Zbirka iz Mehanike 123 i jos po nesto

Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

Zbirka zadataka iz

MEHANIKE I

Dragoslav Kuzmanovic Gordana KastratovicNenad Vidanovic

March 8, 2012

ii


SADRZAJ

I Kinematika 3

1 Kinematika - zadaci 5

1.1 Brzina i ubrzanje tacke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2 Obrtanje krutog tela oko nepokretne ose . . . . . . . . . . . . 26

1.3 Ravansko kretanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

1.3.1 Brzina pri ravanskom kretanju . . . . . . . . . . . . . 32

1.3.2 Ubrzanje pri ravanskom kretanju . . . . . . . . . . . . 36

1.4 Slozeno kretanje tacke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

II Dinamika 99

2 Dinamika tacke 101

2.1 Dinamika slobodnog i prinudnog kretanja tacke . . . . . . . . 101

3 Dinamika materijalnog sistema 157

3.1 Dinamika materijalnog sistema - opsti zakoni . . . . . . . . . 157

3.2 Sudar - udar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184

3.3 Lagranzeve jednacine II vrste . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206

III Dodatak 251

4 Tablica momenata inercije 253

iv SADRZAJ

5 Vektorska algebra 2575.1 Definicija vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2575.2 Sabiranje vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2575.3 Mnozenje vektora realnim brojem (skalarom) . . . . . . . . . 2605.4 Projekcija na osu i na ravan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261

5.4.1 Projekcija tacke na osu . . . . . . . . . . . . . . . . . 2615.4.2 Projekcija vektora na osu . . . . . . . . . . . . . . . . 2615.4.3 Projekcija tacke i vektora na ravan . . . . . . . . . . . 262

5.5 Skalarni (unutrasnji) proizvod dva vektora . . . . . . . . . . . 2635.6 Vektorski (spoljasnji) proizvod dva vektora . . . . . . . . . . 2655.7 Linearna zavisnost vektora. Dimenzija prostora . . . . . . . . 267

6 Diferencijalne jednacine 275

7 Matematicke formule 279

Literatura 293

8 Beleska o autorima 297


PREDGOVOR

Ova zbirka namenjena je studentima I godine Saobracajnog fakulteta Uni-verziteta u Beogradu. Me -dutim, smatramo da mogu da je koriste i studentiostalih tehnickih fakulteta.

Knjiga predstavlja zbirku resenih ispitnih zadataka iz Kinematike i Di-namike. Me -dutim, da bismo ”pokrili” sve oblasti koje se, iz Kinematike iDinamike, izucavaju uradili smo i po nekoliko primera zadataka iz oblasti izkojih do sada nisu davani zadaci na ispitima.

Napomenimo da smo prve zadatke, iz odre -dene oblasti, detaljno uradili,a one koji slede ura -deni su bez dodatnih objasnjenja. Tako -de, da bismoistakli bitnije elemente, a opet da se ne izgubi celine, na slikama su sivombojom oznacene celine, a tamnije (crnom) elementi na koje treba obratitipaznju pri resavanju zadatka.

Autori izrazavaju zahvalnost recenzentu dr Radomiru Mijailovicu, v.profesoru Saobracajnog fakulteta, koji je rukopis pazljivo pregledao i daoniz dragocenih sugestija za poboljsanje kvaliteta ove zbirke.

Posebnu zahvalnost dugujemo Sr -danu Rusovu v. profesoru Saobracajnogfakulteta, koji je sastavio nekoliko zadataka i pokazao, na tim primerima,konkretnu primenu Mehanike u oblasti saobracaja. Tako -de, nista manjuzahvalnost dugujemo dr Predragu Cvetkovicu, red. profesoru Saobracajnogfakulteta kao i dipl. inz. masinstva Dragisi Vidanovicu, koji su pazljivoprocitali rukopis i dali niz dragocenih sugestija za poboljsanje kvaliteta ovezbirke.

Njihova pomoc pri izradi ove zbirke prevazilazi uobicajenu pomoc recen-zenta i kolega.

Gospo -da Jovanka Cvetkovic pomogle je svojim sugestijama da ova knjiga

2 SADRZAJ

jezicki bude korektna, na cemu joj se zahvaljujemo.Svesni da do gresaka i propusta uvek dolazi, naravno nenamerno, bicemo

zahvalni svakome koji nam na njih ukaze.

U Beogradu, marta 2012. god. Autori


Deo I

Kinematika


GLAVA 1

KINEMATIKA - ZADACI

1.1 Brzina i ubrzanje tacke

Zad. 1.1. Vektor polozaja tacke M u proizvoljnom trenutku vremena je:

r = (3t)i+ (4t− 3t2)j.

Odrediti trajektoriju tacke M .

Resenje:

Jednacina trajektorije dobija se eliminacijom parametra t iz konacnihjednacina kretanja, tj.

x = 3t, y = 4t− 3t2 ⇒

t =x

3⇒ y = 4

x

3− 3

(x3

)2⇒ y =

x

3(4− x).

Dakle, predstavlja funkcionalnu zavisnost izme -du koordinata x = f(y) ili

y = f(x). k

Zad. 1.2. Odrediti jednacinu trajektorije tacke M , ako je njen vektorpolozaja

r = (2 cos 2t)i+ (2 sin t)j.

Resenje:

6 1 Kinematika - zadaci

Projekcije vektora polozaja na ose x, y su:

x = 2 cos 2t, y = 2 sin t.

Kako je cos 2t = cos2 t− sin2 t, to iz gornjih relacija dobijamo

sin t =y

2⇒ sin2 t =

y2

4i cos2 t = 1− sin2 t = 1− y2

4

tj.

x = 2

((1− y2

4

)−(y2

4

))⇒ x = 2− y2,

sto predstavlja jednacinu trajektorije. U ovom slucaju jednacina trajektorijeje parabola. k

Zad. 1.3.

Odrediti jednacinu krive linije (putanju)koju opisuje brod odrzavajuci dati stalnikursni ugao α ka nepokretnoj tacki O (vidisl. 1.1). Pocetno rastojanje broda odtacke O je b0. Ispitati posebno slucajevekada je α = π

2 , 0 i π.O B

O

B

bo

r

rj.

r.

a

p a-

j

v

vO

Slika 1.1: uz zad. 1.3

Resenje:

U ovom slucaju pogodno je koristiti polarni koordinatni sistem, pri cemucemo za pol usvojiti tacku O, dok polarna osa prolazi kroz O i pocetnipolozaj broda B0, tako da je ρ0 = b0 i φ0 = 0. Sa sl.1.1 vidi se da je

tg(π − α) = −tgα =ρφ

ρ

= ϱ

dφ

dtdϱ

dt

= ϱdφ

dϱ

.

Iz prethodne jednacine dobijamo

(−tgα)dϱ = ϱdφ,


1.1 Brzina i ubrzanje tacke 7

odnosno, razdvajajuci promenljive

dρ

ρ= −ctgα · dφ.

Integraleci prethodnu jednacinu, dobijamo

ln ρ = lnC − φ· ctgα.

Iz pocetnih uslova (za t = t0 = 0: ϱ(t0) = ϱ0 = b0, φ(t0) = φ0 = 0)odre -dujemo konstantu C

ln ϱ0 = lnC − φ0ctgα ⇒ ln b0 = lnC ⇒ C = b0,

odakle je

ln ϱ− ln b0 = −φ0ctgα = lnϱ

b0,

pa za putanju broda dobijamo

ρ = b0e−φ ctg α.

Linija koja je opisana ovom relacijom zove se logaritamska spirala.

Analiza: Za α = π2

ctgα = 0.

U ovom slucaju putanja je kruzni luk ρ = b0.

Za α = 0 ili α = π, uz pretpostavku da je ϱ = 0, posto je tg(π− α) = 0,za putanju dobijamo

φ = 0 ⇒ φ = 0 = φ0.

Dakle, u ovom slucaju, brod se krece duz polarne ose i priblizava se, odnosnoudaljava od tacke O. k

Zad. 1.4. Kretanje tackeM u ravniOxy odre -deno je konacnim jednacinamakretanja

x = 4 cos t+ 2, y = 3 sin t+ 3.

Odrediti trajektoriju tacke i njenu brzinu u trenucima t0 = 0 i t1 =π2 s.

Resenje:


Trajektorija:

x = 4 cos t+ 2 ⇒ x− 2

4= cos t,

y = 3 sin t+ 3 ⇒ y − 3

3= sin t (posle kvadriranja) ⇒

(x− 2)2

16+

(y − 3)2

9= 1.

Dakle, jednacina trajektorije je elipsa.

x0

C (2,3)

1

2

3

4

5

6

-1-2 1 2 3 4 5 6

y

M1

a = 4b = 3

M0

v1

v0

Slika 1.2: Trajektorija.

Brzina:

x = −4 sin t,y = 3 cos t

}⇒ v =

√x2 + y2 =

√16 sin2 t+ 9 cos2 t =

√9 + 7 sin2 t.

Zamenivsi odgovarajuce vremenske trenutke, za t0 = 0 i t1 = π/2, uprethodnu jednacinu - intenzitet brzine, dobijamo

v0|t0=0 = 3 cm/s = vy, v1|t1=π/2 = −4 cm/s = vx.

k

Zad. 1.5. Kretanje tacke zadato je parametarskim jednacinama:

x = 20t2 + 5, y = 15t2 + 3.

Odrediti jednacinu trajektorije i zakon kretanja tacke, kao i intenzitetebrzine i ubrzanja tacke u proizvoljnom trenutku vremena.

Resenje:

Jednacina trajektorije:



x = 20t2 + 5 ⇒ t2 =x− 5

20

y = 15t2 + 3 ⇒ t2 =y − 3

15

⇒ x− 5

20=y − 3

15

odakle dobijamo za trajektoriju:

y =3

4x− 3

4(jednacina prave).

Zakon kretanja:Kvadrat elementa luka je

ds2 = dx2 + dy2.

Iz prethodnih relacija dobijamo

dx = 40t dt, dy = 30t dt,

pa je

ds2 =(1600t2 + 900t2

)(dt)2 ⇒ ds2 = 2500t2 (dt)2 ⇒ ds = 50t dt

∣∣∣∣∫s = 50

t2

2+ C, za t0 = 0, s0 = 0 ⇒ C = 0

s = 25t2.

Intenzitet brzine:

v = s = 50t

ilix = 40ty = 30t

}⇒ v =

√x2 + y2 =

√1600t2 + 900t2 = 50t.

Intenzitet ubrzanja:

aT =dv

dt= 50

aN =v2

Rk=v2

∞= 0

⇒ a = aT = 50.

ilix = 40y = 30

}⇒ a =

√x2 + y2 =

√1600 + 900 = 50.


k

Zad. 1.6.Kretanje tacke zadato je parametarskim jednacinama:

x = 1 + 2 cos(3t),

y = 2 + 2 sin(3t).

Odrediti:

a) jednacinu trajektorije,

b) zakon kretanja tacke,

c) intenzitet brzine i

d) ubrzanja tacke

u proizvoljnom vremenskom trenutku.

Resenje:

a) Iz konacnih jednacina kretanja sledi

x− 1 = 2 cos(3t),

y − 2 = 2 sin(3t).

Kvadrirajuci i sabirajuci levu i desnu stranu, za trajektoriju dobijamo krivu

4 cos2(3t) + 4 sin2(3t) = 4 = (x− 1)2 + (y − 2)2 ⇒

(x− 1)2 + (y − 2)2 = 22 ,

koja predstavlja jednacinu kruznice sa centrom u tacki C(1, 2) i poluprecnikar = 2.b) Kako je ds =

√x2 + y2 dt, to za zakon puta dobijamo

dx = −6 sin(3t) dt, dy = 6 cos(3t) dt, ⇒ds = 6dt ⇒s = 6 t+ c1.

Kako je (pocetni uslovi!) za t0 = 0, s(t0) = s0 = 0 dobijamo da je

s = 6 t.



c) Intenzitet brzine je v2 = x2 + y2 = (s)2, pa na osnovu prethodnog sledi

v = 6.

d) Ubrzanje ima normalnu komponentu

an =v2

Rk=

36

2= 18,

i tangencijalnu

at =dv

dt= 0,

pa je intenzitet ubrzanja

a =√a2n + a2t = 18.

Intenzitet ubrzanja mogli smo da izracunamo i preko Dekartovih koordinata

x = −18 cos(3t), y = −18 sin(3t) ⇒ a =√x2 + y2 = 18 .

k

Zad. 1.7.Kretanje tacke zadato je parametarskim jednacinama:

x = sin

(π· t2

), y = cos

(π· t2

).

Odrediti jednacinu trajektorije i zakon kretanja tacke, kao i intenzitetebrzine i ubrzanja tacke u proizvoljnom vremenskom trenutku.

Resenje:

Jednacina trajektorije, kao sto je vece receno, dobija se eliminacijomparametra t iz jednacina kretanja. Koristeci osnovnu trigonometrijsku identi-cnost sin2 α+ cos2 α = 1, za trajektoriju dobijamo

x2 + y2 = 1 .

Zakon kretanja s = s(t) dobija se iz relacije

ds =√x2 + y2 dt =

√(π2

)2sin2

(π· t2

)+(π2

)2cos2

(π· t2

)2

dt =

=π

2dt ⇒

s =π

2t+ s0 .


Intenzitet brzine je

v =√x2 + y2 =

π

2,

a ubrzanja

a =√x2 + y2 =

(π2

)2.

k

Zad. 1.8. Kretanje tacke zadato je parametarskim jednacinama:

x = 15 sin

(πt

4

), y = 15 cos

(πt

4

).

Odrediti jednacinu trajektorije i zakon kretanja tacke, kao i intenzitet brzinei ubrzanja tacke u proizvoljnom trenutku vremena.

Resenje:

Jednacina trajektorije:

sin

(πt

4

)=

x

15

cos

(πt

4

)=

y

15

⇒ sin2(πt

4

)+ cos2

(πt

4

)=

x2

225+

y2

225= 1

odakle dobijamo za trajektoriju

x2 + y2 = 152 (centralni krug poluprecnika r = 15).

Zakon kretanja:Kvadrat elementa luka je

ds2 = dx2 + dy2.

Iz prethodnih relacija dobijamo

ds2 =

[(15π

4

)2

cos2(πt

4

)+

(15π

4

)2

sin2(πt

4

)](dt)2 =

=

(15π

4

)2 [cos2

(πt

4

)+ sin2

(πt

4

)](dt)2 ⇒

ds =15π

4dt

∣∣∣∣ ∫ , za t0 = 0, s0 = 0 ⇒ C = 0 ⇒



s =15π

4t .

Intenzitet brzine:

v = s =15π

4= const.

ili

x = 15 cos

(πt

4

)· π4, y = 15 sin

(πt

4

)· π4

⇒

v =√x2 + y2 =

√(15π

4

)2 [cos2

(πt

4

)+ sin2

(πt

4

)]=

15π

4.

Intenzitet ubrzanja:

at =dv

dt= 0an =

v2

Rk=

225π2/16

15=

15π2

16⇒ a = an =

15π2

16.

ili

x = −15 sin

(πt

4

)· π

2

16y = −15 cos

(πt

4

)· π

2

16⇒

a =√x2 + y2 =

15π2

16

√cos2

(πt

4

)+ sin2

(πt

4

)=

15π2

16.

k

Zad. 1.9.

U tacki A0 nepokretnog kruznog cilin-dra, poluprecnika R, obeseno je gipko,neistegljivo uze, duzine ℓ = 2R. Upocetnom trenutku (θ = 0) tacki M , kojaje vezana za slobodni kraj uzeta, saopstise pocetna brzina v0, u negativnom smeruose Ox, tako da uze pocinje da se namo-tava na cilindar. Smatrajuci da je inten-zitet brzine tacke M , u toku namotavanjauzeta, konstantan, odrediti:

a) θ i θ, kao ib) ubrzanje tacke M , u funkciji ugla

namotavanja uzeta θ.

O Ao

Mo

q

My

x

vo

Slika 1.3: uz zadatak 1.9.


Napomena. U toku kretanja tacke u ravni, uze je stalno zategnuto.

Resenje:

a) Uocimo prvo da se slobodna duzina uzeta, usled namotavanja, sman-juje, tj. u proizvoljnom polozaju tacke M duzina uzeta je AM = ℓ−AA0 =2R−Rθ. Koordinate x, y tacke M date su izrazima (vidi sliku 1.4):

x = R cos θ −AM sin θ = R cos θ − (ℓ−Rθ) sin θ =

= R cos θ − (2R−Rθ) sin θ,

y = R sin θ +AM cos θ = R sin θ + (ℓ−Rθ) cos θ =

= R sin θ + (2R−Rθ) cos θ.

(a)

Brzina, izrazena u odnosu na Dekartov pravougli koordinatni sistem, je

v = xi+ yj,

pa diferenciranjem, po vremenu, izraza (a) dobija se:

x = −Rθ sin θ +Rθ sin θ − (l −Rθ)θ cos θ = −(l −Rθ)θ cos θ

y = Rθ cos θ −Rθ cos θ − (l −Rθ)θ sin θ = −(l −Rθ)θ sin θ.(b)

O Ao

A

q

q

My

x

R cosq

AM sinq

Slika 1.4: Proizvoljan polozaj tacke M .

Za intenzitet brzine v tacke M dobijamo

v2 = x2 + y2 = (l −Rθ)2θ2 ⇒v = (l −Rθ)θ.

Kako je, prema uslovu zadatka, v = v0 =const. i ℓ = 2R, odavde, za θ, dobija se

θ =v0

(ℓ−Rθ)=

v0R(2− θ)

. (c)

Diferencirajuci, po vremenu, poslednju relaciju i zamenom θ iz (c), za θdobija se

θ =v0Rθ

R2(2− θ)2=

v20R2(2− θ)3

. (d)



b) Ubrzanje tacke M , u odnosu na Dekartov koordinatni sistem, dato jeizrazom

a = xi+ yj.

Diferenciranjem izraza (b), dobija se

x = Rθ2 cos θ + (l −Rθ)θ2 sin θ − (l −Rθ)θ cos θ.

y = Rθ2 sin θ − (l −Rθ)θ2 cos θ − (l −Rθ)θ sin θ.

Kvadrat intenziteta ubrzanje a, tacke M , je

a2 = x2 + y2 ⇒ a2 = R2θ4 + (l −Rθ)2θ4 + (l −Rθ)2θ2 − 2R(l −Rθ)θ2θ.

Zamenom θ iz (c) i θ iz (d), za intenzitet ubrzanja dobija se

a =v20

R(2− θ).

k

Zad. 1.10. Tacka M krece se u ravni brzinom konstantnog intenziteta v.Pravac brzine tacke gradi ugao θ = (π/6) t sa potegom. Odrediti:

a) konacne jednacine kretanja tacke u polarnim koordinatama ib) trajektoriju, ako je u pocetnom trenutku: t0 = 0, r0 = 0, φ0 = 0.

Resenje:

a) Radijalna komponenta:

vr = v cos θ = v cos(π/6) t = r ⇒ dr = v cos(π/6) t· dt ⇒

r =

∫v cos(π/6) t· dt = v

6

πsin(π/6)t+ C ⇒ C = 0,

r =6v

πsin

π t

6.

Poprecna komponenta:

vp = v sin θ = v sin(π/6) t = rφ,

rdφ

dt= π/6 ⇒ dφ = (π/6) · dt ⇒

φ = (π/6) t+ C,

C = 0,

φ =π

6t .

O

M

r

q

j

v

Slika 1.5: resenje uz zad.1.10.


b) Zamenom φ = (π/6) t u r = (6v/π) sin(π/6)t dobija se trajektorija upolarnim koordinatama

r =6v

πsinφ .

k

Zad. 1.11.

Voz polazi iz stanice A ubrzanjem a1 = 0, 2 [m/s2], dok ne dostignebrzinu v1 = 108 [km/h], a zatim nastavlja kretanje tom brzinom. U blizinistanice B, koja je 12 [km] udaljena od polazne stanice, pocinje da koci iusporava sa a2 = 1 [m/s2], dok se ne zaustavi u stanici B. Odrediti:

a) pre -deni put za vreme ubrzavanja, za vreme jednolikog kretanja i zavreme usporavanja;

b) vreme proteklo pri prelazu od stanice A do stanice B;

c) srednju brzinu vs voza;

d) nacrtati dijagrame: s = s(t), v = v(t), a = a(t), v = v(s).

Resenje:

Ako se sa t1 obelezi vreme ubrzavanja i s1 put pre -den za vreme ubrza-vanja, bice

v1 = a1 t1, s1 =1

2a1 t

21,

a odatle se dobija odmah

t1 =v1a1

= 150 [s], s1 =v212a1

= 2250 [m].

Za vreme t2 kocenja – usporavanja od brzine v1 do brzine v2 = 0 bice

v1 − a2 t2 = 0, s2 = v1 t2 −1

2a2 t

22,

odakle je

t2 =v1a2

= 30 [s], s2 =v212a2

= 450 [m].



Prema tome, voz prelazi s1 + s2 =2700 [m] pri ubrzavanju i usporavanju, as = 9300 [m] jednolikom brzinom v =108 [km/h] = 30 [m/s] za vreme t =310 [s] (s = v t).Srednja brzina voza na ovom delu putabice

vs =12000

490≈ 24, 5 [m/s] = 88, 2 [km/h].

S obzirom na zakone puta za vreme ubrza-vanja jednolikog kretanja i usporavanja idrugih osobina ovog kretanja bice: dija-gram puta sastavljen od dva nejednakaluka parabole spojena kosom duzi (sl.1.6a). Dijagram brzine je trapez nejed-nakih krakova (sl. 1.6b), dijagram tan-gentnog ubrzanja obrazuju tri duzi, od ko-jih je jedna na samoj osi t (sl. 1.6c) inajzad dijagram brzina-put bice sastavl-jen od dva parabolnicna luka spojena jed-nom duzi koja je paralelna osi s (sl. 1.6d).

s

a)

b)

c)

d)

v

v

at

t1

t1

s1

t1

t2

t2

s2

t2

t

s

t

t

Slika 1.6: resenje uz zad.1.11.

k

Zad. 1.12.

s(m)

10 20 300

100

500

t (s)

2ts =

10020 -= ts

Slika 1.7: uz zad.1.12.

Automobil se krece po pravom putu.Zakon puta prikazan je na slici 1.7.Konstruisati v − t i a− t dijagrameza period 0 ≤ t ≤ 30 [s].

Resenje:


Zakon puta (sl. 1.7):

s = t2, 0 ≤ t ≤ 10,

s = 20t− 100, 10 ≤ t ≤ 20.

Brzina je:

v = s = 2t, 0 ≤ t ≤ 10,

v = s = 20, 10 ≤ t ≤ 20.

Ubrzanje je:

a = v = 2, 0 ≤ t ≤ 10,

a = v = 0, 10 ≤ t ≤ 20.

v

a

(m/s)

(m/s )2

10

10

20

20

30

30

0

0

20

2

t (s)

t (s)


k

Zad. 1.13.

s(m)

0 4 10 150

10

40

52.5

t (s)

20.625ts =

60152

-+-0.5= tts

105 -= ts



Resenje:

Sa slike 1.9 vidi se da je zakon puta:

s(t) = 0, 625 t2, 0 ≤ t ≤ 4,

s(t) = 5 t− 10, 4 ≤ t ≤ 10,

s(t) = −0, 5 t2 + 15 t− 60, 10 ≤ t ≤ 15.



Kako je v = s(t), to, prema datimpodacima, za brzinu dobijamo:

v(t) = s(t) =

1, 25 t, 0 ≤ t ≤ 4,5, 4 ≤ t ≤ 10,−t+ 15, 10 ≤ t ≤ 15.

Za ubrzanje dobijamo:

a(t) = v(t) =

1, 25, 0 ≤ t ≤ 4,0, 4 ≤ t ≤ 10,−1, 10 ≤ t ≤ 15.

v

a

(m/s)

(m/s )2

0 4

4

10 15

15

0

0

-1

1.25

1

5

t (s)

t (s)

10

Slika 1.10: Resenje.

k

Zad. 1.14.

s(m)

5 13 200

116.67

70

16.67

t (s)

2

2

2

1

20 50

119

3

3

3 3

3

t

t t2

t

s

s

s

=

=

=

-

-

- -

-

-

- +


Autobus se krece po pravom putu.Zakon puta prikazan je na slici 1.11.Konstruisati v − t i a− t dijagrameza period 0 ≤ t ≤ 20 [s].

Resenje:

Prema dijagramu (slika 1.11) zakon puta je:

s(t) =

23 t

2, 0 ≤ t ≤ 5,203 t−

503 , 5 ≤ t ≤ 13,

13 t

2 − 2t + 1193 , 13 ≤ t ≤ 20,


pa za brzinu dobijamo:

v(t) = s(t) =

43 t, 0 ≤ t ≤ 5,203 , 5 ≤ t ≤ 13,23 t− 2, 13 ≤ t ≤ 20,

a za ubrzanje:

a(t) = v(t) =

43 , 0 ≤ t ≤ 5,0, 5 ≤ t ≤ 13,23 , 13 ≤ t ≤ 20.

v

a

(m/s)

(m/s )2

5

5 13 20

13 200

12

6.67

0

0.67

1.33

t (s)

t (s)

Slika 1.12: Resenje zad. 1.14.

k

Zad. 1.15.

s (m)

10 30 450

100

900

1650

t (s)

30.1 ts =

150202

-+0.5= tts

36024 -= ts

Slika 1.13: Slika uz zad. 1.15.


Resenje:

Prema slici 1.13 zakon puta je:

s(t) =

0, 1 t3, 0 ≤ t ≤ 10,0, 5 t2 + 20 t− 150, 10 ≤ t ≤ 30,24 t− 360, 30 ≤ t ≤ 45,

odakle dobijamo za:



- brzinu

v(t) = s(t) =

0, 3 t2, 0 ≤ t ≤ 10,t+ 20, 10 ≤ t ≤ 30,24, 30 ≤ t ≤ 45,

- ubrzanje

a(t) = v(t) =

0, 6 t, 0 ≤ t ≤ 10,1, 10 ≤ t ≤ 30,0, 30 ≤ t ≤ 45.

v

a

(m/s)

(m/s )2

10

10

30

30

45

45

0

0

1

6

30

50

t (s)

t (s)

Slika 1.14: Resenje zad. 1.15.

k

Zad. 1.16.

t (s)

v(m/s)

2 4

6

-36

0

12

Slika 1.15: uz zad. 1.16.

Automobil se krece po pravom putu,pri cemu se intenzitet njegove brzinemenja po zakonu

v = 12t− 3t2,

kao sto je to prikazano na slici 1.15.Konstruisati s−t dijagram za period0 ≤ t ≤ 6[s].

Resenje:

Kako je

v = 12 t− 3 t2, 0 ≤ t ≤ 6

integracijom dobijamo:

s(t) =

∫ t

0v(t) dt =

∫ t

0(12 t− 3 t2) dt = 6t2 − t3.


Posmatrajmo intervale:

s(0) = 0, s(1) = 5, s(2) = 16, 0 ≤ t ≤ 2,

s(2) = 16, s(3) = 27, s(4) = 32, 2 ≤ t ≤ 4,

s(4) = 32, s(5) = 25, s(6) = 0, 4 ≤ t ≤ 6.

t (s)

s (m)

20 4 60

16

32

Slika 1.16: resenje uz zad. 1.16.

k

Zad. 1.17.

t (s)

a(m/s )2

2 4

6

0

8

-8

-16


Kamion se krece po pravom putu,pri cemu se intenzitet njegovogubrzanja menja po zakonu

a = 8− 4t,

kao sto je to prikazano na slici 1.17.Konstruisati v−t dijagram za period0 ≤ t ≤ 6[s].

Resenje:

Kako je

a(t) = 8− 4 t, 0 ≤ t ≤ 6, to je

v(t) =

∫ t

0a(t) dt =

∫ t

0(8− 4 t) dt =

= 8 t− 2 t2.

v(0) = 0, v(2) = 8, v(6) = −24.

t (s)

v(m/s)

2 4

6

-24

0

8


k

Zad. 1.18. Automobil zapocinje kretanje iz stanja mirovanja. Krecucise pravim putem dostize brzinu od v = 26m/s za 8 s. v − t dijagramprikazan je na sl. 1.19. Konstruisati odgovarajuci a− t dijagram i odrediti



maksimalno ubrzanje automobila. Zatim konstruisati odgovarajuci s − tdijagram i odrediti pre -deni put koji odgovara datom vemenu.

v(m/s)

1 4 5 8

0

14

26

t (s)

3.5tv =

64 -= tv

Slika 1.19: v − t dijagram uz zad. 1.18.

Sa slike je:

v = 3, 5t, 0 ≤ t ≤ 4 [s]

v = 14, 4 ≤ t ≤ 5 [s]

v = 4t− 6, 5 ≤ t ≤ 8 [s]

Resenje:

Ubrzanje je:

a = v = 3, 5, 0 ≤ t ≤ 4 [s]

a = v = 0, (v = const.) 4 [s] ≤ t ≤ 5 [s]

a = v = 4, 5 [s] ≤ t ≤ 8 [s].

Maksimalno ubrzanje sa dobijenog dijagrama je amax = 4 [m/s2].

Pre -deni put je:

v = s ⇒ ds = v dt = 3, 5 dt, 0 ≤ t ≤ 4 [s]

s∫0

ds =

t∫0

3, 5tdt ⇒ s = 1, 75t2 ⇒ st=0 = 0 i st=4 = 28.


v = s ⇒ ds = v dt = 14dt, 4 ≤ t ≤ 5

s∫28

ds =

t∫4

14 dt ⇒

s− 28 = 14(t− 4) ⇒s = 14t− 56 + 28 = 14t− 28

st=4 = 28 i st=5 = 42.

v = s⇒ ds = v dt = (4t− 6) dt, 5 ≤ t ≤ 8

s∫42

ds =

t∫5

(4t− 6) dt ⇒

s− 42 = 2(t2 − 25)− 6(t− 5) ⇒s = 2t2 − 50− 6t+ 30 + 42 = 2t2 − 6t+ 22

st=5 = 42 i st=8 = 102.

a

s

(m/s )2

(m)

0 4

4

5

5

8

8

3.5

4

0

102

42

28

t (s)

t (s)

Slika 1.20: a− t i s− t dijagrami uzzad. 1.18.

Pre -deni put, za dato vreme, je st=8 s = 102 [m].

k

Zad. 1.19.

Avion slece na pravolinijsku pistubrzinom v = 36 [m/s], pri cemu jes0 = 0. Ako avion usporava nanacin kako je to predstavljeno nagrafiku (sl. 1.21), odrediti vreme t

′

za koje se avion zaustavio i skicirativ − t i s− t dijagrame.

a(m/s )2

5 15 20 33.5

0

-1

-2.5

t (s)

Slika 1.21: a− t dijagram uz zad. 1.19.

Resenje:



Sa slike je:

a = 0, 0 ≤ t ≤ 5 [s],

a = −1 [m/s2], 5 [s] ≤ t ≤ 15 [s],

a = −2, 5 [m/s2], 15 [s] ≤ t ≤ 20 [s],

a = −1 [m/s2], 20 [s] ≤ t ≤ t′[s].

Brzina, po intervalima, je:

a = v = 0, 0 ≤ t ≤ 5 [s] ⇒ v = const. = 36 [m/s].

a = v = −1, 5 [s] ≤ t ≤ 15 [s]∫dv = −

∫dt ⇒ v = −t+ C1

vt0=5 = 36 [m/s] ⇒ C1 = 41,

v = −t+ 41,

vt=15 = 26 [m/s].

a = v = −2, 5, 15 [s] ≤ t ≤ 20 [s]∫dv = −2, 5

∫dt ⇒ v = −2, 5t+ C2

vt0=15 = 26 [m/s] ⇒ C2 = 63, 5,

v = −2, 5t+ 63, 5,

vt=20 = 13, 5 [m/s].

a = v = −1, 20 [s] ≤ t ≤ t′[s] ⇒∫

dv = −∫

dt ⇒ v = −t+ C3

vt0=20 = 13, 5 [m/s] ⇒ C3 = 33, 5,

v = −t+ 33, 5,

vt′ = 0 [m/s] ⇒ t′= 33, 5.

v(m/s)

50 15 20 33.5

13.5

26

36

t (s)

41

33.5

63.5

+

+

+

=

=

=

-t

-t

- t2.5

v

v

v

36=v

Slika 1.22: v − t dijagram uz zad. 1.19.

Zakon puta:

v = s, 0 ≤ t ≤ 5 [s] ⇒ ds = v dt

s = 36 t+ c1, st=0 = c1 = 0, s = 36 t, st=5 = 180 [m]

v = s, 5 ≤ t ≤ 15 [s] ⇒ ds = v dt

s = − t2

2+ 41t+ c2, st=5 = 180, c2 = −12, 5,

s = − t2

2+ 41t− 12, 5, st=15 = 490 [m].


v = s, 15 ≤ t ≤ 20 [s] ⇒ ds = v dt

s = −1, 25t2 + 63, 5t+ c3, st=15 = 490, c3 = −181, 25,

s = −1, 25t2 + 63, 5t− 181, 25, st=20 = 588, 75 [m],

v = s, 20 ≤ t ≤ 33, 5 [s] ⇒ ds = v dt

s = − t2

2+ 33, 5t+ c4, st=20 = 588, 75, c4 = 118, 75,

s = − t2

2+ 33, 5t+ 118, 75, st=33,5 = 679, 875 [m].

5 15 20 33.50

679.87

588.75

490

180

t (s)

s(m)

36 ts =

12.5

118.75

181.25

41

33.5

63.5

2

2

2

-

+

-

+

+

+

-0.5

-0.5

-1.25

=

=

=

t

t

t

t

t

t

s

s

s

Slika 1.23: s− t dijagram uz zad. 1.19.

k

1.2 Obrtanje krutog tela oko nepokretne ose

Zad. 1.20. Zamajac pocinje obrtanje iz stanja mirovanja jednako ubrzano.Deset minuta posle pocetka kretanja ima ugaonu brzinu kojoj odgovara120 [O/min]. Odrediti koliko je punih obrtaja N zamajac ucinio u tokutih 10 [min].

Resenje:


1.2 Obrtanje krutog tela oko nepokretne ose 27

Kako je

n = 120 [O/min], t = 10 [min], intenzitet ugaone brzine je

ω =nπ

30=

120·π30

= 4π [s−1],

zakon promene ugla obrtanja je

φ = ω0t+1

2εt2, i za ω0 = 0 ⇒ φ =

1

2εt2.

Iz izraza za ugaonu brzinu

φ = ω = εt ⇒

izraz za ugaono ubrzanje, kao i intenzitet ugaonog ubrzanja, dobija se:

ε =ω

t=

4π [s−1]

10· 60[ s]=

π

150[s−2].

Na osnovu izracunatih vrednosti, sledi

φ = 2π·N =1

2

π

150[s−2]6002 [s2] = 1200π ⇒ N = 600 .

k

Zad. 1.21. Broj obrtaja tela oko nepomicne ose za prvih 10 [s] smanji se3 puta i u trenutku t = 10 [s] iznosi 30 [O/min]. Odrediti ugaono ubrzanjetela, ako je ono u toku kretanja konstantno.

Resenje:

Kako je, prema uslovu zadatka, ugaono ubrzanje konstantno (ε = const.),tj. ε = const = ω = φ, to je

φ = ω0· t+1

2ε· t2.

Ugao φ jednak je 2π× vreme[s], pa je u nasem slucaju φ = 2π· t = 2π· 10 =20π. Kako je broj obrtaja u minuti posle 10 [s] 30, to je broj obrtaja upocetnom trenutku 90, jer se smanjio 3×. Dakle, u trenutku t1 = 10 [s],n1 = 30 [O/min] = 0, 5 [O/s], a u pocetno trenutku je t0 = 0 [s], n0 =

90 [O/min] = 1, 5 [O/s]. Srednja promena je ns =n0 + n1

2=

90 + 30

2=

60 [O/min] = 1 [O/s], jer je ugaono ubrzanje konstantno.


Ugao, za koji se telo okrenulo tokom vremena t [s] je φ = 2π·N , gde jeN broj obrtaja, koji izracunavamo po obrascu

N = ns· t.

20π = 3π· 10 + 1

2ε· 102 ⇒

50ε = 20π − 30π ⇒

ε = −10

50π = −π

5[s−2].

Korisceni obrasci:

N = ns· t = 60 [O/min]· 10 [s] = 10,

φ = 2π·N = 20π,

ω0 = 2π·ns = 2π· 1, 5 = 3π [s−1],

φ = ω0t+1

2εt2.

k

Zad. 1.22. Gipko nerastegljivo uze, koje nosi teret B, namotano je prekoveceg od dva kruto vezana koaksijalna kotura. Koturovi mogu da se obrcuoko nepomicne ose koja prolazi kroz tacku A. Drugo uze je prebaceno prekomanjeg kotura, a njegov kraj C krece se udesno konstantnim ubrzanjemintenziteta aC = 9 [cm/s2] i pocetnom brzinom intenziteta vC0 = 12 [cm/s],smera ubrzanja. Ako je r = 5 [cm], odrediti:

a) ubrzanje tacke D na obodu manjegkotura u trenutku t = 0 [s],

b) broj obrtaja kotura posle 2 [s],

c) brzinu i promenu visine tereta posle2 [s].

Napomena. Uzad ne proklizavaju.B

A

D C

r

2r

aC

vCo

Slika 1.24: Gipko nerastegljivo uze.

Resenje:

Iz izraza za pocetnu brzinu

vC0= r·ω0,



moze da se izracuna pocetna ugaona brzina

ω0 =vC0

r=

12

5= 2, 4 [s−1].

Iz izraza za ubrzanje tacke C, tj. tangencijalna komponenta ubrzanja tackeD,

aC = aDt = r· ε0moze da se izracuna ugaono ubrzanje

ε0 =aDt

r=

9

5= 1, 8 [s−2].

Normalna komponenta ubrzanja tacke D, na osnovu izracunate ω0, je

aDn = r·ω20 = 5· 2, 42 = 28, 8 [cm/s2].

Intenzitet ubrzanja tacke D je

aD =√a2Dt

+ a2Dn

=√92 + 28, 82 ≈ 30, 2 [cm/s2] .

Zakon promene ugla obrtanja je

φ = ω0t+1

2εt2,

a njegovim diferenciranjem po vremenu dobija se zakon promene ugaonebrzine

φ = ω0 + εt.

Ugao, koji koturovi opisu za t = 2 [s] je

φ|t=2 [s] = 2, 4· 2 + 1

2· 1, 8· 4 = 4, 8 + 3, 6 = 8, 4 [rad].

Iz obrasca za promenu ugla obrtanja preko broja obrtanja

φ = 2πN ⇒ N =φ

2π=

8, 4

2π≈ 1, 34 [obrta].

E

D C

aC

aDt

aDn

aD

vCo

vE

vE

Slika 1.25: uz resenje zad. 1.22.

Izraz za brzinu tereta B je

vB = vE = 2r·ω,ω|t=2 [s] = 2, 4 + 1, 8· 2 = 6 [s−1],

a intenzitet je

vB = 10· 6 = 60 [cm/s] .


Promena visine tereta se izracunava iz obrasca za duzinu luka:

hB = s = 2r·φ = 10· φ|t=2 [s] = 10· 8, 4 = 84 [cm] .

k

Zad. 1.23.

Ugaona brzina zupcastog tockamenja se po zakonu ω1 = 2t2 [s−1],pri cemu se vreme t meri u sekun-dama. Odrediti ubrzanje tereta 3u trenutku t1 = 2 [s], ako je R1 =1 [m], R2 = 0, 8 [m] i r = 0, 4 [m].

12

3

R 1

w1

w2

rR

2

Slika 1.26: Zupcasti tocak.

Resenje:

Izraz za obimnu brzinu u tacki A, preko velicna koje karakterisu zupcastitocak 1:

vA = R1·ω1 ⇒ vA |t1=2 [s] = 1· 2· 22 = 8 [m/s].

Obimna brzina u tacki A, koja je zajednicka za oba zupcasta tocka 1 i 2,moze se izraziti i preko velicina koje karakterisu zupcasti tocak 2:

vA = R1·ω1 = R2·ω2.

Iz ovog izraza sledi izraz za ugaonu brzinu tocka 2:

12

3

w1

A B

a3

vB

vA

aBt

Slika 1.27: Resenje.

ω2 =vAR2

=R1·ω1

R2=

8

0, 8= 10 [s−1],

ω2 = 1, 25· 2· t2 = 2, 5· t2.

Obimna brzina u tacki B je:

vB = r·ω2 = 0, 4· 10 = 4 [m/s].



Ubrzanje tereta 3 jednako je tangentnoj komponenti ubrzanja tacke Btocka

a3 = aBt =dvBdt

=d

dt(rω2) = r

dω2

dt= r

d

dt

(R1

R2ω1

)⇒

a3 =rR1

R2ω1 =

rR1

R24t ⇒ a3|t1=2 [s] =

0, 4· 10, 8

· 4· 2 = 4 [m/s2].

k

Zad. 1.24. Rotor turbine se obrce jednoliko usporeno, pri cemu u vre-menskom intervalu T = 30 [s] broj obrtaja rotora opada sa 4000 [O/min] na1300 [O/min]. Izracunati usporenje rotora i broj okretaja koji on ucini udatom vremenskom intervalu.

Resenje:

Iz izraza za ugaono ubrzanje/usporenje

ε = −dω

dt- usporenje

sledi izraz za ugaonu brzinu u diferencijalnom obliku

dω = −ε dt

ω2∫ω1

dω = −εt2∫t1

dt ⇒

ω2 − ω1 = −ε(t2 − t1) = −εT za ε = const.

a odakle se dobija intenzitet ugaonog ubrzanja:

ε = −ω2 − ω1

T=

(n2 − n1)π

30T= 3π [s−2].

Za t1 = 0, iz izraza za ugaonu brzinu

dφ

dt= ω ⇒ ω = ω1 − εt

sledi izraz za promenu ugla obrtanja

dφ = ω dt = (ω1 − εt) dt

∣∣∣∣ ∫ ⇒ φ = ω1t−1

2εt2 ⇒

φ = 2650π.


Izraz za broj obrtaja preko ugla obrtanja je

N =φ

2π= 1325,

i predstavlja broj obrtaja koji rotor turbine ucini za dati vremenski interval.

1.3 Ravansko kretanje

1.3.1 Brzina pri ravanskom kretanju

Zad. 1.25.

Za dati mehanizam, koji se sastojiod stapova OA, AB i BD, odredi-ti brzinu tacke B u prikazanompolozaju, ako je OA = R i akostap OA u tom polozaju ima ugaonubrzinu ω0. Veze u tackama O, A, Bi D su zglobne.

O

60o

R

B

D

A

wo


Resenje:

60o

B

D

A

w

w

o

O PV

AB

vA

vB

=

=wAB

Slika 1.29: uz resenje zadatka 1.25.

vA = OAωOA = Rω0, vB = BDωB

I nacin (projekcija na pravac AB)

Kako tacke A i B pripadaju istomstapu, a brzine ovih tacka su poz-natih pravaca i smerava, tada premateoremi o projekcijama brzina je:

vA cos 30◦ = vB cos 60◦ ⇒ Rω0

√3

2= vB

1

2⇒ vB = Rω0

√3.

II nacin (trenutni pol brzina)

Sa slike se vidi da je:

BPvR

= tg60◦ ⇒ BPv = Rtg60◦ = R√3.


1.3 Ravansko kretanje 33

Izraz za intenzitet brzine tacke A, preko trenutnog pola brzina, je:

APvωAB = vA ⇒ ωAB =vAAPv

=Rω0

R= ω0.

Izraz za intenzitet brzine u tackiB, preko trenutnog pola brzina, za izracunatuugaonu brzinu oko pola brzina:

vB = BPvωAB = R√3ω0 ⇒ vB = Rω0

√3.

k

Zad. 1.26.

Krivaja OA, duzine 0, 3 [m] obrcese konstantnom ugaonom brzinomω0 = 2 [s−1] oko nepomicne ose Oz.Krivaja dovodi u kretanje stap ABduzine 0, 8 [m]. Posredstvom stapaAB disk poluprecnika R = 0, 2 [m]kotrlja se bez klizanja po ravnojpodlozi. Za dati polozaj mehaniz-ma, odrediti ugaonu brzinu diska.Veze u O, A i B su zglobne.

60o

A

B

woO


Resenje:

Na osnovu teoreme o projekcijamabrzina, projektovanjem na AB, nijetesko izracunati brzinu u tacki B, apotom i ugaonu brzinu.

vA = OAω0 = 0, 3· 2 = 0, 6 [m/s],

vA cos 30◦ = vB cos 60◦ ⇒

vB = vAcos 30◦

cos 60◦= 0, 6

√3 [m/s],

vB = RωD ⇒ ωD =vBR

= 3√3 [s−1].

60o

A

B

woO

vB

vA

wdP

V


k


Zad. 1.27.

Krivaja O1A obrce se konstantnomugaonom brzinom ω1 oko ose koja pro-lazi kroz tacku O1, a krivaja O2C obrcese konstantnom ugaonom brzinom ω2

oko ose koja prolazi kroz tacku O2.Odrediti brzinu tacke B za polozajmehanizma slikom dat, u kome je kri-vaja O1A vertikalna, a krivaja O2C ipoluga AB su horizontalne, dok polugaBC gradi ugao od 60◦ sa horizontalnomosom, ako je O1A = b

√3 i O2C = b.

O1

O2

60o

B

C

A

w

w

1

2


Resenje:

Stapovi O1A i O2C su tela koja se obrcu oko odgovarajucih nepomicnihosa, pa su njihove brzine:

O1

O2

60o

B

C

A x

y

vA

vC

vB

vB

A

vB

C


vA = O1Aω1 = b√3ω1,

vC = O2Cω2 = bω2.

Brzina tacke B se moze izracunatipreko brzine tacke A stapa AB, kaoi brzine tacke C stapa BC, elim-inaciom brzine tacke B, tj. iz-jednacavanjem ove dve vektorskejednacine. Sledi

vB = vA + vAB, i vB = vC + vC

B⇒

vA + vAB= vC + vC

B.

Projektovanjem ove vektorske jednacine na ose x i y izracunavaju se inten-



ziteti komponenata brzina vCBi vA

B. Projekcije na x i y osu su:

vA = vCBcos 30◦ ⇒ ω1b

√3 = vC

B

√3

2⇒ vC

B= 2bω1

−vAB= −vC − vC

Bsin 30◦ ⇒ vA

B= bω2 + 2bω1·

1

2⇒ vA

B= b(ω1 + ω2).

Intenzitet brzine tacke B je

vB =√3b2ω2

1 + b2ω21 + 2b2ω1ω2 + b2ω2

2 = b√4ω2

1 + 2ω1ω2 + ω22 .

ili koriscenjem kosinusne teoreme

v2B= v2

C+ (vC

B)2 − 2vCv

CBcos 120◦ ⇒ vB = b

√4ω2

1 + 2ω1ω2 + ω22 .

k

Zad. 1.28.

Krivaja OA = R obrce se okonepokretne ose koja prolazi kroztacku O normalnu na ravan crteza,konstantnom ugaonom brzinom ω0,i pomocu poluga AB = ℓ1 i AC = ℓ2dovodi u kretanje klip B, odnosnoklip C, koji se krecu po horizontal-noj, odnosno vertikalnoj vo -dici. Zapolozaj mehanizma na slici odreditiugaone brzine poluga AB i AC, kaoi brzine tacka B i C.

O

60o

C

A

wo

B

l1

l2


Resenje:

vA = Rω0, vA = vB

u posmatranom trenutku-polozaju (trenutna translacija) ⇒vA = vB = Rω0 ⇒ ωAB = 0.


O

60o

C

A

wo

B

PV

AC

vA

vC

vB

wAC


Primena teoreme o projekcijama brzinana pravac AC, dobija se:

vA cos 30◦ = vC cos 60◦ ⇒ vC = Rω0

√3.

Intenzitet brzine tacke A, u odnosu napol brzina za stap AC:

vA = AP v·ωAC ⇒ ωAC =vAAP v

.

Sa slike je lako zakljuciti da je:

cos 60◦ =AP vℓ2

⇒ AP v =ℓ22.

Iskoristivsi ovo dobija se

ωAC =2Rω0

ℓ2.

k

1.3.2 Ubrzanje pri ravanskom kretanju

Zad. 1.29.

Odrediti ugaono ubrzanje poluge BC i krivaje CD ravnog mehanizma upolozaju prikazanom na slici 1.29, ako se

krivaja AB obrce konstantnom ugaonombrzinom ω0 oko nepokretne ose koja pro-lazi kroz tacku A i upravna je na ra-van slike. Date su velicine (Poznato je):AB = R, CD = 2R, BC = L.

