Rv

v

R p

e

=

−=−=−

−

Nakon kvadriranja, te uvrštenja u jedna#inu R

p Re

−=βcos , dobijamo

2

2

0

2

2

22

)2(1

)(

gR

gRv pe

tg R

p

R

p Re

−+=

+−

= α

Nakon sre%ivanja, izraz za visinu postaje

Re

e p H

Re

e p

Re

p

H

−−−

=

−−

+

=−−=

2

2

1

)1(

1

)1(

1

b) Ako se podsjetimo izraza za sektorsku brzinu jedna#ina (4.59.), iz [25] slijedi

.2

2

1

2

2

const C r S

dt

d r

dt

d S

===

==

ϕ

ϕσ

Na osnovu predhodne jedna#ine, slijedi da je vrijeme leta rakete

α

ϕ

ϕα

ϕ

ϕϕ

β

β

0

22

22

0

2

22

)cos1(

cos

)cos1(

RvC

e

d

Cg

vT

eC

d p

C

d r dt

=

+=

+==

∫ +

−

∫

∫

−

−

++

+=

+=

β

β

β

β

α

ϕ

ϕα

dmmn

m

e g

vT

e

d

Rg

vT

22

2

22

33

0

22

33

0

1(

1

)1(

2

2

cos

)cos1(

cos



gdje smo uveli smjenu e

e

ntg m +

−

== 1

1

,2

ϕ

Uz novu smjenu z = nm, dobijamoβ

β

α +

−

++⋅

+−

+= nmtg arc

n

nm

mn

n

e g

vT

1

1

1

)1(2

cos3

2

22

2

22

33

0

c) Domet rakete iznosi

−=

−=

=

p R

tg ptg arc R D

p R

tg ptg

R D

α

αβ

β

2

2

Zadatak 6.3.

Materijalna ta#ka M mase m kree se pod djestvom privla#ne centralne sile intenziteta

ϕ32 sinr

mk F =

gdje je K - pozitivna konstanta. Nai jedna#inu trajektorije ta#ke.

Rješenje:

Podsjetimo se izraza za Binetov obrazac (6.18.)

ϕϕ 322

2

2

2

sin44

11

C

k

mC

r F

r r d

d r =⋅

−=+

(1)

Integral homogene diferencijalne jedna#ine je

ϕϕ sincos1

B Ar

+= (2)

Potpuni integral diferencijalne jedna#ine (1) se dobija primjenom Lagrangeove metodevarijacije konstanata. Ta metoda daje diferencijalne jedna#ine za odre%ivanje konstanata A i

B.Konstante su funkcije nazavisne promjenljive ϕ, A = A (ϕ), B = B(ϕ)

−=+−

=+

ϕϕ

ϕϕ

ϕ

ϕϕ

ϕϕ

32 sin4cossin

0sincos

C

K

d

dB

d

dA

d

dB

d

dA

(3)

Rješenjem sistema (3) poϕϕ d

dB

d

dA i dobijamo



ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

32

22

sin4

cos

sin4

C

K

d

dB

C

K

d

dA

−=

−=

te integracijom kona#no

122

12

sin8

4

BC

K B

Actg C

K A

+−=

+=

ϕ

ϕ

Zamjenom u jedna#inu (2), te nakon sre%ivanja, dobijamo

ϕϕϕ

sin8sincos

1211

C

K B A

r ++=

ZADACI ZA RJEŠAVANJE IZ POGLAVLJA 6.

Zadatak 6.4.

Materijalna ta#ka M mase m kree se u polju centralne odbojne sile intenziteta

)51( 2

2

2ϕ−+= e

r

bam F

gdje su a i b opozitivne konstante a r rastojanje posmatrane ta#ke od centra sile.Odrediti jedna#inu trajektorije ako su po#etni uslovi: t = 0, r 0 = a, v0 = 2b, a brzina je pod

uglom

α = π/4 u odnosu na tangentu.

Rješenje:

)1()sin(cos4

22ϕϕϕ e

ar

+−−=

Zadatak 6.5.

Materijalna ta#ka M mase m kree se pod djelovanjem centralne odbojne sile intenziteta

−=

3

2

2

2

r

b

r

am F

gdje su a2 i b2 konstante.

Odrediti jedna#inu trajektorije.



Rješenje:

a)

21

2

2

2

2

8

1

04

A AC

a

r

bC

++−=

=−

ϕϕ

b)

2

2

1

222

2sin

2cos

1

04

b

a

C

p B

C

p B

r

pbC

−

+

=

>≡−

ϕϕ

c)

2

2

21

2

222

1

04

qq

ae H He

r

qbC

C

q

C

q

++=

<−−

− ϕϕ

Zadatak 6.6.

Materijalna ta#ka M mase m kree se pod djelovanjem centralne sile po lemniskati #ija je jedna#ina

konstanta jegdje,2cos2 aar ϕ=

odrediti silu F r koja uslovljavaovakvo kretanje ta#ke ako je utrenutku t = 0, r = r 0, v = v0 a

po#etna brzina gradi ugao α (sl.

6.6.)


Rješenje:

7

2

0

2

0

2

2

2

2

sin3

114

r

vmr F

r r d

d

r

mC F

r

r

α

ϕ

−=

+

−=

M0r 0$ 0

0v

a

Documents

Isak Karabegovic - Dinamika i Osiclacije (Poglavlje 6)