D

60o

B

C

A

wo


Resenje:

Brzine tacaka (sl. 1.37):

Intenzitet brzine tacke B (obrtanje krutog tela oko nepokretne ose) je

vB = Rω0,



a zatim projektovanjem brzina, na pravac BC,

vB cos 30◦ = vC cos 30◦ ⇒ vB = vC ⇒ ωBC = 0,

sto znaci da se stap BC, u datom trenutku, translatorno krece.Intenzitet brzine tacke C, stapa CD, je

vC = Rω0, vC = CDωCD ⇒ ωCD =ω0

2.

D

60o

B

C

A

wo

vB

vC

wCD

Slika 1.37: Brzine tacaka mehanizma.

Ubrzanje tacaka (sl. 1.38):

D

60o

B

C

y

x

Aa

Bn

A

aCn

D

aCn

B

aBt

A

aCt

D

aCt

B

Slika 1.38: Ubrzanje tacaka mehanizma.

Ubrzanje tacke B sastoji se od dela koji predstavlja translaciju tela (kom-ponenta aA) i rotacionog dela (tangencijalna aA

Bti normalna komponenta

aABn):

aB =��>0

aA + aABt

+ aABn.

Intenzitet tangencijalne komponenta aABt

je

aABt

= AB· εAB = 0 ⇒ εAB =dωAB

dt= 0 ⇒ ωAB = ω0 = const.

Intenzitet normalne komponente aABn

je

aABn

= AB·ω2AB

= Rω20.


Tada je intenzitet ubrzanja tacke B

|aB | = |aABn

| = Rω20.

Ubrzanje tacke C je

aC = aB + aBCt

+��>

0(ωBC

=0)

aBCn

aC =��* 0aD + aDCt

+ aDCn,

aC = aB + aBCt

aC = aDCt

+ aDCn.

Intenzitet normalne komponent ubrzanja aDCn

je

aDCn

= CDω2CD

= Rω20.

Eliminaciom ubrzanja tacke C, dobija se

aB + aBCt

= aDCt

+ aDCn.

Projektujuci poslednju vektorsku jednacinu na x odnosno y osu, dobijamo:

- projekcija na x osu

−aB + aBCt

cos 30◦ = aDCn

⇒ −Rω20 + aB

Ct

√3

2=Rω2

0

2⇒

aBCt

= Rω20

√3, aB

Ct= BC· εBC ⇒ εBC =

aBCt

L=Rω2

0

√3

L.

- projekcija na y osu

aBCt

sin 30◦ = aDCt

⇒ aDCt

= Rω20

√3

2⇒

aDCt

= 2RεCD ⇒ εCD =aDCt

2R=Rω2

0

√3

2

1

2R⇒

εCD =ω20

√3

4.

k

Zad. 1.30. U polozaju klipnog mehanizma, prikazanog na slici 1.39, po-znate su ugaona brzina ω i ugaono ubrzanje ε poluge OA. Odrediti:



a) brzinu klipa B i ugaonu brzinustapa AB,

b) ubrzanje klipa B i ugaonoubrzanje poluge AB,

u datom polozaju. Uzeti da jeOA =r i AB = ℓ, a ugao α je poznat.

O

B

A

w, e

a


Resenje:

a) Prvo odredimo brzinu tacke A, kao tacke tela koje se okrece okonepomicne ose (sl. 1.40)

vA = ωOA.

Sada brzinu tacke B mozemo da odredimo ako iskoristimo teoremu o pro-jekcijama brzina. Iz projekcije brzina na pravac AB (vidi sl.1.40) dobijamo

vB cosα = vA cosα ⇒ vB = vA .

Dakle, stap se u datom trenutku krece translatorno, pa je trenutna ugaonabrzina

ωAB = 0 .

vB

vA

O

B

A

w, e

a

Slika 1.40: resenje zad. 1.30 - brzina.

aB

O

B

A

w, e

a

aBn

A

aBt

A

aAt

aAn

Slika 1.41: resenje zad. 1.30 - ubrzanje.

b) Tacka B istovremeno pripada klizacu i stapu AB. Izraz za njenoubrzanje, kao tacke stapa, je

aB = aA + εAB ×−−→AB − ω2

AB

−−→AB = aA + aA

Bt+ aA

Bn,


odnosnoaB = aAn + aAt + aA

Bt+ aA

Bn. (a)

Ubrzanje tacke A dato je relacijom

aA = aAn + aAt ,

gde je:

aAn = ω2 ·OA = rω2, aAt = ε ·OA = rε.

Projekcijom izraza (a), na ose Ox i Oy, imajuci na umu da se klizac Bkrece pravolinijski duz Bx ose, dobijamo:

x : aBx = −aAt − aABn

cosα− aABt

sinα = −aAt − εAB ·AB · sinα,y : aBy = 0 = −aAn + aA

Bnsinα− aA

Btcosα = −aAn − aA

Btcosα =

= −aAn − εAB ·AB · cosα.

Ovde smo iskoristili da je aABn

= ℓω2AB

= 0 (trenutna ugaona brzina jednakanuli). Iz projekcije ubrzanja tacke aB na Oy osu (poslednja jednacina)dobijamo trazeno ugaono ubrzanje

εAB = − aAn

AB · cosα= − ω2r

ℓ cosα,

a iz projekcije na Ox osu (pravac kretanja klizaca B) dobijamo trazenoubrzanje klizaca B (vidi sliku 1.41)

aB = aBx = −aAt − εAB · ℓ sinα = −rε+ ω2r

�ℓ cosα· �ℓ sinα ⇒

aB = −rε+ ω2r tgα .

k

Zad. 1.31.

Stap AB duzine ℓ zglobno je vezanza obod diska poluprecnika R koji sekotrlja bez klizanja po pravom deluputa. Ako u prikazanom polozajusrediste diska ima brzinu v0 i ubrzanjea0, odrediti brzinu i ubrzanje klizacaB.

O

o

45

B

A

vO

aO

Slika 1.42: uz zadatak zad:z-28.



Resenje:

Brzine:

v0 = RωD ⇒ ωD =v0R, vA = AP v·ωD = R

√2ωD ⇒ vA = v0

√2.

O

o

45

B

A

vO

vB

vA

wDP

V

PV

AB

=

Slika 1.43: Brzine.

Primenom teoreme o projekcijama brzina,dobija se:

vA cos 90◦ = vB cos 45◦ ⇒ vB = 0 ,

vA = AP vωAB ⇒ ωAB =vAAP v

=v0√2

ℓ.

Ubrzanja:

aA = aO + aOAn

+ aOAt. (a)

o

45

O

Aa

O

aBn

A

aBt

A

aAt

O

aAn

O

aB

Slika 1.44: Ubrzanje.

εD =ωD

t=

d

dt

(v0R

)=

1

R

d

dt(v0) =

a0R,

aOAt

= εD ·OA =a0RR = a0,

aOAn

= OAω2D=v20R.

Projektovanjem jednacine (a) na x i y,respektivno, dobija se:

x : aAx = a0 − a0An

⇒ aAx = a0 −v20R

y : aAy = −a0An

= −a0.


aB = aA + aABn

+ aABt,

aABn

= ABω2AB

=2v20ℓ.

Projektovanjem ove vektorske jednacine dobija se:

na x : 0 = a0 −v20R

− aABn

cos 45◦ + aABt

cos 45◦,

aABt

√2

2=

2v20ℓ

√2

2+v20R

− a0

√2

2⇒ aA

Bt=

2v20ℓ

+v20√2

R− a0

√2,

na y : − aB = −a0 − aABn

sin 45◦ − aABt

sin 45◦

− aB = −a0 −2v20ℓ

√2

2− 2v20

ℓ

√2

2− v20

√2

R

√2

2+ a0

√2

√2

2⇒

aB =v20ℓ

(2√2 +

ℓ

R

).

k

Zad. 1.32.

Odrediti intenzitet brzine i ubrzanjaklizaca C u polozaju mehanizmaprikazanom na slici. Poluga OA seobrce konstantnom ugaonom brzi-nom ω0 .

O45o

R

R

B

C

A

wo


Resenje:

Brzine (sl. 1.46):



O PV P

VB

C

A

ABBC

vA

vC

vB

=w

AB

wBC

Slika 1.46: Brzine tacaka mehanizma sa sl.1.45.

U datom trenutku poznati su pravcibrzina tacaka A i B, pa projekto-vanjem na pravac AB, dobijamo:

vB cos 45◦ = vA cos 45◦ ⇒vB = vA = Rω0.

Tako -de, poznati je i pravci brzinetacake C (klizaci - fiksan pravackretanja). Pravci ovih vektoraodre -deni su uglom α:

BC =√R2 + 4R2 = R

√5, sinα =

R

R√5=

√5

5⇒ cosα =

2√5

5.

Projektovanje ovih brzina, na pravac BC, dobijamo:

vB cosβ = vC cosα ⇒ Rω0

√5

5= vC

2√5

5⇒ vC =

Rω0

2.

Ugaonu brzinu stapa AB mozemo da odredimo, jer je poznata brzinatacke B, kao i trenutni pol brzina za ovaj stap (tacka O)

vB = BP vABωAB ⇒ ωAB =

vBBP v

AB

=Rω0

R= ω0 .

Kako je poznata brzina tacke B, kao i trenutni pol brzina za ovaj stap(tacka Pv

BC), to se potrebna ugaona brzina stapa BC odre -duje koristeci

vB = BP vBCωBC ⇒ ωBC =

vBBP v

BC

=ω0

2.

Ubrzanja (sl. 1.47):

Provo izracunajmo ubrzanje poznate tacke A

aA = aAn + aAt ,

aAn = Rω20, aAt = Rε0 = 0 (ω0 = const. ⇒ ε0 = ω0 = 0)


Nadalje, uocimo da tacka B pripada klizacu B, koji se krece po kruznomzlebu, pa ubrzanje ove tacke moze da se izrazi u obliku (kruzno kretanjetacke!)

aB = aBn + aBt , gde je aBn =v2B

Rk= Rω2

0.

Me -dutim, ova tacka pripada i stapu AB, pa ubrzanje moze da se izrazi kaoubrzanje tacke tela (B preko A)

aB = aA + aABn

+ aABt.

O

y

x

Ba

b

ba

a

C

Aa

At

o

aAn

o

aBn

A

aCn

BaBt

A

aCt

B

aBt

aBn

aC

Slika 1.47: Ubrzanja tacaka mehanizma sasl. 1.45.

Normalna komponenta ubrzanja je

aABn

= ABω2AB

= R√2ω2

AB= R

√2ω2

0.

Kako su sada poznati intenzitetiposmatranih komponenti, to iz-jednacimo izraze za ubrzanje tackeB:

aB = aA + aABn

+ aABt

= aBn + aBt .

Sada, projektovanjem ove vektorske jednacine na pravac AB, dobija se:

aAn cos 45◦ − aA

Bn= −aBn cos 45

◦ + aBt cos 45◦,

Rω20

√2

2−Rω2

0

√2 = −Rω2

0

√2

2+ aBt

√2

2⇒ aBt = 0,

aB = aBn ⇒ aB = Rω20.

Tacka C krece se po pravolinijskom zlebu, pa je poznat pravac njenogubrazanja (pravolinijsko kretanje tacke). S druge strane, tacka C pripadastapu BC, pa je njeno ubrzanje

aC = aB + aBCn

+ aBCt, aB

Cn= CBωBC = R

√5ω2

BC= R

√5ω20

4.

Projekcijom na x osu, vektorske jednacine, kojom je odre -deno ubrzanje



tacke C, dobija se:

aCx = aBn + aBCt

sinα− aBCn

cosα,

aCx = Rω20 + aB

Ct

√5

5−R

√5ω20

4

2√5

5=Rω2

0

2+ aB

Ct

√5

5.

Iz projekcije na y osu, dobija se:

0 = 0 + aBCt

cosα+ aBCn

sinα ⇒

aBCt

2√5

5= −R

√5ω20

4

√5

5⇒ aB

Ct= −Rω

20

√5

8

aCx = Rω20 −

Rω20

√5

8⇒ aC = aCx =

3

8Rω2

0,

εBC =aBCT

BC= −ω

20

8.

k

Zad. 1.33. Za dati mehanizam, u polozaju prikazanom na slici 1.48,

odrediti ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje tocka D, poluprecnika r =R√3

3.

Tocak se kotrlja bez klizanja po nepokretnoj ravnoj podlozi. Poluga O1A seobrce konstantnom ugaonom brzinom ω0. Dato je: O1A = AB = O2C = R.

60o

A

B C

D

woO

1

O2

Slika 1.48: Zadatak.

Resenje:

Brzine:


60o

A

B C

Dwo

O1

vA

vC

vD

vB

wp

wd

O P2 V

PV

AB

=

Slika 1.49: Brzine tacaka mehanizma sa sl. 1.48.

vA = Rω0, vB cos 30◦ = vA ⇒ vB =vA

cos 30◦=

2Rω0

√3

3,

vB = O2B·ωp ⇒ ωp =vBO2B

=ω0

√3

3,

vB = BP vAB

·ωAB = 2RωAB ⇒ ωAB =ω0

√3

3,

O2B =R

cos 60◦= 2R, vC = Rωp = Rω0

√3

3,

vD cos 30◦ = vC cos 30◦ ⇒ vD = vC ⇒ vD = Rω0

√3

3,

vC = vD ⇒ ωCD = 0 (trenutno translatorno kretanje),

vD = DP vωD , Rω0

√3

3=R√3

3ωD ⇒ ωD = ω0 .

Ubrzanja:

Prvo treba izracunati ubrzanje tacke A:

aA = aAn +��* 0aAt , aAn = O1Aω20 = Rω2

0.

Ubrzanje tacke B moze da se prikaze u obliku:

aB = aA + aABt + aABn = aBn + aBt,

jer tacka B pripada i stapu AB i stapu BC. Odgovarajuce komponente su:

aABn = ABω2AB =

Rω20

3, aBn = O2Bω

2p = 2R

ω20

3.



60o

A1

1

B C

D

woO1

wp

ed

O P2 V

PV

AB

=

aBn

A

aBt

A

aDt

C

aBt

aCt

aBn a

Cn

aAt

o

aAn

o

aCn

D

aC

y

x


Projekcija na pravac AB:

aABn = aBn cos 60◦ − aBt cos 30

◦ ⇒

Rω20

3= 2R

ω20

3

1

2− aBt

√3

2⇒ aBt = 0 ⇒ εp = 0.

aC = aCn + aCt , aCn = Rω2p = R

ω0

3, aCt = Rεp = 0,

aD = aC + aCDn

+ aCDt, aC

Dn= CDω2

CD= 0.

Projekcija na x i y osu:

x : aDx = aCDt

cos 60◦

y : 0 = aCDn

sin 30◦ − aCDt

sin 60◦ + aCn

⇒ aCDt

sin 60◦ = aCn ⇒ aCDt

=22Rω2

0

9,

aCDt

= CDεCD ⇒ εCD =ω20

√3

9,

aD = aDx =2Rω2

0

√3

9

1

2=Rω2

0

√3

9,

aD =dvDdt

=d

dt

(DP vωt

)= DP vεt ⇒ εd =

aD

DP v=Rω2

0

√3/9

R√3/3

⇒

εd =ω20

3.

k

Zad. 1.34.


Za dati mehanizam, u polozajuprikazanom na slici, odrediti in-tenzitet ubrzanja tacke D diska,

poluprecnikaR√2

2, ako se stap O1A

duzine O1A = R obrce konstantnomugaonom brzinom ω0.

o

O1

45

B

C

D

A

wo

O2


Resenje:

Brzine:

o

O1

45

B

C

D

A

wo

O2

PV

PV

AB

BC

vA

vC

vB

vD

=

wAB w

BC

wd

Slika 1.52: Brzina.

vA =��* 0vO1+ v

O1A , vA = v

O1A ,

vA = O1Aω0 = Rω0, vA = AP vABωAB ⇒ ωAB =

vAAP vAB

= ω0,

vB = BP vABωAB = Rω0, vB = BP vBCωBC ⇒ ωBC =vB

BP vBC

=Rω0

2R=ω0

2,

vC = CP vBCωBC = R√2ω0

2, vC = O2CωD ⇒ ωD =

vCO2C

= ω0,

vD = O2DωD =R√2

2ω0.

Ubrzanja:

aA =��* 0aO1+�

��>0

aO1At + a

O1An ⇒ aA = a

O1An ,

aA = aO1An = O1Aω

2O1A

= Rω20,



aB = aA + aABt

+ aABn, aA

Bn= ABω2

AB= R

√2ω2

0,

aB = aBt + aBn , aBn =v2B

Rk=R2ω2

0

R= Rω2

0.

o

O1

45

B

C

D

A

wo

O2

ed

aBn

A aBt

A

aCt

aBt

aDt

aCn

aBn

aDn

aA

aCn

B

aCt

B


aA + aABt

+ aABn

= aBt + aBn (a)

Projektovanjem (a) na pravac AB, dobijamo:

aA cos 45◦ − aABn

= −aBt cos 45◦ − aBn cos 45

◦

−aBt

√2

2= aA

√2

2− aA

Bn+ aBn

√2

2= Rω2

0

√2

2−R

√2ω2

0 +Rω20

−aBt

√2

2= 0 ⇒ aBt = 0 ⇒ aB = aBn .

aC = aB + aBCt

+ aBCn, aB

Cn= BCω2

BC= R

√2ω20

4,

aC = aCt + aCn , aCn =v2C

Rk=

(R√2/2)2ω20

R√2/2

=R√2

2ω20.

aBn + aBCt

+ aBCn

= aCt + aCn . (b)

Projektovanjem (b) na pravac BC, dobijamo:

−aBn cos 45◦ − aB

Cn= aCt ,

aCt = −Rω20

√2

2− R

√2ω2

0

4= −3

4Rω2

0

√2,

aCt = O2Cεd ⇒ εd = −3

2ω20.


Odavde se moze zakljuciti da je pretpostavljeni smer pogresan. Na sl. 1.53,za tacku D ucrtava se stvarni smer.

aD = aDt + aDn , aDt = aCt , aDn = aCn ,

aD =√aDt

2 + aDn2 = Rω2

0

√13

8.

k

Zad. 1.35. Kruzni disk I, poluprecnika R, moze da se kotrlja bez klizanjapo ravnoj podlozi, dok se kruzni disk II, istog poluprecnika R, kotrlja bez kl-izanja po povrsi kruznog cilindra, poluprecnika 3R. Poluga OA, duzine 2R,zglobno je vezana, jednim svojim krajem za srediste O diska I, a drugimkrajem za polugu CA, duzine 3R

√2, za srediste C diska II. U polozaju

mehanizma, prikazanom na slici 1.54, poluga OA paralelna je ravnoj pod-lozi. Poznati su intenziteti brzina sredista diskova, a smerovi su takvi da sesredista diskova udaljavaju od tacke B. Ako su poznati i intenziteti ubrzanjasredista ovih diskova, u datom polozaju, odrediti brzinu i ubrzanje tacke A.Smatrati da se sredista diskova I i II krecu ubrzano.

o

o

O1

4545

O

C

3R

A

B

I

II


Date su vrednosti:

v0 = 2Rω0,

vC = 2Rω0

√2,

a0 = 2Rω20,

aC = 4Rω20

√2.

Resenje:

Brzine:

vA = vO + vOA:

{x : −vO

A= −vC cos 45◦ ⇒ vO

A= 2Rω0

√22

√2 = 2Rω0

y : −vO = vC sin 45◦ − vCA⇒ vC

A= 2Rω0

√22

√2 + 2Rω0 = 4Rω0

vA = vC + vCA:

{x : vAx = −vC cos 45◦ = −2Rω0

√22

√2 = −2Rω0

y : vAy = vC sin 45◦ − vCA= 2Rω0

√22

√2− 4Rω0 = −2Rω0

vOA= AOωAO ⇒ ωAO = ω0, vC

A= ACωAC ⇒ ωAC =

2

3ω0

√2



o

o

O1

4545

O

C

3R

A

vC

vO

vA

Ov

A

C

y x

Slika 1.55: uz zad.1.35 - brzina.

vA =√v2Ax

+ v2Ay

= 2Rω0

√2 .

Ubrzanja:

y x

o

o

O1

4545

O

C

3R

A

aCt

aCn

aO

aAt

O

aAt

C

aAn

O

aAn

C

Slika 1.56: uz zad.1.35 - ubrznje.

aA = aO + aOA= aO + aO

An+ aO

At,

aA = aC + aCA= aCn + aCt + aC

An+ aC

At.

aO + aOAn

+ aOAt

=

= aCn + aCt + aCAn

+ aCAt.

aCn =v2C

Rk=

4R2ω20· 2

2R= 4Rω2

0.

aC = aCn + aCt , a2C= a2

Cn+ a2

Ct⇒ aCt =

√a2C− a2

Cn= 4Rω2

0

aOAn

= OAω2AO

= 2Rω20, aC

An= ACω2

AC=

8

3Rω2

0

√2.

Projekcija na x - osu:

−aOAt

= aCn cos 45◦ − aCt sin 45

◦ − aCAn,

−AO εAO = 4Rω20

√2

2− 4Rω2

0

√2

2− 8

3Rω2

0

√2 ⇒

εAO = −ω20

√2 + ω2

0

√2 +

4

3Rω2

0

√2 =

4

3Rω2

0

√2,

aOAt

= AO εAO =8

3Rω2

0

√2.


Projekcije ubrzanja tacke A, na odgovarajuce ose, su:

x : aAx = −aOAt

= −8

3Rω2

0

√2,

y : aAy = −aO − aOAn

= −2Rω20 − 2Rω2

0 = −4Rω20,

pa je intenzitet ubrzanja ove tacke

aA =√a2Ax

+ a2Ay

=4

3Rω2

0

√17 .

k

Zad. 1.36.

Za mehanizam prikazan na slici 1.36izracunati:

a) brzinu i ubrzanje zgloba D,

b) ugaono ubrzanje poluge ED.

c) Da li se poluga ED obrceubrzano ili usporeno?

wO

B

45o

45o

E

D

A


Poznate su vrednosti: ω0 = const., AB = R, BD = 2R.

Resenje:

Brzine:

wO

B

45o

45o

E

D

A

PV

BD

vB

vD

wBD

wED




vB =��* 0vA + vAB, ⇒ vB = Rω0.

Projekcija na pravac BD:

vB = vD cos 45◦ ⇒ vD = Rω0

√2 ,

vB = BPv·ωBD ⇒ ωBD =ω0

2,

vD = ED·ωED ⇒ ωED = ω0.

Ubrzanja:

wO

B

45o

45o

E

D

A

aBn

A

aDt

E

aDt

E

aDn

B

aDt

B

Slika 1.59: uz zad.1.36 - ubrzanje.

aB =��>0

aA +��>0

aABt

+ aABn, ⇒ aB = aA

Bn= ABω2

0 = Rω20,

aD = aB + aBDt

+ aBDn,

aBDn

= BD·ω2BD

⇒ aBDn

=Rω2

0

2,

aD =��>0

aE + aEDt

+ aEDn,

aEDn

= EB·ω2ED

⇒ aEDn

= Rω20

√2.

aEDt

+ aEDn

= aB + aBDt

+ aBDn

Projekcija na pravac BD:

aEDt

cos 45◦ + aEDn

sin 45◦ = aBDn, ⇒

aEDt

√2

2=Rω2

0

2−Rω2

0

√2

√2

2⇒ aE

Dt= −Rω2

0

√2

2.


aD =

√(aEDt

)2+(aEDn

)2= Rω2

0

√2 +

2

4⇒ aD =

Rω20

2

√10 ,

aEDt

= ED· εED ⇒ εED = −ω20

2− usporeno kretanje.

k

Zad. 1.37.

wO

B

45o

D

C

A

O1

O2


Za mehanizam prikazan na slici 1.60izracunati brzinu i ubrzanje klizacaD. Poznate su vrednosti:

O1A = R√2,

AB = O2B = BC = R,

CD = 2R.

Resenje:

Brzine:

vA = O1A·ω0 = Rω0

√2,

vB = vA + vAB, vA

B= ABωAB ,

vB = vA cos 45◦ = vA

√2

2⇒

vB = Rω0.

wO

B

45o

D

C

A

O1

O2

O2

PV

AB

vA

vC

vB

vB

A

vD=

w

wAB

Slika 1.61: uz zad.1.37 - brzine.

Projekcija na O2C-osu:

0 = vA sin 45◦ − vAB

⇒ vAB= Rω0, ωAB =

vAB

AB⇒

ωAB = ω0, vB = O2B·ωO2⇒

ωO2= ω0, vC = O2C·ωO2

⇒

vC = 2Rω0, ωCD = 0, vD = vC = 2Rω0 .



Brzinu mozemo da odredimo i koristeci trenutni pol brzina, koji je prikazanna sl. 1.61.Ubrzanja:

wO

B

45o

D

C

A

O1

O2

O2

aD

e

aBn

O

aBn

A

aAn

O

aCn

O

aBt

O

aBt

A

aCt

O

aDt

C

2

1

2

2

2

Slika 1.62: Slika uz zad.1.37 - ubrzanja.

aA = aO1An = Rω0

√2,

aB = aA + aABt

+ aABn, aA

Bn= AB·ω2

AB⇒ aA

Bn= Rω2

0,

aB =��* 0aO2+ a

O2Bt + a

O2Bn , a

O2Bn = BO2·ω2

O2= Rω0,

aA + aABt

+ aABn

= aO2Bt + a

O2Bn ⇒

Projekcije na pravac AB i upravan pravac:

⇒{

−aA cos 45◦ − aABn

= −aO2Bt ,

aA sin 45◦ − aABt

= aO2Bn ,

⇒{aO2Bt = 2Rω0, aA

Bt= 0,

εO2= 2ω2

0, εAB = 0.

aC =��* 0aO2+ a

O2Ct + a

O2Cn ,

aO2Ct = CO2· εO2

= 4Rω20, a

O2Cn = CO2·ω2

O2= 2Rω2

0,

aC =

√(a

O2Ct )2 + (a

O2Cn)2 = 2Rω2

0

√5.

aD = aC + aCDt

+ aCDn,

aCDn

= CD·ω2CD

= 0.


Projekcija na pravac CD

−aD = −aO2Ct ⇒ aD = 4Rω2

0 .

k

Zad. 1.38.

B

45o

C

A

O

vo

ao


Za mehanizam prikazan na slici 1.63izracunati brzinu i ubrzanje tacke C.Poznate su vrednosti:

vB = v0, aB = a0 ,

OA = AB = BC = ℓ.

Resenje:

Brzine:

vA = vB + vBA. (a)

Projektovanjem na pravac AB, do-bija se:

vA = vB cos 45◦ ⇒ vA = v0

√2

2,

B

45o

C

A

O

vo

vA

vA

B

vA

C

Slika 1.64: uz zad. 1.38 - brzina.

vA =��* 0vO + vOA

⇒ vA = vOA= OA·ωOA ⇒

ωOA =vAℓ

=vO

√2

2ℓ



Projektovanjem jednacine (a) na pravac OA, dobijamo

0 = −vB cos 45◦ + vBA

⇒ vBA= vO

√2

2, vB

A= AB·ωAB ⇒

ωAB =v0√2

2ℓ= ωAC .

vC = vA + vAC,

vAC= AC·ωAC = 2ℓ

v0√2

2ℓ= v0

√2,

vC =√(vA)

2 + (vA

C)2 =

v02

√10 .

Ubrzanja:

aA = aOAt

+ aOAn

+��>0

aO ,

aOAn

= OA·ω2OA

=v202ℓ,

aA = aB + aBAt

+ aBAn,

aBAn

= AB·ω2AB

=v202ℓ.

aB + aBAt

+ aBAn

= aOAt

+ aOAn.

Projektovanjem ove relacijena Ax i Ay, dobija se:

B

45o

C

A

O

ao

aAn

O

aAn

B

aAt

O

aAt

B

aCt

A

aCn

A

y

x

Slika 1.65: uz zad. 1.38 - ubrzanje.

aB cos 45◦ + aBAn

= −aOAt

⇒ aOAt

= −a0√2

2− v20

2ℓ,

−aB sin 45◦ − aBAt

= aOAn

⇒ aBAt

= −a0√2

2− v20

2ℓ.

aBAt

= ℓ· εAB ⇒ εAB = −a0√2

2ℓ− v20

2ℓ2.

aC = aA + aACt

+ aACn,

aACn

= AC·ω2AC

=v20ℓ, aA

Ct= AC· εAB = −a0

√2− v20

ℓ.


aC = aOAt

+ aOAn

+ aACt

+ aACn.

Projektovanjem ove relacije na Ax i Ay, dobija se:

aCx = −aOAt

− aACn

= a0

√2

2+v202ℓ

− v20ℓ

= a0

√2

2− v20

2ℓ,

aCy = aOAn

+ aACt

=v202ℓ

− a0√2− v20

ℓ= −a0

√2− v20

2ℓ.

aC =√

(aCx)2 + (aCy)

2 =

√√√√(a0√2

2− v20

2ℓ

)2

+

(−a0

√2

2− v20

2ℓ

)2

.

k

Zad. 1.39. Za mehanizam prikazan na slici 1.66 izracunati brzinu iubrzanje klizaca D.

O30

o

A

C

D

Bw

O


Resenje:

Brzine:



O30

o

A

C

D

Bw

O

vC

vA

vD

vB

wCDP

V CD


Poznate su vrednosti:

ω0 = const.,

OA = AC = R.

AO = AB cos 60◦ =AB

2, AB = 2R,

DP v = AC cos 30◦ = R

√3

2,

DP v = CD cos 60◦ =CD

2, CD = R

√3,

CP v = CD cos 30◦ = R

√3

2=

3

2R.

vA =��*0vO + vOA, vA = vO

A= OA·ω0 = Rω0

vB = vA + vAB

projekcija na AB : vB cos 30◦ = vA cos 30◦ ⇒vB = vA = Rω0

vB = vA ⇒ vAB= 0 ⇒ ωAB = 0 ⇒ ωABC = 0.

vC = vB = vA ⇒ vC = Rω0, vC = CP v·ωCD , ωCD =2

3ω0,

vD = DP v·ωCD = Rω0

√3

3.

Ubrzanja:

aA = aO + aOAt

+ aOAn, aA = aO

An= OA·ω2

0 = Rω20,

aB = aA + aABt

+��>

0(ω = 0)aA

Bn,

projekcija na OA : 0 = −aA + aABt

cos 30◦ aABt

=2√3

3Rω0, aA

Bt= AB· εAB ⇒


εAB =

√3

3ω20, εAB = εABC ,

aC = aA + aACt

+��>

0(ω=0)

aACn,

aACt

= AC· εAC =

√3

3ω20,

aD = aC + aCDt

+ aCDn,

aCDn

= CD·ω2CD

=4√3

9Rω2

0,

aD = aA + aACt

+ aCDt

+ aCDn.

O30

o

A

C

D

B

wO

eABC

aBn

A aBt

A

aCt

A

aDt

C

aAn

o

aDn

C

aD

aB


Projekcija na CD:

aD cos 30◦ = −aA cos 30◦ − aACt

− aCDn

⇒ aD = −23

9Rω2

0 .

Iz projekcije, prethodne jednacine, na pravac upravan na CD, mogu da seizracunaju i aC

Dtkao i εCD . k

Zad. 1.40.

O

wO

D

C45o

A B

w

Slika 1.69: uz zad.1.40

Za mehanizam prikazan na slici 1.69izracunati brzinu i ubrzanje zglobaB. Poznate su vrednosti:

ω0 = ωD = ω = const.,

OA = AB = 2R, CD = R,

AO = BC cos 45◦ =

√2

2BC,

BC = 2R2√2

√2√2= 2R

√2.

Resenje:

Brzine:



vA =��* 0vO + vOA, vC =��* 0v

D+ vD

C,

vA = OA·ω = 2Rω, vC = Rω,

vB = vA + vAB= vC + vC

B

projekcija na BC :

vA cos 45◦ − vABcos 45◦ = vC cos 45◦

vAB= vA − vC = Rω

vAB= ABωAB ⇒ ωAB =

ω

2

vB =√

(vA)2 + (vA

B)2 = Rω

√5.

O

wO

D

C45o

A

B

w

vC

vA

vB

C

vB

A


Projekcija na AB:

vA = vC + vCBcos 45◦ ⇒ vC

B= Rω

√2,

vCB= BC·ωBC ⇒ ωBC =

ω

2.

Ubrzanja:

aA =��>0

aO +��>

0 (ω=const.)aO

At+ aO

An,

aA = OAω2 = 2Rω2,

aB = aA + aABt

+ aABn

=

= aC + aCBt

+ aCBn,

aABn

= AB·ω2AB

=1

2Rω2,

aCBn

= BC·ω2BC

=

√2

2Rω2,

aC =��* 0aD +��>

0 (ω=const.)aD

Ct+ aD

Cn,

aC = CDω2 = Rω2.

O

wO

D

C45o

A

Ba

A

aC

aBn

A

aBn

C

aBt

A

aBt

C

y

x


Projekcija vektorske jednacine

aB = aA + aABt

+ aABn

= aC + aCBt

+ aCBn


na BC:

aA cos 45◦ − aABt

cos 45◦ − aABn

cos 45◦ = aCBn

+ aC cos 45◦ ⇒

2Rω2

√2

2− aA

Bt

√2

2− 1

2Rω2

√2

2=

1

2Rω2

√2

2+Rω2

√2

2,

aABt

= 2Rω2 − 1

2Rω2 −Rω2 −Rω2 = −1

2Rω2 = AB· εAB ⇒

εAB = −ω2

4.

Projekcija na pravac upravan na BC:

−aA cos 45◦ + aABt

cos 45◦ − aABn

cos 45◦ = aCBt

− aC cos 45◦ ⇒

aCBt

= −2Rω2

√2

2− 1

2Rω2

√2

2− 1

2Rω2

√2

2+Rω2

√2

2⇒

aCBt

= −Rω2√2,

εBC =aCBt

BC= −Rω

2√2

2R√2

= −ω2

2.

Projektovanje na x i y ose, dobija se:

x : aBx = −aABn

= −1

2Rω2,

y : aBy = −aA + aABt

= −2Rω2 − 1

2Rω2 = −5

2Rω2 ⇒

aB =√

(aBx)2 + (aBy)

2 = Rω2

√1

4+

25

4=Rω2

2

√26 .

k

Zad. 1.41.

D

B

A

2R

2R

2R

C

v

v


Za mehanizam prikazan na slici 1.72izracunati brzinu i ubrzanje zglobaB. Poznate su vrednosti:

vC = vD = v = const.



Resenje:

Brzine:

vA = AP v·ωD ,

vC = CP v·ωD = v ⇒

ωD =v

R,

vA = R√2· vR

=√2v.

vB = vA + vAB= vD + vD

B.

D

B

A

2R

2R

2R

C

v

v

wd

PV

vA

vB

A

vB

D

Slika 1.73: resenje zad. 1.41 - brzina.

Iz projekcije ove vektorske jednacine, na pravac AB, dobijamo:

vA cos 45◦ = −vD + vDB

⇒ vDB=

√2

2vA + vD = 2v, vD

B= BD·ωBD ,

ωBD =v

R, vB = −vD + vD

B= v .

Iz projekcije na BD dobijamo:

vA cos 45◦ − vAB= 0 ⇒ vD

B= v ⇒ ωAB =

vAB

AB=

v

2R.

Ubrzanja:

aC = aCt + aCn ⇒ aCn =v2C

Rk=v2

R,

aCt =dvCdt

d

dt(CP v·ωD) =

= RdωD

dt= RεD = 0,

jer je vC = v = const ⇒ εD = 0.

D

B

A

2R2R

CaBn

A

aBn

D

aBt

D

aBt

A

aCt

aCn

aDn

aAn

C

aAt

C

Slika 1.74: resenje zad. 1.41 - ubrzanje.

aA =��>0

aC +��>

0 (ω=const.)aC

At+ aC

An,

aCAn

= AC·ω2D=v2

R.


aA = aCn + aCAn,

aB = aA + aABt

+ aABn, aA

Bn= AB·ω2

AB=

v2

2R,

aB = aD + aDBt

+ aDBn, aD

Bn= BD·ω2

BD= 2

v2

R.

aD =��*0 (vD=const.)

aDt + aDn , aDn =v2D

Rk=

v2

2R,

aCn + aCAn

+ aABt

+ aABn

= aDn + aDBt

+ aDBn.

Projekcija na BA:

aCAn

+ aABn

= aDBt, aD

Bt=

3

2

v2

R⇒ εBD =

3

4

v2

R2.

aB = aDn + aDBt

+ aDBn.

Projektovanje na x:

aBx = aDBt

= aDBt

=3

2

v2

R,

i y osu

aBy = −aDn + aDBn

=3

2

v2

R.

aB =√

(aBx)2 + (aBy)

2 =3√2

2

v2

R.

k

Zad. 1.42.

A B

C

D

O

vD a

D

wo


Za mehanizam prikazan na slici 1.75izracunati brzinu i ubrzanje zglobaC. Poznate su vrednosti:

ω0 = const., vD = 2Rω0, aD = 2Rω20,

OA = 2R, DC = 2R√2, CD = R.

Resenje:



Brzine:

vA =��>0

v0 + vOA, vA = 2Rω0,

vA = AP v·ωD ⇒

ωD =vAAP v

= 2ω0 , ⇒

vB = BP v·ωD = 2Rω0

√2,

vC = vB + vBC= vD + vD

C,

A B

C

D

O

vD

wo

vA

vB

PVd

vC

D

vC

B

Slika 1.76: resenje uz zad. 1.42 - brzina.

Projektovanjem prethodne relacije na CB, dobijamo:

vB = vD cos 45◦ + vDCcos 45◦ ⇒ vD

C

√2

2= 2Rω0

√2− 2Rω0

√2

2⇒

vDC= 2Rω0 , ωCD =

vDC

CD= 2ω0 .

Projektovanjem prethodne relacije na DC, dobijamo

vB cos 45◦ + vBCcos 45◦ = vD ⇒ vB

C

√2

2= 2Rω0 − 2Rω0

√2

√2

2= 0 ⇒

ωCB = 0, vC = vB = 2Rω0

√2,

vC =

√vD

2 +(vDC

)2= 2Rω0

√2 .

Ubrzanja:

aA =��>0

a0 + aOA=��* 0aAt + aAn ⇒

aAn = 2Rω20,

aAt =dvAdt

=d

dt(RωAB ) =

= Rεd = 0 ⇒ εd = εAB = 0.

A B

C

D

O

wo

aCt

D

aCn

D

aBn

A

aAn

aCt

B

aD

Slika 1.77: resenje uz zad. 1.42 - ubrzanje.


aB = aA +��>0

aABt

+ aABn, ⇒ aA

Bn= AB·ω2

AB= AB·ω2

D= 4Rω2

0.

aC = aB +��>

0aB

Cn+ aB

Ct, ⇒ aD

Cn= CD·ω2

CD= 4Rω2

0.

aA + aABn

+ aABt

= aD + aDCn

+ aDCt.

Projektovanjem na BC:

aA cos 45◦ − aABn

cos 45◦ = aD cos 45◦ − aDCt

cos 45◦ + aDCn

cos 45◦ ⇒2Rω2

0− 4Rω2

0= 2Rω2

0− aD

Ct+ 4Rω2

0,

aDCt

= CDεCD = 8Rω20.

aCx = aD + aDCn

= 6Rω20, aCy = aD

Ct= 8Rω2

0.

aC =√a2Cx

+ a2Cy

= 10Rω20.

k

Zad. 1.43.

R

R

R

R

B

C

O1

60o

60o

D

A

ao

vo


Za mehanizam prikazan na slici 1.78izracunati brzinu i ubrzanje klizacaD. Potrebni podaci dati su naslici. Poznata je brzina vA = v0 iubrzanje aA = a0 klizaca A.

Resenje:

Brzine:



U zadatku je poznata brzina klizaca A.Odredimo prvo brzinu tacke C, koja is-tovremeno pripada stapu AC i klizacuC. Klizac C se krece po kruznom luku.Pravac i smer brzine vC prikazan je na sl.1.79 (brzina je pravca tangente!).Izrazimo brzinu ove tacke preko poznate

brzine tacke A

vC = vA + vAC= v0 + vA

C.

Projektujuci ovu vektorsku jednacinuna pravac AC (teorema o projekcijamabrzina!), dobijamo

B

C

O1

60o

60o

D

A

vo

PV

BD vC

vC

vB

vD

wBD


vC = v0 ,

tj. stap se trenutno krece translatorno. Odavde sledi da ce brzine svihtacaka stapa biti jednake, pa je

vB = vC = v0 .

Tako -de, zakljucujemo i da je trenutna ugaona brzine

ωABC = 0.

Posmatrajmo sada stap BD. I u ovom slucaju primenimo teoremu o pro-jekcijama brzina na pravac BD, pa dobijamo

vB cos 60◦ = vD cos 30◦ ⇒ 1

2v0 =

√3

2vD ⇒ vD =

√3

3.

Da bismo odredili trenutnu ugaonu brzinu stapa BD, okrenimo pravce brz-ina tacaka B i D za 90◦. Presek okrenutih pravaca je tacka PvBD - trenutnipol brzina za ovaj stap. Trenutna ugaona brzina je

ωBD =vB

BP vBD

=v0

R cos 30◦=

2√3

3

v0R.

Kako se klizac C krece po kruznoj putanji, to je odgovarajuca ugaonabrzina

ωO1=vCR

=v0R


Ubrzanje:Kao i kod brzina, i ovde cemo prvo da odredimo ubrzanje tacke D preko

ubrzanja poznate tacke A, tj.

aC = aA +��>

0aA

Cn+ aA

Ct= a0 + aA

Ct.

Normalna komponenta je jednaka nuli jer je aACn

= ACω2ABC

, a trenutnaugaona brzina jednaka je nuli.

Kako tacka C pripada i kruznom kl-izacu, to ubrzanje ove tacke mozemoda izrazimo i u obliku (kruzno kre-tanje tacke!)

aC = aCn + aCt ,

gde je

aCn = Rω2O1

=v2O

R.

B

C

O1

60o

60o

D

A

ao

RaDn

B

aDt

B

aCt

A

aBt

A

aCt

aCn

aD


Dakle, ubrzanje tacke C moze da se predstavi na dva nacina:

aC = a0 + aACt

= aCn + aCt .

Projektovanjem ove jednacine, prvo na pravac CA

a0 cos 60◦ = aCn cos 30

◦ + aCt cos 60◦ ⇒ aCt = a0 −

v20

R

√3

pa na pravac CO1, dobija se:

aACt

cos 60◦ = aCn ⇒ aACt

= 2v20

R⇒ εABC =

aACt

2R=v20

R2.

Tacka B pripada stapu AC, pa je

aB = a0 + aABt.

Konacno, izrazimo ubrzanje tacke D preko tacke B

aD = aB + aBDn

+ aBDt

= a0 + aABt

+ aBDn

+ aBDt. (a)


1.4 Slozeno kretanje tacke 69

Vrednosti pojednih komponenti su:

aBDn

= Rω2BD

=4

3

v20

R, aA

Bt= aC

Bt= R· εABC =

v20

R.

Projektovanjem jednacine (a) na pravac BD (pravac ubrzanja tacke D jepoznat jer je kretanje klizaca pravolinijsko!), dobijamo:

−aD cos 30◦ = −a0 cos 60◦ + aA

Btcos 30◦ + aB

Dn=

√3

2aD =

1

2a0 −

√3

2

v20

R− 4

3

v20

R⇒

aD =

√3

3a0 −

v20

R

8√3

9

v20

R=

aD =

√3

3a0 −

v20

R

(1 +

8√3

9

).

k

1.4 Slozeno kretanje tacke

Zad. 1.44. Tacka M krece se u ravni Oxy duz stapa OA, po zakonuOM = s = 4t − t2, gde se rastojanje OM meri u metrima, a vreme t usekundama.

y

x

jO

AM

Mo

Slika 1.81: uz zad. 1.44 - postavka.

Stap OA obrce se po zakonu φ =πt2

6 . U pocetnom trenutku je t0 = 0.Odrediti intenzitet apsolutne brzinetacke M u trenutku t1 = 1 [s], kao iintenzitet apsolunog ubrzanja tackeM u trenutku t1 = 1 [s]. DuzinaOA = 6 [m].

Resenje:

Kretanje tacke M je slozeno kretanje, pri cemu je kretanje duz stapa –relativno kretanje, a kretanje ove tacke kao tacke tela (zamislimo da se ona”zaglavila” u cevi) – prenosno kretanje.


Relativno kretanje je pravolinijsko kretanje, za koje je zakon puta s =4t − t2. U trenutku t1 = 1 [s], za koji se traze brzina i ubrzanje, tacka je upolozaju M1, pri cemu je s1 = OM1 = 4− 1 = 3 [m].

Prenosno kretanje je obrtanje tela oko nepomicne ose, koje je odre -denozakonom kretanja φ = πt2

6 . U datom trenutku polozaj stapa, u odnosu nax osu, odre -den je uglom φ1 =

π6 .

Brzina:

Apsolutna brzina tacke, pri slozenom kretanju, jedanka je zbiru relativnei apsolutne brzine

va = vr + vp,

pri cemu su intenziteti ovih velicina (u proizvoljnom i posmatranom trenutku):

vr = s = 4− 2t ⇒ vr1 = 4− 2· 1 = 2 [m/s],

φ =πt2

6⇒ φ = ωp =

πt

3,

vp = OMφ = (4t− t2)· πt3

⇒ vp1 = (4· 1− 1)· π· 13

= π [m/s].

Pravci i smerovi ovih velicina prikazani su na sl. 1.82.

Uocimo da su komponente apso-lutne brzine ortogonalne, pa je njenintenzitet

va =√vr2 + vp2 =

=

√(4− 2t)2 + (4t− t2)2

π2t2

9,

va1 =√

4 + π2 [m/s] .

y

x

jO

A

M1

Mo

vp1

va1

vr1


Ubrzanje:



Apsolutno ubrzanje jednako je vek-torskom zbiru relativnog, prenosnogi Koriolisovog ubrzanja. Relativnokretanje je pravolinijsko kretanje,pa je:

ar = s = −2 ⇒ ar1 = −2 [m/s2].

Pravac i smer prikazan je na sl. 1.83.

y

h

xx

j

wp

wp

O

A

M1

Mo

ac1

ar1

apn1

apt1


Prenosno kretanje je obrtanje tela oko nepomicne ose, pa ova kompo-nenta ubrzanja ima i tangencijalnu i normalnu komponentu:

ap = apt + apn

apt = OMφ, φ =π

3, apt = (4t− t2)

π

3, apt1 = (4− 1)

π

3= π [m/s2],

apn = OMφ2 = (4t− t2)π2t2

9⇒ apn1

=π2

3[m/s2].

Pravci i smerovi ovih komponenti prikazani su na sl. 1.83.

Treca komponenta, Koriolisovo ubrzanje, je

ac = 2 (ωp × vr) ,

pri cemu je njegov intenzitet

ac = 2φ· vr· sin(ωp, vr) = 2πt

3(4− 2t)· 1 ⇒ ac1 =

2π

32 =

4π

3.

Pravci svih komponenti prikazani su na sl. 1.83. Da bismo lakse izracunaliintenzitet apsolutnog ubrzanja, razlozicemo ove komponente u dva, me -du-sobno upravna, pravca ξ i η, pri cemu je (u trazenom trenutku):

aξ1 = −apn1 − ar1 = −π2

3− 2 = −π

2

3− 2 [m/s2],

aη1 = ac1 + apt1 =4π

3+ π =

7π

3[m/s2].

Na ovaj nacin, dobili smo dve ortogonalne komponente, pa je intenzitet


apsolutnog ubrzanja

aa1 =√aξ1

2 + aη12 ⇒

aa1 =

√49π2

9+

(π2

3+ 2

)2

[m/s2] .

k

Zad. 1.45.

j

M

B

C

A

O


Kvadratna ploca stranice a√2,

obrce se u ravni xOy oko nepomicne

ose Oz po zakonu φ =πt2

2. Istovre-

meno polazeci iz polozaja A, u kanaluAC, krece se tackaM , saglasno zakonuAM = s = at2. Odrediti intenzitetapsolutne brzine i apsolutnog ubrzanjatacke M u trenutku t1 = 1 [s].

Resenje:

Kretanje tacke je slozeno kretanje, pri cemu je relativno kretanje –pravolinijsko kretanje, a prenosno – obrtanje tela oko nepomicne ose. Izzakona puta s = at2 dobija se da je u posmatranom trenutku s(t1) =a = AM1, tj. tacka se nasla u tezistu ploce - preseku dijagonala, pa zataj polozaj treba odrediti trazene velicine. Na slici 1.85 sa d1 oznacena jepolu dijagonala (poluprecnik rotacije prenosnog kretanja), tj. d1 = d/2 =√

(√2a)2 + (

√2a)2/2 = a.

Brzina:

Pravci i smerovi relativne i prenosne brzine prikazani su na sl. 1.85. Saslike se vidi da su to kolinearni vektori. Njihovi intenziteti su:



s = at2 ⇒ s1 = a,

vr = s = 2at ⇒ vr1 = 2a [m/s],

φ = ωp =2πt

2= πt ⇒ φ1 = π,

vp1 = d1· φ1 = aπ [m/s].

Kako su ovi vektori kolinearni i is-tih smerova, to se intenzitet apso-lutne brzine dobija prostim sabira-njem, tj.

j

B

C

A

O

y

x

M1

vr1

d1

wp

vp1

Slika 1.85: uz resenje zad. 1.45 - brzina.

va1 = vr1 + vp1 = 2a+ aπ = a(2 + π) [m/s] .

Ubrzanje:

Apsolutno ubrzanje se sastoji odrelativnog, prenosnog i Koriolisovogubrzanja. Kako je relativno kretanje,pravolinijsko kretanje, to iz zakona re-lativnog kretanja, je (u proizvoljnom itrazenom trenutku)

ar = s = 2a ⇒ ar1 = 2am/s2.

Kako je prenosno kretanje obrtanje okonepomicne ose, to prenosno ubrzanjeima i normalnu i tangencijalnu kompo-nentu

j

B

C

A

O

y

x

M1

d1

wp

apn1

apt1

ar1

ac1

Slika 1.86: uz resenje zad. 1.45 - ubrzanje.

ap = apt + apn,

pri cemu su njihovi intenziteti jednaki

apt = OMφ = πa = apt1 ,

apn = OMφ2 = aπ2t2 ⇒ apn1 = aπ2.

Intenzitet Koriolisovog ubrzanje je

ac = 2ωpvr sinα = 2φ· vr = 2πt2at = 4aπt2 ⇒ ac1 = 4aπ.


Pravci i smerovi ovih vektora prikazani su na sl. 1.86.

Kako sve ove komponente leze ili na x ili y osi, to njihovom sabiranjemdobijamo:

ax1 = −apt1 − ar1 = −aπ − 2a,

ay1 = −apn1 − ac1 = −aπ2 − 4aπ = −aπ(π + 4).

Ovako dobijene dve komponente su ortogonalne, pa je intenzitet apsolutnogubrzanja

aa1 = a√

(π + 2)2 + π2(π + 4)2 [m/s2] .

k

Zad. 1.46.

j

Mo M

R

y

x

z

q

A

O1

O2


Kruzna ploca, poluprecnikaR = 2 [cm], obrce se oko nepomicneose O1O2 koja se poklapa saprecnikom ploce M0A, u pozi-tivnom matematickom smeru pozakonu φ = 2πt2. Istovremeno se poobodu ploce krece tacka M po zakonu

⌢M0M = s = πt [cm]. Odrediti inten-zitet apsolutne brzine i apsolutnogubrzanja u trenutku t1 = 0, 5 [s].

Resenje:

U ovom slucaju, slozenog kretanje tacke, i relativno i prenosno kretanjeje krivolinijsko. Prvo je potrebno da se odrede zakoni kretanja:

φ = 2πt2 ⇒ φ1 = 2π

(1

2

)2

=π

2[rad].

s =⌢

M0M = πt ⇒ s1 = π1

2, s = R· θ, θ1 =

s1R

=π

4[rad].



Ovde je zakon relativnog kretanja s(t), gde je s kruzni luk, izrazen prekougaone koordinate θ.

Brzina:

vr = s = π ⇒ vr1 = π,

vp = d· φ, φ = 4πt ⇒

φ1 = 4π1

2= 2π,

d = R sin θ ⇒

d1 = R sin θ1 = 2 sinπ/4 = R

√2

2,

vp1 = d1· φ1 = R

√2

22π = Rπ

√2.

j

Mo M

1

M

R

y

x

z

d

45o

A

O1

O2

vp1

wp

vr1


Intenzitet apsolutne brzine je

va1 =√vp1

2 + vr12 =

√R2π2· 2 + π2 =

√9π2 = 3π [cm/s] .

Ubrzanje: Kako se radi o slozenom kretanju tacke, to se ubrzanje sastoji odrelativnog, prenosnog i Koriolisovog ubrzanja, tj.:

aa = ar + ap + acor.

U ovom slucaju, i relativno i prenosno ubrzanje imaju obe komponente(normalnu i tangencijalnu). Odgovarajuci intenziteti su:


ar = arn + art,

art = s = 0,

arn =v2rR

=π2

R=π2

2= arn1 ,

ap = apn + apt,

apt = d· φ = R sin θ· 4π, φ = 4π,

apt1 = 4π√2,

apn = d· φ2 = R sin θ· 16π2t2 ⇒apn1 = 4π2

√2.

j

Mo

M1

M

R

y

x

z

d

45o

A

O1

O2

wp

ac1

art1a

rn1

apn1

apt1


Pravci i smerovi prikazani su na sl. 1.89.

Intenzitet Koriolisovog ubrzanja je

ac = 2φvr sin 45◦ = 2· 4πtπ

√2

2⇒ ac1 = 2π2

√2.

Zbir odgovarajucih projekcija, je:

ax1 = −apn1 − arn1 cos 45◦ = −4π2

√2− π2

2

√2

2= −17

4π2

√2,

ay1 = arn1 cos 45◦ =

π2

2

√2

2=π2

√2

4,

az1 = −ac1 − apt1 = 2π2√2− 4π

√2,

pa za intenzitet apsolutnog ubrzanja, dobijamo

aa1 =√ax1

2 + ay12 + az1

2 ≈ 67 [cm/s2] .

k

Zad. 1.47.

Stapovi O1A i O2B, oba duzine R√2 obrcu se oko nepomicnih osa koje

prolaze kroz tacke O1 i O2 po zakonu φ = πt2.



j

M

BP

KQ

NA

O1 O

2


Istovremeno, po dijagonali NK kvadratneploce NPKQ, krece se tacka M rela-tivnom brzinom intenziteta v = 32

√2Rt.

Tacka M je u trenutku t0 = 0 bila upolozaju N . Ako je NA = BP = R iAB = 2R, odrediti intenzitet apsolutnogubrzanja tacke kada ona stigne u polozajK.

Resenje:

Brzina:

U zadatku je zadata relativna brzina. Relativno kretanje tacke je pravolin-ijsko, pa se moze, na osnovu pocetnih podataka, odrediti vreme potrebnoda stigne u polozaj K.

vr = 32√2Rt = s ⇒ ds = 32

√2Rt dt ⇒ s = 32

√2R

t2

2+ c1,

za t0 = 0, s = 0 ⇒ c1 = 0, s = 16√2Rt2, s|t=t1 = s1 = 4R

√2 ⇒

16√2Rt21 = 4R

√2 ⇒ t21 =

1

4⇒ t1 =

1

2[s].

φ1 = π

(1

2

)2

=π

4, φ = 2πt, φ1 = π, φ = 2π = φ1.

vB = vA ⇒ trenutno translatorno kretanje ⇒ ωp = 0,

vp = vA , vp = R√2φ ⇒ vp1 = Rπ

√2.

Ubrzanje: Kako se radi o slozenom kretanju tacke, to se ubrzanje sastoji odrelativnog, prenosnog i Koriolisovog ubrzanja, tj.:



ap = aA , aA = aAn + aAt ,

aAn1= R

√2φ2

1 = R√24π2t21 ⇒

aAn1= Rπ2

√2,

ωp = 0 ⇒ ac = 0,

aAt1= R

√2φ1 = R

√22π = 2Rπ

√2,

ar = vr = 32√2R = ar1 ,

aa = ap + ar +��>0

ac =

= aAn + aAt + ar,j

1

j1

BP

KQ

NA

O1 O

2

M1

vA

vB

apn1

apt1

ar1

x

y


Projekcijom prethodne jednacine, na ose x i y, dobija se:

ax1 = ar1 − apn1 = 32√2R−Rπ2

√2,

ay1 = apt1 = 2Rπ√2.

Konacno, za intenzitet apsolutnog ubrzanja, dobijamo

aa1 =√ax1

2 + ay12 = R

√2048− 120π2 + 2π4 .

k

Zad. 1.48. Disk 1 poluprecnika R = 2 cm moze da se kotrlja bez klizanjapo nepokretnom disku 2 istog poluprecnika posredstvom poluge OA, kojase obrce po zakonu φ = πt.

O

12

Mo

A

j

Sr


Iz pocetnog polozaja M0, polazi tacka Mi krece se po obodu diska 1 po zakonu s =8πt2. Odrediti intenzitet apsolutne brzinei apsolutnog ubrzanja tackeM u trenutkut1 = 0, 25 [s].

Resenje:



Prvo je potrebno da se odrede jednacine kretanja i odgovarajuci polozajtacke, u kom se trazi njena brzina i ubrzanje.

s1 = 8π (0, 25)2 =π

2, s = Rθ ⇒ θ =

s

R, θ1 =

π

4,

φ1 =π

4, φ = π, φ = 0.

Brzine:

vr = s = 16πt, vr1 = 16π1

4= 4π,

vp =M1Pvωd, vp1 = 2R· 2π = 8π,

vA = 2Rφ = 4φ = 4π

vA = APvωd = R·ωd

}⇒

ωd = 2φ = 2π.

Pravci i smerovi ovih brzina dati suna sl. 1.93. Kako su ove velicineistog pravca, a suprotnog smera, tose intenzitet apsolutne brzine dobijanjihovim oduzimanjem:

O

Mo

M1

PV

A

j1

q1v

A

vM

A

vr1

wd

wd


va1 = vp1 − vr1 = 8π − 4π = 4π .

Ubrzanje:

Apsolutno ubrzanje je

aa = ar + ap + ac = aax + aay,

aa = art + arn + aA +��

0

aApt + aA

pn + ac.

Odgovarajuce komponente su:

art1 = s = vr = 16π,

arn1 =v2rR

=(16πt)2

2=

256π2

32,

arn1 = 8π2.


aA = aAt + aAn ,

aAt = 2Rφ = 0, aAn = 2Rφ2 = 4π2,

aAt = Rεd ⇒ 0 = Rεd ⇒ εd = 0,

aApt1

= R· εp = 0,

aApn1

= R·ω2d = 2· 4φ2 = 8π2.

aC1= 2φvr1 sin 90

◦ = 2·π· 4π = 8π2.

O

Mo

M1

A

j1

q1

wd

wd

y

x

aM t

A

aA n

aM n

A

art1

ac1

arn1

PV


Projekcije ovih komponenti na x i y ose su:

ax1 = art = 16π,

ay1 = −arn − aApn − aAn + ac = −8π2 − 8π2 − 4π2 + 8π2 = −12π2.

Intenzitet apsolutnog ubrzanja je

aa1 =√

162π2 + 16π4 = 4π√

16 + π2 .

k

Zad. 1.49.

j

M

R

y

x

z

A Mo


Polukruzna ploca poluprecnika R mozeda se obrce oko vertikalne ose Az pozakonu φ = 2πt2. Istovremeno po-lazeci iz tacke A po obodu ploce krece

tacka M po zakonu s =⌢

AM = Rπt.Izracunati i skicirati apsolutnu brzinu iapsolutno ubrzanje tackeM u trenutkut1 = 0, 5 [s].

Resenje:

Polozaj:

s = Rπt2, s1 = Rπ· 0, 25, s = Rθ ⇒ θ =s

R, θ1 =

π

4, φ1 =

π

2.



Brzina:

vr = s = 2Rπt, vr1 = 2Rπ· 12= Rπ,

vp = d· φ, d = R sin θ

d1 = R sin θ1 =R√2

2,

φ = 4πt, φ1 = 2π,

φ = 4π = φ1,

vp1 =R√2

2· 2π = Rπ

√2.

M

j

R

y

z

A Mo

M1

d

45o

vp1

wp

vr1

x


Konacno, intenzitet apsolutne brzine je:

va1 =√vp1

2 + vr12 =

√R2π2· 2 +R2π2 = Rπ

√3 .

Ubrzanje:

aa = art + arn + apt + apn + ac.

Intenziteti komponenti:

arn =v2rR

=4R2π2t2

R= 4Rπ2t2,

arn1 = Rπ2,

art = vr = 2Rπ,

apn = d· φ2 = R sin θ· (4πt)2

apn1 = 2Rπ2√2,

apt = d· φ = R sin θ· (4π)apt1 = 2Rπ

√2,

ac1 = 2φ1vr1 sin 45◦ = 2Rπ2

√2.

M

j

R

y

z

A Mo

M1

d

45o

wp

ac1

art1a

rn1

apn1

apt1

x



Projekcije na x i y ose:

aax1 = −apt − ac = −2Rπ√2− 2Rπ2

√2 = −2Rπ

√2(1 + π),

aay1 = −arn cos 45◦ + art cos 45◦ − apn = −Rπ2

√2

2+ 2Rπ

√2

2− 2Rπ2

√2,

aaz1 = arn sin 45◦ + art sin 45

◦ = Rπ2√2

2+Rπ

√2 = Rπ

√2(π2+ 1).

Intenzitet apsolutnog ubrzanje je

aa1 =√a2ax1 + a2ay1 + a2az1 ≈ 49R.

k

Zad. 1.50.

j

M

y

sr

x

z

A O

B

60o

C


Tacka M krece se po zlebu OB po rel-ativnom zakonu OM = s = 4 sin

(πt2

),

gde je s dato u centimetrima, a t usekundama, pocev od trenutka t0 =0. U istom trenutku zapocinje rotacijatela AOBC oko vertikalne nepokretneose O1z u pozitivnom matematickomsmeru po zakonu φ = πt2. Odred-iti polozaj kuglice na telu u trenutkut1 = 1 [s], a zatim intenzitet apso-lutne brzine i apsolutnog ubrzanja utom trenutku. AO = 8 [cm].

Resenje:

Polozaj:

OM = s = 4 sin

(πt

2

), φ = πt2, s1 = OM1 = 4 sin

π

2= 4 [cm].

Brzina:



vr = s = 4 cos

(πt

2

)· π2= 2π cos

(πt

2

)vr1 = 0,

φ = πt2 φ = 2πt, φ = 2π,

vp = d· φvp1 = d1· φ1 = 6· 2π = 12π.

va1 = vp1 = 12π [cm/s] .

j

M

y

sr1

z

A

C

O

B

Mo

M1

60o

d1

vp1

wp

x


Ubrzanje:

aa = ar + ap + ac,

ap = apt + apn,

apn1 = d1· φ21 = 6· 4π2 = 24π2, ,

apt1 = d1· φ1 = 6· 2π = 12π,

ac1 = 2φ1vr1 = 0,

ar = s = −2π sin

(πt

2

)· π2

ar1 = −π2.

j

y

sr1

z

A

C

O

B

Mo

M1

60o

d1

wp a

r1

apn1

apt1

x


aax1 = −apt1 − ac = −12π,

aay1 = −ar1 cos 60◦ − apn1 =π2

2− 24π2 = −47

2π2,

aaz1 = ar1 sin 60◦ = π2

√2

2.


aa1 = π

√144 +

2209

4π2 +

3

4π2 = π

√144 + 533π2 [cm/s2] .

k

Zad. 1.51. Prsten M , zanemarljivih dimenzija, klizi po kruznom obrucupoluprecnika r = 2 [cm] brzinom konstantnog intenziteta v = 2 [cm/s] uodnosu na obruc.

R

C

M1

vr1

vCa

C

Slika 1.101: uz zad. 1.51.

Kruzni obruc kotrlja se bez klizanja poravnoj podlozi. Za polozaj prikazan naslici, odrediti intenzitet apsolutne brzinei apsolutnog ubrzanja prstena M , ako jebrzina sredista obruca vC = 4 [cm/s], aubrzanje aC = 2 [cm/s2].

Resenje:

Brzina:

vr = 2 [m/s] = const., vC = 4 = CP vO·ω0

ω0 =vC

CP vO=

4

2= 2 s−1,

vp =MP vO ·ω0 = 2r·ω0 = 8 [m/s].

va = vr + vp = 10 [cm/s] .

C

M1

vr1 vp1

vC

wo

PV

Slika 1.102: uz resenje zad. 1.51 -brzina.

Ubrzanje:


Komponente:



ar = arn + art, art =dvrdt

= 0,

arn =v2rr

= 2 [cm/s2],

ap = aM = aC + aCMt

+ aCMn,

aC =d

dt

(CP vO ·ω0

)= CP vOε0 ,

ε0 =aC

CP vO= 1 s−1,

C

M1

aM t

C

aM n

C

aC

aC1

eoa

rn1

Slika 1.103: uz resenje zad. 1.51 -ubrzanje.

aCMt

= CM · ε0 = 2 cm/s2, aCMn

= CMω20= 8 [cm/s2].

Koriolisovo ubrzanje

acor = 2ω0· vr = 8 [cm/s2].

Projekcije na x i y ose:

aax = −aC − aCMt

= −4 [cm/s2],

aay = arn + aCMn

+ acor = 18 [cm/s2].

Intenzitet apsolutnog ubrzanja

aa =√aax2 + aay2 =

√16 + 324 =

√340 [cm/s2] .

k

Zad. 1.52.

w

BA

R

y

x

z

60o

M

Slika 1.104: uz zad. 1.52.

Duz poluprecnika kruzne ploce koja seobrce oko nepokretne horizontalne ose ABugaonom brzinom ω = 2t u matematickipozitivnom smeru, krece se u smeru kaobimu tackaM po zakonu s = OM = 4t2.Poluprecnik sa osom AB gradi ugao od60◦. Odrediti apsolutnu brzinu i apso-lutno ubrzanje tacke M u trenutku t1 =1 [s].


Resenje:

Brzina:

vr = s = 8t,

vr1 = 8 [m/s],

d1 = OM1 sin 60◦ = 2

√3,

ωp1 = 2 [s−1], ε1 = 2

vp1 = d1ω1 = 4√3 [m/s].

w

BAy

z

M1

d

vp1

wp

vr1

x



va1 =√vr1

2 + vp12 =

√112 = 4

√7 [m/s] .

Ubrzanje:

aa = ar + apt + apn + ac,

ar = s = 8,

apt1 = OM1ε1 = d1ε1 = 4√3,

apn1 = OM1ω21 = 8

√3,

ac1 = 2ω1· vr1 sin 60◦ = 16√3.

w

BAy

z

M1

dwp apn1

apt1

ar1

ac1

x


Projekcije na ose x, y su:

aax1 = apt1 + ac1 = 20√3 [cm/s2],

aay1 = ar1 cos 60◦ = 4 [cm/s2],

aaz1 = −apn1 − ar1 sin 60◦ = −4

√3 [cm/s2].

Intenzitet apsolutnog ubrzanja

aa1 =√aax1

2 + aay12 + aaz1

2 =√1264 ≈ 35, 5 [cm/s2] .



k

Zad. 1.53. Ploca ABC oblika pravougaonog trougla obrce se oko nepokret-ne ose y, u zadatom, matematicki pozitivnom, smeru, ugaonom brzinomω = 4t− 5 sin(πt4 ).

w

M

y

s

x

z

C

B

30o

A Mo


Istovremeno se duz hipotenuzeAB = 20 krece tacka M po zakonus = M0M = 8t2 − 5t − 2. Tackaje zapocela kretanje iz polozaja A.Odrediti intenzitete va i aa tacke Mu trenutku t1 = 2 [s].

Resenje:

Brzine:

s1 = 20, s = 16t− 5, s1 = 27,

ω1 = 3,

va = vr + vp,

vr1 = s1 = 27,

vp1 = d·ω = BCω1 =

= 20 cos 60◦· 3 = 30,

M

z

wyC

B

30o

A Mo

M1

d1

vp1

vr1

w1x


va1 =√v2r1 + v2p1 =

√1629 .

Ubrzanja:

s = 16 = const.

ε = ω = 4− 5

4π cos

(πt

4

), ω1 = 4.


aa = ar + ap + acor,

ar1 = s1 = 16,

ap = apn + apt,

apn1 = d·ω2 = 10·ω21 = 90,

apt1 = d· ε = 10· ε1 = 40,

acor1 = 2ω· vr sin∠(vr,ωp) == 2ω1vr1 sin 30

◦ = 81.

M

z

wyC

B

30o

A Mo

M1

d1

w1

ar1

ac1

arn1

apt1

x


Projekcije na x i y ose su:

aax1 = apt1 + acor1 = 121,

aay1 = ar1 cos 30◦ = 8

√3,

aaz1 = ar1 cos 60◦ − apn1 = −82.


aa1 =√a2ax1 + a2ay1 + a2az1

∼= 146, 8 .

k

Zad. 1.54.

A Mo

C

B

D

M

y

x

zj

O1

O2

Slika 1.110: uz zad. 1.54.

Pravougaona ploca ABCD obrce se okonepokretne ose O1O2, u pozitivnom

matematickom smeru, po zakonu φ = π√3

3 t2,pri cemu je AB = R i BC = 2R. Popolukruznom zlebu, koji je urezan u plocu,istovremeno se krece tacka M po zakonus = 1

3Rπt2. Tacka je zapocela kretanje iz

polozaja A ≡ M0. Odrediti intenzitete va iaa tacke M u trenutku t1 =

√3 [s].

Resenje:



Za odre -divanje brzina u ubrzanje, potrebno je prethodno odrediti:

φ =π√3

3t2, s =

1

3Rπt2,

φ =2

3πt√3, s =

2

3Rπt,

φ =2

3π√3, s =

2

3Rπ.

φ1 = 2π, s1 = Rπ, s1 =2

3Rπ

√3.

Brzine:

va = vr + vp,

vr1 = s1 =2

3Rπ

√3,

vp1 = O2D· φ =R

2φ1 = Rπ,

va1 =√v2r1 + v2p1 = Rπ

√7/3 .

A Mo

C

B

M

y

zj

O1

O2

D M1

vp1

vr1

wp

d1

x

Slika 1.111: Brzina.

Ubrzanja:

aa = ar + ap + acor,

art1 = s1 =2

3Rπ, arn1 =

v2rR

=4

3Rπ2,

apt1 = O2D· φ =R

2φ1 =

1

3Rπ

√3,

apn1 = O2D· φ2 =R

2φ21 = 2Rπ2,

acor1 = 2φ1· vr1 sin 90◦ =8

3Rπ2

√3. A M

o

C

B

M

y

zj

O1

O2

D M1

wp

apn1apt1

art1

d1

ac1

arn1

x



Projekcije na x i y ose su:

aax1 = apt1 + acor1 =1

3Rπ

√3 +

8

3Rπ2

√3,

aay1 = apn1 − art1 = 2Rπ2 − 2

3Rπ,

aaz1 = −arn1 = −4

3Rπ2.


aa1 =√

(aax1)2 + (aay1)

2 + (aaz1)2 ≈ 52R.

k

Zad. 1.55. Ploca ABDE obrce se oko z-ose po zakonu φ = 3t2 u,matematicki pozitivnom, smeru prikazanom na slici 1.113. U plocu je urezankruzni kanal, poluprecnika R, u kome se krece tackaM po zakonu s = k sin t(k = const.). Odrediti:

A Mo

C

E

B

D

M

R

y

x

zj

Slika 1.113: uz zad. 1.55.

a) vrednost konstante k iz uslovada se tacka M u trenutku t1 =π/2 nalazi u polozaju B (vidi sl.1.113) i

b) intenzitet apsolutne brzine va iapsolutnog ubrzanja aa tacke M ,kada se na -de u polozaju C. Tackaje zapocela kretanje iz polozajaA ≡M0.

φ = 3t2, s = k sin t.

Resenje:

a)

tB =π

2, sB = Rπ = k sin tB = k.



b) Brzine:

va = vr + vp,

vr = s = Rπ cos tC , s = Rπ sin tC =Rπ

2

tC =π

6[s], vr = s(tC ) = Rπ

√3

2,

vp = EC· φ = R· 6tCvp = Rπ.

A Mo

C

E

B

D

M

y

zj

M1

vr1

wp

d1

vp1

x



va(tC ) =√v2r + v2p ⇒ va =

Rπ

2

√7 .

Ubrzanja:

Apsolutno ubrzanje

aa = ar + ap + acor = arn + art + apn + apt + acor.

arn =v2rR

=3

4Rπ2,

art = s = −Rπ sin tC = −Rπ2,

apn = d· φ2 = d· (6tC )2 = Rπ2,

apt = d· φ = d· 6 = 6R,

acor = 2φpvr sin∠(ωp,vr) =

= 2π·Rπ√3

2· sin 90◦ = Rπ2

√3.

A Mo

C

E

B

D

M

y

zj

M1

wp

d1

apn1

apt1

art1

ac1

arn1

x



aax = −apt − acor = −6R−Rπ2√3,

aay = −apn − art = −Rπ2 − Rπ

2,

aaz = −arn = −3Rπ2

4,

aa =√a2ax + a2ay + a2az ≈ 27R .

k

Zad. 1.56.

R

O

Mo

M

s

y


Tacka M krece se u kruznom zlebu ure-zanom u kvadratnu plocu po zakonu

s =Rπ(4− t+ t2)

4,

a zapocela je kretanje iz polozaja M0.Istovremeno, ploca se krece translatornopravolinijski, po zakonu y = 2R sin

(πt2

).

Odrediti intenzitet apsolutne brzine va i apsolutnog ubrzanja aa tackeM u trenutku t = 1 [s].

Resenje:

Kako se radi o slozenom kretanju, to je apsolutna brzina zbir relativnei prenosne brzine, tj.

va = vr + vp.

Apsolutno ubrzanje je jednako zbiru relativnog, prenosnog i Koriolisovogubrzanja, tj.




Reltivno kretanje je kruzno kretanjetacke, opisano lucnom koordinatoms, pa je potrebno izracunati sledecevelicine, za odre -divanje trazene brzinei ubrzanja:

s =Rπ

4(4− t+ t2), s1 = Rπ,

s =Rπ

4(−1 + 2t), s1 =

Rπ

4,

s =Rπ

2, s1 =

Rπ

2.

R

O

Mo

s

y

M1

vr1


Prenosno kretanje je translatorno, pravolinijsko, kretanje krutog tela,pa je potrebno izracunati sledece velicine, za odre -divanje trazene brzine iubrzanja:

y = 2R sin

(πt

2

), y1 = 2R,

y = Rπ cos

(πt

2

), y1 = 0,

y = −Rπ2

2sin

(πt

2

), y1 = −Rπ

2

2.

Brzine:

vr1 = s1 =Rπ

4, vp1 = y1 = 0 ⇒ va1 = vr1 =

Rπ

4.

Ubrzanja:


aa = arn + art + ap + acor,

art1 = s1 =Rπ

2, arn1 =

v2r1R

=Rπ2

16,

ap1 = y1 = −Rπ2

2,

acor1 = 2��* 0ωp1vr1 sin∠(ωp1 ,vr1) = 0.

aax1 = −arn1 = −Rπ2

16,

aay1 = −ap1 − art1 =

− Rπ

2− Rπ2

2= −Rπ

2(1 + π),

aaz1 = 0.

R

O

Mo

s

y

M1

ap1

arn1

art1


aa1 =√a2ax1 + a2ay1 + a2az1 ≈ 6, 5R .

k

Zad. 1.57.

w

M

y

x

2a

2a

2a

z

C

A

B

Mo

M1


Ploca ABC, oblika jednakostranicnogtrougla stranice 2a, obrce se u pozitivnommatematickom smeru oko ose z1, koja sepoklapa sa stranom AC, po zakonu φ =5t − t2

4 . Istovremeno se duz strane ABkrece tacka M relativnom brzinom v =a t

3

2 .Odrediti intenzitet apsolutne brzine i ap-solutnog ubrzanja tacke M u trenutkukada ona stigne u polozaj B. Tacka Mzapocinje kretanje iz polozaja A.

Resenje:

Prenosno kretanje je obrtanje krutog tela oko nepokretne ose, pa jepotrebno odrediti ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje tela:

φ = 5t− t2

4, φ = 5− t

2, φ = −1

2.



Zatim, potrebno je odrediti polozajtacke u trenutku za koji se traze brz-ina i ubrzanje (apsolutno). Premazadatim podacima (vidi sl. 1.119),rastojanje od ose obrtanja, u pos-matranom trenutku, je

d = 2a cos 30◦ = 2a

√3

2= a

√3.

w

y

2a

2a

2a

z

C

A

B

Mo

M1

vr1

d1

wp

vp1

x


Prenosna brzina je

vp = d·ω = a√3φ = 4a

√3.

Relativno kretanje je pravolinijsko kretanje tacke (duz pravca AB), pakako je relativna brzina poznata, iz tog zakona moguce je odrediti trenutakkada stize u dati polozaj i relativnu brzinu u tom trenutku:

vr = at3

2= sr ⇒

∫dsr =

∫vr dt =

a

2

∫t3 dt ⇒ sr =

a

8t4,

sr = AB =M0M = 2a =a

8t4 ⇒ t =

4√16 = 2 [s], vr = 4a.

Konacno, sabirajuci ove komponente, dobija se:

va =√v2r + v2p = 8a .

Ubrzanja:

aa = ar + apn + apt + acor,

ar = sr =3

2at2 = 6a,

apn = d·ω2 = a√3φ2 = 16a

√3,

apt = d· ε = a√3φp = −1

2a√3,

acor = 2ωvr sin∠(ω,vr) == 2ωvr sin 60

◦ = 16a√3.

w

y

2a

2a

2a

z

C

A

B

Mo

M1

d1

wp

apn1apt1

ar1

ac1

x



aax = apt + acor =31

2a√3,

aay = −ar cos 30◦ + apn = 13 a√3,

aaz = ar sin 30◦ = 3 a,

aa =√a2ax + a2ay + a2az ≈ 35 a .

k

Zad. 1.58. Pravougaona ploca stranica AB = CD = R i AD = BC =R√3 moze da se obrce oko horizontalne ose Oy po zakonu φ = 2πt2 u

smeru prikazanom na slici 1.122 (matematicki negativan smer). Istovre-meno, polazeci iz tacke B se po dijagonali BD ploce krece tacka M pozakonu s = Rt3.

B Mo

A

C

D

M

yx

z

j

O


Odrediti intenzitet apsolutne brzinei apsolutnog ubrzanja tacke M utrenutku t1 = 1 [s].

Resenje:

Potrebni elementi za izracunavanje brzina i ubrzanja:

BD =√R2 + 3R2 = 2R,

sinα =AB

AD=

1

2⇒ α = 30◦, d1 =M1D sinα =

R

2.

φ = 2π t2, φ = 4π t, φ = 4π,

φ1 = 2π φ1 = 4π, φ1 = 4π.

s = Rt3, s = 3R t2, s = 6R t,

s1 = R, s1 = 3R, s1 = 6R.



Brzine:

B Mo

A

C

D y

z

j

O

M1

vr1

wp

vp1

d1

x


va = vr + vp,

vr = s ⇒ vr1 = s1 = 3R,

vp = d·ωp = d· φ ⇒vp1 = d1· φ1 = 2Rπ,

va1 =√v2r1 + v2p1 = R

√9 + 4π2 .

Ubrzanja:

B Mo

A

C

D y

z

j

O

M1

wp

d1 apn1

apt1

ar1

ac1

x


aa = ar + ap + acor =

= ar + apn + apt + acor,

ar1 = s1 = 6R,

apn1 = d1·ω2p1 = d1· φ2

1 = 8Rπ2,

apt1 = d1· ε1 = d1· φ1 = 2Rπ,

acor = 2ωp· vp sinα = 2φ· vp sinα ⇒acor1 = 2φ1· vp1 sinα = 12Rπ.

aax1 = −apt1 + acor1 = 10Rπ,

aay1 = ar1 cos 30◦ = 3R

√3,

aaz1 = −ar1 sin 30◦ − apn1 = −3R− 8Rπ2 = −R(3 + 8π2)

aa1 =√a2ax1 + a2ay1 + a2az1 ≈ 88R .

k



Deo II

Dinamika


GLAVA 2

DINAMIKA TACKE

2.1 Dinamika slobodnog i prinudnog kretanja tacke

Zad. 2.1. Tacka M mase m bacena je sa povrsi Zemlje pocetnom brzinomv0, koja sa horizontalnom ravni gradi ugao α. Usvajajuci da je sila teze Gkonstantna i zanemarujuci otpor vazduha, odrediti:

a) konacne jednacine kretanja tacke,

b) putanju tacke,

c) maksimalnu visinu putanje tacke, prizadatom uglu α,

d) ugao α pri kome ce visina putanjetacke biti maksimalna,

e) domet tacke, pri zadatom uglu α,

f) ugao α pri kome ce domet tacke bitimaksimalan.

yx

0

Mo

M

z

vo

v

a

mg


Koordinatni sistem dat je na slici 2.1.

Resenje:

Tacka se krece slobodno, pod dejstvom sile Zemljine teze. Diferencijalna

102 2 Dinamika tacke

jednacina kretanja (vektorski oblik) je

ma =∑i

Fi = −mgk.

a) Projektovanjem na Dekartove koordinatne ose dobijaju se diferenci-jalne jednacine kretanja, u skalarnom obliku:

mx = 0,

my = 0,

mz = −mg.(a)

Uz diferencijalne jednacine dodaju se i pocetni uslovi (za t0 = 0: x(t0) =x(0) = x0, y(t0) = y(0) = y0, z(t0) = z(0) = z0, x(t0) = x(0) = x0,y(t0) = y(0) = y0, z(t0) = z(0) = z0):

y0

Mo

z

vo

a

Slika 2.2: Pocetni polozaj.

x0 = 0, x0 = 0

y0 = 0, y0 = v0 cosα,

z0 = 0, z0 = v0 sinα.

Iz prve od tri diferencijalne jednacine (a)

x = 0 ⇒ x = x0 = 0 ⇒ x = x0 = 0

sledi da se tacka krece u ravni yOz.

Dalje, resavanjem preostale dve diferencijalne jednacine, dobijaju sekonacne jednacine kretanja tacke M :

y = 0 ⇒ y = y0 = v0 cosα, dy = v0 cosα dt

⇒ y = v0t cosα+ c1, y0 = c1 = 0,⇒ y = v0t cosα ,

z = −g ⇒ dz = −gdt ⇒ z = −gt+ c2, z0 = c2 = v0 sinα ⇒z = −gt+ v0 sinα ⇒ dz = (−gt+ v0 sinα) dt ⇒

z = −gt2

2+ v0t sinα+ c3 ⇒ z0 = c3 = 0 ⇒ z = −gt

2

2+ v0t sinα .


2.1 Dinamika slobodnog i prinudnog kretanja tacke 103

b) Trajektorija se dobija eliminacijom parametra t (vreme) iz konacnihjednacina kretanja

y = v0t cosα i z = −gt2

2+ v0t sinα

Kako je iz prve jednacine

t =y

v0 cosα

zamenom u drugu, dobija se jednacna trajektorije tacke M

z = ytgα− g

2v20 cos2 α

y2 .

c) Maksimalna visina (ekstrem funkcije) dobija se iz uslovadz

dy= 0:

tgα− g

v20 cos2 α

y = 0 ⇒ ymax =v20g

sinα cosα⇒ hmax =v202g

sin 2α .

d) Maksimalna vrednost sinusa je za sin 2α = 1, pa je 2α = π/2, tj.

α =π

4– ugao pri kom je visina penjanja maksimalna.

y

h

00

Mo

M1

z

vo v

1

a

Slika 2.3: maksimalna visina.

Dy00

Mo

z

vo

a

Slika 2.4: domet.

e) Domet (D), u ovom slucaju, predstavlja nulu funkcije. Dakle, za z = 0dobija se

z = 0 ⇒ y

(tgα− y

g

2v20 cos2 α

)= 0 ⇒ D =

v20g

sin 2α .

f) Maksimalan domet dobija se za sin 2α = 1, tj. α =π

4. k


Zad. 2.2. Kuglica M mase m postavljena je u vertikalnu cev, u kojoj jesabijena opruga za velicinu h. Odrediti:

a) intenzitet brzine v1 kojom kuglicanapusta cev,

b) uslov koji mora biti zadovoljen da bikuglica napustila cev, posto se oslo-bodi opruga,

c) visinu H do koje ce se kuglica popeti.

h

c

M


Trenje u cevi i otpor vazduha zanemariti.

Resenje:

a) Primenom zakona o promeni kineticke energije (na tacku deluju silau opruzi i sila teze), dobija se brzina kojom kuglica napusta cev:

a) b)

v =o

0

v =2

0

v1

v1

v1

mg

y y

mg

v1

Fc

hM

o

M1

M1

H

M2


Ek1 − Ek0 =N∑i=1

A(Fi) ⇒

1

2mv21 −

1

2m�

�70

v20 =1

2ch2 −mgh, ⇒

1

2mv21 =

1

2ch2 −mgh ⇒

v1 =

√ch2

m− 2gh .

b) Iz uslova da jech2

m− 2gh > 0 (potkorena velicina veca je od nule za

realne funkcije), dobija se uslov napustanja cevi

c >2mg

h.



c) Ponovo, koristeci zakon promene kineticke energije (na tacku delujesamo sila teze) dobija se visina do koje ce se kuglica popeti:

Ek2 − Ek1 =N∑i=1

A(Fi) ⇒ 1

2mv22 −

1

2mv21 = −mgy, ymax = H, za v2 = 0

1

2mv21 = mgH ⇒ H =

v212g,

H =1

2g

(ch2

m− 2gh

)⇒ H =

h

2g

(ch

m− 2g

).

k

Zad. 2.3.

Po glatkoj nepokretnoj podlozi ABCDkoja u tacki B prelazi u kruzni lukpoluprecnika R, pri cemu je ugao α =60◦, krece se materijalna tackaM masem (vidi sl. 2.7). Odrediti sa koje vi-sine treba pustiti tackuM , bez pocetnebrzine, da bi ona posto napusti vezu upolozaju D pogodila cilj u tacki C.

h

a

x

y

M

A

B

R

OC

D


Resenje:

Krecuci se po liniji ABCD, tacka je napusta u polozaju D, kada imabrzinu vD.

h

a

x

y

yD

M

A

B

OC

D

30o

60oDh

vD


Njen intenzitet izracunava se prime-nom zakona promene kineticke energi-je:

EkD −��*0

EkA = A(A−D) ⇒mv2D2

= mg∆h.

∆h = [h− (R+R sin 30◦)] = h− 3

2R


v2D= 2g

(h− 3

2R

). (a)

Drugi deo kretanja, slobodno kretanje tacke, opisano je diferencijalnimjednacinama kretanja (u odnosu na Dekartove koordinate):

mx = 0,m y = −mg ⇒ x = 0,

y = −g

uz pocetne uslove (t = 0):

x(0) = xD = 0, y(0) = yD =3

2R,

x(0) = vDx = v0 cos 60◦ =

vD2, y(0) = vDy = v0 sin 60

◦ =vD

√3

2.

Odavde slede parametarske jednacine putanje:

x = C1 ⇒ x0 =vD2

= C1 ⇒ x =vD2t+��>

0C2 ⇒ x =

vD2t. (b)

y = −g t+ C3 ⇒ y0 =vD

√3

2= C3 ⇒ y = −g t

2

2+vD

√3

2t+ C4,

y(0) = yD =3

2R = C4 ⇒ y = −g t

2

2+vD

√3

2t+

3

2R. (c)

Tacka, prema uslovu zadatka, mora da padne u tacku C, cije su koordinate

xC =R√3

2yC = 0. Kako ova tacka pripada krivoj, zadatoj parametarskim

jednacinama (b)-(c), to njene kordinate moraju da je zadovolje, tj.

xC =R√3

2=vD2t1 ⇒ t1 =

R√3

vD,

yC = 0 = −g t21

2+vD

√3

2t1 +

3

2R ⇒ 2v2

D= Rg ⇒ v2

D=Rg

2. (d)

Iz (d) i (a) dobija se trazena visina

Rg

2= 2g

(h− 3

2R

)⇒ R = 4h− 6R ⇒ h =

7

4R.

k



Zad. 2.4. Materijalna tacka mase m vezana je za donji kraj neistegljivogkonca duzine ℓ, ciji je gornji kraj O nepokretan, i pustena je bez pocetnebrzine iz polozaja M0. Njen pocetni polozaj odre -den je uglom ∠M0OM1 =60◦.

Tokom daljeg kretanja, konac nailazi natanku zicu O1 upravnu na ravan kretanjatacke, na rastojanju OO1 = 2ℓ/3. Tacke O,O1 i M1 leze na istoj vertikali. Odrediti:

a) promenu sile u koncu u trenutku dodirasa zicom;

b) najvecu vrednost ugla ∠M1O1M2, tj.polozaj do koga ce tacka M dospetitokom daljeg kretanja, dok ne promenismer kretanja.

Mo

M1

O1

M2

O

3

2l

l

j2

j1


Resenje:

Mo

M1

O1

M2

O

3

2l

l

O

2 l

3

j2

j1

n1

n2

tS

1

S2

mg

h1

h2

v1

v2


a) Projektovanjem diferencijalne vektor-ske jednacine kretanja (ma =

∑iFi) na

normale, dobija se maN =∑Ni, tj.

n1 : mv21ℓ

= S1 −mg,

neposredno pre nailaska na zicu

n2 : mv21ℓ/3

= S2 −mg,

neposredno posle nailaska na zicu

(videti sliku 2.10).

Iz prethodnih jednacina, za sile se dobija

S1 = mv21ℓ

+mg,

S2 = 3mv21ℓ

+mg.


Iz zakona promene kineticke energije dobija se

Ek1

−��>

0(v0=0)

Ek0

=∑i

Ai(Si) ⇒

1

2mv21 = mg (ℓ− ℓ cosφ1) ⇒ v21 = 2gℓ(1− cos 60◦) ⇒ v21 = gℓ.

S1 = mgℓ

ℓ+mg = 2mg, S2 = 3m

gℓ

ℓ+mg = 4mg.

Promena sile je

∆S = S2 − S1 = 4mg − 2mg ⇒ ∆S = 2mg.

b) Iz zakona promene kineticke energije, za maksimalan ugao, dobija se

��>

0(v2 = 0)E

k2− E

k1=∑i

Ai(Si) ⇒ −1

2mv21 = −mg (ℓ/3− ℓ/3 cosφ2) ⇒

gℓ = 2gℓ/3(1− cosφ2) ⇒ φ2 = 120◦.

Napomena. Brzina v2 = 0 je brzina tacke u polozaju u kom dolazi do

promene smera kretanja. k

Zad. 2.5.

Sa koje visine h iz polozaja A,bez pocetne brzine, treba pustitimaterijalnu tacku mase m, kojabi posle kretanja po glatkoj veziABCD istu napustila u tacki Di kretanjem kao slobodna mater-ijalna tacka udarila u tacku Estrme ravni nagiba od 30◦.

h

C

B

A

D

O

E

x

y

30o

60o

60o


Deo veze BCD je kruzni luk poluprecnika R i centralnog ugla od 120◦, a

rastojanje DE =2√3

3R.

Resenje:



h Dh

C

B

A ,

D

O

E

x

y

30o

60o

60o

v =o

0

60o

vD

M

mg


Koordinate tacke E (vidi sliku2.12) su: xE = DE cos 30◦ =

R, yE = DE sin 30◦ =

√3

3R.

Iz zakona promene kinetickeenergije odredi se brzina upolozaju D:

m

2

(v2D−

��70

v2A

)= mg∆h ⇒ v2

D= 2g∆h,

∆h = h− (R−R cos 60◦) = h− 1

2R,

v2D= 2g

(h− 1

2R

)⇒ v2

D= g(2h−R).

Ova brzina je pocetna brzina slobodnog kretanja tacke, od trenutka napusta-nja veze.

Pocetni uslovi za drugi deo kretanja (slobodno kretanje tacke) su:

x(0) = xD = 0, y(0) = yD = 0,

x(0) = xD = vD cos 60◦ =1

2vD , y(0) = yD = vD sin 60◦ =

√3

2vD ,

x(0) =1

2

√g(2h−R), y(0) =

√3

2

√g(2h−R).

Diferencijalne jednacine, slobodnog kretanja, su:

mx = 0, my = −mg,

iz kojih su dobijene konacne jednacine kretanja

mx = 0, ⇒ x = x(0) = xD ⇒ x =1

2

√g(2h−R)· t+��*

0x(0) ⇒

x =1

2

√g(2h−R)· t,

my = −mg, ⇒ y = −gt+ y(0) = −gt+√3

2

√g(2h−R) ⇒


y = −1

2gt2 +

√3

2

√g(2h−R)· t+��* 0

y(0) ⇒

y = −1

2gt2 +

√3

2

√g(2h−R)· t.

Kako tacka treba da dospe u polozaj E, to je, na osnovu dobijenih konacnihjednacina kretanja:

xE = R =1

2

√g(2h−R)· tE ⇒ tE =

2R√g(2h−R)

,

yE =

√3

3R = −1

2g

4R2

g(2h−R)+

√3

2· 2R

√g(2h−R)· 1√

g(2h−R)⇒

2

3

√3h =

(√3

3+ 1

)R

odakle se konacno dobija trazena visina

h =

√3 + 1

2R .

k

Zad. 2.6. Materijalna tacka M , obesena pomocu opruge o najvisu tackuA kruznog nepokretnog prstena, koji se nalazi u vertikalnoj ravni, krece sepo prstenu bez trenja. U pocetnom polozaju tacka M bila je na odstojanjuAM0 = 20 [cm] od tacke A, a opruga je tada bila nenapregnuta.

Odrediti krutost opruge iz uslova da priti-sak (normalna reakcija) u najnizoj tacki Bprstena bude jednak nuli. Tezinu oprugezanemariti.U zadatku uzeti da je: poluprecnik prstenaR = 20 [cm], masa tereta m = 5 [kg].Pocetna brzina tacke jednaka je nuli.

c

MR

A

jO

B


Resenje:

Diferencijalna jednacina kretanja (prinudno kretanja tacke) je

ma = N+mg + Feℓ,



pri cemu je intenzitet sile u opruzi

Feℓ = c·x = c(ℓ− ℓ0).

c

A

O

B

M1

Mo

n

t

mg

DhF

c

NB

vB

60o


Projekcija prethodne diferencijalne jednacinena pravac normale n na putanju, u polozajukoji je odre -den tackom B, je

mv2B

R= −mg +NB + Feℓ. (a)

Da bi se izracunala sila pritiska (N),potrebno je prethodno naci brzinu u tacki,gde se trazi ova sila (tacka B).

Ona se odre -duje iz zakona promene kineticke energije

EkB − Ek0 = A ⇒ m

2

(v2B− v2

0

)= A(mg) +A(Feℓ).

Rad sile reakcije, u ovom trenutku jednak je nuli (pomeranje upravno napravac sile!), pa je

m

2v2B= mg (2R−R cos 60◦) +

1

2c(x20 − x2

)⇒

v2B= 2g

(3

2R

)+

2

2

c

m

[−(2R−R)2

]⇒ v2

B= 3gR− c

mR2.

Uvrstivsi ovo u (a) dobija se

m3gR

R− c

R2

R= −mg +NB + cR.

Uslov zadatka je da je NB = 0, pa se za c dobija

c =4mg

2R=

2mg

R= 4, 95 [N/cm] .

k

Zad. 2.7.


Skijas se spusta niz zaletiste, nagnuto poduglom α = 30◦. Pred odskok on pro -dekratku horizontalnu platformu BC (cija seduzina u proracunu zanemaruje). U trenutkuodskoka on, sam sebi, saopsti vertikalnu kom-ponentu brzine vy = 1 [m/s]. Visina zaletistaje h = 9 [m], koeficijent trenja skija o snegµ = 0, 08, ugao β = 45◦. Odrediti duzinudoskoka skijasa.

B

A

D

C

h

a

b


Resenje:

B

A

D

C

h

d

a

b

Mt

s

mg

Fm N

n

30o

x1

x

y1y

M

mg

v =Cx

vB

vCy v

C


Dato kretanje moze da se posmatra iz dva dela. Prvo na putu A−B−C(prinudno kretanje, pravolinijsko na delovima A − B i B − C), a zatimslobodno C −D (let do doskoka).

Sile koje deluju na skakaca (materijalna tacka – translatorno kretanje)su: mg – tezina, N – normalna reakcija podloge, Fµ – sila trenja.

Kako je sila trenja proporcionalna normalnoj komponenti, to iz projek-cije diferencijalne jednacine (ma =

∑i Si) na pravac normale, dobija se:

man = −mg cos 30◦ +N = 0 (nema kretanja u pravcu normale!) ⇒

N =

√3

2mg,



pa je intenzitet ove sile Fµ = µN = µ

√3

2mg.

Rad ovih sila, na delu AB (kako je sin 30◦ = h/AB, to je duzina putaAB = 18 [m]) je:

A(Fµ) =

s=18∫0

(−µ

√3

2mg

)ds = −µmg

√3

2s

∣∣∣∣∣s=18

0

⇒

A(Fµ) = −9√3µmg,

A(mg) =

B∫A

mg dr =

sB=18∫sA=0

mg cos 60◦ ds =1

2mg s

∣∣∣∣s=18

0

= mgh = 9mg.

Iz zakona promene kineticke energije, na delu putanje A−B, izracunavase intenzitet brzine u polozaju B, vB , tj.

EkB − EkA = A(mg) +A(Fµ) ⇒

1

2mv2

B− 1

2m��70

v2A= mgh− 9

√3µmg ⇒

vB = 12, 33 [m/s]

Duz horizontalnog puta nema komponenti sila u tom pravcu, pa se ni brzinane menja, tj. vB = vC = vx, do trenutka odskoka, gde se javlja jos dodatnakomponenta vy. Prema tome, pocetni uslovi (ako je koordinatni pocetak utacki C), za deo C −D, su:

x(0) = xC = 0, x(0) = xC = vC = vx = 12, 33 [m/s],

y(0) = yC = 0, y(0) = yC = vy = 1 [m/s].

Resavanjem diferencijalnih jednacina kretanja dobijaju se parametarskejednacine:

mx = 0 ⇒ x = xC = vx ⇒ x = vx t+��* 0xC ,

my = −mg ⇒ y = −gt+ yC = −gt+ vy ⇒ y = −1

2gt2 + vy t+��>

0yC .

Eliminacijom parametra t dobija se trajektorija

y = −1

2gx2

v2x+ vy

x

vx. (a)


Tacka D, koja lezi i na paraboli (a) i na pravoj CD (njena jednacina jey = −x), dobija se u preseku ove dve krive (za yD = −xD)

−xD = −xD

(g xD

2v2x− vyvx

)⇒ xD =

2 vxg

(vx + vy)

Domet d (rastojanje CD) jednak je (slika 2.16)

d = CD =xD

cosβ=

√2xD ⇒

d = 47, 388 [m] .

k

Zad. 2.8. Materijalna tacka M , mase m, krece se duz glatke linije ABCD(sl. 2.17). Linija se sastoji od pravog dela AB, koja u tacki B prelazi ukruzni luk BCD poluprecnika R = 1 [m], a kome odgovara centralni ugaood 120◦. Materijalna tacka kretanje zapocinje iz polozaja A, pocetnombrzinom v0 = 1 [m/s], a vezu napusta u tacki D i dalje nastavlja kretanjekao slobodna tacka.

Napisati diferencijalne jednacine kretanja materijalne tacke, po napusta-nju veze (koordinatni sistem dat na slici), a zatim, na osnovu njih, odrediti:

a) parametarske jednacine slo-bodnog kretanja materijalnetacke,

b) maksimalnu visinu penjanja i

c) domet tacke M ,

ako je AB = 4R√3. U zadatku

uzeti da je g = 10 [m/s2].

x

y

60o

C

B

A

M

120o

D

O


Resenje:

a) Diferencijalne jednacine (slobodno kretanje)

mx = 0, my = −mg.



x

y

60o

C

A

B

Dh

hmax

d

M

120o

D

O

60o

vD

M


Ovo kretanje pocinje iz tackeD, pa su pocetni uslovi za ovajdeo kretanja:

xD = 0, xD = vD cos 60◦,

yD = 0, yD = vD sin 60◦.

Dakle, potrebno je izracunati brzinu tacke M , tj. njen intenzitet, upopozaju D.

Ona se moze odrediti primenom zakona promene kineticke energije, zadeo prinudnog kretanja, tj.:

EkD − EkA =∑i

A(Fi) ⇒ 1

2mv2

D− 1

2mv2

A= mg∆h ⇒ v2

D= v2

A+ 2g∆h,

∆h = AB sin 60◦ = 4R√3

√3

2= 6R,

v2D= v2

A+ 2g∆h ⇒ vD =

√v2A+ 12gR = 11 [m/s] .

Dakle:

xD = 0, xD = vD cos 60◦ =1

2vD = 5, 5 [m/s],

yD = 0, yD = vD sin 60◦ =

√3

2vD = 9, 526 [m/s].

Resavanjem ovih diferencijalnih jednacina (za slobodno kretanje) dobi-jaju se konacne jednacine slobodnog kretanja:

mx = 0 ⇒ x = xD =1

2vD ⇒ x =

1

2vD t+��>

0x0 ,

my = −mg ⇒ y = −gt+ yD = −gt+√3

2vD ⇒ y = −1

2gt2 +

√3

2vD t+��>

0y0 ,

x =11

2t ,

y = −1

2gt2 +

11√3

2t .


b) Maksimalna visina penjanja je ekstrem funkcije y = y(x), tj. temeparabole, koja predstavlja putanja slobodnog kretanja tacke M , a tacka unju stize u trenutku kada je

y′=

dy

dx=

dy

dt

dt

dx= y/x = 0,

odakle sledi

y = −gt1 +√3

2vD = 0 ⇒ t1 =

√3

2gvD =

11√3

2g,

hmax = y|t=t1 = −1

2g

(11√3

2g

)2

+11

√3

2

11√3

2g=

3· 1218g

=363

8· 10= 4, 5375

hmax ≈ 4, 54 [m] .

c) Domet d se dobija u tacki u kojoj parabola sece x osu, tj. y = 0. U tajpolozaj tacka stize u trenutku t2 = 2t1, pa je domet

d = x|t=t2 =11

2t2 =

11

2· 2· 11

√3

2g=

11

2· 11

√3

10= 10, 4789

d ≈ 10, 5 [m] .

k

Zad. 2.9. Iz polozaja A pustena je, bez pocetne brzine, materijalna tackaM , mase m, tako da se krece po kruznom luku AB poluprecnika 2R, da biu tacki B presla na kruzni luk BC poluprecnika R i u tacki C napustilaglatku vezu. Ugao BO2C = 60◦. Odrediti:

a) brzinu tacke M kojom onanapusta glatku vezu u tackiC,

b) parametarske jednacine kre-tanja slobodne materijalnetacke,

c) rastojanjeOD, gde jeD tackau koju ce pasti materijalnatacka M .

x

y

M

C

O

O1

O2

60o

A

B D




Resenje:

x

Dh

x1

y

C

O1

O2

60o

A

B D

vC

M

mg60

o

O


a) Iz zakona promene kineticke energije dobija se

EkC − EkA =∑i

A(Fi) ⇒ 1

2mv2

C− 1

2m��70

v2A= A(mg) ⇒

v2C= 2g∆h = 2g[2R− (R−R cos 60◦)] = 2g

3

2R = 3gR,

pa je intenzitet brzine u polozaju u kom tacka napusta vezu

vC =√

3gR .

b) Parametarske jednacine dobijaju se kao resenja diferencijalnih jednaci-na kretanja (II Njutnov zakon: ma =

∑i Si):

mx = 0, my = −mg.

Da bi se resile ove diferencijalne jednacine potrebno je odrediti i pocetneuslove. Kako se ovo kretanje posmatra od polozaja C, potrebno je odredi-ti koordinate i brzinu u trenutku kada se materijalna tacka na -de u ovompolozaju. Prema postavljenom koordinatnom sistemu, ovi uslovi su:

x(0) = xC = 0, y(0) = yC = OC = R−R cos 60◦ =R

2,

x(0) = xC = vC cos 60◦ =vC2, y(0) = yC = vC sin 60◦ =

vC√3

2.


Resenja navedenih diferencijalnih jednacina su:

x = 0 ⇒ x = x(0) =vC2

⇒ x =vC2t+��* 0xC x =

√3gR

2t,

y = −g ⇒ y = −gt+ y(0) = −gt+ vC√3

2⇒

y = −g2t2 +

vC√3

2t+ yC .

Dakle, parametarske jednacine su:

x =

√3gR

2t

y = −1

2gt2 +

3√gR

2t+

R

2.

c) Tacka D predstavlja nulu funkcije y = y(x) – putanje posmatrane ma-terijalne tacke. Njen polozaj moze da se potrazi kao nula funkcije y = y(x).Me -dutim, da bi se ona nasla, potrebno je prvo eliminisati parametar t izparametarskih jednacina. Drugi nacin je da se odredi trenutak tD kadatacka dospe u ovaj polozaj (y(t)=0), a zatim se izracuna x u tom trenutku.Dakle,

y = −1

2gt2

D+

3√gR

2tD +

R

2= 0 ⇒ t2

D− 3

√R

√gtD − R

g= 0

tD1,2 =3√R/g ±

√9R/g + 4R/g

2=

1

2

√R/g

(3±

√13).

Kako je t vreme – parametar koji je pozitivan, to je moguce samo resenje

tD1 =1

2

√R/g

(3 +

√13).

Za ovu vrednost parametra t rastojanje OD = x1 je

x1 =

√3Rg

2·√R/g(3 +

√13)

2=

√3

4R(3 +

√13) .

k

Zad. 2.10. Materijalna tacka mase m krece se uz strmu ravan. Brzina upocetnom polozaju O je intenziteta v0.



Kada je presla put b (b = OA) tackije saopstena dodatna brzina intenzitetav, ciji je pravac paralelan sa Ox osom(vidi sl. 2.19). Nagibni ugao strmeravni je α = 30◦. Odrediti brzinu tackekada stigne na pocetni nivo (nivo tackeO).

b

O

A

x30o

vO

v


Resenje:

A

A

B O

30o

30o

g=30o

vA

vA

v1

v1v

v

x


Posmatra se prvo deo O−A – neslo-bodno kretanje. Iz zakona promenekineticke energije moze da se odredibrzina u trenutku kada tacka dospeu polozaj A.

EkA − EkO =∑i

A(Fi) ⇒ 1

2mv2

A− 1

2mv2

O= A(mg),

A(mg) =

∫ s=b

0mg dr = −

∫ s=b

0mg sin 30◦ ds = −mg1

2s

∣∣∣∣s=bs=0

= −mgb2

⇒

v2A− v2

O= −gb ⇒ vA =

√v2O− gb.

U polozaju A, tacki M , saopsti se dodatna komponenta brzine v. Nadelu puta A−O tacka se krece slobodno. Kako se njena brzina sada sastojiod dve komponente vA i v, to je potrebno da se prvo izracuna njen intenzitet(vidi sl. 2.22).

Kako ove komponente nisu ortogonalne, a ugao izme -du njih je poznet,iskoristice se kosinusna teoremu da bi se nasao njen intenzitet, tj.

v21= v2

A+ v2 − 2vAv cos γ ⇒

v21= v2

O− gb+ v2 − 2

(√v2O− gb

)· v cos 30◦ ⇒

v21= v2

O− gb+ v2 −

√3v2

(v2O− gb

)


Da bi se odredila brzina po povratku na pocetni nivo (nivo tacke O),ponovo ce se primeniti zakon promene kineticke energije:

EkB − EkA =∑i

A(Fi) ⇒ 1

2mv2

B− 1

2mv2

1= A(mg)

A(mg) =

∫ s=b

0mg dr =

∫ s=b

0mg sin 60◦ ds = mg

1

2s

∣∣∣∣s=bs=0

=mgb

2⇒

v2B− v2

1= gb ⇒

v2B= v2

1+ gb = v2

O− gb+ v22 −

√3v22

(v2O− gb

)+ gb.

Trazena brzina je

v2B= v2

O+ v2 −

√3v2

(v2O− gb

).

k

Zad. 2.11.

Materijalna tacka M , mase m, pustena je bez pocetne brzine iz polozajaA i nastavlja da se krece po vezi ABM , koja od B pa nadalje ima oblikkruznog luka, poluprecnika R (vidi sliku 2.23). Odrediti:

a) reakciju veze u proizvoljnompolozaju na kruznom delu,

b) polozaj u kome ce tacka napustitivezu,

c) sa koje visine bi trebalo pustititacku da bi ona napustila vezuneposredno pred nailazak nakruzni deo veze (tacka B) i

x

yA

B

h

O

R

M


d) domet slobodne tacke po horizontali na nivou centra kruznice O, akovezu napusti u polozaju B.

Resenje:



x

y

B

h

O

R

M

D

xD

Dh

j

vB

v

mgn

t

N

A,v =o

0


a) Uoci se prvo da na tacku,u proizvoljnom polozaju nakruznici, deluju sila Zemljineteze mg i reakcija veze N (vezaje idealna, jer je linija glatka,posto se zanemaruje trenje!).Da bi se odredila reakcija vezena kruznom delu puta, diferen-cijalna jednacina kretanja (IINjutnov zakon) se projektujena prirodni trijedar (normala,tangenta):

ma = mg +N| ·n, t ⇒

man = mg cosφ−N tj. mv2M

R= mg cosφ−N, (a)

mat = mg sinφ tj. mdv

dt= mg sinφ.

Za odre -divanje reakcija veza potrebno je izracunati brzinu tacke M , ciji jepolozaj odre -den uglom φ. Primenom zakona promene kineticke energije,dobija se

EM −��>0

EA =∑i

A(Fi) = A(mg),

1

2mv2

M= mg∆h, ∆h = h+ (R−R cosφ),

v2M

= 2g(h+R−R cosφ).

Zamenom ove vrednosti u (a), dobija se

N = mg cosφ− m

Rv2M

= mg cosφ− 2mg

R[h+R(1− cosφ)] ⇒

N = mg

(3 cosφ− 2− 2h

R

).

b) Mesto napustanja veze odgovara polozaju koji je odre -den uglom φ, ukome je sila veze jednaka nuli, tj. N = 0, pa je

3 cosφ1 − 2− 2h

R= 0 ⇒ cosφ1 =

2

3

R+ h

R.


c) Da bi napustila vezu u polozaju B, gde je φ = 0 tj. cosφ = 1,potrebno je da visina bude

1 =2R+ 2hB

3R⇒ hB =

R

2.

Brzina napustanja veze je, tada

v2B= 2g

(R

2+R−R

)⇒ vB =

√gR.

d) Kretanje tacke, u ovom delu, je slobodno kretanje, pri cemu su pocetniuslovi (t0 = 0), u odnosu na zadati koordinatni sistem:

x(0) = xB = 0, x(0) = xB = vB ,

y(0) = yB = R y(0) = yB = 0.

Resavanjem diferencijalne jednacine slobodnog kretanja, dobice se konacnejednacine kretanja:

mx = 0 ⇒ x = const = x(0) = vB ⇒ x = vB t+��* 0xB ,

my = −mg ⇒ y = −gt+��0

yB ⇒ y = −1

2gt2 + yB ⇒

x = vB t , y = −1

2gt2 +R .

Za domet je potrebno odrediti polozaj u kome je y = 0. Iz prve jednacineza parametar t dobija se t = x√

gRi zamenom u y = y(t), dobija se putanja

slobodnog kretanja tacke M :

y = −g2t2 +R = −g

2

(x√gR

)2

+R ⇒

y = − x2

2R+R .

Nula ove funkcije je

y = 0 = − x2

2R+R,

pa je domet tacke M

xmax = R√2 .



k

Zad. 2.12.

Kolika mora biti pocetna brzina vAtacke M mase m, da bi ona krecuci seu vertikalnoj ravni, presla deo kruzneputanje AB i pogodila cilj u tacki C,cije su koordinate xC = 2R

√3, yC =

4R. Tacka M se u pocetnom trenutkunalazila u polozaju A. Trenje zanemar-iti.

R

O

C

B

60o

A M

x

y


Resenje:

R

O

C

B

60o

A

x

y

Dh

60o

vB

M

mg


Prvo ce se odrediti intenzitet brzineu polozaju u kom tacka M napustavezu (tacka B), primenom zakonapromene kineticke energije (prin-udno kretanje na delu AB).

EkB −EkA =∑i

A(Fi) ⇒

1

2mv2

B− 1

2mv2

A= A(mg) = mg∆h, ∆h = R cos 60◦ =

R

2, ⇒

v2B− v2

A= gR ⇒ v2

B= v2

A+ gR ⇒ vB =

√v2A+ gR.

Ova brzina predstavlja pocetnu brzinu za drugi deo kretanja - slobodnokretanje, pa su:


– pocetni uslovi:

xB = 0, xB = vB cos 60◦ =1

2vB ,

yB = 0, yB = vB sin 60◦ =

√3

2vB .

– diferencijalne jednacine slobodnog kretanja i njihovo resavanje:

mx = 0 ⇒ x = const. = xB ⇒ x = xB t+��*0xB

mx = −mg ⇒ y = −gt+ yB ⇒ y = −1

2gt2 + yB t+��>

0yB .

Dakle, konacne jednacine, slobodnog kretanja, su:

x =1

2vB t, y = −1

2gt2 +

√3

2vB t.

Eliminacijom parametra t dobija se putanja

t =2x

vB⇒ y = −1

2g

(2x

vB

)2

+

√3

2vB

(2x

vB

)⇒ y = − 2g

v2B

x2 + x√3.

Kako tacka C pripada ovoj krivoj (uslov zadatka!), to je:

yC = 4R = xC

√3− 2g

v2B

x2C

⇒

24 gR = 2(v2A+ gR

),

odakle se konacno dobija

vA =√

11 gR .

k

Zad. 2.13. Po glatkoj nepokretnoj podlozi ABC koja u tacki B prelazi ukruzni luk poluprecnika R, krece se materijalna tacka M mase m. Odrediti:

a) visinu h sa koje bi trebalo pustititackuM , bez pocetne brzine, da bi onanapustila vezu u polozaju koji je nakruznom delu putanje odre -den uglomφ1 = 30◦ ib) duzinu d = CD koja odre -dujepolozaj tacke D u koju ce materijalnatacka pasti po napustanju veze.

B

A

C

DO

x

y

h

j1

R

M




Resenje:

B

DC

O x

y

d

hDh

j1

R

M

vM

mgn

t

N

A,v =o

0


a) Treba uociti da je, u polozajuu kome tacka napusta vezu,sila veze jednaka nuli. Dakle,potrebno je prvo odrediti siluveze u funkciji polozaja, odnosnougla (φ1). Ova zavisnost cese odrediti iz projekcije difer-encijalne jednacine kretanja napravac normale:

mv2M

R= mg cosφ1 −N ⇒ N = mg

√3

2−mv2

M

R. (a)

U ovoj relaciji pojavljuje se intenzitet brzine vM , koji se odre -duje pri-menom zakona promene kineticke energije:

EkM −��* 0EkA = mg∆h, ∆h = h+ (R−R cosφ1) = h+R

(1−

√3

2

),

mv2M

2= mg

[h+R

(1−

√3

2

)].

Tacka napusta vezu u polozaju u kom je sila veze jednaka nuli, tj. N = 0,pa se iz (a) dobija trazena visina:

mg

√3

2=m

Rv2M

⇒ v2M

= gR

√3

2, mg

√3

2= 2g

[h+R

(1−

√3

2

)],

h =R

4(3√3− 4) .

b) Da bi se odredila duzina d, potrebno je odrediti putanju tacke, pri slo-bodnom kretanju. Dakle, potrebno je resiti diferencijalne jednacine kretanja(vektorski oblik – ma =

∑iFi). Pocetni uslovi su:

xC = R sin 30◦ =R

2, xC = vC cos 30◦ =

vC√3

2,

yC = R cos 30◦ =R√3

2, yC = −vC sin 30◦ = −vC

2.


Diferencijalne jednacine kretanja i njihovo resavanje:

mx = 0 ⇒ x = const. = xC =vC

√3

2⇒ x =

vC√3

2t+ xC ,

my = −mg ⇒ y = −gt+ yC ⇒ y = −1

2gt2 + yC t+ yC .

Dakle, konacne jednacine kretanja su:

x =vC

√3

2t+

R

2, y = −1

2gt2 − vC

2t+

R√3

2.

Putanja tacke M je:

t =2(x−R/2)

vC√3

=2x−R

vC√3,

y = −1

2g

(2x−R

vC√3

)2

− vC2

(2x−R

vC√3

)+R√3

2⇒

y = −4√3

9Rx2 − 7

√3

9x+

2√3

3R.

Tacka D nalazi se na x osi, pa je y = 0, odakle se dobija:

−4√3

9Rx2 +

x√3

9x+

5√3

9R = 0 ⇒

−4x2 +Rx+ 5R2 = 0.

x1,2 =−R±

√R2 + 80R2

−8=

−R± 9R

−8⇒

x1 = +5

4R, x2 = −R.

Kako je x > 0 (vidi sliku 2.28), to je x1 = R+d = 5R/4 odakle se za trazenorastojanje dobija

d =R

4.

k

Zad. 2.14.Po glatkoj nepokretnoj podlozi ACB, koja u tacki C prelazi u kruzni

luk poluprecnika R, krece se materijalna tacka M mase m.



Odrediti:a) pocetnu brzinu tacke M kojomona zapocinje kretanje iz polozajaA, da bi se, posto napusti vezu upolozaju B, ponovo nasla u polozajuA ib) pritisak tacke na vezu uproizvoljnom polozaju na kruznomdelu veze, koji je odre -den uglom φ.

x

y

30o

jM

A

B

RO

C

3R

2R 3


Resenje:

x

y

30o

j

j

M

A

B

O

C

3R

2R 3

60o

vB

mg

nt

N

Dh

Dh1


Kretanje tacke moze da se pos-matra u dva dela: od A do B– prinudno kretanje i od B doA – slobodno kretanje. Kako jebrzina na kraju prvog dela (vB )pocetni podatak za drugi deo,to je potrebno prvo nju odrediti.Ovo ce se odrediti koriscenjemzakona promene kineticke en-ergije:

EkB − EkA = mg∆h, ∆h = 3R− (R+R sin 30◦) = 3R− 3

2R =

3

2R,

m

2v2B− m

2v2A= mg

3

2R ⇒ v2

B= v2

A+ 3gR. (a)

Ovde je ova brzina izrazena u funkciji trazene brzine vA , pa je potrebna josjedna jednacina. S druge strane, kako tacka mora, prema uslovu zadatka,ponovo da pro -de kroz polozaj A, cije su koordinate:

xA = R cos 30◦ + 2R√3 =

5√3

2R,

yA = ∆h =3

2R.


to je potrebno odrediti putanju tacke pri kretanju od B do A. Dakle,potrebno je resiti diferencijalne jednacine kretanja, uz pocetne uslove (ko-ordinatni pocetak u tacki B):

xB = 0, xB = vB cos 60◦ =1

2vB ,

yB = 0, yB = vB sin 60◦ =

√3

2vB .

Diferencijalne jednacine i njihovo resavanje:

mx = 0, ⇒ x = xB =1

2vB ⇒ x =

1

2vB t+��* 0xB ,

my = −mg ⇒ y = −gt+ yB ⇒ y = −1

2gt2 + yB t+��>

0yB .

Konacne jednacine kretanja:

x =1

2vB t, y = −1

2gt2 +

√3

2vB t.

Jednacina trajektorije

t =2x

vB,

y = −1

2g

(2x

vB

)2

+

√3

2vB

2x

vB⇒

iskoristivsi (a)

y = − 2g

v2A+ 3gR

x2 +√3x.

Kako tacka A lezi na putanji, to mora da bude zadovoljeno

yA = − 2g

v2A+ 3gR

x2A+

√3xA

3

2R = − 2g

v2A+ 3gR

(5√3

2R

)2

+√3

(5√3

2R

)

vA =

√13gR

2.

b) Da bi se odredila sila veze polazi se od projekcije diferencijalne jednaci-ne kretanja na pravac normale:

mv2

R= −mg cosφ+N ⇒ N = mg cosφ+

mv2

R.



Intenzitet brzine u proizvoljnoj tacki odredice se iz zakona promene kinetickeenergije (rad vrsi samo sila teze, dok je rad sile na idealnoj vezi, po definiciji,jednak nuli):

Ek − EkA = mg∆h1, ∆h1 = 3R− (R−R cosφ) = R(2 + cosφ) ⇒m

2v2 − m

2v2A= mg·R(2 + cosφ) ⇒ v2 = v2

A+ 2gR(2 + cosφ) ⇒

v2 =13

4gR+ 4gR+ 2gR cosφ =

39

4gR+ 2gR cosφ ⇒

N = mg cosφ+m

��R

(39

4g��R+ 2g��R cosφ

)=mg

4(12 cosφ+ 39) ,

odakle se konacno dobija intenzitet sile veze u proizvoljnom polozaju, odre -de-nim uglom φ

N =mg

4(12 cosφ+ 39) .

k

Zad. 2.15.

Po glatkoj nepokretnoj podloziABCD, koja lezi u vertikalnojravni, krece se materijalna tacka Mmase m. Tacka M zapocinje kre-tanje iz polozaja A, bez pocetnebrzine, a u polozaju D odvaja seod podloge i dalje nastavlja kretanjekao slobodna tacka.

D

h

b

A

B

R

O

CM


Odrediti ugao β koji odre -duje polozaj D, u kom tacka napusta vezu.

Resenje:

Pri resavanju ovog zadatka polazi se od diferencijalne jednacine kretanja(projekcija na pravac normale)

mv2D

R= mg cosβ −N.

Brzina tacke vD odre -duje se iz zakona promene kineticke energije:


D

h

b

A

B

R

O

C

M

vD

mg

nt

Dh


EkD −��* 0EkA = A(mg) ⇒m

2v2D= mg∆h,

∆h = h+R(1− cosβ),

v2D= 2g [h+R(1− cosβ)] .

Iz prethodnih jednacina dobija se za silu veze

−N = mv2D

R−mg cosβ =

m

R2g [h+R(1− cosβ)]−mg cosβ ⇒

N = 3mg cosβ − 2mg

(h

R+ 1

).

Kako je u polozaju u kom tacka napusta vezu, sila veze jednaka nuli, to je

N = 0 ⇒ 2g

Rm [h+R(1− cosβ)] = mg cosβ ⇒ 3 cosβ =

2h

R+ 2

odakle se, konacno, dobija ugao koji odre -duje polozaj napustanja veze

cosβ =2

3

(h

R+ 1

)⇒ β = arccos

[2

3

(h

R+ 1

)].

k

Zad. 2.16.

Kolika bi trebala da bude pocetnabrzina materijalne tacke M masem, da bi ona, krenuvsi iz polozajaA, posle kretanja po vezi oblikakruznog luka ABC poluprecnikaR, napustila vezu u polozaju C ipogodila cilj u tacki D, ako je AD =R?

x O1

60o

A

D

B

R

R

O

C

M

y




Resenje:

Za odre -divanje pocetne brzine za drugi deo kretanja (slobodnog), tj.brzine kojom tacka M napusta vezu u polozaju C, koristi se zakon promenekineticke energije (rad sile veze jednak je nuli!):

EC − EA = A(mg).

m

2v2C− m

2v2A= −mg·∆h, ∆h = R sin 60◦ ⇒ v2

C= v2

0− 2gR

√3

2.

x O1

60oD

B

R

R

O

CM

y

Dh

vC

mg

A

30o


Trazena brzina je:

v2C= v2

0− gR

√3. (a)

Za slobodno kretanje, na deluC −D, polazi se od diferenci-jalnih jednacina kretanja:

mx = 0, ⇒ x = 0,

my = −mg, ⇒ y = −g.

Pocetni uslovi (pocetni polozaj i pocetna brzina u polozaju C) slobodnogkretanja

x(0) = xC = 0, x(0) = xC = vC cos 30◦ =

√3vC2

,

y(0) = yC =

√3R

2, y(0) = yC = vC sin 30◦ =

vC2.

Resavanje diferencijalnih jednacina kretanja:

x = 0 ⇒ x = x(0) =

√3vC2

⇒ x =

√3vC2

t+��*0xC

y = −g ⇒ y = −gt+ y(0) = −gt+ vC2

⇒ y = −1

2gt2 +

vC2t+ yC ,

dobijaju se konacne jednacine slobodnog kretanja tacke:

x =vC

√3

2t,

y = −1

2gt2 +

vC2t+

R√3

2.


Kako bi tacka trebalo da pro -de kroz polozaj D, to njene koordinate xD =5R/2, yD = 0 moraju identicki da zadovolje jedancinu trajektorije, koja sedobija eliminacijom parametra t

tD =2x

vC√3, y|t=t

D= −1

2g

(2x

vC√3

)2

+vC2

2x

vC√3+R√3

2= yD = 0,

pa je

v0 = 7

√gR

√3

24.

Ovde je iskoriscena veza (a), kao i vec pomenute koordinate tacke D.

k

Zad. 2.17.

Odrediti visinu h sa koje bi trebalopustiti materijalnu tacku M masem bez pocetne brzine niz hrapavustrmu ravan nagiba tgα = 3/4, da biona, posto napusti ravan u polozajuA, pogodila cilj u tacki B. Koordi-nate tacke B(16/5; 0), visina H =4 [m] i koeficijent trenja klizanja µ.

h

x

yM

0

a

M

H

A

B

O


Resenje:

Poznati su podaci:

tgα =3

4⇒ sinα = 3/5 i cosα = 4/5, v0 = 0.

h

x

yM

0

a

a

a

M

H

A

B

O

Mv

A

mg

mg

Fm

N

n

t

s


Prvo treba odrediti intenzitetbrzine u polozaju u kom tackaM napusta vezu (tacka A),primenom zakona promenekineticke energije (prinudnokretanje). na delu M0A).

EkA −��>

0Ek0 = A(mg) +A(Fµ).

(a)



Posto je podloga hrapava, na tacku M ce, pored sile teze, delovati i silatrenja, koja je proporcionalna normalnoj komponenti reakcije podloge.

Projektovanjem diferencijalne jednacine kretanja

ma =∑i

Fi = G+N+ Fµ

na pravac normale dobija se:

man = N −mg cosα = N − 4

5mg = 0 ⇒ N =

4

5mg,

pa je intenzitet sile trenja

Fµ = µN =4

5µmg.

Radovi sila, na delu puta M0A, pri cemu je duzina puta

M0A =h

sinα=

h

4/5=

5

4h,

su:

A(Fµ) =

5h/4∫0

(−4

5µmg

)ds = −4

5µmg s

∣∣∣∣∣∣∣0

5h/4

= −µmg h,

A(G) = mg h.

Dakle, brzina kojom tacka M napusta vezu je, prema (a)

mv2A

2= mgh− µmgh ⇒ vA =

√2gh (1− µ). (b)

Pocetni uslovi, u odnosu na zadati koordinatni sistem, su:

x(0) = xA = 0, xA = vA cosα,

y(0) = yA = 4, yA = −vA sinα.

Diferencijalne jednacine kretanja su:

mx = 0, ⇒ x = 0

my = −mg ⇒ y = −g.


Resavanjem ovih diferencijalnih jednacina, dobijaju se konacne jednacinekretanja:

x = x(0) =4

5vA ⇒ x =

4

5vA t+��>

0xA ,

y = −gt− vA sinα ⇒ y = −1

2gt2 − vAt sinα+ yA .

x =4

5vA t, y = −1

2gt2 − 3

5vAt+ 4.

Kako tacka M treba da stigne u polozaj B, to je

xB =4

5vA tA ⇒ tA =

16/5

4/5vA=

4

vA,

yB = 0 ⇒ −g2

16

v2A

− 3

5vA

4

vA+ 4 = 0,

odakle sledi

−8 g

v2A

− 12

5+ 4 = 0 ⇒ �8 g

v2A

=�8

5⇒ v2

A= 5 g.

Koristeci (b), dobija se

h =5

2(1− µ)[m] .

k

Zad. 2.18.

Kojom pocetnom brzinom v0 trebaizbaciti materijalnu tacku M masem uz hrapavu strmu ravan izpolozaja A, da bi ona, napustivsivezu u tacki B, pogodila tacku C?Uzeti da je: AO = OC, AB = b,α = 30◦. a koeficijent trenja kl-izanje µ.

x

a

y

M

A

B

O

C


Resenje:



x

y

A

B

O

C

Dh

M

vB

mg

30o

a

a

M

mg

Fm

N

n

t

s


Brzina vB odre -duje se iz zakonapromene kineticke energije, nadelu AB (prinudno kretanje):

mv2B

2−mv2

A

2= A(G) +A(Fµ)

Posto je podloga hrapava, na tacku M , ce pored sile teze delovati isila trenja, koja je proporcionalna normalnoj komponenti reakcije podloge.Projekcijom diferencijalnih jednacina kretanja (ma =

∑iFi) na pravac nor-

male, dobija se:

man = N −mg cosα = 0 (nema kretanja u pravcu normale!) ⇒

N = mg cosα = mg cos 30◦ ⇒ N =

√3

2mg,

pa je intenzitet sile trenja

Fµ = µ·N =

√3

2µmg.

Radovi sila, na delu AB, pri cemu je duzina puta AB = b, su:

A(Fµ) =

b∫0

(−µmg

√3

2

)ds = −µmg

√3

2s

∣∣∣∣∣∣b

0

= −µmg√3

2b,

A(mg) = −mg∆h, ∆h = AB sin 30◦ =b

2⇒

A(mg) = −mg b2

.

Konacna brzina kojom tacka M napusta vezu u polozaju B izracunavase na sledeci nacin:

mv2B

2−mv2

A

2= −µmg

√3

2b− mg b

2⇒

v2B= v2

A− gb

(1 + µ

√3).


Diferencijalne jednacine, slobodnog kretanja, su:

mx = 0 ⇒ x = 0,

my = −mg ⇒ y = −g.

Pocetni uslovi:

x(0) = xB = 0, x(0) = xB = vB cos 30◦ =

√3

2vB ,

y(0) = yB = AB sin 30◦ =b

2, y(0) = yB = vB sin 30◦ =

vB2.

Resavanjem ovih diferencijalnih jednacina, dobija se:

x = x(0) =

√3

2vB ⇒ x =

√3

2vB t+��*0xB ,

y = −gt+ yB = −gt+ vB2

⇒ y = −g2t2 +

vB2t+ yB .


x =

√3

2vB t,

y = −g2t2 +

vB2t+

b

2.

Tacka C, sa koordinatama xC = OC = b cos 30◦ = b√3/2 i yC = 0 lezi

na putanji i mora da zadovolji dobijene jednacine kretanja, pa je:

tC =2xC

vB√3, yC = 0 ⇒ v2

B=gb

2⇒ gb

2= v2

A− gb

(1 + µ

√3).

Trazena brzina je

vA =

√g b

(3

2+ µ

√3

).

k

Zad. 2.19.



Materijalna tacka M mase m obesenaje pomocu nerastegljivog konca duzineℓ o nepomicnu tacku O. U pocetnompolozaju M0, kada pravac konca zaklapasa vertikalom ugao α = 60◦, materijal-noj tacki je saopstena pocetna brzina v0sa smerom na nize, a upravno na pravackonca.

O

Mo

M1

60o l

j1

vO


Odrediti:

a) polozaj materijalne tackeM1 u kojem ce sila u koncu biti jednaka nuli(ugao φ1), kao i

b) brzinu v1 tacke u tom polozaju.

Resenje:

O

Mo

M1

60o

j1

vO

n

t

lmgDh

S1


a) Prvo je potrebno da se odredisila u koncu, jer se trazi polozaj ukome je ona jednaka nuli. Sila ce seodrediti iz diferencijalne jednacinekretanja, a potrebna brzina izzakona promene kineticke energije.Kombinacijom ovih jednacinadobice se trazene vrednosti.

Projekcija na normalu n (prirodni trijedar!) diferencijalne jednacinekretanja (ma = Sa + Sv – zbir aktivnih sila i sile veze), dobija se

mv21ℓ

=��>0

S1 +mg sinφ1 ⇒ v21 = ℓg sinφ1. (a)

Zakon promene kineticke energije:

Ek1

− Ek0

= A(mg) ⇒ v21 − v20 = −2g∆h.


Visinska razliku izme -du ova dva polozaja je:

∆h = ℓ cos 60◦ + ℓ sinφ1 =ℓ

2(1 + 2 sinφ1) , pa je

v21 = v20 − gℓ(1 + 2 sinφ1). (b)

Iskoristivsi (a), trazeni ugao je

sinφ1 =v203gℓ

− 1

3. (c)

b) Konacno, iz (b) i (c), dobija se brzina tacke M u polozaju u kom je silau koncu jednaka nuli

v21 =1

3

(v20 − gℓ

).

k



Zad. 2.20.

Materijalnoj tacki M , mase m, koja se nalazi u najvisoj tacki A kupole(oblika polulopte), saopstena je pocetna brzina v0 u horizontalnom pravcu.Odrediti:

a) polozaj u kojem ce tacka na-pustiti kupolu,

b) pocetnu brzinu v0 tako datacka napusti kupolu upocetnom trenutku,

c) maksimalan domet tacke, zauslov zadatka pod b).

O x

y

M

A=

jR

Mo v

o


Resenje:

O x

y

A=

jR

Mo

d

Mv

M

mgmgn

t

Nvo

M


a) Diferencijlna jednacina prin-udnog kretanja tacke M je

ma = mg +N,

pa je njena projekcija, na pravacnormale (prirodni trijedar!),

mv2M

R= mg cosφ−N ⇒

N = mg cosφ−mv2M

R.

Brzina tacke M odre -duje se iz zakona promene kineticke energije

EkM

− EkA

= A(mg) ⇒mv2

M

2−mv2

0

2= mg(R−R cosφ)v2

M= v2

0+ 2gR(1− cosφ) ⇒

N = 3mg cosφ− 2mg −mv2

0

R. (a)

Sila reakcije ne vrsi rad, jer je upravna na pomeranje (glatka povrs, idealnaveza!).


U polozaju u kojem tacka napusta vezu sila veze je jednaka nuli, pa sedobija ugao koji odre -duje polozaj u kom tacka napusta vezu:

cosφ =2

3+

v203gR

=1

3g

(2g +

v20R

).

b) Da bi materijalna tacka M napustila vezu u polozaju A (φ = 0),potrebno je da je u toj tacki sila veze jednaka nuli, pa iz (a) sledi

N(φ = 0) = 0 ⇒ 1 =2

3+

v20

3gR⇒ v0 ≥

√gR .

c) Diferencijalne jednacine slobodnog kretanja su:

mx = 0 ⇒ x = 0,

my = −mg ⇒ y = −g.

Pocetni uslovi, za t0 = 0, u odnosu na dati koordinati sistem, su:

x0 = 0, x0 = v0,

y0 = R, y0 = 0.

Resenja difrencijalnih jednacina su:

x = x0 = v0 ⇒ x = v0t+��>0

x0 ,

y = −gt+��70

y0 ⇒ y = −1

2gt2 + y0 .


x = v0t, y = −1

2gt2 +R.

Domet se dobija iz uslova da je y(t1) = 0, tj. t21 = 2R/g, pa je

x1(t1) = d = v0√

2R/g ⇒ d = R√2 .

k

Zad. 2.21. Po glatkoj nepokretnoj putanji ABC, koja u tacki B prelazi ukrug poluprecnika r, krece se u vertikalnoj ravni tacka M mase m.



a) Sa koje visine h treba pustititacku M , bez pocetne brzine(iz polozaja A), da bi ona,napustivsi vezu u tacki C,pogodila cilj u tacki D sa ko-ordinatama xD = 2r, yD = r?

b) Odrediti pritisak N′tacke M

na vezu kada se ona nalaziu proizvoljnom polozaju naputanji (polozaj odre -denuglom ∠BOM = φ).

j

r

C

B

A

D

x

y

O

M

h


Resenje:

j

p-j

j

j

p

p

-

-

2

2

-

-

r

C

B

A,

D

x

n

t

y

O

M

h Dh

v =o

0

vC

vM

N

mg

mg


Projekcija diferencijalne jednaci-ne prinudnog kretanja (ma =∑

iFi), na pravac normale n, je:

mv2M

r= mg cos(π − φ) +N

N = mg cosφ+mv2M

r. (a)

Iz jednacine (a) dobija se zavisnost izme -du sile i polozaja (koji je odre -denuglom φ). Sila N je reakcija podloge1. Da bi se odredio intenzitet reakcijepotrebno je jos odrediti i intenzitet brzine u posmatranom polozaju. Ovavelicina odre -duje se primenom zakona promene kineticke energije:

EkM − Ek0 =N∑i=1

A(Fi) ⇒

1

2mv2

M−

��>

01

2mv20 = A(mg) ⇒ 1

2mv2

M= mg − (h−∆h) ⇒

1

2mv2

M− 1

2mv20 = mgh−mg(r + r sin(φ− π/2)) ⇒

1Na osnovu treceg Njutnovog zakona (akcije i reakcije) sila pritiska na podlogu N′je

istog intenziteta i pravca, a suprotonog smera. Dakle, sa poznavanjem sile N zna se ipravac, smer i intenzitet sile N

′.


1

2mv2

M= mg [h− r(1− cosφ)] . (b)

Iz (a) i (b), dobija se:

N = mg cosφ+ 2g [h− r(1− cosφ)] · mr,

N = mg

[cosφ+

2h

r− 2 + 2 cosφ

],

N = mg

(3 cosφ+

2h

r− 2

). (c)

Ako tacka napusta vezu u polozaju C, tada je vM = vC , tj φ = π, pa jebrzina u tom polozaju

1

2mv2C = mg[h− r(1− π)] ⇒ v2C = 2g(h− 2r).

Iz diferencijalnih jednacina kretanja dobija se:

mx = 0 ⇒ x = 0 ⇒ x = x0 = vC ⇒ x = vCt+ c1, x0 = c1 = xC = 0,

x = vCt,

my = mg ⇒ y = g ⇒ y = gt+ c2, y0 = c2 = 0,⇒ y =1

2gt2 + c3,

y0 = c3 = 0 ⇒ y =1

2gt2.

Eliminacijom parametra t dobija se:

y =g

2v2Cx2.

a) Za xD = 2r i yD = r dobija se:

r =4r2

2v2C⇒ v2C = 2gr ⇒ 2gr = 2g(h− 2r). (d)

Dakle, za date uslove, visina sa koje treba pustiti tacku da bi napustilavezu u C i pogodila D, je prema (d)

h = 3r . (e)

b) Iz (c) i (e) dobija se vrednost (intenzitet) sile pritiska N′, na osnovu

III Njutnovog zakona,

N′= mg(4 + 3 cosφ) .

k



Zad. 2.22. U vertikalnoj ravni xOy postavljena je nepokretna glatka cev uobliku parabole AOB, cija je jednacina y = x2 (vidi sliku 2.45). U pocetnomtrenutku t0 = 0 pustena je, bez pocetne brzine, materijalna tacka M masem iz polozaja A.

U polozaju B, tacka M napusta vezu ikrece se u polju teze. Odrediti:

a) reakciju veze u polozaju O(0, 0),

b) impuls sile teze na intervalu BC(C najvisa tacka trajektorije mater-ijalne tacke).

Koordinate tacaka A i B su: A(−√2, 2) i

B(1, 1).

x0

1

2

1-1

y

B

M

A

2-


Resenje:

x0

y

B

M

MA

n

t

vC

vB

N

mg

mg

h1

h2

Hmax

C

a


a) Projektovanjem diferencijalnejednacine prinudnog kretanja(ma =

∑iFi) na pravac nor-

male, dobija se

mv2O

Rk= N −mg

N = mv2O

Rk+mg.

Poluprecnik krivine putanje (parabola!), u posmatranom polozaju, je

Rk(O)=

(1 + y

′2)3/2

y′′ =1

2, y = x2 ⇒ y

′= 2x⇒ y

′′= 2, y

′(0) = 0.

Iz prethodnih relacija, dobija se:

N =mv2D1/2

+mg ⇒ N = 2mv2D +mg.


EO −��>0

EA =N∑i=1

A(Fi) ⇒

1

2mv2

O= mgh1 ⇒ v2

O= 2gh1 = 4g,

pa je reakcija veze, u trazenom polozaju, jednaka

N = 9mg .

b) Zakon promene kolicine kretanja, na delu B − C putanje, je:

KC −KB = IBC ,

mvC −mvB = IBC .

Projektovanjem na ose, dobija se:

x : mvCx −mvBx = Ix,

y : mvCy −mvBy = Iy.

I =√I2x + I2y ,

vCy = 0.

Iz projekcije diferencijalne jednacine slobodnog kretanja tacke, na x osu,sledi:

mx = 0 ⇒ x = 0 ⇒ x = c1 = vBx ⇒ vCx = vBx ⇒ Ix = 0.

Brzina u polozaju B, u kom tacka M napusta vezu i zapocinje kretanjekao slobodna tacka, dobija se primenom zakona promene kineticke energije,na delu AB:

EkB −��* 0EkA =

N∑i=1

A(Fi) ⇒1

2mv2

B= mgh2 ⇒ v2

B= 2gh2, h2 = 1,

vB =√

2g, ⇒ vBy = vB sinα.

Ugao α je ugao koji brzina u tacki B zaklapa sa x-osom. Kako brzina imapravac tangente, to je ovaj ugao jednak koeficijentu pravca krive (parabola),tj.

tgα = y′, y

′(1) = 2 ⇒ tgα = 2 ⇒ cosα =

1√1 + tg2α

=1√5, sinα =

2√5.



vBy =√

2g· 2√5,

pa je trazeni impuls

Iy = −2m

√2g

5.

k

Zad. 2.23. Materijalna tacka M , mase m, pustena je bez pocetne brzineniz glatku strmu ravan AB. Odrediti:

a) ugao α tako da tacka, kojanastavlja kretanje duz glatkogkruznog luka BC i preleti utacku D i

b) reakciju veze u tacki C.

Tacke D, B i C leze na kruznici. Uzadatku uzeti da je h = 3R.

CD

R

B

A

O

Mh

a a


Resenje:

CD

R

B

O

Ma aa

p-a

a

x

yv

C

mg

t

n

SC

A

h


a) Da bi se odredile trazenevelicine, potrebno je odrediti brz-inu u polozaju C. Ova brzinamoze da se odredi primenom za-kona promene kineticke energije

EkC − EkA = A(mg) ⇒EkC − EkA = mg∆h,

gde je:

∆h = h− [R+R sin (π/2− α)] = h−R [1 + sin (π/2− α)] =

= h−R(1 + cosα).


Iz ovih relacija dobija se:

m

2(v2

C−

��70

v2A) = mg[h−R(1 + cosα)] ⇒ v2

C= 2g(h−R−R cosα).

Na delu puta C−D tacka se krece slobodno, pa su diferencijalne jednacineovog kretanja, sa pocetnim uslovima:

mx = 0, xC = 0, xC = vC cosα,

my = −mg, yC = 0, yC = vC sinα.

Odavde se dobijaju konacne jednacine slobodnog kretanja tacke:

x = vC t cosα

y = vC t sinα− 1

2gt2.

Odre -divanje koordinata tacke D:

DC = 2R sinα = xD =2

gv2Csinα · cosα⇒

v2C=

gR

cosα= 2g(h−R−R cosα).

D(xD , 0) ⇒ xD =2

gv2Csinα · cosα

R = 2(h−R−R cosα) · cosα za h = 3R⇒ R = 2(3R−R−R cosα) cosα,

��R = 2��R(2− cosα) cosα ⇒ 1 = 4 cosα− 2 cos2 α.

Smenom cosα = a, prethodna jednacina svodi se na kvadratnu jednacinu

2a2 − 4a− 1 = 0,

cija su resenja: a1,2 = 1 ±√2/2. Prvo resenje 1 +

√2/2 nije moguce, jer

postoji ogranicenje a ≤ 1 (a = cosα, a kosinus je ogranicena funkcija!), pase konacno dobija traceni ugao

cosα = 1−√2

2.



b) Reakciju u tacki C moze da se odredi iz projekcije diferencijalnejednacine, prinudnog kretanja, na pravac normale:

maN = mg cosα+ Sv ⇒

Sv =mv2

C

R−mg cosα =

m

R· 2g(h−R−R cosα)−mg cosα ⇒

Sv = mg(4− 3 cosα) .

k

Zad. 2.24. Kuglica se krece po glatkoj vezi ABCD, pri cemu deo BCDima oblik cetvrtine kruznice.

a) Odrediti sa koje visineH treba pustiti kuglicu,bez pocetne brzine, dabi po napustanju vezeu polozaju D preskocilakanal sirine ℓ.

b) Koliki je pritisak tackena vezu u trenutkunapustanja veze?

90o

C

B

A

D E

Oh

l


Resenje:

90o

45o

45o

45oC

B

A

DE

Oh

lx

y

vD

tn

N

mg


a) Da bi se izracunala trazenavisina potrebno je prvo odred-iti brzinu u polozaju D, ukom tacka M napusta vezu.Moze se odrediti koriscenjemzakona promene kineticke en-ergije:

EkD −��* 0EkA = A(mg) ⇒ 1

2��mv

2D−

��70

1

2v2A=��mgh ⇒ v2

D= 2gh. (a)


Diferencijalne jednacine slobodnog kretanja, sa pocetnim uslovima:

ma =∑i

Fi ⇒

{mx = 0 x(t0) = x0 = 0, xD = vD cosα =

√22 vD

my = −mg y(t0) = yD = 0, yD = vD sinα =√22 vD .

Resavanjem ovih jednacina, dobijaju se konacne jednacine slobodnog kre-tanja tacke:

x = 0 ⇒ x = const. = xD = vD cosα ⇒ x =

√2

2vD t+ C1,

x(t0) = 0 = C1 ⇒ x =

√2

2vD t. (b)

y = −g ⇒ y = −g t+ C2, yD = C2 =

√2

2vD ⇒ y = −g t+

√2

2vD

y = −1

2g t2 +

√2

2vD t+ C3, yD = C3 = 0 ⇒ y = −1

2g t2 +

√2

2vD t. (c)

Eliminacijom parametra (vremena) t iz (b) i (c), dobija se

y = − g

v2D

x2 + x.

Dakle, putanja tacke je parabola. Da bi pala u tacku E(ℓ, 0), potrebno jeda koordinate ove tacke zdovolje jednacinu trajektorije, pa se dobija

0 = − g

v2D

ℓ2 + ℓ ⇒ ℓ =v2D

g.

Kako je brzina u ovom polozaju, prema (a), v2D= 2gh, to je

ℓ = 2h .

b) Pritisak tacke na podlogu odredocemo iz dif. jednacine za prinudnokretanje

ma =∑i

Fi +N,

gde je N sila veze. U ovom slucaju sila veze, po intenzitetu, jednaka je silipritiska na podlogu. Projektujuci prethodnu jednacinu na pravac normale,dobija se

man = −mg cosφ+N.



Kako je an = v2/R, to za silu veze dobijamo

N = mv2D

R+mg cosφ, gde je φ = π/4 i v2

D= 2gh.

Zamenom ovih vrednosti, konacno dobija se trazeni pritisak tacke na vezu

N = mg

(√2

2+

2h

R

).

k

Zad. 2.25. Teret tezine G = 600 [N ] ucvrscen je za donji kraj elasticneopruge koja se izduzi za 4 [cm] pod dejstvom sile od 480 [N ]. Odreditijednacine kretanja tereta, ako je u trenutku t = 0 opruga bila izduzenaza 10 [cm], a teretu je saopstena pocetna brzina v0 = 70 [cm/s] usmerenanavise. Za gravitaciono ubrzanje uzeti da je g = 980 [cm/s2].

Resenje:

xo xo

fst fst

c

a) b)

clo

Dl Dl

lo

x xGG

O

O1

Fe

Fe1v

ov

o

Slika 2.51: uz zad. 2.25

Prema datim podacima, kako je sila u opruziproporcionalna izduzenju, tj. Xop = c∆ℓ,to se konstanta c (krutost opruge) odre -duje izjednacine

c =X

∆ℓ=G

4=

480

4= 120 [N/cm].

Diferencijalna jednacina kretanja (vidi sl.2.51a):

mx

(=G

gx

)=∑i

Xi = G−Xop =

G− c [(ℓ0 + fst + x)− ℓ0] = −cx,

jer je u polozaju ravnoteze∑Xi = G−c fst = 0. Ako se koordinatni polozaj

postavi u polozaj ravnoteze, tada je diferencijalna jednacina kratanja oblika:

mx = −cx ⇒ x =120· 980600

x,

x+ 196x = 0.


Da bi se resila ova diferencijalna jednacina, tj. da bi bile odre -dene iintegralne konstante, potrebno je jos odrediti i pocetne uslove. Kako jekoordinatni pocetak u polozaju ravnoteze, to se pocetno izduzenje odre -dujeiz relacije

G = c fst ⇒ fst =G

c=

600

120= 5 [cm].

Pocetna brzina je zadata (uslov zadatka), pa su pocetni uslovi:

t0 = 0 : x0 =G

c=

600

120= 5, v0 = x0 = −70.

Ovo je homogena diferencijalna jednacina drugog reda sa konstantnim ko-eficijentima. Pretpostavivsi resenje u obliku x = C· eαt, dobija se karakter-isticna jednacina

α2 + 142 = 0 ⇒ α1,2 = ±14√−1 = ±14 i.

Odavde sledi resenje ove diferencijalne jednacine:

x = C1 cos 14t+ C2 sin 14t.

Iz pocetnih uslova odre -duju se konstante:

x0 = 5 ⇒ C1 = 5,

x0 = −70 ⇒ C2 = −5,

pa je konacna jednacina kretanja tereta

x = 5(cos 14t− sin 14t) .

Ovoj jednacini moze da se da i drugi oblik. Naime kako je

C1 cos 14 t+ C2 sin 14 t = A sin(14 t+ φ) = A sin 14 t· cosφ+A cos 14t· sinφ

to je veza izme -du ove dve grupe konstanti (C1, C2 i A, φ)

C1 = A cosφ = 5C2 = A sinφ = −5

}⇒ A2 = C2

1 + C22 = 10, tgφ =

C2

C1= −1 ⇒

A = 5√2, φ = −π

4.

Odavde sledi da je

y = 5√2 sin

(14t− π

4

).



Napomena. Kako kretanje ne zavisi od polozaja koordinatnog sistema, ko-ordinatni polozaj je mogao da se postavi i u polozaju nenapregnute opruge(vidi sl. 2.51b, tacka O1). Tada bi bilo:

mx =∑

Xi = G− c∆ℓ = G− c x ⇒ mx+ c x = mG ⇒ x+c

mx = g,

uz pocetne uslove: x0 = 10 [cm], x0 = −70 [m/s] (uslovi zadatka).

Za razliku od prethodne, ova diferencijalna jednacina je nehomogena, pase resenje trazi u obliku

x = xh + xp,

gde je xh - homogeni deo resenja, a xp - partikularni deo resenja.

k

Zad. 2.26. Prizmaticno telo krece se pravoliniski po glatkoj horizontalnojravni, po zakonu x(t) = a sinβt(aeβt). Po strmoj ravni tela, u idealnoglatkom zlebu AB moze da se krece materijalna tacka M , mase m. Tackaje vezana oprugom krutosti c, cija je duzina u nenapregnutom stanju l0.

U pocetnom trenutku tacka Mje bez pocetne relatinve brzine inalazi se u polozaju M0 (AM0 =b). Odrediti:

a) zakon relativnog kretanjatacke M i

b) pritisak tacke M na telo.

A

By

xx t( )

M

x

a

h


Resenje:

A

By

xx

M

x

h

ap1

ar

N

Fe vp1

mg

a a


Diferencijalna jednacina kretanjatackeM , u vektorskom obliku, jema =

∑iFi, gde a = ap+ar+ac

predstavlja apsolutno ubrzanje,jer je kretanje tacke slozeno kre-tanje, gde je:


Prenosna komponenta ubrzanja jednaka je

ap = xi = −aβ2 sinβt i,

jer je prenosno kretanje pravolinijsko translatorno kretanje prizmaticnogtela.

Relativno kretanje je pravolinijsko kretanje duz zleba, pa je, u odnosuna dati koordinatni sistem, relativna komponenta ubrzanja

ar = ξλ.

Koriolisova komponenta ubrzanja jednaka je nuli, jer je prenosno kretanjetranslatorno kretanje, pa je ωp = 0, tj.

ac = 2ωpxvrel = 0.

Diferencijalna jednacina apsolutnog kretanja tascke M je maa = FR, tj. uovom slucaju:

m(−aβ2 sinβt i+ ξλ) = −mgj+Nµ− c(ξ − l0)λ,

jer na tacku deluje sila teze (mg), reakcija veze (N) i sila u opruzi (Fe =c(ξ − ℓ0)). Projektovanjem ove jednacine na osu Aξ, dobija se:

mξ −maβ2 sinβt cosα = −mg sinα− c(ξ − ℓ0) +maβ2 sinβt sinα = N −mg cosα

ξ +c

mξ =

(−g sinα+

c

mℓ0

)︸︷︷︸

A

+(aβ2 cosα

)︸︷︷︸B

sinβt.

Ova jednacina je nehomogena diferencijalna jednacina drugog reda sa kon-stantnim koeficijentima:

ξ + ω2ξ = A+B sinβt.

Resenje ove jednacine sastoji se iz dva dela, homogenog i partikularnog:

ζh = ξ sinωt+ ξ cosωt

ζp = D1 +D2 sinβt+D3 cosβt ⇒

D1 =A

ω2D2 =

B

ω2 − β2D3 = 0.



ζ = ξ sinωt+ ξ cosωt+A

ω2+

B

ω2β2sinβt

ζ(0) = b⇒ C2 = b− A

ω2

ζ(0) = 0 ⇒ C1 = −B β

ω(ω2 − β2).

Dakle, zakon relativnog kretanja tacke je

ζ =A

ω2+ (b− A

ω2) cosωt+

B

ω2 − β2

(sinβt− β

ωsinωt

).

Projekcijom dif. jednacine kretanja na osu Aη, pri cemu ne postoji kretanjeu pravcu te ose, dobija se trazeni pritisak:

N = mg cosα+maβ2 sinα sinβt .

k

Zad. 2.27.

Voz se krece brzinom v po sinamapostavljenim po meridijanu s jugana sever. Ako je tezina voza Q,odrediti bocne pritiske voza na sinekada se on krece sa severa na jug.

O

J

S

y

M

z

w

a

a

x

vr

Scor

R

Q


Resenje:

U datom koordinatnom sistemu vektor ugaone brzine obrtanja Zemlje ωorijentise se po osi rotacije nanize. Prenosno kretanje voza vrsi se tako stosile inercije u ovom kretanju ne vrse bocne pritiske na sine. Bocne pritiske


izazivaju Koriolisove inercione sile Scor, koje postoje zbog relativne brzinevoza vr orijentisane prema severnom polu Zemlje.

Pritisak na sine N uravnotezuje se sa reakcijom sina R, tj.

R− Scor = 0. (a)

Iz relacije (a) sledi da je:

|N| = 2Q

g|vr × ω|.

Pravac pritiska na sine, koji se nalazi prema pravilu o vektorskom proizvoduvr × ω, prenosi se na istocnu sinu, kao sto je prikazano na slici (3.9). Zatacku koja se krece sa severa na jug, pritisak je

N1 =2Q

gω × vr

i dejstvuje na desnu stranu zapadne sine.

Velicina sile pritiska je

N =2Q

g·ω· vr· sin(ω,vr) .

Zad. 2.28. Na materijalnu tacku M dejstvuje sila koja je u odnosu nanepokretni pravougli sistem referenicje odre -dena izrazom:

S = 2xy3z4ı+ 3x2y2z4ȷ+ 4x2y3z3k.

a) Ispitati da li je sila konzervativna,

b) ako je konzervativna odrediti funkciju sile U , i

c) izracunati rad sile pri pomeranju napadne tacke iz polozajaM0(0, 0, 0)u polozaj M1(1, 1, 1).

Resenje:

X = 2xy3z4 Y = 3x2y2z4 Z = 4x2y3z3



a) Uslov konzervativnosti:

∂X

∂y= 6xy2z4,

∂Y

∂x= 6xy2z4,

∂Y

∂z= 12x2y2z3,

∂Z

∂y= 12x2y2z3,

∂X

∂z= 8xy3z3,

∂Z

∂x= 8xy3z3

⇒ Konzervativna

b)

U =

∫ x

0X dx+

∫ y

0Y (0, y, z) dy +

∫ z

0Z(o, o, z) dz ⇒ U = x2y3z4

c)

A = U(x, y, z)− U(x0, y0, z0) = 1− 0 = 1 J

k

Zad. 2.29. Na materijalnu tacku M deluje sila koja je u odnosu nanepokretni pravougli sistem referencije odre -dena izrazom:

S = cos yı+ (−x− z) sin yȷ+ cos yk.

a) Ispitati da li je sila konzervativna;

b) Ako je konzervativna odrediti funkciju sile U .

Resenje:

S = cos yı+ (−x− z) sin yȷ+ cos yk

X = cos y =∂U

∂x⇒ U = x cos y + φ(y, z)

Y = −(x+ y) sin y ⇒ ∂U

∂y,

∂U

∂y= −x sin y + ∂φ

∂y⇒

∂φ

∂y= −z sin y ⇒ φ = z cos+ψ(z),


U = (x+ z) cos y + ψ

Z = cos y =∂U

∂z= cos y +

dψ

dz⇒ dψ

dz= 0 ⇒ ψ = const.

U = (x+ z) cos y + c.

k


GLAVA 3

DINAMIKA MATERIJALNOG SISTEMA

3.1 Dinamika materijalnog sistema - opsti zakoni

Zad. 3.1.

Na homogenu prizmu A, mase mA = 2m,koja moze da se krece po horizontalnojnepokretnoj ravni, polozena je prizma B,mase mB = m. Odrediti duzinu ℓ zakoju se pomeri prizma A kada prizma B,spustajuci se po prizmi A, do -de do hor-izontalne ravni. Trenje izme -du prizmi inepokretne ravni zanemariti. Sistem jezapoceo kretanje iz stanja mirovanja.

b

a

A

B


Resenje:

U ovom zadatku treba prvo uociti da na sistem A − B, od spoljasnjihsila deluju samo sile teze, tako da je projekcija svih sila na pravac kretanja(x - osa, slika 3.2) jednaka nuli, tj.

∑i

Xi = 0.

158 3 Dinamika materijalnog sistema

b

a

x2

x1

x1

x2

‘

‘

x

x

y

y

A

A

B

B

GA

GB

l


Kako je, prema zakonu kretanja sredista

mxC =∑i

Xi, gde je mxC =∑i

mixi,

to sledi

n∑i=1

Xi = 0 ⇒ mxC = 0

⇒ xC = xCO= 0 ⇒ xC = const.

Dakle, x koordinata sredista sistemane menja se tokom kretanja. Odredi-mo, prvo, njenu vrednost u pocetnomtrenutku:

(mA +mB)·xC = mAx1 +mBx2 ⇒ (2m+m)·xC = 2mx1 +mx2,

gde su x koordinate sredista tela A i B:

x1 =2

3a, x2 = a− 2

3b.

Zamenom ovih vrednosti u prethodnu relaciju, u pocetnom trenutku je

3mxC = 2m· 23a+m

(a− 2

3b

)⇒ 3xC =

7

3a− 2

3b. (a)

Kada se prizma A pomeri za ℓ, tada je srediste sistema

3mxC = 2mx′1 +mx

′2, gde je x

′1 =

2

3a+ ℓ, x

′2 =

1

3b+ ℓ.

Zamenom ovih vrednosti i koriscenjem relacije (a), dobijamo:

3xC = 2

(2

3a+ ℓ

)+

1

3b+ ℓ ⇒ 7

3a− 2

3b =

4

3a+ 2ℓ+

1

3b+ ℓ,

odnosno

ℓ =a− b

3.


3.1 Dinamika materijalnog sistema - opsti zakoni 159

k

Zad. 3.2.Na pramcu i kormilu camca, tezine G, sede dva coveka tezine G1 i G2

na rastojanju ℓ jedan od drugog. Zanemarujuci otpor vode, odrediti u komsmeru i za koliko ce se pomeriti camac, kada ova dva coveka zamene mesta.

Resenje:

y

xx

G1

G G

G2 G2 G1


Zbir projekcija spoljasnjih sila na osu Ox jednak je nuli (∑3

i=1Xi = 0) isaglasno zakonu odrzanja kretanja sredista materijalnog sistema, sledi da je

m· aSx = 0 odnosno m· xS = 0

odakle sledi da je xS = xS0 = 0, pa je xS = const. Dakle, sistem se pomeratako da mu x-koordinata sredista ostaje, tokom kretanja, na istom mestu.

Polozaj x koordinate sredista mase sistema, u pocetnom polozaju, odre -denje izrazom

(m1 +m2 +m3)·xS = m1 x1 +m2 x2 +mx3, (a)

a u krajnjem polozaju bice

(m1 +m2 +m3)·xS = m1 x′1 +m2 x

′2 +mx

′3, (b)

gde je

x′1 = x1 + ℓ+ x, x

′2 = x2 + x− ℓ, x

′3 = x3 + x.

Smenom prthodnih vrednosti u jednacinu (b) i izjednacavanjem desnih stranajednacine (a) i (b) dobijamo

m1 x1 +m2 x2 +mx3 = m1(x1 + ℓ+ x) +m2(x2 + x− ℓ) +m(x3 + x)


odakle nalazimo duzinu x, za koliko se pomerio camac pri zameni mesta obacoveka

x =G2 −G1

G1 +G2 +Gℓ .

k

Zad. 3.3.

Odrediti pomeranje plovne dizalice kojapodize teret tezine P = 2 [t] pri zaokretustrele dizalice za 30◦ od vertikalnogpolozaja. Tezina dizalice je G = 20 [t],a duzina strele OA = 8 [m]. Otpor vode itezinu strele zanemariti.

A

P

O

aaaaaaaaaaaaaaaaaaaa


Resenje:

Postavimo relativno nepokretni koordinatni sistem xOy kao sto je prikazanona sl. 3.5a.

Sve spoljasnje sile i reakcija vode R paralelne su y osi, a komponentapocetne brzine, u pravcu x ose, jednaka je nuli. Iz zakona odrzanja sredistasledi

xC = const. (a)



A A

OO

30o

P

R

P

G

G

a

a) b)

y




Obelezimo rastojanje napadne linije sile G od koordinatnog pocetka saa. U pocetnom trenutki x koordinata centra masa sistema je

xC0 =−P ·OA · sin 30◦ +G· a

P +G. (b)

Da bi tacka xC ostala nepromenjljiva za vreme kretanja tereta P udesno,trup dizalice bi trebalo da se pomeri ulevo. Ako pomeranje trupa dizaliceulevo od ose Oy oznacimo sa xC1

xC1 =−P ·x+G(−x+ a)

P +G. (c)

Kako je, prema (a), ova koordinata ne promenljiva, to iz (b) i (c), sledi

x =P ·OA · sin 30◦

P +G. (d)

Zamenivsi date podatke, konacno se dobija

x = 0, 36 [m]

k

Zad. 3.4.

Teret A tezine G1, postavljen je na strmuravan nagiba α i tezine G2. Sistem je upocetku bio u miru, a zatim je teretu Asaopstena brzina v1, kojom nastavlja dase krece niz strmu ravan. Odrediti ko-jom brzinom se krece strma ravan. Trenjezanemariti.

B

A

a


Resenje:

Kao i u prethodnom zadatku, projektovanjem svih sila na pravac kre-tanja (x – osa), dobija se:


A

B

G1

G2

N

v2

v1

v2

a

a


n∑i=1

Xi = 0 = Kx ⇒ Kx = Kx0 = const.

Kx0 = 0 (sistem je bio u miru) ⇒

Kx =G1

g(v1 cosα− v2)−

G2

gv2 = 0

G1

�g(v1 cosα− v2) =

G2

�gv2 ⇒

G1v1 cosα = (G2 +G1)v2 ⇒

v2 = v1G1

G2 +G1cosα .

k

Zad. 3.5.

Mlaz vode, precnika d = 50 [mm],krece se horizontalno brzinom inten-ziteta v = 24 [m/s] i udara u ravanvertikalan zid, kao sto je prikazanona slici. Posle udara voda se kreceparalelno sa zidom. Odrediti silukojom mlaz deluje na zid, ako jezid nepokretan. Gustina vode jeϱ = 1000 [kg/m3].

v

d


Resenje:



∑Xi = max ⇒

P = m∆v

∆t= ϱ V

∆v

∆t= ϱπr2· s∆v

∆t=

= ϱπ

(d

2

)2

v·∆t· ∆v∆t

= ϱπd2

4v·∆v,

v t1

a1

a

a

b

c

b1

c1

a1

b

c

b1

c1

.

xF

Slika 3.9: uz resenje zad.3.5.

P = ϱπd2

4v·∆v =

= 1000[kg/m3]π

4· 502(10−3)2[m2]· 24 [m/s]· 24 [m/s].

Ovaj zadatak moze da se resi i na drugi nacin, prikazan nize.Da bi se iskljucilo iz razmatranja unutrasnje sile pritiska delica tecnosti

jednih na druge, pri njihovom udaru o zid, primenjuje se zakon promenekolicine kretanja za sistem

K1x −K0x = ∆Kx =∑

Isix (a)

na deo struje koji se u datom trenutku nalazi u zapremini abc. Za uocenideo zapremine se izracunava razlika K1x −K0x = ∆Kx, za neki vremenskiinterval t1. Za vreme t1 taj deo zapremine preci ce u polozaj a1b1c1. Za tovreme velicina Kx umanjice se za velicinu mv, gde je m – masa tecnosti uzapremini aa1 (vidi sliku). Tecnost, koja pritice u zapremine bb1 i cc1 krecese upravno na osu Ox i ne utice na povecanje velicine Kx. Kako se, prematome, velicina Kx samo smanjuje, bice

K1x −K0x = ∆Kx = −mv.

Spoljasnje sile koje deluju na uoceni deo zapremine, kada se projektuju naosu x, daju jednu silu jednaku reakciji zida F. Ako se pretpostavi da je ovasila F konstantna, dobija se∑

Isix = X· t1 = −F · t1.

Prema tome, koriscenjem (a)

mv = −F · t1. (b)


Kako je pomeranje aa1 = v t1, to je masa m

m = ϱ· πd2

4v t1,

gde je γ – specificna tezina vode, pa je, prema tome, ϱ – gustina tecnosti.Ako se ova vrednost zameni u (b) i uzme se u obzir da je za vodu ϱ =1000 [kg/m3], dobija se

F = ϱ· πd2

4v2 = 12, 8 [N ] .

Sila pritiska struje na zid jednaka je, po intenzitetu, tako -de ovoj vrednosti.k

Zad. 3.6. Preko homogenog kruznog diska tezine Q i poluprecnika Rprebaceno je glatko nerastegljivo uze na cijem jednom kraju miruje teret Btezine G.

Duz uzeta, polazeci iz kraja A,penje se covek tezine G, brzinomu. Odrediti brzinu tereta B kojomse pokrenuo, usled penjanja covekaduz uzeta. Sistem je u pocetku biou miru. Trenje u lezistu zanemariti.

O

BA

u


Resenje:



BA

u

O

GG

Q

N

vB

vB

vB


Kako se disk obrce, iskoristicemo za-kon promene momenta kolicine kre-tanja LO =

∑iMOi. Projekcija,

ove vektorske jednacine, na osu up-ravnu na ravan diska (z - osa) je

dLOzdt

=

2∑i=1

MFiOz.

Moment cine samo sile teze:

2∑i=1

MFiOz = GAR−GBR.

Tezine su jednake, pa je

2∑i=1

MFiOz = GR−GR = 0 ⇒ dLOz

dt= 0 ⇒ LOz = const.

Kako je sistem u pocetnom trenutku bio u miru, tj. LOz0 = 0, to je i

LOz = L1Oz

+ L2Oz

+ L3Oz

= 0. (a)

Covek povlaci uze naniz, brzinom vB - brzinom kojom se teret podize navise,a njegova brzina u odnosu na uze (relativna brzina) je u, sa smerom navise.Njegova apsolutna brzina je va = u− vB . Dalje, kako uze ne klizi po disku,to je brzina u dodirnoj tacki ista, tj. vB = Rω, gde je ω ugaona brzinadiska. Konacno, odgovarajuci momenti kolicine kretanja za osu Oz, su:

L1Oz

= IO·ω =1

2

Q

gR2ω, L2

Oz=G

g(−u+Rω)·R, L3

Oz=G

gR2ω.

Zamenom ovih vrednosti u jednacinu (a), dobija se:

1

2

Q

gR2ω +

G

g(−u+Rω)·R+

G

gR2ω = 0 ⇒

Rω

(1

2Q+ 2G

)−Gu = 0 ⇒ ω =

2G·u(Q+ 4G)R

,

odakle je trazena brzina

vB = Rω =2G

Q+ 4Gu .


k

Zad. 3.7.

Kruzna ploca, mase M i poluprecnika R,rotira oko vertikalne ose, ugaonom brzi-nom ω0. Tacka masem pada na rub ploce,a zatim se lagano krece ka centru C, ploce.Odrediti:

a) ugaonu brzinu ω1 ploce u trenutkupada tacke,

b) ugaonu brzinu ω2 ploce u trenutkukada se tacka nasla na rastojanju rod centra. M = 2m,R = 2r.

woC

M

mg

z


Relativno kretanje tacke u odnosu na plocu zanemariti.

Resenje:

Posmatracemo tri trenutka: trenutak I, pre nego sto je tacka pana naplocu, trenutak II, kada je tacka pana na plocu i trenutak III, kad setacka nasla na rastojanju r od centra C. Za ove trenutke momenti inercijei momenti kolicine kretanja za osu z (osa oko koje se obrce) su:

I:

LIz = Izω0; Iz =1

2MR2 ⇒ LIz =

1

2MR2ω0.

II:

LIIz = IIIz ω1; IIIz = Iz +mR2 =1

2R2(M + 2m) ⇒

LIIz =1

2R2(M + 2m)ω1.

III:

LIIIz = IIIIz ω2; IIIIz = Iz +mr2 =1

2R2M

(1 +

2mr2

MR2

)⇒

LIIIz =1

2R2M

(1 +

2mr2

MR2

)ω2.

Kako je suma momenata za ovu osu jednaka nuli (imamo samo silu teze,koja je paralelna ovoj osi), to je Lz = const. Da bi se odredila ugaona brzina



ploce u trenutku kada je tacka pala na plocu, izjednacicemo:

L′z = L′′

z ⇒1

2MR2ω0 =

1

2MR2

(1 +

2m

M

)ω1 ⇒

ω1 =1

1 +2m

M

ω0 ⇒ ω1 =1

2ω0 .

Da bismo odredili ugaonu brzinu u trenutku kada se tacka nasla na rasto-janju r od ose, izjednacicemo momente kolicine kretanja za:

L′z = L′′′

z ⇒ 1

2MR2ω0 =

1

2MR2

[1 +

2m

M

( rR

)2]ω2 ⇒

ω2 =1

1 + mM ( rR)

2ω0 =

1

1 + 14

ω0 ⇒ ω2 =4

5ω0 .

k

Zad. 3.8. Kolica C se krecu bez klizanja po strmoj ravni nagiba α = 30◦.Nerastegljivo uze CA, prebaceno preko kotura B vezano je jednim krajemza kolica C, a drugim za teret A.

Odrediti visinu h za koju se teret Aspustio u trenutku kada je intenzitetnjegove brzine v = 5, 9 [m/s].U pocetnom trenutku t = 0 brzinatereta A je v0 = 1 [m/s]. Masakolica mC = 80 [kg], masa jednogtocka mD = 20 kg i masa tereta Aje mA = 120 [kg]. Masu kotura B iuzeta zanemariti. g = 9, 8 [m/s2].

AD

a

B

C


Resenje:

U ovom slucaju, iskoristicemo zakon prmene kineticke energine, pa jeprethodno potrebno da se odrede odgovarajuce brzine, kineticke energije iradovi:

vA = vC = vSD = rω,


gde je vSD brzina sredista tocka, a ω njegova ugaona brzina.

Ek = EkA + EkC + 4KkD =mA

2v2A+mC

2v2C+ 4

(mDv

2SD

2+

1

2ISω

2

)=

=mA +mC

2v2 + 4

(mDv

2

2+

1

2· 12mDr

2 · ω2

)=(

mA +mC

2+ 3 ·mD

)v2 = (100 + 60)v2 = 160v2 = Ek.

A = mAgh− (mC + 4mD) gh sin 30◦ =

[120− 1

2(80 + 80)

]gh = 40gh = A.

Kako je promena kineticke energije jednaka ukupnom radu, to je:

Ek − Ek0 = A⇒ 160(v2 − v20) = 40gh⇒

h =4(v2 − v20)

g=

4

9, 8(5, 92 − 12) =

2

4, 9· 4, 9 · 6, 9 = 13, 8 [m],

pa je

h = 13, 8 [m] .

k

Zad. 3.9.

Homogeni cilindar tankih zidova,mase m2 i poluprecnika R, kotrljase bez klizanja niz strmu hrapavuravan nagiba α. Na cilindar jenamotano gipko nerastegljivo uze okoje je okacen teret A, mase m1.Odrediti brzinu centra C cilindra.Sistem je zapoceo kretanje iz stanjamirovanja.

C

A

a


Resenje:

Treba prvo uociti da su intenziteti brzina svih tacaka uzeta jednaki (neis-tegljivo uze). Dalje, brzine dodirnih tacka uzeta i cilindra (na slici 3.15 tackaB) su tako -de jednake po intenzitetu (nema proklizavanja), tj. vA = vB .



Brzina tacke B cilindra sa brzinom njegovog centra C (tacke istog tela)povezane su relacijom:

vB = vC + vCB,

pa su intenziteti povezani relacijom (kosinusna teorema, vidi sliku 3.15b)

v2B= v2

C+ (vC

B)2 − 2vC

BvC cos γ,

vC = xC , ωC =xC

R, vC

B= RωC = R

xC

R= xC .

Kako je vA = vB , to je

v2A= x2

C+ x2

C− 2x2C cos(90◦ − α) = 2x2C − 2x2C sinα = 2x2C(1− sinα).

C C

A A

B B

a a

a

a

g a=90 -o

m g1

m g2

x

a) b) c)

x

y y

y1 y1

xC xC

j j

PV N

Ftr

vB

C

vA

vB

C

vB

vBv

C

vC


Iskoristicemo zakon promene kineticke energije:

Ek −��>

0Ek0 =

n∑i=1

A(Fi),

gde je Ek = EkA + EkC - kineticka energija sistema.Kineticke enegrija tereta A:

EkA =1

2m1v

2A, EkA =

1

2m1· 2x2C(1− sinα) = m1· x2C(1− sinα).

Kineticka energija cilindra, pri cmu je moment inercije tankog cilindra (prstena)IC = mR2:

EkC =1

2m2v

2C +

1

2ICω

2C=

1

2m2x

2C +

1

2m2R

2 x2C

R2= m2x

2C .


Kineticka energija sistema:

Ek = EkC + EkA = m1· x2C(1− sinα) +m2x2C = [m1(1− sinα) +m2] x

2C ,

Rad vrse samo sile teze. Uocimo da se teret A spusta za xC sinα, usledkotrljanja cilindra niz strmu ravan (pozitivan rad). Me -dutim, istovremenose i podize za y1, usled namotavanja cilindra (negativan rad). Pomeranje y1jednako je xC , jer se cilindar kotrlja bez klizanja, pa koliko se pomeri sredistecilindra toliko se i namota oko cilindra. Imajuci ovo na umu, ukupan rad je:

A = A(m1g) +A(m2g) = m2gxC sinα+m1g(xC sinα− xC ) ⇒A = gxC [(m2 +m1) sinα−m1] .

Konacno dobijamo:

[m1(1− sinα) +m2] x2C = gxC [(m2 +m1) sinα−m1] ⇒

xC =

√(m2 +m1) sinα−m1

m1(1− sinα) +m2gxC .

k

Zad. 3.10. Transporter se pokrece iz stanja mirovanja pomocu spojnicena vratilu tocka A, na koji deluje konstantni obrtni moment, intenzitetaM .

Odrediti intenzitet brzine v traketransportera u zavisnosti od njenogpomeranja s, ako je tezina tereta Ckoji se podize jednak G, a tockoviA i B, svaki tezine Q, su homogenikruzni cilindri. Traka transportera,cija se masa zanemaruje, obrazuje sahorizontalom ugao α.Traka pri kotrljanju ne klizi potockovima.

C

A

s

a

B

M


Resenje:



dA = dEk ⇒ A = Ek − Ek0

A = AM +AG, dA =M dφ, AM =Mφ =Ms

r

AG = −mgh = −G · s · sinα

Ek = EAk + EBk +EG

k = 2 · 12Jφ2 +

1

2

G

gs2

J =1

2

Q

gr2 ⇒ T =

1

2

Q

gv2 +

1

2

G

gv2 =

1

2g(G+Q)v2

Ms

r−Gs · sinα =

1

2g(G+Q)v2

v2 = 2gsMr − g sinα

G+Q= 2gs

M − rG sinα

r(G+Q)

v2 = 2gsM − rG sinα

r(G+Q)

k

Zad. 3.11. Vertikalna pravougaona ploca ABCD, tezine G i dimenzija b ih, moze da se obrce oko vertikalne strane AB, prema slici (3.17).

Na plocu deluju: moment M i sila S. Mo-ment je konstantnog intenziteta, a pravca jez-ose. Sila S deluje u tacki C, konstantnog jeintenziteta, pri cemu je njena napadna linijahorizontalna i stalno upravna na ravan ploce.Odrediti:

a) zakon kretanja ploce i

b) reakcije lezista,

ako je ploca u pocetnom trenutku bila ustanju mirovanja.

A

O

CB

SM

z

D

y

bb

hx

ze, w



Resenje:

Ovo je primer obrtanja krutog tela oko nepomicne ose. Stepen slobode jejedan (ugao obrtanja φ), pa je potrebna samo jedna diferencijalna skalarnajednacina za odre -divanje kretanja. Me -dutim, kako se traze i otpori oslonaca(pet skalarnih velicina), to je potrebno jos pet jednacina. Kretanje krutogtela opisano je sa dve vektorske jednacine (opsti zakoni mehanike).

Zakon kretanja sredista i zakon momenta kolicine kretanja:

maT = FR ,dLO

dt= M

FR

A , (a)

gde je: aT - ubrzanje tezista (sredista), FR - glavni vektor sile, a MF

RO -

glavni vektor momenta (za tacku O), LO - moment kolicine kretanja (zatacku O).

Ubrzanje sredista je

aT = at + an ,

gde je at = − b2ελ - tangencijalna komponenta, a an = − b

2ωµ - normalnakomponenta ubrzanja (vidi sl. 3.18b).

C

a) b)

C

y

y

x

x

z z

z z

aTt

aTn

b/2

A

Ax

Bx

Ah

Bh

Az

O O

B

S

G

Mz

D

T T

e, w

e, wh

h

x

x

j

j


Kad se oslobodimo veza, uocavamo da na plocu deluju sledece sile:

- aktivne: S, G, u tackama C i T , respektivno i

- sile veze: RA , RB , u tackama A i B, respektivno.

Pored ovih sila na plocu deluje i moment M, koji je pravca z ose.



Da bismo napisali, prethodno navedene zakone (a), potrebno je izracunatii odgovarajuce momente sila, za tacku O, kao i odgovarajuce momentekolicine kretanja. Prikazimo potrebne velicine, preko njihovih komponentiu odnosu na pokretni koordinatni sistem Oξηζ.

Sile i odgovarajuci vektori polozaja napadnih tacaka tih sila su:

S = −Sλ rC = bµ+h

2ν

RA = Aξλ+Aηµ+Aζν rA = −h2ν

RB = Bξλ+Bηµ+ 0 rB =h

2ν

G = −Gν rT =b

2µ

Momenti inercije za pokretni koordinatni sistem (koordinatni pocetak utacki O):

Iξ =1

12m(b2 + h2) +m

(b

2

)2

=m

12

(4b2 + h2

), Iη =

1

12mh2,

Iζ =1

12mb2 +m

(b

2

)2

=mb2

3.

Moment kolicine kretanja i odgovarajuci izvod:

LO = Iζ · ων =1

3mb2ων ⇒ dL

dt=mb2

3ων =

mb2

3εν. (b)

Moment sile za tacku:

MSO =

∣∣∣∣∣∣λ µ ν

0 b h2

−S 0 0

∣∣∣∣∣∣ ={0,−h

2S, Sb

}

MGO =

∣∣∣∣∣∣λ µ ν

0 b2 0

0 0 −G

∣∣∣∣∣∣ ={− b2G, 0, 0

}

MRAO =

∣∣∣∣∣∣λ µ ν

0 0 −h2

Aξ Aη Aζ

∣∣∣∣∣∣ ={Aη

h

2,−Aξ

h

2, 0

}

MRBO =

∣∣∣∣∣∣λ µ ν

0 0 h2

Bξ Bη 0

∣∣∣∣∣∣ ={−Bη

h

2, Bξ

h

2, 0

}


Moment koji deluje na plocu

M = −Mzν = {0, 0,−Mz}.

Projekcije prve od jednacina (a), su:

−mεb2= Aξ +Bξ − S,

−mω2 b

2= Aη +Bη,

0 = Aζ −G.

(c)

Projekcije druge od jednacina (a), su:

0 = (Aη −Bη)h

2−G

b

2

0 = (Bξ −Aξ)h

2− S

h

21

3mb2ε = S b−Mz.

(d)

Iz poslednje jednacine, sistema (d), dobijamo

ε =3S

mb− 3Mz

mb2= const. = C, ε = ω = φ.

Kako je φ konstantno, tj. φ = C, to resavanjem ove diferencijalne jednacine,dobijamo konacnu jednacinu kretanja ploce

φ =1

2C t2 ,

gde smo pretpostavili da je φ0 = 0 i φ0 = 0.Resavanjem sistema sila (c) i (d), za reakcije dobijamo:

Aξ = −3

4S +

3

4bMz Bξ =

1

4S +

3

4bMz,

Aη =b

2hG− mb

4(Ct)2 Bη = − b

2hG− mb

4(Ct)2,

Aζ = G .

k

Zad. 3.12. Konstantnim obrtnim momentom M dovodi se kruto telo izstanja mirovanja u obrtanje oko nepokretne vertikalne ose. Pri tome se javlja



i moment sile otpora M1. Naci zakon po kome se menja ugaona brzina ωtela, ako je I njegov moment inercije za osu obrtanja, a M1 = kω.

Resenje:

Kako se kruto telo obrce oko nepomicene ose (jedan stepen slobode -ugao obrtanja), iskoristicemo zakon promene momenta kolicine kretanja,izrazenog u odnosu na osu obrtanja. Neka je to u nasem slucaju osa z, paje

dLzdt

=∑i

Mzi.

Kako je Lz = Iz ω, a∑

iMzi =M −M1 to je:

Iω =M −M1 =M − kω.

Ova jednacina predstavlja diferencijalnu jednacinu kretanja. Resava se razd-vajanjem promenljivih, tj.

Idω

dt=M − kω ⇒ dω

M − kω=

1

Idt/∫

⇒

M − kω = z, −k dω = dz ⇒ −1

k

dz

z=

1

Idt ⇒

−1

kln(M − kω) =

1

klnC1 =

1

It,

−1

klnM − kω

C1=t

I⇒ ln

C1

M − kω=

=k

It⇒ C1

M − kω= e

kt

I ⇒

M − kω = C1e− kt

I ⇒

ω =1

k(M − C1e

− ktI ) .

k

Zad. 3.13.


Glatka cev AB, kruznog oblika, pricvrsce-na je stapom BC za osovinu O1O2, okokoje se obrce po zakonu φ = πt2

2 . U cevikrece se tacka M iz polozaja A po zakonus = Rπt2

2 [m]. Odrediti:

a) apsolutnu brzinu tacke M ,

b) apsolutno ubrzanje tacke M , utrenutku t = 1 [s], i

c) pritisak tacke M na cev.

w

C

B

R

R

A

z

M

O2

O1


Resenje:

w w w

C C C

B B BA A A

z

y

x x x

y y

z

d

a) b) c)

z

M1 M

1M

1

O2

O2

O2

O1

O1

O1

apn1 apn1Fpn1

Fc1

apt1 apt1

Fpt1art1

ac1 ac1

arn1 G

N1

N2

vp1

vr1

wpwp wp

in

in

in


Prvo odredimo polozaj tacke M u kom se nasla posle prve sekunde.Zakon relativnog kretanja je s = Rπt2

2 , pa za t = 1 [s] pre -deni put je duzines1 = Rπ/2, tj. tacka je presla cetvrtinu kruga. Nasla se u polozaju koji jena sl. 3.20 obelezen sa M1. Dakle, za ovaj polozaj treba odrediti trazenevelicine.

a) Apsolutna brzina.

Cev se obrce oko nepomicne ose O1O2, pa je prenosno kretanje obrtanjeoko nepomicne ose ugaonom brzinom

ω = ω ν, gde je ω = φ = πt, i ω1 = π.



Izracunajmo i ostale velicine, koje ce nam kasnije trebati:

ε = ω = π = ε1,

s =πt2

2·R ⇒ s = πtR s1 = πR s = πR = s1.

Komponente apsolutne brzine, u trenutku t = 1 [s], su:- relativna brzina

vr|t=1 = vr1 µ = s1µ = πRµ.

- prenosna brzina

vp|t=1 = vp1 λ = (d · ω1)λ = 2Rπλ.

Konacno dobijamo apsolutnu brzinu, u trenutku t = 1 [s]:

v1 = vp1 + vr1 = 2πRλ+ πRµ ⇒

v1 = −πRλ+ 2Rπν .

b) Apsolutno ubrzanje.Komponente apsolutnog ubrzanja, u trenutku t = 1 [s], su:- Koriolisovo ubrzanje:

acor1 = 2ω1 × vr1 = 2

∣∣∣∣∣∣λ µ ν0 0 ω1

0 vr1 0

∣∣∣∣∣∣ ⇒ acor1 = −2π2Rλ.

- relativno ubrzanje:

ar1 = art1 + arn1 = − s

Rν + sµ ⇒

ar1 = πRµ− π2Rν.

- prenosno ubrzanje:

ap1 = apn1 + apt1 = d·ω21µ+ d· ε1λ ⇒

ap1 = 2Rπλ+ 2Rπ2µ.

Sabirajuci ove komponente, dobijamo apsolutno ubrzanje, u trenutkut = 1 [s]:

a1 = 2πR(1− π)λ+ πR(1 + 2π)µ− π2Rν .


c) Pritisak na cev.Za odre -divanje pritisaka na cev, iskoristicemo osnovnu jednacinu relativ-

nog kretanja, pretpostavljajuci da reakcija ima komponente u sva tri pravcaN = Nξ +Nη +Nζ :

ma =∑i

Si = m(ar + ap + acor) ⇒

mar = G+Nξ +Nη +Nζ + Finp + Fincor,

gde je, prema pretpostavci, Nξ = Nξ λ, Nη = Nη µ, Nζ = Nζ ν. Tezinatacke je G = −Gν. Inercijalne sile su: Finp = −map, F

incor = −macor, pa

je:

G

g

(πRµ− π2Rν

)= −Gν +Nξ λ+Nη µ+Nζ ν−

−Gg

(2Rπλ+ 2Rπ2µ

)− G

g

(−2π2Rλ

).

Grupisuci uz jedinicne vektore, dobijamo:

Nξ =2π RG

g(1− π) , Nη =

2π RG

g(1 + 2π) , Nζ = G− π2RG

g.

k

Zad. 3.14.

Homogeni stap duzine 2ℓ i tezineG nalazi se u horizontalnoj ravni.U jednom trenutku stapu se saopstiugaona brzina ω0, a centru inercijebrzina v0. U toku kretanja na svakielement stapa dξ dejstvuje sila ot-pora

dF = −2v dξ.

j

xx

dx

x

y

Cv

dF


Napisati:

a) diferencijalne jednacine kretanja stapa,

b) odrediti ugaonu brzinu stapa u funkciji vremena i

c) brzinu sredista stapa u funkciji vremena.



Resenje:

dF = −bv dξ = −b(xi+ yj) dξ

dMC = −

∣∣∣∣∣∣i j kx y 0x y 0

∣∣∣∣∣∣ · b · dξ = −(xy − yx)bk dξ = φξ2 · bk dξ

mxC = −ℓ∫

−ℓ

bxdξ = −2bℓx myC = −ℓ∫

−ℓ

by dξ = −2bℓy

JCφ = −ℓ∫

−ℓ

bφζ2 dξ = −2

3bℓ3φ,

JC =mℓ2

3, smena

2bℓ

m= k =

4ℓ

m.

xC + kxC = 0

yC + kyC = 0

φ+ kφ = 0

t0 = 0

x0 = v0 cosφ0

y0 = v0 cosφ0

φ0 = ω0

xC +4ℓ

mxC = 0

yC +4ℓ

myC = 0

φC +4ℓ

mφC = 0


xC = v0 cosφ0e−kt

yC = v0 cosφ0e−kt

φ = ω0e−kt = ω

vC = v0e−kt

k

Zad. 3.15.

Horizontalna homogena kruznaploca, mase m i poluprecnika R,vezana je kruto u tacki C za ver-tikalnu osu AB. Na plocu u tacki Ddeluje sila S, cija je napadna linijau ravni ploce i stalno je upravnana precnik CD. Njen intenzitet jekonstantan. Napisati: mg

R

R

C

A

E

D

x

hz

S


a) deferencijalne jednacine kretanja ploce,

b) konacne jednacine kretanja i

c) odrediti reakcije u lezistima A i B.

Resenje:

Jx = Jy =1

4mR2, Jz =

1

2mR2

ω = ων, ε = εν

Sile

S = {0, S, 0}, rD = {2R, 0, 0}G = {0, 0,−mg}, rCT = {R, 0, 0}

RA = {Aζ , Aη, Aς}, rA = {0, 0,−R}RB = {Bζ , Bη, 0}, rB = {0, 0, R}



Zakon o kretanju centra mase

maCT = R

ρCT = Rλ

aCT ε× ρCT + ω × (ω × ρCT )

ε× ρ =

∣∣∣∣∣∣λ µ ν0 0 εR 0 0

∣∣∣∣∣∣ = −εR(−µ) = Rεµ

ω × ρ =

∣∣∣∣∣∣λ µ ν0 0 ωR 0 0

∣∣∣∣∣∣ = Rωµ

ω × ( ) =

∣∣∣∣∣∣λ µ ν0 0 Rω0 ω 0

∣∣∣∣∣∣ = −ω · ωλR

aCT = R(εµ− ω2λ)

a = −ω2Rλ+Rεµ

−mrω2 = Aζ +Bζ

mrε = S +Aη +Bη

0 = −mg +Aς

Zakon momenta kolicine kretanja

dLCTdt

=

∫ρ× v dm

ω × ρ =

∣∣∣∣∣∣λ µ ν0 0 ωa b 0

∣∣∣∣∣∣ = −ω(λb− aµ) = −ωbλ+ aωµ

ρ× ω × ρ =

∣∣∣∣∣∣λ µ νa b 0

−ωb aω 0

∣∣∣∣∣∣ = ν(a2ω + ωb2) = ωρ2ν


LCT =

∫ωρ2ν dm =

(∫ωρ2 dm

)ν = ω

∫ρ2 dm︸︷︷︸Jς

ν = ωJςν

dL

dt= ˙ωJςν = ωJςν = εJςν

Jς = Jz +m ·R2 =1

2mR2 +mR2 =

3

2mR2

L =3

2mR2εν

MS =

∣∣∣∣∣∣λ µ ν2R 0 00 S 0

∣∣∣∣∣∣ = +2RSν

MG =

∣∣∣∣∣∣λ µ νR 0 00 0 −mg

∣∣∣∣∣∣ = +Rmgµ

MRA =

∣∣∣∣∣∣λ µ ν0 0 −RAζ Aη Aς

∣∣∣∣∣∣ = R(Aηλ−Aζµ)

MRB =

∣∣∣∣∣∣λ µ ν0 0 RBζ Bη 0

∣∣∣∣∣∣ = −R(λBη − µBζ)

dL

dt= M

0 = Aη −Bη ⇒ Aη = Bη

0 = mg −Aζ +Bζ ⇒ Aζ −Bζ = mg

3

2mR2ε = 2RS ⇒ ε =

4

3

S

mR

a)

φ =4S

3mR= A⇒

b)

φ =1

2At2 + C1t+ C2 → φ =

2S

3mrt2 + C1t+ C2



c)

Aζ −Bζ = mg

Aζ +Bζ = −mRω2

Aζ =m

2(g −Rω2)

Bζ = −m2(g +Rω2)

Aη = Bη

Aη +Bη = mrε− S

Aη =1

2(mRε− S) = Sover6

Aη = Bη =1

6S

Aς = mg

k


3.2 Sudar - udar

Zad. 3.16. Automobil, koji se kretao autoputem, udara o zastitinu ogradubrzinom intenziteta 180 [km/h], pod uglom od 30◦ u odnosu na ogradu.

Ako je masa automobila 800 [kg], a vremetrajanja udara τ = 0, 05 [s], odreditiudarni impuls, udarnu silu, brzinu auto-mobila na kraju udara kao i ugao pod ko-jim se automobil odbija od ograde. Udarsmatrati apsolutno neelasticnim.

aaaaaaaaaaaaaaaaaaa

aaaaaaaaaaaaaaaaaaa

aaaaaaaaaaaaaaaaaaa

aaaaa

aaaaa

aaaaa

aaaaa

aaaaa

aaaaa

aaaaa

aaaaa

aaaaa

aaaaa

aaaaa

aaaaa

30o

v


Resenje:

30o

v

n

a b

t

vn

vn

vn

vn’= 0

vt=v

t= v‘ ‘


Kako je u ovom slucaju kos udaro nepokretnu glatku podlogu, to je,prema Njutnovoj hipotezi,

|v′n| = k |vn|, (a)

tj.

v′n = −k vn (vidi sl. 3.24).

U slucaju apsolutno neelasticnog udara k = 0, to je prema (a)

v′n = 0.

Projekcije brzine na pocetku udara na pravac ose udara i na upravan pravac,su (vidi sl. 3.24):

vn = −v cos 60◦ = −v2= −25 [m/s], vt = v sin 60◦ =

v√3

2= 43, 3 [m/s],

Projektovanjem osnovne jednacine teorije sudara

m(v

′ − v)= I


3.2 Sudar - udar 185

na pravac normale i tangente, dobija se:

m(��70

v′n − vn) = In, (b)

m(v′t − vt) = 0. (c)

Udarni impuls potice od udarne normalne reakcije podloge, koja ima pravacose udara. To znaci da ce udarni impuls imati projekciju samo na osu n. Izjednacine (c) dobija se

v′t = vt = 43, 3 [m/s].

Iz jednacine (b) dobija se udarni impuls

−m(−v cos 60◦) = In ⇒ In = 800 [kg]· 25 [m/s] = 20.000 [Ns] .

Udarna sila je

F =In

τ=

20000

0, 05= 400 [kN ] .

Brzina automobila na kraju udara je

v′=

√v′n2+ v

′t2 ⇒ v

′= v

′t = 43, 3m/s ≈ 156 [km/h] .

Kako se koeficijent restitucije, u slucaju udara, moze izraziti i na sledecinacin:

k =tgα

tgβi kako je k = 0, to znaci da je tgβ = ∞,

pa je trazeni ugao β = 90◦ .

k

Zad. 3.17. Lokomotiva mase m = 120 [t], ulazeci u zeleznicku stanicu,zapocinje kocenje i udara u odbojnik, nakon cega se zaustavlja.

U tom trenutku, njena brzina jeiznosila v = 1, 8 [km/h], a vrema tra-janja udara τ = 0, 1 [s]. Odrediti in-tenzitet udarne sile i udarnog impulsa.

n

v

Slika 3.25: uz zadatak 3.17 – voz.

m = 120 [t], v = 1, 8 [km/h] = 0, 5 [m/s], k = 0, τ = 0, 1 [s].

Resenje:


Osnovna jednacina teorije sudara je

mv′ −mv = I. (a)

Kako se lokomotiva posle udara zaustavi, to je v′n = kvn = 0, pa je na

osnovu projekcije jednacine (a), na pravac ose udara:

m(��70

v′n − vn) = I ⇒ −mvn = I.

Trazeni udarni impuls je I = 120· 103· 0, 5 = 60· 103 [kgm/s] .

Udarna sila je F u =I

τ=

60· 103

0, 1= 600· 103 [N ] = 600 [kN ] .

k

Zad. 3.18.Pri sletanju aviona, vektor brzine zaklapa ugao 0, 6◦ sa poletno-sletnom

stazom. Masa aviona iznosi m = 150 [t]. Vreme trajanja udara stajnogtrapa sa poletno-sletnom stazom iznosi τ = 0, 05 [s], dok je brzina avionapri sletanju iznosila v = 198 [km/h].

Udar stajnog trapa o poletno-sletnu stazusmatrati apsolutno neelasticnim. Odredi-ti intenzitet udarne sile i udarnog im-pulsa. Koliki procenat opterecenja aku-mulira stajni trap pri sletanju?

v

0.6o


m = 150 [t], τ = 0, 05 [s], k = 0, v = 198 [km/h] = 55 [m/s].

Resenje:

Osnovna jednacina teorije sudara je

mv′ −mv = I. (a)

Pri apsolutno neelasticnom udaru je k = 0, pa je:

k =v′n

vn= 0 ⇒ v

′n = 0.

Projektovanjem jednacine (a) na pravac tangente, dobija se

m(v′t − vt

)= 0,



odakle je brzina aviona, po sletanju,

v′t = vt = v cos 0, 6◦ ≈ 54, 45 [m/s] = 196, 02 [km/h].

Projektovanjem jednacine (a) na normalu n, je:

0−m(−vn) = I,

odakle je trazeni udarni impuls

I = mvn = mv sin 0, 6◦ = 82.500 [kgm/s] .

Udarna sila je

F u =I

τ=

82.500

0, 05= 1650 [kN ] .

Opterecenje stajnog trapa aviona, na stajanci (pri mirovanju), odgovaratezini aviona:

F st = mg = 150· 103[N ]10[m/s2] = 1.500 [kN ],

sto znaci da je sila F u za 10% vece od statickog opterecenja, tj. F u = 1, 1F st.k

Zad. 3.19.Pri sletanju aviona, vektor brzine zaklapa ugao 1, 2◦ sa poletno-sletnom

stazom. Masa aviona iznosi m = 150 [t]. Vreme trajanja udara stajnogtrapa sa poletno-sletnom stazom iznosi τ = 0, 05 [s], dok je brzina avionapri sletanju iznosila v = 198 [km/h]. Udar stajnog trapa o pletno-sletnustazu smatrati elasticnim, a sam koeficijent restitucije iznosi k = 0, 1.

Odrediti intenzitet udarne sile, udarnogimpulsa, kao i ugao koji vektor brzine za-klapa sa osom udara u trenutku odskokaaviona kada on ostvari kontakt sa poletno-sletnom stazom.

1.2o

v


Resenje:

Projektovanjem osnovne jednacine sudara

mv′ −mv = I,


na pravac ose udara, dobija se:

m(v′n + vn) = I ⇒ mvn

(v′n

vn+ 1

)= I,

pa je trazeni impuls

I = mvn(k + 1) = 181.500 [kgm/s] .

Udarna sila je:

F u =I

τ=

181.500

0, 05= 3630 [kN ] .

Kako je

k =tgα

tgβ= 0, 1; tgβ = 0, 1tg89, 4◦ = 9, 55

to je trazeni ugao

β = arctg9, 55 = 84◦ .

k

Zad. 3.20.

Brod mase m = 50.000 [t] uplovljava upristaniste na nacin kako je to slikomprikazano. Komponente brzina u trenutkukontakta broda sa odbojnicima iznose v =0, 1 [m/s], dok vreme trajanja udara iznosiτ = 0, 1 [s]. Duzina svakog od odboj-nika iznosi a = 4 [m], a visina h =2, 5 [m]. Izracunati intenzitete udarnogimpulsa i udarne sile, kao i pritisak ko-jim brod deluje na odbojnike. Udarbroda o odbojnike smatrati apsolutno nee-lasticnim. Uzeti da je bocnih odbojnika 5,a sa prednje strane samo jedan odbojnik.

v

v


Resenje:



v

n

n

a)

b)

v


Prvo ce se razmatrati udar broda oprednji odbojnik. Projektovanjemosnovne jednacine teorije sudara, napravac sudara (n-osa, sl. 3.29), pricemu je v

′n = 0, jer se sudar apso-

lutno neelastican, dobija se trazeniudarni impuls:

I = mvn = 5· 106 [kgm/s] .

Udarna sila je

F u =I

τ= 50· 106 [N ] .

Pritisak na prednji odbojnik definise se kao odnos udarne sile i povrsineodbojnika:

P =F u

a·h= 50· 105 [N/m2] = 5 [MPa] .

Analogno prethodnom slucaju, pri udaru o bocne odbojnike, dobija seudarni impuls (ista brzina na pocetku udara)

I = mvn = 5· 106 [kgm/s] .

Udarna sila je

F u =I

τ= 50· 106 [N ] .

Pritisak na jedan bocni odbojnik je:

P =F u

a·h= 50· 105 [N/m2] = 5 [MPa] .


Bocni odbojnici trpe silu od F uB =F u

ngde je n broj bocnih odbojnika,

kojih, prema uslovima zadatka ima 5. Dakle, bocni odbojnici trpe silu od

F uB = 10.000 [kN ] . k

Zad. 3.21.

Dve kugle, masa m1 = m i m2 =2m, krecu se jedna prema drugojduz horizontale konstantnim brzi-nama intenziteta v1 = 2 [m/s] i v2 =5 [m/s]. Ako je koeficijent restitu-cije k = 0, 4, odrediti brzine kuglinakon sudara.

v1

v2

1 2


Resenje:

v1

v2

1

n

2

‘ ‘

Slika 3.31: uz resenje zadatka 3.21. Pret-postavljene brzine sredista posle sudara.

U ovom slucaju vazi zakon odrzanjakolicine kretanja, jer je glavni vektorspoljasnjih udarnih sila jednak nuli(nema udarnih spoljasnjih sila), tj.

K = K0,

odnosno2∑i=1

miv′i =

2∑i=1

mivi. (a)

Pored toga, brzine pre sudara su pravca sudara, a centri tela nalaze se naovom pravcu (vidi sliku 3.30). Dakle, ovo je primer upravnog centralnogsudara dva tela. Neka su v1 i v2 brzine centara ovih tela pre sudara, a v

′1

i v′2 njihove brzine posle sudara. Kako nema udarnih (unutrasnjih) sila u

pravcu upravnom na pravac sudara, to nece biti promene u tom pravcu, pase dakle nece promeniti ni pravac brzina posle sudara.

Prema uslovu zadatka, projekcije brzina pre sudara, na pravac sudara,su (vidi sliku 3.30):

v1n = v1 = 2, v2n = −v2 = −5,



a na upravan pravac

v1t = v′1t = 0, v2t = v

′2t = 0.

Projekcija kolicine kretanja (a) na pravac sudara n daje:

m1v′1n +m2v

′2n = m1v1n +m2v2n,

��mv′1n + 2��mv

′2n =��m· 2 + 2��m· (−5) ⇒

v′1n + 2v

′2n = −8. (b)

Dobijena je jedna jednacinu sa dve nepoznate. Potrebna je jos jedna jednacinaistih promenljivih. Druga jednacina je veza izme -du normalnih komponentibrzina, izrazena koeficijentom sudara

k =v′2n − v

′1n

v1n − v2n⇒ v

′2n − v

′1n = k (v1n − v2n) ⇒

v′1n − v

′2n = −k (v1n − v2n) . (c)

Iz (b) i (c) dobija se:

v′2n = −26

15[m/s], v

′1n = −68

15[m/s].

Brzine kugli, na kraju sudara, su:

v′2 =

√√√√(��

0

v′2t

)2

+(v′2n

)2=

26

15[m/s] ,

v′1 =

√√√√(��

0

v′1t

)2

+(v′1n

)2=

68

15[m/s] .

k

Zad. 3.22.

Intenziteti brzina sredista dvejukugli, koje se krecu jedna drugoju susret, su v1 = 6 [m/s] i v2 =10 [m/s]. Masa prve kugle je m1 =10 [kg]. Odrediti: masu druge kuglei velicinu udarnog impulsa I1, akose posle neelasticnog sudara kuglezaustave.

v1

v2

1 2



Resenje:

I ovo je primer centralnog upravnog sudara. Vazi zakon odrzanja kolicinekretanja

K = K0,

odnosno2∑i=1

miv′i =

2∑i=1

mivi. (a)

Projekcije brzina pre sudara na pravac sudara su:

v1n = v1, v2n = −v2.

Projektovanjem (a) na pravac n dobija se:

m1v′1n +m2v

′2n = m1v1n +m2v2n.

Sudar je neelastican, tj. koeficijent sudara je k = 0, pa je

v′1n = v

′2n.

Kako se kugle posle sudara zaustave, tj. v′1n = v

′2n = 0, to iz prethodne

jednacine sledi

m1v1n +m2v2n = 0,

odnosno,

m1v1 −m2v2 = 0 ⇒ m2 =v1v2m1 ⇒

m2 = 6 kg .

Impuls je:

m1

(��

0

v′1n − v1n

)= I1n ⇒ 10(−6) = I1n ⇒

I1n = −60N/s ,

I1n = −(1 + k)m1m2

m1 +m2(v1n − v2n) = −I2n.

k

Zad. 3.23.



U trenutku sudara dve jednake ku-gle, brzina sredista prve kugle bila jeusmerena duz centralne linije, dok jevektor brzine druge upravan na cen-tralnu osu. Odrediti brzine tezistakugli na kraju sudara, smatrajucisudar elasticnim.

v1

v2

1 2


Resenje:

v2n

= v1

n

tv

2v

2t=

1 2

a

v2‘‘

‘


Za razliku od prethodna dva za-datka, ovo je primer kosog cen-tralnog sudara (vidi sliku 3.33) i toelasticnog.Projekcije brzina pre sudara, napravac sudara i ortogonalan pravac,su:

v1n = v1, v1t = 0, v2n = 0 v2t = v2.

Iz zakona odrzanja kolicine kretanja K = K0, projektovanjem na odgo-varajuce ose, dobija se:

- projekcija na n osu

mv′1n +mv

′2n = mv1n +m��*0

v2n,

- projekcija na t osu

mv′1t +mv

′2t = m��*0

v1t +mv2t.

Sudar je elastican k = 1, pa je, prema definiciji koeficijenta restitucije:

+−→k =

v′2n − v

′1n

v1n − v2n= 1

Kako nema promena komponenti u pravcu upravnom na sudar t, to je:

v′1t = v1t = 0, v

′2t = v2t = v2.


Iz ovog sistema se dobija:

v′2n − v

′1n = v1n −��*0

v2n ⇒ v′2n = v1n + v

′1n,

mv′1n +mv

′2n = mv1n ⇒ v

′2n = v1n − v

′1n ⇒

v1n + v′1n = v1n − v

′1n ⇒ v

′1n = 0 ⇒ v

′2n = v1n .

Dakle, brzine tezista kugli, na kraju sudara, su:

v′1 =

√v′1n

2+ v

′1t2= 0,

v′2 =

√v′2n

2+ v

′2t2=√v21 + v22, tgα =

v2v1.

k

Zad. 3.24.

Dve kugle masa m1 i m2 krecu sejedna ka drugoj u susret brzinamaistog intenziteta v. Posle sudaraprva kugla je zaustavljena, a drugase odbije u suprotnu stranu odsmera kretanja pre sudara. Odreditikoeficijent restitucije.

v1

v2

1 2


Resenje:

Zakon odrzanja kolicine kretanja:

K = K0, (a)

pri cemu su projekcije brzina, na pocetku sudara, na osu sudara n:

v1 = v2 = v, v1n = v, v2n = −v, v′1n = 0.

Projekcija vektorske jednacine (a) na osu n:

m1v′1n +m2v

′2n = m1v1n +m2v2n ⇒ v

′2n =

m1

m2v − v = v

(m1 −m2

m2

).



Koeficijent restitucije je:

+−→k =

v′2n −�

��0

v′1n

v1n − v2n⇒ k =

m1 −m2

2m2.

k

Zad. 3.25.

Dve glatke kugle, masa m1 = 1 [kg]i m2 = 2 [kg], sudaraju se, pri cemusu im intenziteti brzina na pocetkusudara redom v1 = 3 [m/s] i v2 =1 [m/s], sa pravcem i smerom kojisu prikazani na slici (3.36).

v1

v2

1 2

30

45

o

o


Ako je koeficijent restitucije k = 0, 75 , odrediti horizontalne i vertikalnekomponente brzine kugli na kraju sudara.

Resenje:

Zakon odrzanja kolicine kretanja:

K = K0, (a)

pri cemu su projekcije brzina, na pocetku sudara, na ose n i t:

v1n = v1 cos 30◦ =

√3

2v1, v2n = −v2 cos 45◦ = −

√2

2v2,

v1t = v1 sin 30◦ =

1

2v1, v2t = −v2 sin 45◦ = −

√2

2v2.

Projekcija vektorske jednacine (a)na n, odnosno t osu:

m1v′1n +m2v

′2n = m1v1n +m2v2n,

m1v′1t +m2v

′2t = m1v1t +m2v2t.

v2n

v1n

v2t

v1t

1 2

n

t

v2

v1

‘

‘

‘

‘

‘

‘



Posto je pravac sudara pravac n ose, to je

+−→k =

v′2n − v

′1n

v1n − v2n⇒ v

′2n − v

′1n = k (v1n − v2n) .

Tangencijalne komponente brzina, posle sudara (prema sl. 3.37), su:

v′1t = v1t =

1

2v1 = 1, 5 [m/s] i v

′2t = v2t = −

√2

2v2 = −0, 707 [m/s] .

Normalne komponente brzina, posle sudara (prema sl. 3.37), su:

v′2n =

k(v1n − v2n) + v1n +m2m1v2n

1 + m1m2

⇒ v′2n ≈ 1, 22 [m/s] ,

v′1n = −1, 26 [m/s] .

k

Zad. 3.26.

Tri kugle imaju istu masu m. Akokugla A ima brzinu intenziteta v presudara u kuglu B, odrediti brzinukugle C posle sudara. Koeficijentrestitucije izme -du svih kugli je k.

AB C

v


Resenje:

Sudar A−B. Kombinovanjem zakona odrzanja kolicine kretanja i Njutnovehipoteze, dobija se brzina kugle B, kojom ona udara u kuglu C:

K = K0, vAn = v, vBn = 0.

Projekcija na n osu

mv′An +mv

′Bn = mvAn +m��:0vBn ⇒ v

′An = v − v

′Bn.

+−→k =

v′Bn − v

′An

vAn − vBn⇒ v

′Bn − v

′An = kvAn, v

′An = v

′Bn − kv

v − v′Bn = v

′Bn − kv ⇒ v

′Bn =

1 + k

2v.



Sudar B−C. Kombinovanjem zakona odrzanja kolicine kretanja i Njutnovehipoteze, pri cemu je brzina kugle B, na pocetku ovog udara, jednaka brzinikugle B na kraju prethodnog udara, dobija se brzina kugle C na krajuprethodnog udara:

K = K0, vB1n = v′Bn =

1 + k

2v, vCn = 0.

Projekcija na n osu

mv′B1n +mv

′Cn = mvB1n +m��:0vCn ⇒ v

′B1n = vB1n − v

′Ct =

1 + k

2v − v

′Ct.

+−→k =

v′B1n

− v′Cn

vCn − vB1n⇒ v

′Bn − v

′Cn = −kvB1n, v

′B1n = v

′Cn − k

1 + k

2v

v1 + k

2− v

′Cn = v

′Cn − kv

1 + k

2⇒ 2v

′Cn = v

1 + k

2(1 + k) ⇒

v′Cn =

v(1 + k)2

4.

k

Zad. 3.27. Na raskrsnici dve ulice, ciji pravci zaklapaju ugao od 60◦, dosloje do sudara dva automobila. Na pocetku sudara njihove brzine (intenziteti)bile su 80 [km/h] i 120 [km/h], sa pravcima koji su se poklopili sa pravcimaulica.

Ako su mase automobila m1 =700 [kg] i m2 = 900 [kg], vreme tra-janja sudara τ = 0, 05 [s], a koefi-cijent restitucije k = 0, 1, odreditibrzine automobila na kraju sudara,impuls, kao i udarnu silu. Odred-iti i uglove koje brzine automobila,na kraju sudara, zaklapaju sa osomsudara.

v1

v2


Resenje:


Projekcije brzina automobila na pravac sudara n i upravan pravac t (vidisl. 3.39), su:

v1n = v1, v1t = 0,

v2n = v2 cos 60◦ =

1

2v2 = 16, 65 [m/s], v2t = v2 sin 60

◦ =

√3

2v2 = 28, 84 [m/s].

Polazi se od zakona odrzanja kolicine kretanja materijalnog sistema, prisudaru:

K′= K ⇒ m1v

′1 +m2v

′2 = m1v1 +m2v2. (a)

Kako je u pitanju centralni sudar, ne postoje promene brzina u pravcuupravnom na osu sudara, pa je:

v′1t = v1t = 0, v

′2t = v2t =

√3

2v2 = 28, 84 [m/s].

Projekcija jednacine (a) na n-osu:

m1v′1n +m2v

′2n = m1v1n +m2v2n ⇒ v

′2n =

m1v1n +m2v2nm2

− m1

m2v′1n.

Koeficijent restitucije je:

k =v′2n − v

′1n

v1n − v2n⇒ v

′2n − v

′1n = 0, 1(v1n − v2n) ⇒

v′2n = v

′1n + 0, 1(v1n − v2n) ⇒

m1v1n +m2v2nm2

− 0, 1(v1n − v2n) = v′1n

(1 +

m1

m2

).

Projekcije brzine automobila na kraju sudara, na pravac sudara, su:

v′1n = 18, 76m/s ≈ 67, 5 [km/h],

v′2n = 19, 32m/s ≈ 69, 5 [km/h].

Udarni impuls je:

I = m1(v′1n − v1n) = 2408 [kgm/s],

a udarna sile

F ud =I

τ= 48160 [N ].



Intenziteti brzina automobila na kraju sudara su:

v′1 =

√v′1n

2+ v

′1t2= v

′1n = 67, 5 [km/h] ,

v′2 =

√v′2n

2+ v

′2t2= 34, 71m/s ≈ 125 [km/h] .

Njihovi pravci odre -deni su uglovima:

tgα2′=v′2t

v′2n

= 1, 5 ⇒ α′2 = 56◦ ,

tgα1′=v′1t

v′1n

= ∞ ⇒ α′1 = 90◦ .

k

Zad. 3.28.

Bilijarska kugla A, ciji je intenzitetbrzine vA = 5 [m/s], sudari se sakuglom B, koja pre pocetka sudaramiruje, pri cemu je koeficijent resti-tucije sudara k1 = 0, 8, a zatimkugla B udara o ivicu bilijarskogstola. Odrediti brzinu kugle B posleudara o ivicu, kao i ugao β (vidisliku 3.40) pod kojim se kugla B odnje odbije, ako je koeficijent restitu-cije udara k2 = 0, 6. Mase kugli sujednake.

vA

b

B

x

n

30o

A


Resenje:

Poznate su velicine: vA = 5 [m/s], vB = 0, k1 = 0, 8, k2 = 0, 6. Traze se:β, v

′′

B.

Brzina kojom kugla B udara o martinelu, moze da se odredi kombino-


vanjem zakona odrzanja kolicine kretanja i Njutnove hipoteze:

K′= K ⇒

x : mv′

A+mv

′

B= mvA +mvB ⇒

v′

A+ v

′

B= vA , k1 =

v′

B− v

′

A

vA − vB=v′

B− v

′

A

vA= 0, 8,

v′

B− v

′

A= −0, 8 vA ,

2v′

B= −1, 8 vA , v

′

B= −0, 9 vA = −4, 5 [m/s] .

Kako je udar kugle o martinelu kos centralni udar, to se koeficijent restitucijemoze izraziti u obliku:

k2 =tgα

tgβ⇒ tgβ =

tgα

k2=

tg30◦

0, 6= 0, 96,

pa je ugao pod kojim se kugla B odbila od ivice stola

β ≈ 44◦ .

Koeficijent restitucije moze da se izrazi i u funkciji brzina v′

Bi v

′′

B, odakle

se moze odrediti trazena brzina:

k2 =v′′

Bn

v′Bn

=v′′

Bn

v′Bcos 30◦

=v′′

Bn

4, 5·√30, 5

= 0, 6 ⇒

v′′

Bn= 0, 3· 4, 5·

√3 ≈ 2, 34 [m/s] = v

′′

Bcosβ,

v′′

B=

2, 34

cosβ= 3, 25 [m/s] .

n(v′t − vt) = 0, ⇒ v

′t = vt = v

′

Bsin 30◦ = 4, 5· 0, 5 = 2, 25 [m/s].

k

Zad. 3.29.Tri kugle masa m1, m2 i m3 nalaze se na nepokretnoj glatkoj horizon-

talnoj podlozi na izvesnim rastojanjima jedna od druge (slika 3.41). Prvojkugli, mase m1, saopstena je pocetna brzina v1, kojom ona udari drugukuglu, koja je mirovala. Posle udara druga kugla nastavlja da se krece iudara trecu kuglu, koja je do udara tako -de bila u stanju mirovanja.



Odrediti masu m2 druge kugle da bise posle udara u trecu kuglu, trecakugla kretala najvecom mogucombrzinom. Koeficijent sudara za svekugle je k, a sudari su upravni i cen-tralni.

m1

m2

m3

v1


Resenje:

Brzina kojom druga kugla udara u trecu, odre -duje se iz jednacina:

m1v′1 +m2v

′2 = m1v1, k =

v′2 − v

′1

v1,

v′1 =

m1v1 −m2v′2

m1= v

′2 − k v1,

m1v1 −m2v′2 = m1v

′2 −m1kv1 ⇒

v′2 =

(1 + k)m1

m1 +m2v1 ,

Brzina trece kugle na kraju sudara odre -duje se na sledeci nacin:

m1 m

2m

3

nv2

v3‘ ‘

v2=0 v

3=0

v1


m2v′′2 +m3v

′′3 = m2v

′2, k =

v′3 − v

′′2

v′2

v′3 =

(1 + k)m2

m2 +m3v′2 ,

v′3 =

(1 + k)2m1m2

(m1 +m2)(m2 +m3)v1 . (a)

Da bi se dobila maksimalna brzina v′3 u funkciji mase m2, potrebno je

naci nulu izvoda funkcije, definisane jednacinom (a), pa je:

(1 + k)2v1m1(m1 +m2)(m2 +m3)−m2(m1 + 2m2 +m3)

(m1 +m2)2(m2 +m3)2= 0 ⇒

m1m2 +m1m3 +m22 +m2m3 = m1m2 + 2m2

2 +m2m3 ⇒

m2 =√m1m3 .

k


Zad. 3.30.

Kuglica masem bacena je pocetnombrzinom intenziteta v0, koja sa hor-izontalom gradi ugao α. Kuglicaudari u vertikalni glatki zid i posleodbijanja pro -de kroz svoj pocetnipolozaj. Odrediti pocetno rasto-janje OA = a tacke od zida, akoje koeficijent restitucije k, da bi seispunio uslov zadatka. Otpor vaz-duha zanemariti.

y n

x

a

a1

b

M

a

v1

vo

v1’

O

A


Resenje:

Konacne jednacine slobodnog kretanja tacke (kretanje dozida), dobijajuse resavanjem diferencijalnih jednacina:

ma = F, x0 = v0 cosα, y0 = v0 sinα, ⇒x : mx = 0 ⇒ x = 0 ⇒ x = v0t cosα,

y : my = −mg ⇒ y = −g ⇒ y = −gt2

2+ v0t sinα.

Trenutak udara kuglice o zid, odre -duje se iz uslova:

x = a ⇒ a = v0t cosα ⇒ t1 =a

v0 cosα.

Projekcije brzine, u trenutku udara o zid:

x1 = x = v0 cosα, y1 = v0 sinα− ga

v0 cosα,

b = y1 = − ga2

2v20 cos2 α

+v0 sinα· av0 cosα

.

Zamenom t1 u parametarsku jednacinu kretanja, velicna b je (vidi sl. 3.44):

b = − g a2

2v20cos2 α

+ a tgα. (a)



y nn x’

t y’

x

a

a1

M

O

Aa

bv

o

bv

1

v1’


Brzina na pocetku sudara je

v1 =√x21 + y21.

Projekcija ove brzine, na osu udara,je:

x1 = v1n = −v0 cosα, k =v′1n

−v1nv′1n = k· v0 cosα,

a na upravnu osu t, je:

v1t = v2t = y1 = v0 sinα− ga

v0 cosα.

v′1 sinβ = v

′1t = v1t = y1 = v0 sinα− g a

v0 cosα.

Kretanje kuglice nakon udara:

x′: mx

′= 0 ⇒ x

′= 0 ⇒ x

′= v2t cosβ = kv0 cosα· t,

y′: my

′= −mg ⇒ y

′= −g.

Jednacina trajektorije, nakon udara, je:

y′= −gt

2

2+ v

′1 t sinβ = −gt

2

2+

(v0 sinα− ga

v0 cosα

)t.

Kako je kuglica morala da pro -de kroz pocetni polozaj, to je:

x′p = a, y

′p = −y1, t =

x′

kv0 cosα.

Zamenom ovih koordinata i eliminacijom parametra, dobija se:

−b = y′p = −g

2· x

′2

k2v20 cos2 α

+x

′

kv0 cosα

(v0 sinα− ga

v0 cosα

). (b)

Iz jednacina (a) i (b), dobija se trazeno rastojanje a:

−(− ga2

2v0 cos2 α+ atgα

)= −g

2· a2

k2v20 cos2 α

+a

ktgα− ga2

kv20 cos2 α

⇒


ga

2v20 cos2 α

+ga

2k2v20 cos2 α

+ga

kv20 cos2 α

= tgα+1

ktgα,

ga

v20 cos2 α

(1

2+

1

2k2+

1

k

)= tgα

(1 +

1

k

)ga

v20 cos2 α

k2 + 1 + 2k

2k2=

1 + k

ktgα ⇒

a =kv20

g(1 + k)sin 2α .

k

Zad. 3.31.

Dve kugle masa m1 i m2 vise naparalelnim kanapima duzina ℓ1 i ℓ2,tako da se njihova sredista nalazena istom nivou dok se same kugledodiruju (slika 3.45). Kada se prvakugla izvede iz ravnoteznog polozajaza ugao α1, a potom bez pocetnebrzine pusti da pada, ona udara udrugu kuglu i saopstava joj pomerajza ugao α2 u odnosu na ravnoteznipolozaj. Odrediti ugao α2, ako jekoeficijent restitucije k.

m1

m2

a2

a1

l1

l2

O1

O2


Resenje:

Brzina druge kugle, na kraju sudara dobija se iz jednacina:

m1

m2

n

l1

l2

a2

a1

v2‘

v0=0

v2=0

v3=0

v1

O1

O2


m1v′1 +m2v

′2 = m1v1 +m2��*

0v2.

n : m1v′1n +m2v

′2n = m1v1n, (a)

k =v′2n − v

′1n

v1n −��* 0v2n

⇒

v′2n = v

′1n + kv1. (b)



1

2m1v

21 −

1

2m1v

20 = m1gℓ1(1− cosα1) ⇒ v21 = 2gℓ1(1− cosα1), v1 = v1n.

Iz (a) i (b) sledi

m1v′1n +m2v

′2n +m2kv1 = m1v1,

v′1n(m1 +m2) = v1(m1 − km2) ⇒

v′1n =

m1 − km2

m1 +m2v1, v1t = v

′1t = 0, v2t = v

′2t = 0.

v′2n =

m1 − km2

m1 +m2v1 + kv1 =

m1 − km2 + km1 + km2

m1 +m2v1 =

m1(1 + k)

m1 +m2v1.

Brzina druge kugle, na kraju sudara, je:

v′2 =

√(v

′2t)

2 + (v′2n)

2 = v′2n,

pa je

v′2 =

m1(1 + k)

m1 +m2v1.

Kada druga kugla do -de u polozaj koji je odre -den uglom α2, njena brzina cebiti jednaka nuli.

Na osnovu zakona promene kineticke energije Ek3 −E′k2

= A(mg), bice:

1

2m2�

�70

v23 −1

2m2v

′22n = −m2gℓ2(1− cosα2),

v′22n = 2gℓ2(1− cosα2) =

m21

(m1 +m2)2(1 + k)2· 2gℓ1(1− cosα1),

1− cosα2 =ℓ1ℓ2

m21

(m1 +m2)2(1 + k)2(1− cosα1) ⇒

2 sin2α2

2=ℓ1ℓ2

m21

(m1 +m2)2(1 + k)2· 2 sin2 α1

2⇒

sinα2

2=

m1

m1 +m2(1 + k)

√ℓ1ℓ2

sinα1

2.

k


3.3 Lagranzeve jednacine II vrste

Zad. 3.32.

Homogeni kruzni disk mase M ipoluprecnika R vezan je oprugomkrutosti c prema slici. Za sredistediska zglobno je vezan stap CAduzine ℓ, na cijem je kraju Aucvrscena masa m. Zanemarujucimasu stapa i pretpostavljajuci dase disk kotrlja bez klizanja, napisatidiferencijalne jednacine kretanja sis-tema u funkciji generalisanih koor-dinata x i φ. Moment inercije diskaje IC = 1

2md·R2d.

j

A

R

x

m

c

l

C


Resenje:

Diferencijalne jednacine kretanja sistema odredice se u funkciji generali-sanih koordinata x i φ (vidi sliku 3.47), a pomocu Lagranzevih jednacinadruge vrste:

d

dt

(∂Ek∂qi

)− ∂Ek

∂qi= Qi, i = 1, 2.

Za i = 1 q1 = x, a i = 2q2 = φ. Za formiranje Lagranzevihjednacina druge vrste neophodno jeprvo odrediti ukupnu kineticku en-ergiju datog materijalnog sistema.Ona je u ovom slucaju jednakazbiru kineticke energije diska Ek1 ikineticke energije materijalne tackeA Ek2 :

Ek = Ek1 + Ek2 .

j

A

x

C

x

x

xA

yA

y

mg

O

R

l sin j

l

lco

sjP

V

Fe


Kineticka energija diska koji se krece ravanski je

Ek1 =1

2Mv2

C+

1

2ICω

2,


3.3 Lagranzeve jednacine II vrste 207

gde su intenzitet brzine sredista diska vC i ugaona brzina kotrljanja diskaω, respektivno:

vC = x, ω =vCR

=x

R.

Prema prethodnom, kineticka energija diska je

Ek1 =1

2Mx2 +

1

2· 12M��R2 x

2

��R2⇒

Ek1 =3

4Mx2.

Kineticka energija materijalne tacke A je

Ek2 =1

2Mv2

A,

pri cemu se brzina ove tacke moze odrediti pomocu koordinata ove tacke:

v2A= x2

A+ y2

A,

gde su:

xA = x+ ℓ sinφ xA = x+ ℓφ cosφ,

yA = R− ℓ cosφ yA = ℓφ sinφ, ⇒v2A= x2 + ℓ2φ2 cos2 φ+ 2ℓxφ cosφ+ ℓ2φ2 sin2 φ,

= x2 + ℓ2φ2 + 2ℓxφ cosφ,

Ek2 =1

2mx2 +

1

2mℓ2φ2 +mℓxφ cosφ.

j

A

x

C

mg

PV

j

j

180 -o

j

C

vC

vC

vA

vA

Fe

l

Slika 3.49: Brzina tacke A.


Brzina tacke A moze da se odredi i kao apsolutna brzina tacke koja vrsislozeno kretanje (vidi sliku 3.49):

vA = vC + vCA= vp + vr ,

vC = vp = x, vr = vCA= AC·ωAC = ℓ· φ,

v2A= v2p + v2r − 2vpvr cos(180

◦ − φ) = x2 + ℓ2φ2 + 2ℓφx cosφ

Kineticka energija sistema je sada:

Ek =1

4(3M + 2m) x2 +

1

2mℓ2φ2 +mℓxφ cosφ.

Parcijalni izvodi kineticke energije po generalisanim koordinatama x i φ,respektivno su:

∂Ek∂x

=1

2(3M + 2m) x+mℓφ cosφ,

d

dt

(∂Ek∂x

)=

1

2(3M + 2m) x+mℓ(φ cosφ− φ2 sinφ),

∂Ek∂φ

= mℓ2φ+mℓx cosφ,d

dt

(∂Ek∂φ

)= mℓ2φ+mℓ(x cosφ− xφ sinφ).

∂Ek∂x

= 0,∂Ek∂φ

= −mℓxφ sinφ.

Virtualni rad – Generalisana sila

δA = δAx + δAφ.

Za δφ = 0, δx = 0,

δAx = −cxδx ⇒ Qx = −cx.

Za δφ = 0, δx = 0,

δAφ = −mgℓ sinφδφ ⇒ Qφ = −mgℓ sinφ.

Diferencijalne jednacine kretanja:

1

2(3M + 2m)x+mℓφ cosφ−mℓ· φ2 sinφ = −cx,

mℓ2φ+mℓx cosφ = −mgℓ sinφ.

k



Zad. 3.33.

Homogena kruzna ploca, poluprecnika R, mase M , moze da se obrceoko njene horizontalne tezisne ose O, upravne na ravan slike. Za plocuje ucvrscen konac AB, duzine ℓ, na cijem je kraju B ucvrscena materijal-na tacka mase m. Napisati diferencijalne jednacine kretanja pomocu La-granzevih jednacina druge vrste. Za generalisane koordinate usvojiti ugaoobrtanja kruzne ploce φ i ugao obrtanja materijalne tacke ψ. Moment iner-cije za kruznu plocu je IO = 1

2MR2.

m

O

Aj

j

yB


Resenje:

Diferencijalne jednacine kretanja datog sistema, formiraju se na osnovuLagranzevih jednacina II vrste

d

dt

(∂Ek∂qi

)− ∂Ek

∂qi= Qi, i = 1, 2; q1 = φ, q2 = ψ.

Za njihovo formiranje neophodno je najpre odrediti ukupnu kineticku en-ergiju datog sistema.


O

Aj

j

j

y

y

j y-

180 -( - )o

j y

j y-

BA

mg

vA

vA

vB

vB


Kineticka energija sistema je u opstem slucaju jednaka zbiru kinetickeenergije kruzne ploce i kineticke energije materijalne tacke B:

Ek = EMk + Emk ,

EMk =1

2M�

�70

v20 +1

2IOφ

2 =1

2

1

2MR2φ2 =

1

4MR2φ2,

Emk =

1

2mv2

B.

O

A

j

j

y

B

mg

x

y

xB

yB

l sin y

l

R sin j

R

lcos

yR

cos

j




Brzina tacke B moze da se odredi, koristeci koordinate, tj.

xB = R sinφ+ ℓ sinψ,

yB = R cosφ+ ℓ cosψ,

xB = Rφ cosφ+ ℓψ cosψ,

yB = −Rφ sinφ− ℓψ sinψ,

v2B= (xB )

2 + (yB )2 = R2φ2 cos2 φ+ ℓ2ψ2 cos2 ψ + 2ℓRφψ cosφ cosψ+

+R2φ2 sin2 φ+ ℓ2ψ2 sin2 ψ + 2Rℓφψ sinφ sinψ ⇒v2B= R2φ2 + ℓ2ψ2 + 2Rℓφψ(cosφ cosψ + sinφ sinψ) =

= R2φ2 + ℓ2ψ2 + 2Rℓφψ cos(φ− ψ).

ili preko izraza za apsolutnu brzinu tacke:

vB = vp + vr = vA + vAB,

gde je:

vA = vp = Rφ vr = vAB= ℓψ, v2

B= v2

A+ (vA

B)2 − 2vAv

ABcos[180◦ − (φ− ψ)]

v2B= v2

A+ (vA

B)2 + 2vAv

ABcos(φ− ψ), ⇒

v2B= R2φ2 + ℓ2ψ2 + 2Rℓφψ cos(φ− ψ).

Kineticka energija materijalne tacke B, na osnovu prethodnih izraza, je

Emk =1

2m(R2φ2 + ℓ2ψ2 + 2Rℓφψ cos(φ− ψ)

),

a ukupna kineticka energija sistema prikazana je izrazom:

Ek = EMk + Emk =1

4(M + 2m)R2φ2 +

1

2mℓ2ψ2 +mRℓφψ cos(φ− ψ).

Parcijalni izvodi kineticke energije sistema po zadatim:

- generalisanim koordinatama

∂Ek∂φ

= −mRℓφψ sin(φ− ψ),

∂Ek∂ψ

= mRℓφψ sin(φ− ψ),


- i generalisanim brzinama

∂Ek∂φ

=1

2(M + 2m)R2φ+mRℓψ cos(φ− ψ),

∂Ek

∂ψ= mℓ2ψ +mRℓφ cos(φ− ψ).

d

dt

(∂EK∂φ

)=

1

2(M + 2m)R2φ+mRℓ

(ψ cos(φ− ψ)− ψ(φ− ψ) sin(φ− ψ)

),

d

dt

(∂EK

∂ψ

)= mℓ2ψ +mRℓ

(φ cos(φ− ψ)− φ(φ− ψ) sin(φ− ψ)

).

Virtualni rad (vidi sliku 3.52), kao i generalisane sile po zadatim gene-ralisanim koordinatama su:

δAφ = −mgR sinφ δφ ⇒ Qφ =δAφδφ

= −mgR sinφ,

δAψ = −mgℓ sinψ δψ ⇒ Qψ =δAψδψ

= −mgℓ sinψ.

Konacno, diferencijalne jednacine datog sistema su:

1

2(M + 2m)R2φ+mRℓ

(ψ cos(φ− ψ)− ψ(φ− ψ) sin(φ− ψ)

)= −mgR sinφ ,

mℓ2ψ +mRℓ(φ cos(φ− ψ)− φ(φ− ψ) sin(φ− ψ)

)= −mgℓ sinψ .

k

Zad. 3.34.

Homogeni stap AB mase 2m i duzine 2ℓ obrce se u vertikalnoj ravnioko ose koja prolazi kroz nepomicnu tacku O, tako da je AO = 2

3ℓ i OB =43ℓ. Za kraj A stapa vezano je tanko neistegljivo uze, duzine AC = ℓ, nacijem je kraju C okacena materijalna tacka mase m. Napisati diferencijalnejednacine kretanja materijalnog sistema u funkciji zadatih koordinata φ i ψ.



O

y

j

A

B

C

T

l

Slika 3.53:

Resenje:

Prema datim podacima je: AB = AO + OB = 2ℓ, jer je AO = 23ℓ, i

OB = 43ℓ.

Lagranzeve jednacine:

d

dt

(∂Ek∂qi

)− ∂Ek

∂qi= Qi, i = 1, 2; q1 = φ, q2 = ψ.

x

y

2mg

mg

O

y

y

j

jA

B

C

T

x

a) b)

y

j O

y

j

A

B

l

C

T

yC

xC

l cos y

l sin y

sin j

cos j

2

3

l

2

3

l

Slika 3.54:


Ek = Ek1 + Ek2 .

Kineticka energija stapa Ek1 :

Ek1 =1

2IO·ω2,

gde je, prema Stajnerovoj teoremi moment inercije stapa IO, za tacku O:

IO = IT + (2m)OT2, IO =

1

12(2m)(2ℓ)2 + (2m)

ℓ2

9=

8

9mℓ2.


Koristeci ove izraze, kineticka energija stapa, je

Ek1 =1

2

8

9mℓ2· φ2 ⇒ Ek1 =

4

9mℓ2· φ2.

Kineticka energija materijalne tacke C, prema definiciji, je:

Ek2 =1

2mv2

C.

Brzina tacke C, preko koordinata, je:

v2C= x2

C+ y2

C,

xC = ℓ sinψ − 2

3ℓ cosφ ⇒ xC = ℓψ cosψ +

2

3ℓφ sinφ,

yC = −ℓ cosψ − 2

3ℓ sinφ ⇒ yC = ℓψ sinψ − 2

3ℓφ cosφ ⇒

v2C= ℓ2ψ2 +

4

9ℓ2φ2 +

4

3ℓ2ψφ (cosψ sinφ− cosφ sinψ) ⇒

v2C= ℓ2ψ2 +

4

9ℓ2φ2 +

4

3ℓ2ψφ sin(φ− ψ).

Kineticka energije tacke je:

Ek2 =1

2mℓ2ψ2 +

2

9mℓ2φ2 +

2

3mℓ2ψφ sin(φ− ψ).

Ukupna kineticka energija sistema je:

Ek =4

9mℓ2φ2 +

2

9mℓ2φ2 +

1

2mℓ2ψ2 +

2

3mℓ2ψφ sin(φ− ψ) ⇒

Ek =2

3mℓ2φ2 +

1

2mℓ2ψ2 +

2

3mℓ2ψφ sin(φ− ψ)

Parcijalni izvodi kineticke energije datog sistema, po generalisanoj ko-ordinati φ i generalisanoj brzini φ, su:

∂Ek∂φ

=2

3mℓ2ψφ cos(φ− ψ),

∂Ek∂φ

=4

3mℓ2φ+

2

3mℓ2ψ sin(φ− ψ),

d

dt

(∂Ek∂φ

)=

4

3mℓ2φ+

2

3mℓ2

[ψ sin(φ− ψ) + ψ(φ− ψ)· cos(φ− ψ)

]



Parcijalni izvodi kineticke energije datog sistema, po generalisanoj koordi-nati ψ i generalisanoj brzini ψ, su:

∂Ek∂ψ

= −2

3mℓ2φψ cos(φ− ψ),

∂Ek

∂ψ= mℓ2ψ +

2

3mℓ2φ sin(φ− ψ),

d

dt

(∂Ek

∂ψ

)= mℓ2ψ +

2

3mℓ2

[φ sin(φ− ψ) + φ(φ− ψ)· cos(φ− ψ)

]Virtualni rad i generalisane sile:

δA = δAφ + δAψ.

δφ = 0, δψ = 0 ⇒

δAφ = −2mgℓ

3cosφ δφ+mg

2

3ℓ cosφ δφ = 0 ⇒ Qφ = 0.

δφ = 0, δψ = 0 ⇒δAψ = −mgℓ sinψ δψ ⇒ Qψ = −mgℓ sinψ.

Diferencijalne jednacine kretanja, na osnovu Lagranzevih jednacina drugevrste, su:

- po generalisanoj koordinati φ

d

dt

(∂Ek∂φ

)− ∂Ek

∂φ= Qφ ⇒

4

3mℓ2φ+

2

3mℓ2

[ψ sin(φ− ψ) + ψ(φ− ψ)· cos(φ− ψ)

]− 2

3mℓ2ψφ cos(φ− ψ) = 0 ⇒

4

3mℓ2φ+

2

3mℓ2ψ sin(φ− ψ)− 2

3mℓ2ψ2 cos(φ− ψ) = 0 .

- po generalisanoj koordinati ψ

d

dt

(∂Ek

∂ψ

)− ∂Ek

∂ψ= Qψ ⇒

mℓ2ψ +2

3mℓ2

[φ sin(φ− ψ) + φ(φ− ψ)· cos(φ− ψ)

]+

+2

3mℓ2φψ cos(φ− ψ) = −mgℓ sinψ ⇒

mℓ2ψ +2

3mℓ2φ sin(φ− ψ) +

2

3mℓ2φ2 cos(φ− ψ) = −mgℓ sinψ .


k

Zad. 3.35.

Po kanalu duz precnika diska,poluprecnika R i mase m, bez trenjamoze da klizi homogeni stap AB, duzine4R i mase 2m. Ako se disk kotrlja bezklizanja po horizontalnoj ravni, napisatidiferencijalne jednacine kretanja sistema,u funkciji generalisanih koordinata x i φ.Moment inercije diska je IC = 1

2mdR2, a

moment inercije stapa je IS = 112msℓ

2.

j

xC

S

A

B


Resenje:

Lagranzeve jednacine druge vrste, na osnovu kojih se formiraju diferen-cijalne jednacine materijalnog sistema (sa dva stepena slobode!):

d

dt

(∂Ek∂qi

)− ∂Ek

∂qi= Qi, i = 1, 2; q1 = φ, q2 = x.

Kineticka energija datog materijalnog sistema je:

Ek = Ek1 + Ek2 ,

gde je Ek1 – kineticka energija diska, a Ek1 – kineticka energija stapa.



Ek1 =1

2mv2

C+

1

2ICω

2d =

=1

2mR2φ2 +

1

2· 12mR2φ2 =

=3

4mR2φ2,

Ek2 =1

2· 2mv2

S+

1

2ISω

2.

pri cemu je vC = CPv·ωd = R· φ.Sa IC oznacen je moment inercijediska, u odnosu na srediste, a saIS moment inercije stapa u odnosuna njegovo srediste. Ugaona brzinadiska je ωd = φ.

j

x

C

SPV

x

j

h

2mg

C

vC

vrv

S


Brzina centra stapa vS moze da se odredi kao vektorski zbir relativne iprenosne komponente brzine:

vS = vp + vr, vr = x,

vp = vC + vCS, vC

S= CS·ω = x· φ

ili preko koordinata:

vSξ

= vr + vC cosφ = x+Rφ cosφ,

vSη = vC sinφ− vCS= Rφ sinφ− xφ,

pa je:

v2S= x2 + 2Rxφ cosφ+R2φ2 cos2 φ+R2φ2 sin2 φ− 2Rφ2x sinφ+ x2φ2 ⇒

v2S= x2 +R2φ2 + x2φ2 + 2Rφ (x cosφ− xφ sinφ) .

Za kineticku energiju stapa dobija se:

Ek2 = mx2 +mR2φ2 +mx2φ2 + 2mRφ (x cosφ− xφ sinφ) +1

2

1

1216R2· 2mφ2 =

= mx2 +7

3mR2φ2 +mx2φ2 + 2mRφ (x cosφ− xφ sinφ) .

Konacno, ukupna kineticka energija sistema je:

Ek =37

12mR2φ2 +mx2 +mx2φ2 + 2mRφ (x cosφ− xφ sinφ) .


Parcijalni izvodi kineticke energije sistema, po generalisanim brzinamai generalisanim koordinatama, su:

∂Ek∂φ

=37

6mR2φ+ 2mx2φ+ 2mRx cosφ− 4mRφx sinφ,

∂Ek∂φ

= −2mRφ (x sinφ+ xφ cosφ) ,

∂Ek∂x

= 2mx+ 2mRφ cosφ,

∂Ek∂x

= 2mxφ2 − 2mRφ2 sinφ.

Izvodi, po t, ovih parcijalnih izvoda:

d

dt

(∂Ek∂φ

)=

37

6mR2φ+ 2mx2φ+ 2mR (x cosφ− xφ sinφ)−

− 4mRφx sinφ− 4mRφ (x sinφ+ xφ cosφ)

d

dt

(∂Ek∂x

)= 2mx+ 2mR

(φ cosφ− φ2 sinφ

)Virtualni rad i generalisane sile po zadatim generalisanim koordinatama

φ i x, su:

δAφ = 2mgx cosφ δφ ⇒ Qφ = 2mgx cosφ,

δAx = 2mg sinφ δx ⇒ Qx = 2mg sinφ.

Trazene diferencijalne jednacine kretanja:

37

6mR2φ+ 2mx2φ+ 2mRx cosφ− 4mRxφ sinφ−

−4mRφx sinφ− 2mRφ2x cosφ = 2mgx cosφ

��2m[x+R

(φ cosφ− φ2 sinφ

)− (x+Rφ cosφ)

]=��2mg sinφ .

k

Zad. 3.36.



Dva jednaka homogena stapa ACi BC, mase m1 = m i duzineℓ, me -dusobno su zglobno vezana utacki C. Za zglob C vezano jenerastegljivo uze, koje je prebacenopreko kotura poluprecnika r i masem2 = 1

3m, na cijem drugom krajuvisi teret mase m3 = 3m. Napisatidiferencijalnu jednacinu kretanjasistema, u funkciji generalisane ko-ordinate φ.

O

A j j B

C


Resenje:

U ovom slucaju sistem ima samo jedan stepen slobode, tj.

d

dt

(∂Ek∂qi

)− ∂Ek

∂qi= Qi, i = 1; q1 = φ.

Ukupna kineticka energija sistema jednaka je zbiru kinetickih energijadva stapa, kinetickoj energiji kotura i kineticke energije tereta:

Ek = 2·Ek1 + Ek2 + Ek3 .

U ovom izrazu je:

- kineticka energije stapa

Ek1 =1

2m1v

2S+

1

2ISω

2,

gde je ω = φ, brzina centra mase

stapa vS = SP vACω =ℓ

2φ i mo-

ment inercije stapa IS = 112m1ℓ

2.Zamenom ovih vrednosti, dobija seza Ek1 :

OK E

S 3mg

mg

vK

vC

vE

vA

vT

vS

A j j B

CPV


Ek1 =1

2m1

ℓ2

4φ2 +

1

2

1

12m1ℓ

2φ2 =1

6mℓ2φ2.

– kineticka energija diska

Ek2 =1

2I0·ω2

d,


pri cemu je IO = 12m2r

2 – moment inercije stapa, vk = vC , vE = vk,

vC = CPv·ω = ℓφ cosφ, vk = r·ωd, pa je ugaona brzina diska ωd =vkr

=

ℓ

rφ cosφ,

Konacno, kineticka energija diska je

Ek2 =1

2· 12m2r

2 ℓ2

r2φ2 cos2 φ =

=1

4m2ℓ

2φ2 cos2 φ =1

12mℓ2φ2 cos2 φ.

– kineticka energija tereta je:

Ek3 =1

2·m3v

2T=

1

2·m3ℓ

2φ2 cos2 φ =3

2·mℓ2φ2 cos2 φ,

gde je vT = vE i vE = vk, pa je vT = ℓφ cosφ.Konacno, ukupna kineticka energije sistema je:

Ek = 2· 16mℓ2φ2 +

1

12mℓ2φ2 cos2 φ+

3

2·mℓ2φ2 cos2 φ =

=1

12·mℓ2φ2

(4 + 19 cos2 φ

).

Parcijalni izvodi po generalisanoj brzini i generalisanoj koordinati su:

∂Ek∂φ

=1

6·mℓ2φ

(4 + 19 cos2 φ

),

∂Ek∂φ

= −19

6·mℓ2φ2 sinφ cosφ = −19

12·mℓ2φ2 sin 2φ.

Odgovarajuci izvod po t je

d

dt

(∂Ek∂φ

)=

2

3·mℓ2φ+

19

6·mℓ2

(φ cos2 φ− 2φ2 cosφ sinφ

).

Virtualni rad i generalisana sila:

δAφ = −2mgℓ

2cosφ δφ+ 3mgℓ cosφ δφ = 2mgℓ cosφ δφ ⇒

Qφ = 2mgℓ cosφ.

Na kraju, dobija se diferencijalna jednacina kretanja, u obliku:

2

3·mℓ2φ+

19

6·mℓ2

(φ cos2 φ− 2φ2 cosφ sinφ

)+

19

12·mℓ2φ2 sin 2φ = 2mgℓ cosφ ⇒

2ℓφ(4 + 19 cos2 φ

)− 19ℓφ2 sin 2φ− 24g cosφ = 0 .



k

Zad. 3.37.

Suplji cilindar, poluprecnika R i mase M ,obrce se oko svoje ose ugaonom brzinomθ. Po unutrasnjosti cilindra kotrlja se bezklizanja cilindar poluprecnika r i mase m.Napisati diferencijalne jednacine kretanjadatog sistema, u funkciji generalisanih ko-ordinata θ i φ.

q

jO

C


Resenje:

Sistem ima dva stepena slobode. Za generalisane koordinate izabrane suθ i φ, pa su Lagranzeve jednacine druge vrste:

d

dt

(∂Ek∂qi

)− ∂Ek

∂qi= Qi, i = 1, 2; q1 = θ, q2 = φ.

Kineticka energija datog materijalnog sistma je jednaka zbiru kinetickeenergije supljeg cilindra Ek1 i punog cilindra Ek2 :

Ek = Ek1 + Ek2 ,

gde je:

Ek1 =1

2IO·ω2

p =1

2MR2· θ2, ωp = θ,

Ek2 =1

2m· v2

C+

1

2IC ·ω2

C.


Odre -divanje brzine tacke C i ugaonebrzine cilindra ωC :

vC = (R− r)· φ vC = CP vCωC ,

vk = R·ωp = R· θ vk = (r + CP vC )·ωC

CP vC =vCωC

, vk =

(r +

vCωC

)ωC ,

vk = r·ωC + vC ⇒

ωC =vk − vC

r=θR− (R− r)φ

r,

q

jO

wC

K

mg

vK

vC

C

PV


pa je kineticka energija punog cilindra:

Ek2 =1

2m· (R− r)2φ2 +

1

2· 12mr2

[θR− (R− r)φ

]2r2

.

Ukupna kineticka energija:

Ek =1

2MR2· θ2 + 1

2m· (R− r)2φ2 +

1

2· 12mr2

[θR− (R− r)φ

]2r2

=

=1

4(2M +m)R2θ2 − 1

2mR(R− r)θφ+

3

4m(R− r)2φ2.

Parcijalni izvodi:

∂Ek

∂θ=

1

2(2M +m)R2θ − 1

2mR(R− r)φ,

∂Ek∂θ

= 0,

∂Ek∂φ

=3

2m(R− r)2φ− 1

2mR(R− r)θ,

∂Ek∂φ

= 0.

Totalni izvodi:

d

dt

(∂Ek

∂θ

)=

1

2(2M +m)R2θ − 1

2mR(R− r)φ,

d

dt

(∂Ek∂φ

)=

3

2m(R− r)2φ− 1

2mR(R− r)θ.

Virtualni rad – generalisane sile:

φ = const, θ = 0, δAθ = −mg(R− r) sin θ δθ ⇒Qθ = −mg(R− r) sin θ,

φ = 0, θ = const, δAφ = −mg(R− r) sinφ δφ ⇒Qφ = −mg(R− r) sinφ.




1

2(2M +m)R2θ − 1

2mR(R− r)φ = −mg(R− r) sin θ ,

3

2m(R− r)2φ− 1

2mR(R− r)θ = −mg(R− r) sinφ .

k

Zad. 3.38.

Homogeni prsten poluprecnika R i mase M moze da se obrce oko hori-zontalne ose Az koja prolazi kroz nepomicnu tacku A. Unutar prstena mozeda se kotrlja bez klizanja homogeni disk mase m i poluprecnika r. Napisatidiferencijalne jednacine kretanja za dati sistem, u funkciji zadatih koordi-

nata θ i φ. Momenti inercije prstena je IO =MR2, a diska je IO1 =1

2mr2.

q

j

A

O1

O

m

M

x

y


Resenje:

Sistem ima dva stepena slobode. Za generalisane koordinate izabrane suθ i φ, pa su Lagranzeve jednacine druge vrste:

d

dt

(∂Ek∂qi

)− ∂Ek

∂qi= Qi, i = 1, 2; q1 = θ, q2 = φ.


Kineticka energija datog materijalnogsistma jednaka je zbiru kineticke energijesupljeg cilindra Ek1 i punog cilindra Ek2 :

Ek = Ek1 + Ek2 ,

gde je:– kineticka energija prstena

Ek1 =1

2IAθ

2, IA = IO +MR2 = 2MR2,

Ek1 =MR2θ2.


Ek2 =1

2mv2

O1+

1

2IO1·ω2

d.

vK

vKj

O

O1

O

O1

K

vO

O1

x

x

q

y

A

mg

Mg


Odre -divanje intenziteta brzine vO1 centra mase diska:

v2O1

= x2O1

+ y2O1,

xO1 = R sin θ + (R− r) sinφ ⇒ xO1 = Rθ cos θ + (R− r)φ cosφ,

yO1 = R cos θ + (R− r) cosφ ⇒ yO1 = −Rθ sin θ − (R− r)φ sinφ ⇒

v2O1

=(Rθ cos θ + (R− r)φ cosφ

)2+(−Rθ sin θ − (R− r)φ sinφ

)2=

= R2θ2 + (R− r)2φ2 + 2R(R− r)φθ cos(φ− θ).

Odre -divanje ugaone brzine diska ωd:

vK = vO + vOK,

vK = vO1 + vO1K,

vO1 = vO + vOO1⇒

vO + vOK= vO + vOO1

+ vO1K

⇒ vOK= vOO1

+ vO1K.

Projekcija na ξ je:

vOK= vOO1

+ vO1K

⇒ vO1K

= vOK− vOO1

.

Kako je:

vOK= R· θ, vO1

K= r·ωd, vOO1

= OO1· φ = (R− r)· φ,



to je

r·ωd = R· θ − (R− r)· φ ⇒ ωd =R

rθ − R− r

rφ.

Koristeci ove relacije, kineticka energija diska moze da se prikaze u obliku:

Ek2 =1

2m[R2θ2 + (R− r)2φ2 + 2R(R− r)θφ cos(φ− θ)

]+

+1

4m[(R− r)2φ2 − 2(R− r)Rφθ +R2θ2

].


Ek = Ek1 + Ek2 =MR2θ2 +1

2m[R2θ2 + (R− r)2φ2 + 2R(R− r)θφ cos(φ− θ)

]+

+1

4m[(R− r)2φ2 − 2(R− r)Rθφ+R2θ2

]⇒

Ek =

(M +

3

4m

)R2θ2 +

3

4m(R− r)2φ2 +mR(R− r)θφ cos(φ− θ)− 1

2m(R− r)Rθφ.

Parcijalni izvodi:

∂Ek

∂θ=

(2M +

3

2m

)R2θ +mR(R− r)φ cos(φ− θ)− 1

2m(R− r)Rφ,

∂Ek∂φ

=3

2m(R− r)2φ+mR(R− r)θ cos(φ− θ)− 1

2m(R− r)Rθ.

∂Ek∂θ

= mR(R− r)θφ sin(φ− θ),

∂Ek∂φ

= −mR(R− r)θφ sin(φ− θ).

Totalni izvodi:

d

dt

(∂Ek

∂θ

)=

(2M +

3

2m

)R2θ +mR(R− r)φ cos(φ− θ)−

−mR(R− r)φ(φ− θ) sin(φ− θ)− 1

2m(R− r)Rφ,

d

dt

(∂Ek∂φ

)=

3

2m(R− r)2φ+mR(R− r)θ cos(φ− θ)−

−mR(R− r)θ(φ− θ) sin(φ− θ)− 1

2m(R− r)Rθ.


Virtualni rad – Generalisane sile:

δA =Mg δyO +mg δy1.

yO = R cos θ ⇒ δyO = −R sin θ δθ,

yO1 = R cos θ + (R− r) cosφ ⇒ δyO1 = −R sin θ δθ − (R− r) sinφ δφ.

δA = −MgR sin θ δθ −mgR sin θ δθ −mg(R− r) sinφ δφ ⇒Qθ = −(M +m)gR sin θ, Qφ = −mg(R− r) sinφ.

Diferencijalne jednacine kretanja:(2M +

3

2m

)R2θ +mR(R− r)φ cos(φ− θ)−

−mR(R− r)φ(φ− θ) sin(φ− θ)− 1

2m(R− r)Rφ = −(M +m)gR sin θ,

3

2m(R− r)2φ+mR(R− r)θ cos(φ− θ)−

−mR(R− r)θ(φ− θ) sin(φ− θ)− 1

2m(R− r)Rθ = −mg(R− r) sinφ.

k

Zad. 3.39.

Klizac mase m klizi duz stapa OA.Stap duzine ℓ i masem okrece se okonepomicne tacke O, u vertikalnojravni. Opruga, koja podupire kli-zac, ima krutost c i u nenapregnu-tom stanju je r = r0. Napisatidiferencijalne jednacine kretanja, ufunkciji generalisanih koordinata φ ir. Trenje u lezistima i masu oprugezanemariti.

j

C

T

O

r

c

l


Resenje:

Lagranzeve jednacine druge vrste:

d

dt

(∂Ek∂qi

)− ∂Ek

∂qi= Qi, i = 1, 2; q1 = φ, q2 = r.




Ek = Ek1 + Ek2 ,

Ek1 =1

2IO·ω2, ω = φ,

IO = IT +OT2·m =

=1

12mℓ2 +

mℓ2

4=

1

3mℓ2,

Ek1 =1

6mℓ2φ2.

Ek2 =1

2mv2

C, vC = vr + vp,

v2C= v2r + v2p, vr = r, vp = rφ

j

C

T

O

r

j

mg

vp

vr


Ek2 =1

2m(r2 + r2φ2

),

Ek =1

6mℓ2φ2 +

1

2m(r2 + r2φ2

)=

=1

6mφ2

(ℓ2 + 3r2

)+

1

2mr2.

Parcijalni izvodi po generalisanim brzinama i generalisanim koordinatama:

∂Ek∂φ

=1

3m(ℓ2 + 3r2

)φ ⇒ d

dt

(∂Ek∂φ

)=

1

3m[φ(ℓ2 + 3r2

)+ φ 6r r

],

∂Ek∂φ

= 0.

∂Ek∂r

= mr,d

dt

(∂Ek∂r

)= mr,

∂Ek∂r

= mrφ2.


δA = δAφ + δAr.

Za δφ = 0, δr = 0

δAφ = −mg ℓ2sinφ· δφ−mgr sinφ· δφ = −mg(r + ℓ/2) sinφ· δφ ⇒

Qφ = −mg(r + ℓ/2) sinφ.


Za δφ = 0, δr = 0

δAr = mg cosφ· δr − c(r − r0)· δr ⇒ Qr = mg cosφ− c(r − r0).

Konacno, diferencijalne jednacine kretanja:

1

3mφ

(ℓ2 + 3r2

)+ 2φrr = −mg(r + ℓ/2) sinφ ,

mr −mφ2r = mg cosφ− c(r − r0) .

k

Zad. 3.40.

Materijalni sistem, prikazan na slici,nalazi se u vertikalnoj ravni i sastojise od homogenog stapa AB, masem i duzine ℓ, i homogenog kruznogdiska D, mase M i poluprecnika R.Sistem se krece pod dejstvom sileteze, pri cemu krajevi stapa AB kli-ze po horizontalnoj, odnosno ver-tikalnoj ravni. Napisati diferenci-jalne jednacine kretanja sistema. Zageneralisane koordinate uzet φ i z,a kretanje sistema u smeru rascenjakoordinata. Masu konca i kotura Ezanemariti.

A j

B

E

D

z


Resenje:

Lagranzeve jednacine druge vrste, za sistem koji ima dva stepena slo-bode:

d

dt

(∂Ek∂qi

)− ∂Ek

∂qi= Qi, i = 1, 2, q1 = φ, q2 = z.

Odre -divanje kineticke energije datog sistema Ek = E1 + E2, gde je



– kineticka energija stapa

Ek1 =1

2mv2

C+

1

2ICω

2AB. (3.1)

Brzina centra masa stapa C i njegovaugaona brzina ωBC :

vC = CP vAB ·ωAB , ωAB = φ,

vC =ℓ

2φ, IC =

1

12mℓ2.

A

j

j

B

E

D

zAB

d K

PV

PV

vK

vB

vD

vA

C

mg

Mg

vC


Zamenom ovih vrednosi u (3.1), za kineticku energiju stapa, dobija se:

Ek1 =1

2mℓ2

4φ2 +

1

2· 1

12mℓ2φ2 ⇒

Ek1 =1

6mℓ2φ2.

– kineticka energija diska:

E2 =1

2Mv2

D+

1

2IDω

2d. (3.2)

Brzina centra masa diska D i njegova ugaona brzina ωd:

vk = vB , vB = BP vAB ·ωAB = ℓ cosφ· φ,vD = z, vk = KP vD ·ωd, vD = DP vD ·ωd,

DP vD = (KP vD +R), KP vD =vkωd,

vD =

(vkωd

+R

)ωd, z = vk +Rωd ⇒ ωd =

z − ℓφ cosφ

R.

Zamenom ovih vrednosti u izraz (3.2), dobija se za kineticku energiju diska:

E2 =1

2Mv2

D+

1

2IDω

2d =

1

2Mz2 +

1

2· 12M��R2 (z − ℓφ cosφ)2

��R2,

E2 =3

4Mz2 − 1

2Mzℓφ cosφ+

1

4Mℓ2φ2 cos2 φ,


Ek =1

12ℓ2φ2

(2m+ 3M cos2 φ

)+

3

4Mz2 − 1

2Mzℓφ cosφ.


Parcijalni i totalni izvodi kineticke energije:

∂Ek∂φ

=1

6ℓ2φ

(2m+ 3M cos2 φ

)− 1

2Mzℓ cosφ ⇒

d

dt

(∂Ek∂φ

)=

1

3mℓ2φ+

1

2Mℓ2φ cos2 φ−

−Mℓ2· φ2 sinφ cosφ− 1

2Mℓz cosφ+

1

2Mℓzφ sinφ

∂Ek∂φ

= −1

2Mℓ2φ2 sinφ+

1

2Mzℓφ sinφ.

∂Ek∂z

=3

2Mz − 1

2Mℓφ cosφ, ⇒

d

dt

(∂Ek∂z

)=

3

2Mz − 1

2Mℓ(φ cosφ− φ2 sinφ),

∂Ek∂z

= 0.


Za δφ = 0, δz = 0,

δAφ = −mg ℓ2cosφδφ ⇒ Qφ = −mg ℓ

2cosφ.

Za δφ = 0, δz = 0,

δAz =Mgδz ⇒ Qz =Mg.


1

3mℓ2φ+

1

2Mℓ2φ cos2 φ−Mℓ2· φ2 sinφ cosφ− 1

2Mℓz cosφ+

1

2Mℓ2φ2 sinφ = −mg ℓ

2cosφ ,

3

2Mz − 1

2Mℓ(φ cosφ− φ2 sinφ) =Mg .

k

Zad. 3.41.



Homogeni disk mase m1, moze dase kotrlja bez klizanja po strmojravni nagiba α. Za centar A diskazglobom je vezan tanki homogeniprsten mase m2. Momenti inercijesu: diska – IA = 1

2m1· r2, prstena– IB = 1

2m2·R2. Napisati diferen-cijalne jednacine kretanja materijal-nog sistema, u funkciji generalisanihkoordinata x i φ.

B

a

j

x m1

m2

A


Resenje:

Lagranzeve jednacine:

d

dt

(∂Ek∂qi

)− ∂Ek

∂qi= Qi, i = 1, 2.

Za i = 1 q1 = x, a i = 2 q2 = φ.Kineticka energija sistema je Ek =Ek1 + Ek2 , gde je Ek1 - kinetickaenergija homogenog diska, Ek2 -kineticka energija prstena.

a

x

A

180 -( + )o

j a

aj

Av

B

vB

vA

vA

B

PV

j a+j a+


Odre -divanje kineticke energije:

Ek1 =1

2m1v

2A+

1

2IAω

2.

Brzine centra masa diska:

vA = x, x = r·ωA ⇒ ωA =x

r.

Kineticka energija homogenog diska:

Ek1 =1

2m1x

2 +1

2· 12m1��r

2 x2

��r2⇒

Ek1 =3

4m1x

2.

Kineticka energija prstena:

Ek2 =1

2m1v

2B+

1

2IBω

2p, vB = vA + vA

B, vA

B= Rφ,


Odre -divanje brzine centra masa prstena:

v2B= v2

A+ (vA

B)2 − 2vA · v

ABcos(π − (α+ φ)) = x2 +R2φ2 + 2xRφ cos(α+ φ).

Konacno, za kineticku energiju prstena, dobija se:

Ek2 =1

2m2x

2 +1

2m2R

2φ2 +m2xRφ cos(α+ φ) +1

2m2R

2φ2

E2 =1

2m2x

2 +m2R2φ2 +m2xRφ cos(α+ φ).


Ek =1

4(3m1 + 2m2) x

2 +m2R2φ2 +m2Rxφ cos(α+ φ).

Parcijalni izvodi:

∂Ek∂x

=1

2(3m1 + 2m2) x+m2R

2φ cos(α+ φ),

d

dt

(∂Ek∂x

)=

1

2(3m1 + 2m2) x+m2Rφ cos(α+ φ)−m2Rφ

2 sin(α+ φ),

∂Ek∂φ

= 2m2R2φ+m2Rx cos(α+ φ),

d

dt

(∂Ek∂φ

)= 2m2R

2φ+m2Rx cos(α+ φ)−m2xRφ sin(α+ φ).

∂Ek∂x

= 0,∂Ek∂φ

= −m2Rxφ sin(α+ φ).

Virtualni rad – Generalisane sile

δA = δAx + δAφ = Qxδx+Qφδφ.

Za δφ = 0, δx = 0,

δAx = m1g sinαδx+m2g sinαδx ⇒ Qx = (m1 +m2)g sinα.

Za δφ = 0, δx = 0,

δAφ = −m2gR sinφδφ ⇒ Qφ = −m2gR sinφ.


1

2(3m1 + 2m2)x+m2Rφ cos(α+ φ)−m2R· φ2 sin(α+ φ) = (m1 +m2)g sinα ,

2m2R2φ+m2xR cos(α+ φ) = −m2gR sinφ .



k

Zad. 3.42.

Homogeni prsten tankog zida mase2m i poluprecnika 3R obrce seoko ose koja prolazi kroz tackuO. Po unutrasnjosti prstena moguda se kotrljaju bez klizanja, ho-mogeni diskovi, svaki mase m ipoluprecnika R. Centri diskovazglobno su vezani za krajeve pravogstapa zanemarljive mase, cije jesrediste zglobno vezano u tacki O.Stap moze da se obrce oko ose kojaprolazi kroz tacku O, a na njegadeluje moment M.

q

O

M

T

A

B

j


Na prsten je namotano uze o cijem slobodnom kraju visi teret T mase4m. Napisati diferencijale jednacine kretanja datog sistema. Za generalisanekoordinate usvojiti ugao obrtanja prstena θ i ugao obrtanja stapa φ.

Resenje:

Lagranzeve jednacine druge vrste, za sistem koji ima dva stepena slo-bode:

d

dt

(∂Ek∂qi

)− ∂Ek

∂qi= Qi, i = 1, 2, q1 = φ, q2 = θ.


Kineticke energije materijalnog sistemaje:

Ek = Ek1 + Ek2 + Ek3 + Ek4 ,

gde je Ek1 - kineticka energija prstena,Ek2 i Ek3 - kineticke energije diskova iEk4 - kineticka energija tereta.– Ek1 - kineticka energija prstena:

Ek1 =1

2I0·ω2

p = 9mR2 θ2,

gde je korisceno:

I0 = (2m)(3R)2 = 18mR2, ωp = θ.

T

mg

qv

K

K

A

j

mg

j

B

O

M

vA

w

PV

4mg


– Ek2 - kineticka energija diska:

Ek2 =1

2m· v2

A+

1

2IA·ω2

d, (3.3)

gde je odgovarajuci moment inercije, disk sa centrom u tacki A i B:

IA = IB =1

2mR2.

Odre -divanje brzine centra mase diska A (ista je brzina centra i diska sacentrom u B):

vA = OA· φ = 2R· φ, vA = AP vD·ωd,

vk = 3R· θ =(AP vD +R

)·ωd, AP vD =

2Rφ

ωd⇒ 3��Rθ = 2��Rφ+��Rωd ⇒

ωd = 3θ − 2φ.

Sada, izraz (3.3) moze da se prikaze u obliku:

Ek2 =1

2m· 4R2 φ2 +

1

2

1

2mR2· (3θ − 2φ)2 = 2mR2 φ2 +

9

4mR2 θ2 − 3mR2 φθ +mR2 φ2 =

= 3mR2 φ2 +9

4mR2 θ2 − 3mR2 φθ.

– Ek4 - kineticka energija tereta:

Ek4 =1

2mT · v

2T, gde je vT = vD = 3R θ ⇒

Ek4 =1

2· 4m· 9R2 θ2 = 18mR2 θ2



Ukupna kineticka energija sistema:

Ek = 6mR2φ2 +63

2mR2 θ2 − 6mR2 φθ.

Parcijalni i totalni izvodi, po generalisanim brzinama i koordinatama:

∂Ek∂φ

= 12mR2 φ− 6mR2 θ,d

dt

(∂Ek∂φ

)= 12mR2 φ− 6mR2 θ,

∂Ek∂φ

= 0,

∂Ek

∂θ= 63mR2 θ − 6mR2φ,

d

dt

(∂Ek

∂θ

)= 63mR2 θ − 6mR2φ,

∂Ek∂θ

= 0.

Virtualni rad – Generalisane sile:Za δφ = 0 i δθ = 0 je

δAφ = mg cosφ· 2Rδφ−mg cosφ· 2Rδφ+M δφ ⇒ Qφ =M.

Za δφ = 0 i δθ = 0 je

δAθ = −4mg 3Rδθ = −12mgRδθ ⇒ Qθ = −12mgR.


12mR2φ− 6mR2θ =M ,

63mR2θ − 6mR2φ = −12mgR .

k

Zad. 3.43.

Klizac K mase m klizi niz vo -dicukoja se nalazi u vertikalnoj ravnipod uglom α = const. prema hori-zontali. Za klizac je zglobno vezanstap KM zanemarljive mase, duzineℓ, koji se obrce oko ose koja prolazikroz tacku K. Za kraj stapa vezanaje kuglica mase m, zanemarljivih di-menzija.

j

K

M

x

l

a


Napisati diferencijale jednacine kretanja datog sistema. Za generalisanekoordinate usvojiti pomeranje klizaca duz vo -dice x i ugao obtranja stapa φ.


Resenje:

Lagranzeve jednacine (za dva stepene slobode q1 = x i q2 = φ):

d

dt

(∂Ek∂qi

)− ∂Ek

∂qi= Qi, i = 1, 2.

Odre -divanje kineticke energije:

– ukupna kineticka energija je:

Ek = Ek1 + Ek2 ,

gde je Ek1 kineticka energija klizaca, a Ek2 kineticka energija kuglice.

– kineticka energija klizaca:

Ek1 =1

2m1v

2K, gde je vK = x, ⇒

Ek1 =1

2mx2.

– kineticka energija kuglice

Ek2 =1

2mM v

2M.

j

K

M

a

j

a

90 -( + )o

j a

90 -( + )o

j a

K

mg

mg

vM

vM

vK

vK

x


Odre -divanje brzine materijalne tacke M :

vM = vK + vKM, vA

B= KMφ = ℓφ,

v2M

= v2K+ (vK

M)2 − 2vK · v

KMcos γ =

v2M

= x2 + ℓ2φ2 − 2xℓφ cos(π/2 + (α+ φ)),

pa je

Ek2 =1

2mx2 +

1

2mℓ2φ2 +mxℓφ sin(α+ φ).

Ukupna energija sistema je:

Ek = mx2 +1

2mℓ2φ2 +mxℓφ sin(α+ φ).

Parcijalni izvodi:



∂Ek∂x

= 2mx+mℓφ sin(α+ φ),

d

dt

(∂Ek∂x

)= 2mx+mℓ(φ sin(α+ φ) + φ2 cos(α+ φ)),

∂Ek∂φ

= mℓ2φ+mℓx sin(α+ φ),

d

dt

(∂Ek∂φ

)= mℓ2φ+mℓ(x sin(α+ φ) + xφ cos(α+ φ)).

∂Ek∂x

= 0,∂Ek∂φ

= mℓxφ cos(α+ φ).

Virtualni rad – Generalisana sila

δA = δAx + δAφ = Qxδx+Qφδφ.

Za δφ = 0, δx = 0,

δAx = mg sinαδx+mg sinαδx ⇒ Qx = 2mg sinα.

Za δφ = 0, δx = 0,

δAφ = mgℓ cosφδφ ⇒ Qφ = mgℓ cosφ.


2mx+mℓφ sin(α+ φ) +mℓ· φ2 cos(α+ φ) = 2mg sinα ,

mℓ2φ+mℓx sin(α+ φ) = mgℓ cosφ .

k

Zad. 3.44.

Neistegljivo gipko uze namotano je na ho-mogeni disk C mase m i poluprecnika R,koji moze da se krece po idealno giatkojstrmoj ravni nagiba α. Uze je prebacenopreko kotura D zanemarljive mase, a svo-jim drugim krajem vezano je za priz-maticno telo A mase m, koje se krece poidealno glatkoj horizontalnoj podlozi.

z

x

A

C

a

D



Napisati diferencijaie jednacine kretanja datog sistema. Za generalisanekoordinate usvojiti pomeranje centra cilindra z i pomeranje prizmaticnogtela A, x.

Resenje:

Lagranzeve jednacine (za dva stepene slobode q1 = x i q2 = z):

d

dt

(∂Ek∂qi

)− ∂Ek

∂qi= Qi, i = 1, 2.

Kineticka energija sistema je:

Ek = Ek1 + Ek2 ,

gde su Ek1 – kineticka energija tereta A, a Ek2 – kineticka energija cilindra,odre -dene izrazima:

Ek1 =1

2mv2

A=

1

2mx2,

Ek2 =1

2mv2

C+

1

2ICω

2.

Odre -divanje brzine centra diska i njegove ugaone brzine:

vC = z, x = KPv·ω,z = CP v·ω =

(R−KP v

)·ω =

=

(R− x

ω

)·ω = Rω − x ⇒

ω =x+ z

R

z

z

x

A

C

C

D

mgK

vC

vK

vA

w

PV

a

a


Ek2 =1

2mz2 +

1

2· 12m��R2 (x+ z)2

��R2=

3

4mz2 +

1

4mx2 +

1

2mxz,

pa je ukupna energija:

Ek =3

4mz2 +

3

4mx2 +

1

2mxz.



Parcijalni i totalni izvodi:

∂Ek∂x

=3

2mx+

1

2mz,

d

dt

(∂Ek∂x

)=

3

2mx+

1

2mz,

∂Ek∂x

= 0,

∂Ek∂z

=3

2mz +

1

2mx,

d

dt

(∂Ek∂z

)=

3

2mz +

1

2mx,

∂Ek∂z

= 0

Virtualni rad – Generalisane sile:δx = 0 i δz = 0:

δAx = −mg sinα δx ⇒ Qx =δAxδx

= −mg sinα.

δx = 0 i δz = 0:

δAz = mg sinα δz ⇒ Qz =δAzδz

= mg sinα.


3

2mx+

1

2mz = −mg sinα ,

3

2mz +

1

2mx = mg sinα .

k

Zad. 3.45.

Homogeni disk 1, mase m i poluprecnika2R, moze da se obrce oko ose koja prolazikroz tackuO. Za tackuO vezan je zglobnolaki stap (duzine 3R) na cijem je drugomkraju vezan homogeni disk 2, mase 2m ipoluprecnika R, koji moze da se kotrlja podisku 1 (pri cemu dolazi do proklizavanja).Disk 1 se krece pod dejstvom momentaM. Za materijalni sistem napisati difer-encijalne jednacine kretanja. Za generali-sane koordinate usvojiti φ i θ.

q

O

M

A

2

1

j


Resenje:


Lagranzeve jednacine (za dva stepene slobode q1 = φ i q2 = θ):

d

dt

(∂Ek∂qi

)− ∂Ek

∂qi= Qi, i = 1, 2.


Ek = Ek1 + Ek2 ,

gde su Ek1 – kineticka energija diska1, a Ek2 – kineticka energija diska 2,odre -dene izrazima:

Ek1 =1

2I1ω

21, gde je ω1 = φ,

Ek2 =1

22mv2

A+

1

2I2ω

22.

q

q

O

M

A2

1

j

x

w2

P

2mg

vP

vA

PV2


Momenti inercije su:

I1 =1

2m(2R)2 = 2mR2, I2 =

1

22mR2 = mR2.

– kineticka energija diska 1:

Ek1 =1

22mR2φ2 = mR2φ2.


Ek2 = mv2A+

1

2mR2ω2

2.

Da bismo izracunali ovu kineticku energiju, potrebno je prethodno odreditibrzinu centra masa diska 2 i njegovu ugaonu brzinu.

Odre -divanje brzine centra mase diska 2 i njegove ugaone brzine:

vA = 3Rθ, vp = 2Rφ,

vA = (R+ ξ)ω2, vp = ξ ω2 ⇒ ξ =vpω2,

vA = Rω2 + vp, ω2 =vA − vpR

=3Rθ − 2Rφ

R= 3θ − 2φ.




Ek2 =27

2mR2θ2 − 6mR2φθ + 2mR2φ2.

Ukupna kineticka energija sistema:

Ek =27

2mR2θ2 + 3mR2φ2 − 6mR2φθ.


∂Ek∂φ

= 6mR2φ− 6mR2θ,d

dt

(∂Ek∂φ

)= 6mR2φ− 6mR2θ,

∂Ek∂φ

= 0,

∂Ek

∂θ= 27mR2θ − 6mR2φ,

d

dt

(∂Ek

∂θ

)= 27mR2θ − 6mR2φ,

∂Ek∂θ

= 0.


δA(M) =M δφ, δA(mg) = 0,

δA(2mg) = −6mgR sin θ δθ,


6mR2φ− 6mR2θ =M ,

27mR2θ − 6mR2φ = −6mgR sin θ .

k

Zad. 3.46.

Po stapu OA mase m1 i duzine 2ℓ, nakoji deluje spreg momenata M, moze dase kotrlja bez klizanja homogeni disk masem2 i poluprecnika R. Stap OA moze dase obrce oko ose koja prolazi kroz tackuO. Napisati diferencijalne jednacine kre-tanja sistema u funkciji generalisanih ko-ordinata x i φ.

C

j

x

AC

M

O


Resenje:


Lagranzeve jednacine (za dva stepene slobode q1 = x i q2 = φ):

d

dt

(∂Ek∂qi

)− ∂Ek

∂qi= Qi, i = 1, 2.


Ek = Ek1 + Ek2 ,

gde su Ek1 – kineticka energija stapa, a Ek2 – kineticka energija diska,odre -dene izrazima:

Ek1 =1

2IO·ω2

s , gde je ωs = φ,

Ek2 =1

2m2 v

2C+

1

2IC ·ω2

d.

Moment inercije stapa, za tacku O:

IO = IT +OT2m,

IO =1

12m1(2ℓ)

2 + ℓ2m1 =4

3m1 ℓ

2.

– kineticka energija stapa:

Ek1 =1

2· 43m1 ℓ

2· φ2 =2

3m1 ℓ

2· φ2.

j j

j

x

x

A

A

M

O

TK

Km g1

m g2

C

C

vC p

K

vC

K

vK

vr


Odre -divanje brzine centra mase diska (tacka C) i odgovarajuce ugaonebrzine ωd:

vC = vr + vp, vC = vK + vKC, vp = vK + vK

Cp,

vr + vK + vKCp

= vK + vKC,

vr = x, vKCp

= CK· φ = R φ, vKC

= R·ωd,

vKC

= R

(x

R− φ

)= x−Rφ, vK = x· φ.

vr − vKCp

= vKC, x−Rφ = Rωd ⇒ ωd =

x

R− φ,

vKC⊥vK ⇒ v2

C= vK

C

2 + v2K= x2φ2 + x2 − 2Rφx+R2φ2,

v2C= (x2 +R2)φ2 + x2 − 2Rxφ.



Konacno, za kineticku energiju diska, dobija se:

Ek2 =1

2m2

[(x2 +R2)φ2 + x2 − 2Rxφ

]+

1

2· 12m2R

2

(x

R− φ

)2

⇒

Ek2 =1

4m2

(2x2 + 3R2

)φ2 +

3

4m2x

2 − 3

2m2Rxφ


Ek =2

3m1ℓ

2φ2 +1

4m2

(2x2 + 3R2

)φ2 +

3

4m2x

2 − 3

2m2Rxφ =

Ek =1

12

[8m1ℓ

2 + 3m2

(2x2 + 3R2

)]φ2 +

3

4m2x

2 − 3

2m2Rxφ.


∂Ek∂x

=3

2m2x− 3

2m2Rφ

d

dt

(∂Ek∂x

)=

3

2m2x− 3

2m2Rφ,

∂Ek∂x

= m2xφ2,

∂Ek∂φ

=1

6

[8m1ℓ

2 + 3m2

(2x2 + 3R2

)]φ−−3

2m2Rx,

d

dt

(∂Ek∂φ

)=

1

6

[8m1ℓ

2 + 3m2

(2x2 + 3R2

)]φ+ 2m2x xφ− 3

2m2Rx,

∂Ek∂φ

= 0.

Virtualni rad:

δA = −m1g· δyT −m2g· δyC +M · δφ,

gde su odgovarajuce koordinate:

yT = ℓ sinφ, δyT = ℓ cosφ δφ,

yC = x sinφ+R cosφ, δyC = sinφ δx+ x cosφ δφ−R sinφ δφ.

Za rad se sada dobija:

δA = −m1gℓ cosφδφ−m2g sinφ δx−m2g·x cosφ δφ+m2g·R sinφ δφ+M δφ,

Generalisane sile:

Qφ =δA

δφ= −m1gℓ cosφ−m2g x cosφ+m2g R sinφ+M,

Qx =δA

δx= −m2g sinφ.



3

2m2 x− 3

2m2Rφ−m2xφ

2 = −m2g sinφ ,

4

3m1ℓ

2φ+ 2m2 x xφ+m2x2φ+

3

2m2R

2φ− 3

2m2R

2x =

= −(m1ℓ+m2 x)g cosφ+m2g R sinφ+M.

k

Zad. 3.47.

Homogeni disk mase m moze da sekotrlja bez klizanja po stapu ABduzine L i mase M , koji moze dase krece po hrapavoj strmoj ravninagiba α i koeficijenta trenja µ.Ako je u pocetnom trenutku sistemmirovao, i disk bio na kraju A stapa,odrediti koliki put pre -de stap dokdisk stigne do njegovog kraja B.

s

x

A C

B

M

a

m


Resenje:

Najpre treba odrediti diferencijalne jednacine kretanja datog sistema,koristeci Lagranzeve jednacine druge vrste, u funkciji generalisanih koordi-nata x i s:

d

dt

(∂Ek∂qi

)− ∂Ek

∂qi= Qi, i = 1, 2, q1 = x, q2 = s.

Kineticka energija sistema je Ek = Ek1 + Ek2 , gde je:

– kineticka energija stapa

Ek1 =1

2Mv2T . vT = x,

Ek1 =1

2Mx2;


Ek2 =1

2mv2

C+

1

2ICω

2.

s

x

A C

T

B

a

a

amg

Mg




Kako su brzina centra mase C diska i ugaone brzine diska ω:

vC = x+ s, ω =s

R,

to je kineticka energija stapa

Ek2 =1

2m(x+ s)2 +

1

2· 12m·��R2· s

2

��R2,

Ek2 =1

2mx2 +

3

4ms2 +mxs.


Ek =1

2(M +m)x2 +

3

4ms2 +mxs.

Parcijalni izvodi kineticke enrgije:

∂Ek∂x

= (M +m)x+ms ⇒ d

dt

(∂Ek∂x

)= (M +m)x+ms,

∂Ek∂x

= 0.

∂Ek∂s

= mx+3

2ms ⇒ d

dt

(∂Ek∂s

)= mx+

3

2ms,

∂Ek∂s

= 0.


δA = δAx + δAs.

Za δx = 0, δs = 0.Odre -divanje sile trenja klizanja Fµ = µ·N :

ms1c = N −Mg cosα−mg cosα = 0 ⇒ N = (Mg +mg) cosα.

δAx =Mg sinαδx+mg sinαδx− µN · δx ⇒Qx = (M +m)g sinα− µ(Mg +mg) cosα.

Za δx = 0, δs = 0,

δAs = mg sinαδs ⇒Qs = mg sinα.



(M +m)x+ms = (M +m)g sinα− µ(Mg +mg) cosα , (3.4)

mx+3

2ms = mg sinα . (3.5)

Drugi deo zadatka je da se, koristeci prethodne diferencijalne jednacine,odredi pre -deni put. Da bi se odredio pre -deni put, potrebno je resiti datejednacine, (3.4) i (3.5).

Kada se izracuna x, iz (3.5), i uvrsti u (3.4), dobija se:

(M +m)

(g sinα− 3

2s

)+ms = (M +m)g sinα− µ(Mg +mg) cosα,

(((((((((M +m)g sinα− 3

2(M +m)s+ms =((((((((

(M +m)g sinα− µ(Mg +mg) cosα,

s

(−3

2M − 1

2m

)= −µ(Mg +mg) cosα ⇒

s =2µ(Mg +mg) cosα

3M +m.

Resavajuci ovu jednacinu, uz pocetne uslove za t0 = 0: s0 = 0 i s0 = 0,dobija se:


3M +mt+ C1, s0 = 0 ⇒ C1 = 0,


3M +mt2 + C2, s0 = 0 ⇒ C2 = 0.

Za s1 = ℓ (duzina stapa) dobija se potrebno vreme da bi disk dosao do krajastapa, tj. skotrljao od tacke A do tacke B:

t1 =

√(3M +m)ℓ

2µ(Mg +mg) cosα.

Iz diferencijalne jednacine (3.5) moze da se izracuna put stapa x, uz pocetneuslove t0 = 0: x0 = 0 i x0 = 0:

x =

(g sinα− 3µ(Mg +mg) cosα

3M +m

)t+ C3 x0 = 0 ⇒ C3 = 0,

x =


3M +m

)t2 + C4 x0 = 0 ⇒ C4 = 0.



Trazeni pre -deni put dobije sa kada se u ovom izrazu zameni potrebno vreme,tj.

x1 =


3M +m

)(3M +m)ℓ

2µ(Mg +mg) cosα⇒

x1 =

(3M +m

2µ(M +m)tgα− 3

2

)ℓ .

k

Zad. 3.48.

Cetiri jednaka homogena stapa, svakiduzine l i mase m, kruto su spojeni ukvadratni ram OABC, koji moze da seobrce oko ose Oz. Duz stapa AB klizibez trenja prsten P , mase m. Napisati,za prikazani materijalni sistem:

a) izraz za kineticku energiju,

b) izraz za rad i

c) diferencijalne jednacine kretanja, ufunkciji generalisanih koordinata φ iξ.

O

A

B

P

C

j

y

x

x

S


Resenje:

Lagranzeve jednacine (za dva stepene slobode q1 = φ i q2 = ξ):

d

dt

(∂Ek∂qi

)− ∂Ek

∂qi= Qi, i = 1, 2.


Ek = Ek1 + Ek2 ,

gde su Ek1 – kineticka energija rama, a Ek2 – kineticka energija prstena,odre -dene izrazima:

Ek1 =1

2IOω

2, gde je ω = φ,

Ek2 =1

2mvP .


Odre -divanje momenta inercije kvadratnog rama:

IS =4

3ml2; I0 =

4

3ml2 + 4m

(a√2

2

)2

=

(4

3+

6

3

)ml2 ⇒

I0 =10

3ml2.

OO

AA

BB

PP

CC

jjjj

j - 45o90 -

o

j

90 -o

j90 -o

j

yy

xx

xP

yP

xx

mg4mg

S

S

j 45-

o

j


Odre -divanje koordinata tacke P :

xP = −ℓ cosφ+ ξ sinφ⇒ xp = ℓφ sinφ+ ξ sinφ+ φξ cosφ,

yP = ℓ sinφ+ ξ cosφ⇒ yp = φℓ cosφ+ ξ cosφ− φξ sinφ

Odre -divanje brzine tacke P :

xP = (ℓφ+ ξ) sinφ+ φξ cosφ = A sinφ+ φξ cosφ,

yP = (ℓφ+ ξ) cosφ− φξ sinφ = A cosφ− φξ sinφ,

x2P= A2 sin2 φ+ (φξ)2 cos2 φ+ 2Aφξ sinφ cosφ,

yP2 = A2 cos2 φ+ (φξ)2 sin2 φ− 2Aφξ sinφ cosφ,

pa je:

v2P= x2

P+ y2

P= (ℓφ+ ξ)2 + φ2ξ2.



Kineticka enegija sistema:

Ek =1

2

10

3mℓ2φ2 +

1

2m(ℓ2φ2 + 2ℓφξ + ξ2 + φ2ξ2),

Ek =1

2m

(10

3ℓ2φ2 + ℓ2φ2 + 2ℓφξ + ξ2 + φ2ξ2

),

Ek =m

2

(13

3ℓ2φ2 + 2ℓφξ + ξ2 + φ2ξ2

).


∂Ek∂φ

=m

2

(26

3ℓ2φ+ 2ℓξ + 2φξ2

),

d

dt

(∂Ek∂φ

)=m

2

[26

3ℓ2φ+ 2ℓξ + 2(φξ2 + 2φξξ)

],

∂Ek∂φ

= 0.

∂Ek

∂ξ=m

2

(2ℓφ+ 2ξ

),

d

dt

(∂Ek

∂ξ

)=m

2

(2ℓφ+ 2ξ

),

∂Ek∂ξ

=m

2φ2· 2ξ = mφ2ξ.

Virtualni rad:

δA = 4mg· δyS +mg· δyP .

Koordinate tacke S:

yS =

√2

2ℓ· cos(φ− 45◦) =

ℓ

2(cosφ+ sinφ) ⇒

yS =ℓ

2φ (cosφ− sinφ) ⇒

δyS =ℓ

2(cosφ− sinφ) δφ.

Sada je rad:

δA = 2mgℓ· (cosφ− sinφ) δφ+mg· [(ℓδφ+ δξ) cosφ− ξδφ sinφ]

δA = 2mgℓ· (cosφ− sinφ) δφ+mgℓ cosφ δφ−mgξ sinφ δφ+mg cosφ δξ.


Generalisane sile:

Qφ = 2mgℓ· (cosφ− sinφ) +mgℓ cosφ−mgξ sinφ,

Qξ = mg cosφ.


1

2

[26

3ℓ2φ+ 2ℓξ + 2(φξ2 + 2φξξ)

]= 2gℓ· (cosφ− sinφ) + gℓ cosφ− gξ sinφ ,

(ℓφ+ ξ

)− φ2ξ = g cosφ .

k


Deo III

Dodatak


GLAVA 4

TABLICA MOMENATA INERCIJE

y y1

l,mCO

z z1

x

Slika 4.1: Tanak stap.

Tanak stap

Ix = 0, Iy = Iz =mℓ2

3,

Iy1 = Iz1 =mℓ2

12.

y

x

R

C

Slika 4.2: Tanak kruzni prsten.

Tanak kruzni prsten (zanemarljivedebljine)

Ix = Iy =mR2

2Iz = mR2.

254 4 Tablica momenata inercije

y

x

rR

C

Slika 4.3: Ploca oblika kruznogprstena.

Ploca oblika kruznog prstena

Ix = Iy =m

4

(R2 + r2

)Iz =

m

2

(R2 + r2

).

Kruzn ploca (r = 0)

Ix = Iy =mR2

4Iz =

mR2

2.

x

y

b

h C

Slika 4.4: Pravougaona ploca.

Pravougaona ploca

Ix =mb2

12Iy =

ma2

12Iz =

m

12

(a2 + b2

).

x1

x

x2

C

h

2h

3

h

3

Slika 4.5: Trougaona ploca.

Trougaona ploca

Ix =mh2

18Ix1 =

mh2

6Ix2 =

mh2

2.

y

a

b

c y1

C

zz1

x1 x

Slika 4.6: Pravougaoni paralelop-iped.

Pravougaoni paralelopiped

Ix =m

12

(b2 + c2

)Iy =

m

12

(c2 + a2

),

Iz =m

12

(a2 + b2

),

Ix1 =m

3

(b2 + c2

)Iy1 =

m

3

(c2 + a2

),

Iz1 =m

3

(a2 + b2

),

Kocka ivice a

Ix = Iy = Iz =ma2

6.


255

H

z

y

Cx1

x

R

Slika 4.7: Prav kruzni cilindar.

Prav kruzni cilindar

Ix = Iy =m

12

(3R2 +H2

), Iz =

m

2R2,

Ix1 =m

12

(3R2 + 4H2

).

rR

H

z

y

C

x

Slika 4.8: Cilindricna cev.

Cilindricna cev

Ix = Iy =m

2

(3R2 + 3r2 +H2

),

Iz =m

2

(R2 − r2

).

Cilindar tankih zidova

Ix = Iy =m

12

(6R2 +H2

), Iz = mR2.

R

z

C

y

x

Slika 4.9: Sfera (lopta).

Sfera (lopta)

Ix = Iy = Iz =2

5mR2,

IC =3

5mR2.

256 4 Tablica momenata inercije


GLAVA 5

VEKTORSKA ALGEBRA

5.1 Definicija vektora

Orijentisana duz zove se vektor. Ovaj pojam potice od latinske reci vector–nosac, ili od vehere, vectum – nositi, pomerati. Njena duzina odre -dujeintenzitet vektora. Ovako definisan vektor predstavlja geometrijski pojam,za razliku od prethodne definicije (pomeranje) koja je vektoru dala fizickismisao.

Uobicajeno je u literaturi da se vektor oznacava slovom nad kojim se

nalazi strelica (a) ili sa−−→AB (A je pocetna, a B je krajnja tacka).

5.2 Sabiranje vektora

Posmatrajmo pomeranje iz polozajaA u C. Do tacke C mozemo dado -demo direktno ili preko polozajaB. Ova operacija moze da se oznacisledecom relacijom (sl. 5.1):

−−→AB +

−−→BC =

−→AC (D-1)

Slika 5.1

258 5 Vektorska algebra

Slika 5.2

Ovo pravilo je u literaturi poznato kao zakon paralelograma za sabiranje,jer je, prema sl. 5.1 i sl. 5.2, zbir vektora a i b predstavljen dijagonalomparalelograma ABCD. Sabiranje vektora je, dakle, binarna operacija nadskupom vektora V, kojom se vektorima a,b ∈ V jednoznacno dodeljuje nekivektor c ∈ V.

Cinjenica da mnoge pojave u fizici mogu da se predstave orijentisanimduzima, koje se sabiraju po zakonu paralelograma, namece potrebu da ihbolje proucimo. Dakle, uvo -denjem vektora vrsimo geometrizaciju fizickihpojava.

Radi kompletnosti, napomenimo da u fizici postoje takve situacije gdeje potrebno da nametnemo ogranicenja na pocetnu tacku ili polozaj linije–nosaca posmatranog vektora, pa u tom smislu razlikujemo sledece vektore:

- slobodni (pomeraju se paralelno sami sebi, a ne menjaju se; kaoprimer za ovu vrstu vektora je moment sprega, vektor translacije),

- klizeci ili vektor vezan za pravu (pri pomeranju duz nosaca –prave nemenjaja se; na primer sila koja deluju na kruto telo) i

- vezani za tacku (na primer zapreminske sile).1

Napomenimo da ce kasnije definisane operacije da vaze samo za slobodnevektore, ako se drugacije ne naglasi.

Polazeci od ideje vektora kao pomeranja tacaka, zakljucujemo da su dvavektora jednaka ako su orijentisane duzi, koje ih predstavljaju, jednake poduzini (jednaki intenziteti), njihovi pravci paralelni, a smerovi isti. Ovocemo da oznacavamo sa:

a = b.1Ova podela proistice iz definicije jednakosti vektora.


5.2 Sabiranje vektora 259

Na sl. 5.3 prikazani su parovi koji nisu jednaki, jer se razlikuju po intenzitetu(sl. 5.3a), smeru (sl. 5.3b) ili pravcu (sl. 5.3c).

Slika 5.3

Duzinu (intenzitet) vektora a oznacicemo sa |a| ili krace a.Nula vektor je vektor kome odgovara nulto pomeranje, (vektor ciji se

pocetak i vrh poklapaju) oznacavacemo ga sa 0, za koji vazi

a+ 0 = 0+ a = a.

Intenzitet nula vektora je jednak nuli, a pravac je proizvoljan.Dva vektora istih intenziteta i jednakih pravaca, a suprotnog smera zovu

se suprotni vektori. Suprotan vektor vektoru a oznacavacemo sa −a. Zaove vektore je:

a+ (−a) = 0.

Svaki vektor, ciji je intenzitet jednak jedinici, tj.

|a| = 1

naziva se jedinicni vektor.Na osnovu geometrijskih osobina orijentisanih duzi zakljucujemo da je

(vidi relaciju (D-1) i sliku 5.1 na str. 257):

a+ b = b+ a (komutativnost) (I)

(a+ b) + c = a+ (b+ c) (asocijativnost) (II)

Napomenimo jos i to da je operacija sabiranja (+) vektora unutrasnjabinarna operacija, tj:

ako a,b ∈ V tada i a+ b ∈ V, gde je V skup vektora. (III)

Na osnovu prethodnih definicija i osobina mozemo kratko da konstatu-jemo da za operaciju sabiranja vektora vazi:

a) operacija je komutativna (I),


b) operacija je asocijativna (II),

c) operacija je unutrasnja (III),

d) operacija ima nula (neutralni) element, 0 ∈ V,

e) svaki element a ∈ V ima suprotan ili simetrican element −a ∈ V zakoji je:

a+ (−a) = (−a) + a = 0.

Za neki skup V, ciji elementi, u odnosu na neku operaciju, imaju osobineod a) do e), kazemo da obrazuje komutativnu ili Abelovu grupu.

Definisimo sada jos neke operacije sa vektorima.

5.3 Mnozenje vektora realnim brojem (skalarom)

Definicija:

Neka je a neki vektor, a α neki realan broj. Tada se sa αa(≡ aα) definisenovi vektor na sledeci nacin:

- vektor αa ima pravac vektora a,

- ako je a = 0 i α > 0, αa ima smer vektora a,

- ako je a = 0 i α < 0, αa ima smer suprotan vektoru a,

- intenzitet vektora αa je |αa| = |α||a| (a = 0 ili α = 0 (ili oba), tadaje αa = 0),

Vektor αa dobijen je mnozenjem vektora a skalarom α.

Ovim smo definisali operaciju mnozenja vektora realnim brojem (skalarom).

Jedinicni vektor, koji ima isti pravac i smer kao neki vektor a, obelezicemosa ea. Svaki vektor mozemo da predstavimo, primenjujuci operaciju mno-zenja vektora skalarom, kao proizvod njegovog intenziteta i njegovog je-dinicnog vektora:

a = |a|ea.


5.4 Projekcija na osu i na ravan 261

Za operaciju mnozenja vektora skalarom vazi:

αa ∈ V, (IIIa)

(α1 + α2)a = α1a+ α2a (IV)

α(a+ b) = αa+ αb (V)

α1(α2a) = (α1α2)a, (VI)

za svaki realan broj α1 i α2 i za sve vektore a,b ∈ V.Osobine (IV–VI) poznate su i kao osobine linearnosti skupa V.

5.4 Projekcija na osu i na ravan

5.4.1 Projekcija tacke na osu

Posmatrajmo osu u odre -denu jedinicnim vektorom u, neku tacku A, koja nelezi na toj osi i ravan S (sl. 5.4), koja nije paralelna sa osom. Konstruisimoravan S′ tako da prolazi kroz tacku A, a paralelna je sa ravni S. Prodor oseu kroz ravan S′, tacka A′, predstavlja projekciju tacke A na osu u uzetuparalelno sa ravni S. Ako je ravan S normalna na osu, tada odgovarajucuprojekciju zovemo normalna ili ortogonalna.

Slika 5.4

5.4.2 Projekcija vektora na osu

Neka je vektor odre -den pocetnom A i krajnjom tackom B. Projektovanjem

te dve tacke (sl. 5.5) dobijaju se tacke A′ i B′, odnosno vektor−−→A′B′.

Slika 5.5


Projekcija vektora na osu je skalar koji se naziva algebarska vrednostprojekcije ili krace projekcija. Dakle, projekcija vektora na osu je skalar.

Algebarsku vrednost projekcije vektora−−→AB oznacava se sa A′B′, a definisana

je sa:

A′B′ =

+

∣∣∣∣−−−→A′B

′∣∣∣∣ , ako vektor

−−−→A

′B

′ima isti smer kao i osau,

−∣∣∣∣−−−→A

′B

′∣∣∣∣ , ako vektor

−−−→A

′B

′ima suprotan smer od oseu.

Ako sa α oznacimo ugao izme -du vektora−−→AB i vektora u ose u, tada je

A′B′ = proju−−→AB = |

−−→AB| cosα.

Napomenimo da vazi sledeci stav: projekcija (algebarska vrednost pro-jekcije) zbira vektora, na proizvoljnu osu, jednaka je zbiru projekcija vektorasabiraka, na tu osu.

5.4.3 Projekcija tacke i vektora na ravan

Da bismo projektovali tacku (A) na ravan (S), potrebno je prvo da se izabereneka prava (p) u odnosu na koju cemo da izvedemo projektovanje. Presek(A′) ravni (S) i prave (p1), (p ∥ p1), kojoj pripada tacka (A), naziva seprojekcija tacke A na ravan (S) u pravcu prave (p) (sl. 5.6). Akoje prava normalna na ravan (S), tada odgovarajucu projekciju nazivamonormalna (ortogonalana).

Projekciju vektora, na ravan, dobijamo projektovanjem njegove pocetnei krajnje tacke (sl. 5.6).

Slika 5.6

Dakle, projekcija vektora na ravan je vektor.


5.5 Skalarni (unutrasnji) proizvod dva vektora 263

5.5 Skalarni (unutrasnji) proizvod dva vektora

Definicija:

Skalarni proizvod dva vektora a i b, koji cemo simbolicki daoznacavamo a·b (cita se ”a tacka b”), je realan broj odre -den sa:|a|· |b|· cos(a,b), tj:

a·b = |a| · |b| · cos γ, (D-2)

gde je γ ugao izme -du vektora a i b.

Iz same definicije sledi da je skalarni proizvod jednak projekciji vektoraa na pravac vektora b, pomnozenoj intenzitetom (duzinom) vektora b, tj.a·b = |b|· projba. Analogno, a·b = |a|· projab, sto sledi iz komutativnostiskalarnog proizvoda i parnosti funkcije cos γ.

Znak skalarnog proizvoda zavisi od ugla izme -du vektora. Tako, proizvodje pozitivan, ako je ugao izme -du vektora ostar, nula, ako su vektori ortog-onalni (prav ugao) i negativan, ako je ugao tup (izme -du π/2 < γ < π) (sl.5.7).

Slika 5.7

Polazeci od ove defincije mozemo da odredimo: intenzitet vektora i uslovpod kojim su dva vektora ortogonalna.

Naime, u specijalnom slucaju, kada je a = b, sledi da je γ = 0 i, prema(D-2),

a·a = |a|· |a|· cos(a,a) = |a|· |a| = |a|2 ⇒ |a| =√a·a.

Dakle, iz definicije skalarnog proizvoda neposredno sledi da je kvadrat in-tenziteta vektora jednak skalarnom proizvodu vektora sa samim sobom.

Dalje, iz definicije skalarnog proizvoda, tako -de sledi da je ugao (γ)izme -du dva vektora

cos γ =a·b

|a|· |b|⇒ γ = arccos

a·b|a|· |b|

, (D-3)


pa za |a| = 0 i |b| = 0 sledi da su dva vektora ortogonalna akko 2 je a·b = 0.

Iz prethodnih definicija i osobina realnih brojeva slede naredne osobinekoje se nazivaju i metricka svojstva linearnog vektorskog prostora:

skalarni proizvod proizvoljnog vektora sa samim sobom je nenegativan

a·a = |a|2 > 0, i (VII)

a·a = 0, ako je a = 0,

(pozitivno – definitan)

skalarni proizvod je komutativan

a·b = b·a, (VIII)

(simetrija)

skalarni proizvod je distributivan u odnosu na sabiranje

a· (b+ c) = a·b+ a· c, (IX)

skalarni proizvod je asocijativan u odnosu na mnozenje skalarom

α(a·b) = (αa)·b = a· (αb), gde je α realan broj. (X)

Realni afini prostor V ili realni vektorski prostor u kojem je definisanskalarni proizvod vektora sa osobinama (VII)–(X) zove se realni Euklidskiprostor.

2akko je skracenica za ”ako i samo ako” (potreban i dovoljan uslov).


5.6 Vektorski (spoljasnji) proizvod dva vektora 265

5.6 Vektorski (spoljasnji) proizvod dva vektora

Definicija:

Vektorski proizvod dva vektora a i b je vektor c koji je odre -densledecim uslovima:

i) c je upravan istovremeno na a i b, odnosno ima pravac normalena ravan u kojoj leze vektori a i b;

ii) smer odre -dujemo (konvencija!) pravilom desne ruke (ili desnogzavrtnja). Naime, ako palac desne ruke usmerimo u pravcu a, akaziprst usmerimo u pravcu b, pa zatim zaokrenemo vektor a zaostar ugao (u pozitivnom smeru) da se poklopi sa b, tada ce vrhsrednjeg prsta pokazivati smer vektorskog proizvoda (videti slike5.8a, 5.8b i 5.8c);

iii) intenzitet vektora c odre -den je relacijom:

|c| = |a| · |b| · sinα, α = ∠(a,b).

Slika 5.8: Pravilo desnog zavrtnja (a), odnosno desne ruke (c)

Ovi uslovi jednoznacno odre -duju vektor c.

Vektorski proizvod simbolicki oznacavamo sa:

a× b = c,

a citamo ”a krst b”.


Vektorskom proizvodu moze da se da i fizicki smisao. Posmatrajmookretanje nekog tela oko fiksne tacke. Ovo okretanje (rotacija) je posledicadelovanja momenta. Moment sile S za tacku O definisan je relacijom

MSO = r× S,

gde je r- vektor polozaja napadne tacke sile u odnosu na momentnu tackuO.

Napomenimo da za vektorski proizvod:

- vazi distributivnost, u odnosu na sabiranje:

a× (b+ c) = (a× b) + (a× c)

(a+ b)× c = (a× c) + (b× c)

- ne vazi komutativnost, jer je (sl. 5.9)

a× b = −b× a (antikomutativnost)

- ne vazi asocijativnost, jer je, u opstem slucaju

a× (b× c) = (a× b)× c.

Slika 5.9

Iz definicije vektorskog proizvoda sledi da je vektorski proizvod dva vek-tora istog pravca jednak nuli, tj.

a× αa = 0.

Napred data definicija vektora, sa odgovarajucim operacijama, je ”geo-metrijska” definicija. Naime, iz svega napred izlozenog sledi da su definisani


5.7 Linearna zavisnost vektora. Dimenzija prostora 267

vektori i operacije nad njima nezavisni od izbora koordinatnog sistema. Unastavku cemo da posmatramo vektore ”algebarski”, definisuci njihove kom-ponente u odnosu na dati koordinatni sistem.

U praksi se cesto koristi proizvod tri vektora

a·b× c = a· (b× c) ,

koji se naziva mesoviti proizvod. Ovako definisan proizvod je skalar.Dobija se tako sto se prvo vektorski pomnoze vektori b i c, a zatim seovako dobijeni vektor skalarno pomnozi sa a. U literaturi koristi se i oznaka[a,b, c] za ovako definisani proizvod.

Za mesoviti proizvod vazi osobina kruzne permutacije, naime

[a,b, c] = [b, c,a] = [c,a,b].

5.7 Linearna zavisnost vektora.Dimenzija prostora

Uvedimo sada pojam linearna zavisnost skupa vektora a1, a2, · · · , an. Ovajpojam je veoma vazan pri definisanju pojma dimenzije prostora.

Definicija:

Vektori a1, · · · , an su linearno zavisni ako postoje brojevi α1, · · · , αn,od kojih je bar jedan razlicit od nule, takvi da vazi relacija:

α1a1 + α2a2 + · · ·+ αnan = 0. (D-4)

Suprotno, vektori su linearno nezavisni, ako relacija (D-4) vazi samokada je

α1 = α2 = · · · = αn = 0,

Definicija:

Vektorski prostor je n–dimenzionalan, ako u njemu postoji n linearnonezavisnih vektora, a svaki sistem od n+ 1 vektora je linearno zavisan.


Pokazimo ovo na nekoliko primera.Posmatrajmo dva vektora a i b istog pravca i istih ili suprotnih smerova

(sl. 5.10)

Slika 5.10

Tada postoji (realan) broj k = 0 takav da je:

b = ka, (D-5)

a vektore a i b nazivamo kolinearni vektori.Ako stavimo da je k = −α

β , tada relacija (D-5) moze da se predstavi uobliku:

αa+ βb = 0. (D-6)

Odavde zakljucujemo da su dva kolinearna (ili paralelna) vektora linearnozavisna, jer su α i β razliciti od nule. Dakle, mozemo da kazemo da svivektori ka, za proizvoljno i realno k i a = 0, formiraju jednodimenzionalni(1–D) realni linearni vektorski prostor. Razlog za uvo -denje ovakve termi-nologije sledi iz cinjenice da svakoj tacki na osi moze da se pridruzi vektorpolozaja 3 ka i obrnuto, svakom vektoru, iz ovog skupa, odgovara jednatacka na osi (jednoznacna korespondencija).

Posmatrajmo sada dva nekolinearna vektora a i b. Predstavimo ih ori-jentisanim duzima, sa zajednickim pocetkom O (sl. 5.11).

Slika 5.11

Proizvoljan vektor c, koji lezi u ravni vektora a i b, moze da se predstaviu obliku:

c = ma+ nb. (D-7)

3Vektor polozaja tacke A je vektor rA =−→OA, ciji je pocetak u koordinatnom pocetku

O, a kraj u tacki A.



Ova relacija sledi iz pravila o sabiranju vektora i iz definicije mnozenjavektora skalarom. Iz relacije (D-7), slicno kao u slucaju (D-5) i (D-6), uzi-majuci:

m = −αγ, n = −β

γ, (D-8)

dobijamo:

αa+ βb+ γc = 0, (D-9)

sto predstavlja uslov linearne zavisnosti skupa od tri vektora, jer nisu sviskalari jednaki nuli. Na ovaj nacin mozemo svaku tacku u ravni da odredimonekim vektorom polozaja c, tj. kombinacijom vektora ma+ nb, gde su a ib dva linearno nezavisna vektora, a m i n odgovarajuci realni brojevi. Zatomozemo da kazemo da kombinacijama+nb definise dvodimenzionalni (2–D)realni linearni vektorski prostor. Vidimo da je u 2–D linearnom vektorskomprostoru skup od tri vektora uvek linearno zavisan.

Posmatrajmo sada tri nekomplanarna 4 vektora a, b i c, koji polaze izzajednickog pocetka O (sl. 5.12).

Slika 5.12

Kao i u prethodnim slucajevima, mozemo svaki naredni vektor d dapredstavimo relacijom:

d = ma+ nb+ pc, (D-10)

odakle sledi da izme -du cetiri vektora a, b, c i d uvek postoji netrivijalnarelacija oblika:

αa+ βb+ γc+ δd = 0.

Dakle, relacija (D-10), za skup svih realnih brojeva m, n, i p, odre -dujetrodimenzionalni realni linearni vektorski prostor. Mozemo da zamislimo dakrajnja tacka vektora d ”prebrise” sve tacke 3–D prostora, kada parametrim, n, i p uzimaju sve vrednosti iz skupa realnih brojeva. Znaci da je u3–D linearnom vektorskom prostoru svaki skup od cetiri vektora linearno

4Vektori su komplanarni ako su svi paralelni jednoj ravni.


zavisan. Iskoristicemo ovu vezu izme -du broja linearno nezavisnih vektora sadimenzijom prostora da bismo postavili koncept dimenzionalnosti linearnogtrodimenzionalnog vektorskog prostora, uz napomenu da se koncept lakomoze da uopsti na n – dimenzionalni vektorski prostor.

Vektore a, b i c, u (D-9), zvacemo bazni vektori, a sabirke ma, nb ipc komponente vektora d. Brojeve m, n i p zvacemo kratko koordinatau odnosu na bazne vektore a, b i c.

Kad jednom odredimo skup baznih vektora, tada je svaki vektor jed-noznacno odre -den trojkom (u 3–D) koordinata.

Naime, ranije smo definisali vektor geometrijski, koriscenjem orijentisaneduzi. Uvodeci koordinatni sistem, vektor mozemo da opisemo algebarski.

Vec smo rekli da se pravougli, pravolinijski koordinatni sistem zoveDekartov koordinatni sistem. Uobicajeno je da se ose Dekartovog koor-dinatnog sistema oznacavaju sa x, y i z, a odgovarajuci bazni vektori sa i, ji k, respektivno. Napomenimo da se koriste levi i desni koordinatni sistem,mada desni cesce (sl. 5.13).

Slika 5.13

Posmatrajmo sada proizvoljan vektor a, predstavljen orijentisanom duzi−−→AB, pri cemu je A pocetak, a B kraj duzi AB (sl. 5.14).

Slika 5.14



Neka su koordinate tacaka A (xA, yA, zA) i B (xB, yB, zB), a rA i rBvektori polozaja ovih tacaka, tada je:

−−→AB = a = rB − rA ⇒

ax = xB − xA, ay = yB − yA i az = zB − zA (D-11)

gde su ax, ay i az merni brojevi vektora a u odnosu na koordinatni sistem,sto kratko oznacavamo, radi jednostavnosti, sa:

a = [ax, ay, az]

umesto sa

a = axi+ ayj+ azk.

Izrazimo sada ranije definisane pojmove preko odgovarajucih mernih bro-jeva.

Intenzitet vektora a, po definiciji je rastojanje izme -du tacaka A i B, stou Euklidskom prostoru, moze da se predstavi relacijom:

|a| =√

(xB − xA)2 + (yB − yA)2 + (zB − zA)2 =√a2x + a2y + a2z

Ako za pocetak vektora izaberemo koordinatni pocetak, tada su koor-dinate vrha vektora jednake sa mernim brojevima vektora. Napred je vecreceno da se ovako konstruisan vektor zove vektor polozaja i obicno seoznacava sa r.

Iz (D-11) tako -de vidimo da merni brojevi ax, ay, az vektora a ne zaviseod izbora pocetne tacke za a, jer ako vektor a pomerimo, duz pravca AB,tada se menjaju koordinate tacke A i B za istu vrednost, pa njihova razlikaostaje ista. Dakle, ako je dat fiksni Dekartov koordinatni sistem tada je svakivektor jednoznacno odre -den ure -denom trojkom brojeva (koordinatama).

Na ovaj nacin mozemo da definisemo i nula vektor 0 kao vektor cije sukoordinate [0, 0, 0].

Za dva vektora a = [ax, ay, az] i b = [bx, by, bz] kazemo da su jednakaakko su odgovarajuce koordinate jednake. Naime, vektorska jednacina:

a = b

ekvivalentna je trima skalarnim jednacinama:

ax = bx, ay = by, az = bz.


Vektorski zbir, preko koordinata, mozemo da odredimo na sledeci nacin (sl.5.15):

c = a+ b = [ax + bx, ay + by, az + bz] = [cx, cy, cz] .

Slika 5.15

Mnozenje vektora skalarom

αa = [αax, αay, αaz] .

Skalarni proizvoda·b = axbx + ayby + azbz.

Vektorski proizvod

a× b =

∣∣∣∣∣∣i j kax ay azbx by bz

∣∣∣∣∣∣ .Ovako predstavljen vektorski proizvod ima simbolicno znacenje, jer je vred-nost a×b jednaka izrazu koji se dobija razvijanjem gornje determinante poprvoj vrsti.

Mesoviti proizvod

a · (b× c) =

∣∣∣∣∣∣ax ay azbx by bzcx cy cz

∣∣∣∣∣∣ . (D-12)

Napomenimo da je mesoviti proizvod jednak nuli, ako su dva od trivektora me -dusobno kolinearna. Ako je a kolinearno recimo sa b tada jea = λb, pa zamenom u (D-12) dobijamo

a · (λa× c) =

∣∣∣∣∣∣ax ay azλax λay λazcx cy cz

∣∣∣∣∣∣ = λ

∣∣∣∣∣∣ax ay azax ay azcx cy cz

∣∣∣∣∣∣ = 0.



Ovde smo iskoristili osobine determinante:

- determinanta se mnozi nekim brojem tako sto se elementi jedne vrsteili kolone mnoze tim brojem i

- vrednost determinante je jednaka nuli ako su bilo koje dve vrste ilikolone jednake.

Na slican nacin bismo dobili i u slucaju kolinearnosti vektora a i c.



GLAVA 6

DIFERENCIJALNE JEDNACINE

Diferencijalna jednacina kretanja materijalne tavke je jednacina oblika

mr =∑i

Fi,

gde je r - vektor polozaja tacke, a Fi - i-ta sila, koja deluje na tacku. Ovesile mogu da budu: konstante (recimo sila teze), funkcije polozaja (elasticnasila), funkcije brzine (sila otpora sredine) ili funkcije vremena (poremecajnesile). Uzimajuci sve ove sile u obzir, vecina problema svodi se na resavanje(skalarnih) diferencijalnih jednacina oblika

a x(t) + b x(t) + c x(t) = f(t), (D-1)

gde su a, b, c realne konstante, a f(t) poznata funkcija. Jednacina ovakvogoblika naziva se linearna diferencijalna jednacina drugog reda sa kon-stantnim koeficijentima. Pokazuje se da je opste resenje ove jednacineoblika

x = xh + xp, (D-2)

gde je xh - homogeni deo resenja, a xp - partikularni deo resenja.

Homogeno resenje

Homogeni deo resenja dobija se iz homogene jednacine

a x(t) + b x+ c x(t) = 0. (D-3)

276 6 Diferencijalne jednacine

Za pocetak, neka je resenje ove jednacine funkcija oblika

x = C eα t, (D-4)

gde je C integraciona konstanta, koja se odre -duje iz pocetnih uslova, a αkonstanta koja se odre -duje iz uslova da je funkcija (D-4) resenje jed. (D-3),tj. da je identicki zadovoljava. Iz ovog zahteva, sledi

a·C α2· eα t + b·C α· eα t + c·C· eα t ≡ 0 ⇒C · eα t

(aα2 + b α+ c

)≡ ⇒

aα2 + b α+ c = 0. (D-5)

Ova jednacina naziva se karakteristicna jednacina diferencijalne jednacina(D-3). U ovom slucaju ovo je kvadratna jednacina, koja ima dva resenjaα1, α2. Ova resenja mogu da budu:

a) realna i razlicina α1 = α2,

b) realna i jednaka α1 = α2,

c) konjugovano kompleksna α1 = β + γ i, α2 = β − γ i, gde je i - imagi-narna jedinica (i =

√−1).

U ovim slucajevima je:

a) homogeno resenje (dva resenja i primenom principa superpozicije)

xh = c1 eα1 t + c2 e

α1 t. (D-6)

b) homogeno resenjexh = c1 e

α1 t + c2· t eα1 t. (D-7)

c) homogeno resenje (koriscena Ojlerova relacija e±α i = cosα± i sinα)

xh = eα t (c1 cos γ + c2 sin γ) . (D-8)

Partikularno resenje

Data funkcija je polinom n-tog reda

f(t) = a0tn + a1t

n−1 + · · ·+ an−1t+ an

(=

n∑i=1

aiti

), (D-9)


277

gde su ai (i = 1, . . . , n) realne konstante. U ovom slucaju i partikularnoresenje trazi se u obliku polinoma

xp =

m∑i=1

biti, (D-10)

gde je m = n + k, gde je k najmanji izvod nepoznate funkcije x(t) koji sejavlja u jednacini (D-1) 1. a n stepen polinoma (funkcija f(t)).

Zamenom vrednosti (D-9) i (D-9) u polaznu jednacinu, dobija se jed-nakost dva polinoma. Oni su jednaki ako su koeficijenti uz iste stepenejednaki. Iz tih uslova odre -duju se nepoznate velicine bi.

Data funkcija je eksponencijalna funkcija

f(t) = kep t, (D-11)

gde su k i p poznate realne konstante. U ovom slucaju partikularno resenjetrazi se u obliku (ako eksponent p nije koren karakteristicne jednacine, tj.p = α1, p = α2)

xp =kep t

P (p)(D-12)

gde je P (p) = a p2 + b p+ c vrednost leve strane karakteristicne jednacine.Ako je p jednostruki koren karakteristicne, tj. p = a1 i p = α2, tada je

partikularno resenje oblika

xp =kep t

P ′(p). (D-13)

Data funkcija je trigonometrijska funkcija

f(t) = k sin(mt) ili f(t) = k cos(mt), (D-14)

gde su k, m i n date konstante. U ovom slucaju partikularno resenje trazise u obliku

xp = A cos(mt) +B sin(mt), (D-13)

gde su A i B konstante koje treba odrediti iz pretpostavke da je xp resenjepolazne jednacine (D-1). Zamenom odgovarajucih izvoda funkcije (D-13) ujednacinu (D-1), dobijaju se uslovi za odre -divanje ovih konstanti.

U ovom Dodatku zadrzacemo se samo na ovim oblicima funkcija, jer jeto dovoljno za resavanje zadataka koji se javljaju u ovoj zbirci.

1Ako postoji clan x tada je nulti izvod najmanji, pa su polinomi istog stepena.

278 6 Diferencijalne jednacine


GLAVA 7

MATEMATICKE FORMULE

Polje realnih brojeva

Zatvorenost:

a+ b ∈ F

ab ∈ F

Neutralni elemenat:

0 + a = a

1a = a

Komutativnost:

a+ b = b+ a

ab = ba

Inverzni elemenat:

a+ (−a) = 0

aa−1 = 1, a = 0

Asocijativnost:

a+ (b+ c) = (a+ b) + c

a(bc) = (ab)c

Distributivnost:

a(b+ c) = ab+ ac

Osobine ure -denog polja

280 7 Matematicke formule

a+ a = a⇔ a = 0

a · 0 = 0

− (−a) = a

a(−b) = −(ab) = (−a)b(−a)2 = a2

ab = 0 ⇒ a = 0 ∨ b = 0

a2 = 0 ⇔ a = 0

a = 0 ∧ b = 0 ⇒ ab = 0

a = 0 ∧ b = 0 ⇒ (ab)−1 = a−1b−1

(−1)a = −a− (a+ b) = (−a) + (−b)− (a− b) = b− a

a+ x = b+ x⇒ a = b

ax = bx ∧ x = 0 ⇒ a = b

a2 + b2 = 0 ⇒ a = b = 0

a < a je nemoguce

a < b ∧ b < c⇒ a < c

a < b⇔ a+ c < b+ c

a < b⇔ −a > −ba < 0 ∧ b < 0 ⇒ ab > 0

a < 0 ∧ b > 0 ⇒ ab < 0

a < b ∧ c > 0 ⇒ ca < cb

a < b ∧ c < 0 ⇒ ca > cb

a = 0 ⇒ a2 > 0

1 > 0

a+ 1 > a

a > 0 ⇒ a−1 > 0

0 < a < b⇒ a−1 > b−1

a ≤ b ∧ b ≤ c⇒ a ≤ c

a2 − ab+ b2 ≥ 0

Stepen


281

Stepen: am

a ∈ R je osnova

m ∈ R je eksponent

1) Eksponent m ∈ N :

a1 = a

am+1 = am · aam = a · a · · · a0m = 0

2) Eksponent −m, m ∈ N :

a−m =1

am, a = 0

3) Eksponent je 0

00 nije definisano!

a0 = 1, a = 0

4) Eksponenti p, q ∈ Z :

0p = 0, p = 0

ap · aq = ap+q

(ap)q = (aq)p = apq

apq= a(p

q) = apq

(ab)p = apbp

a−p =1

ap

ap

aq= ap−q =

1

aq−p

ap

bp=(ab

)p=

(b

a

)−p

5) Prethodna pravila vaze

i za realne eksponente p i q!

Koren: n√a = a

1n

a ∈ R

n ∈ N√a = a

12

n√0 = 0

n√1 = 1

amn = (a

1n )m = (am)

1n = n

√am = ( n

√a)m

a−mn =

1n√am

=1

( n√a)m

, a = 0

n√a

n√b =

n√ab

n√a

n√b= n

√a

b, b = 0

m

√n√a =

n

√m√a = mn

√a

nm√am = n

√a

Neki primeri racionalisanja imenioca

a, b, c ∈ R+, b = c = b2 = a :

a√b=a

b

√b

an√b=a

b

n√bn−1

1

b±√a=b∓

√a

b2 − a


a√b±

√c=

a

b− c(√b∓

√c)

Algebarski razlomak

Jednakost: B = 0, D = 0

A

B=C

D⇔ AD = BC

Prosirivanje: B = 0, M = 0

A

B=AM

BMSkracivanje: B = 0, M = 0

AM

BM=A

BMnozenje: B = 0, D = 0

A

B· CD

=AC

BDDeljenje: B = 0, C = 0, D = 0

A

B:C

D=A

B· DC

=AD

BCSabiranje i oduzimanje-isti imenilac: B = 0

A

B± C

B=A± C

BSabiranje i oduzimanje-razliciti imenioci: B = 0, D = 0

A

B± C

D=AD ± CB

BDSabiranje i oduzimanje-razliciti imenioci: B = 0, C = 0, D = 0

A

BC

D

=A

B· DC

=AD

BC

Neki celi algebarski racionalni izrazi i njihove transformacije


283

A(B ± C) = AB ±AC

(A±B)2 = A2 ± 2AB +B2

A2 −B2 = (A−B)(A+B)

(A±B)3 = A3 ± 3A2B + 3AB2 ±B3

(A+B)2(A−B)2 = A4 − 2A2B2 +B4

(A+B)(C +D) = AC +BC +AD +BD

(A+B + C)2 = A2 +B2 + C2 + 2AB + 2AC + 2BC

A2 +B2 = (A+B −√2AB)(A+B +

√2AB)

A3 ±B3 = (A±B)(A2 ∓AB +B2)

Kvadratna jednacina

ax2 + bx+ c = 0,

a, b, c ∈ R,

a = 0

Diskriminanta: D = b2 − 4ac

Resenja:

D > 0 ⇒ realna i razlicita: x1,2 =−b±

√b2 − 4ac

2a

D = 0 ⇒ realna i jednaka: x1,2 = − b

2a

D < 0 ⇒ konjugovano kompleksna: x1,2 = − b

2a± i

√4ac− b2

2a

Trougao


Sinusna teorema:

a

sinα=

b

sinβ=

c

sin γ= 2R,

R je poluprecnik opisane kruznice

Kosinusna teorema:

a2 = b2 + c2 − 2bc cosα

b2 = a2 + c2 − 2ac cosβ

c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ

Teorema o projekcijama:

c = a cosβ + b cosα

Pitagorina teorema:

a2 + b2 = c2, γ = 90◦

Zbir unutrasnjih uglova:

α+ β + γ = 180◦

Zbir spoljasnjih uglova:

α1 + β1 + γ1 = 360◦

Obim:

O = a+ b+ c

c

a

ha

b

R

ab

g

g1

a1b

1

Slika 7.1: Trougao.

Povrsina:

P =aha2

=bhb2

=chc2,

odgovarajuce visine:

ha = c sinβ + b sin γ

hb = a sin γ + c sinα

hc = a sinβ + b sinα

Trigonometrija

Osnovni identiteti:

sin2 α+ cos2 β = 1

cos2 α =ctg2α

1 + ctg2α

tgα · ctgα = 1

cos2 α =1

1 + tg2α

tgα =sinα

cosα

sin2 α =1

1 + ctg2α

ctgα =cosα

sinβ

sin2 α =tg2α

1 + tg2α

Svo -denje na prvi kvadrant:


285

sin(−α) = − sinα

tg(−α) = −tgα

cos(−α) = cosα

ctg(−α) = −ctgα

sincostgctg

(2kπ + α) =

sincostgctg

α

sincostgctg

(π ± α) =

∓ sin− cos±tg±ctg

α

sincostgctg

(π2± α

)=

+cos∓ sin∓ctg∓tg

α

sincostgctg

(3π

2± α

)=

− cos± sin∓ctg∓tg

α

Znak po kvadrantima:

kvadrant sin t cos t tg t ctg t

I + + + +

II + - - -

III - - + +

IV - + - -

Adicione formule:

sin(α± β) = sinα · cosβ ± cosα · sinβcos(α± β) = cosα · cosβ ∓ sinα · sinβ

tg(α± β) =tgα± tgβ

1∓ tgα · tgβ

ctg(α± β) =ctgα · ctgβ ∓ 1

ctgβ ± ctgα

Neke vrednosti trigonometrijskih funkcija:


α 0◦ 30◦ 45◦ 60◦ 90◦ 180◦ 270◦ 360◦

sinα 01

2

√2

2

√3

21 0 −1 0

cosα 1

√3

2

√2

2

1

20 −1 0 1

tgα 0

√3

31

√3 ±∞ 0 ±∞ 0

ctgα ±∞√3 1

√3

30 ±∞ 0 ±∞

α 0π

6

π

4

π

3

π

2π

3π

22π

Transformacije:

sinα± sinβ = 2 sinα± β

2· cos α∓ β

2

cosα+ cosβ = 2 cosα+ β

2· cos α− β

2

cosα− cosβ = −2 sinα+ β

2· sin α− β

2

tgα± tgβ =sin(α± β)

cosα · cosβ

ctgα± ctgβ =sin(β ± α)

sinα · sinβ

sinα · sinβ =1

2[cos(α− β)− cos(α+ β)]

sinα · cosβ =1

2[sin(α+ β) + sin(α− β)]

cosα · cosβ =1

2[cos(α+ β) + cos(α− β)]

Funkcije dvostrukog ugla i polovine ugla:


287

sin 2α = 2 sinα cosα

sinα

2= ±

√1− cosα

2

cos 2α = cos2 α− sin2 α

cosα

2= ±

√1 + cosα

2

tg2α =2tgα

1− tg2α

tgα

2= ±

√1− cosα

1 + cosα

ctg2α =ctg2α− 1

2ctgα

ctgα

2= ±

√1 + cosα

1− cosα

Neke vaznije formule:

sinα =2tg

α

2

1 + tg2α

2

cosα =1− tg2

α

2

1 + tg2α

2

Prava:

Ekspicitni obik:

y = kx+ n

(0, n), presek sa osom Oy(−nk, 0), k = 0, presek sa osom Ox

α je ugao sa pozitivnim smerom ose Ox

k = tgα, koeficijent pravca prave

0

( )0,n

x

y

aè èæ æ- 0,

kn

Slika 7.2: Prava.


Kruznica:

Jednacina kruznice sa centrom

u tacki C(p, q) i poluprecnikom r je:

(x− p)2 + (y − q)2 = r2

Obim:

O = 2rπ = dπ, r-poluprecnik, d-precnik

Povrsina kruga:

P = r2π =d2

4π

Duzina kruznog luka:

l =2πrα

360=rπα

180, α[◦], l = rα, α[rad]

x

y

r

l

C ( )p,q

a

p

q

0

Slika 7.3: Kruznica.

Elipsa:

Kanonicka jednacina:

x2

a2+y2

b2= 1,

a i b su poluose elipse po x i y osi

respektivno

x

2a

2b

y

Slika 7.4: Elipsa.

Hiperbola:


x2

a2− y2

b2= 1

x

2a

2b

y

Slika 7.5: Hiperbola.


289

Parabola-kvadratna funkcija:


y2 = 2px,

p je fokalni parametar

ili:

y = ax2 + bx+ c, a, b, c ∈ R, a = 0

xa

b -4ac2

>0

>0

y

Slika 7.6: Parabola.

Diferencijalni racun

Tablica izvoda elementarnih funkcija:

funkcija izvod funkcija izvod funkcija izvod

const 0 ex ex sinx cosx

x 1 ax ax ln a cosx − sinx

ax+ b a lnx1

xtg x

1

cos2 x

xn nxn−1 loga x1

x ln actg x − 1

sin2 x

1

xn− n

xn+1ln f(x)

f ′(x)

f(x)arcsinx

1√1− x2

√x

1

2√x

(f(x))2 2f(x)f ′(x) arccosx − 1√1− x2

√ax+ b

a

2√ax+ b

(f(x))n n(f(x))n−1f ′(x) arctg x1

1 + x2

√ax2 + b

ax√ax2 + b

n√x

1

nn√xn−1

arcctg x − 1

1 + x2


Neka pravila diferenciranja:

u = u(x), v = v(x), w = w(x), c = const, v = 0, n ∈ R\{0}

funkcija izvod funkcija zvod

c 0 uv u′v + uv′

cu cu′ un nun−1u′

u± v u′ ± v′ uvw u′vw + uv′w + uvw′

u

v

u′v − uv′

v2uv vuv−1u′ + uv(lnu)v′

f(g(x)) f ′(g(x))g′(x) eu euu′

Ekstremumi: Za funkciju f , definisanu na (a, b), vrednost f(x0), x0 ∈(a, b), je strogi minimum (maksimum) ako i samo ako postoji okolina U(x0) ⊂(a, b), takva da je f(x) > f(x0), (f(x) < f(x0)), za x ∈ U(x0)\{x0}.Potreban uslov za postojanje ekstremuma: Ako je f(x0) lokalni ekstremumfunkcie f , onda funkcija f u toj tacki ili nema izvod ili je f ′(x0) = 0.Dovoljan uslov za postojanje ekstremuma: Ako je funkcija f dvaput neprekidnodiferencijabilna u U(x0), f

′(x0) = 0 i f ′′(x0) > 0 (f ′′(x0) < 0), onda f imau x0 lokalni minimum (maksimum).

Integralni racun

Neke osobine odre -denog integrala:

(a, b, c ∈ R)a∫a

f(x)dx = 0

b∫a

Cf(x)dx = C

b∫a

f(x)dx

b∫a

(f(x)± g(x))dx =

b∫a

f(x)dx±b∫a

g(x)dx

a∫b

f(x)dx = −b∫a

f(x)dx

b∫a

f(x)dx =

c∫a

f(x)dx+

a∫c

f(x)dx


291

Njutn-Lajbnicova teorema:

Ako je f integrabilna funkcija na [a, b] i F njena primitivna funkcija,onda je:

b∫a

f(x)dx = F (x)|ba = F (b)− F (a)

Tablica neodre -denih integrala:∫dx = x+ C∫

xndx =xn+1

n+ 1+ C, n ∈ Z\{−1}, x = 0 akoje n < 0∫

xαdx =xα+1

α+ 1+ C, α ∈ R\{−1}, x > 0∫

sinxdx = − cosx+ C∫cosxdx = sinx+ C∫

tgxdx = − ln |cosx|+ C,(x = (2k + 1)

π

2

)∫

ctgxdx = ln | sinx|+ C, (x = 2kπ)∫dx

cos2 x= tgx+ C,

(x = (2k + 1)

π

2

)∫

dx

sin2 x= −ctgx+ C, (x = 2kπ)∫

dx

a2 + x2=

1

aarctg

x

a+ C, x = a∫

dx

a2 − x2=

1

2aln

∣∣∣∣a+ x

a− x

∣∣∣∣+ C, a = 0


∫dx

x2 − a2=

1

2aln

∣∣∣∣x− a

x+ a

∣∣∣∣+ C, a = 0∫dx

x= lnx+ C∫

exdx = ex + C∫axdx =

ax

ln a+ C, a > 0, a = 1∫

dx√a2 − x2

= arcsinx

a+ C, |x| < a∫

dx√a2 + x2

= ln(x+√a2 + x2) + C∫

dx√x2 − a2

= ln |x+√x2 − a2|+ C, |x| > a


LITERATURA

[1] An -delic, T., Stojanovic, R., Racionalna mehanika, Zavod za izdavanjeudzbenika SRS, Beograd (1965).

[2] Batj,M.I., Dzanelidze, G.J., Kelzon, A.S., Reseni zadaci iz TEORI-JSKE MEHANIKE sa izvodima iz teorije - Statika i Kinematika,Gra -devinska knjiga, Beograd (1963).

[3] Batj,M.I., Dzanelidze, G.J., Kelzon, A.S., Reseni zadaci iz TEORI-JSKE MEHANIKE sa izvodima iz teorije - Dinamika, Gra -devinska kn-jiga, Beograd (1963).

[4] Baziljevic, V.V, Tehnicka mehanika, II izdanje, Naucna knjiga, Beograd(1988).

[5] Vujosevic, L., -Duric, S., Zbirka resenih zadataka iz dinamike, II izdanje,Naucna knjiga, Beograd (1975).

[6] Vujosevic, L., Mehanika I - Statika, Univerzitet ”Veljko Vlahovic”,Titograd, (1990). god.

[7] Vukobrat, M., Cvetkovic, P., Zbirka zadataka iz tehnicke mehanike I,Saobracajni fakultet, Beograd (1995).

[8] Vukovic, J., Simonovic, M., Obradovic, A., Markovic, S., Zbirka za-dataka iz dinamike, Masinski fakultet, Beograd, 2001.

[9] Gantmaher, F.R., Analiticka mehanika, Zavod za izdavanje udzbenika,Beograd, (1963).

294 LITERATURA

[10] Grbic, D., Brcic, S., Sumarac, D., Mandic, R., Miskovic, Z., Mehanika2 - zbirka ispitnih zadataka, Gra -devinski fakultet,Beograd, (1995).

[11] Golubovic, Z., Simonovic, M., Mitrovic, Z., Mehanika I - Statika,Akademska misao, (2001).

[12] -Dukic, -D., Atanackovic, T., Cveticanin L., Mehanika, FTN Izdavastvo,Novi Sad, 2005.

[13] -Duric, S., Zbirka zadataka iz kinematike, Naucna knjiga, Beograd(1976).

[14] Kabaljski, M.M, Krivosej, V.D., Savicki, N.I., Cajkovski, G.N., Tip-ski zadaci iz teorijske mehanike i metode njihovih resavanja, Zavod zaizdavanje udzbenika SRS, Beograd (1963).

[15] Kuzmanovic, D., Vasovic, N., Zbirka zadataka iz kinematike,Rudarsko-geoloski i Saobracajni fakultet, Beograd, (2005).

[16] Mescerski, I.V., Zbirka zadataka iz teorijske mehanike, Gra -devinskaknjiga, VII izdanje, Beograd (1968).

[17] Milosavljevic, I.D., Kinematika - Metodicka zbirak resenih primera saizvodima iz teorije, II izdanje, Samostalno izdanje autora, Kragujevac(1995).

[18] Mladenovic, S.N, Mehanika II - Kinematika, Masinski fakultet Uni-verziteta u Beogradu, Beograd (1996).

[19] Mladenovic, N., Mitrovic, Z., Stokic, Z., Zbirka zadataka iz Kine-matike, III izdanje, Masinski fakultet Univerziteta u Beogradu,Beograd, (2004).

[20] Raskovic, P.D, Zbirka zadataka iz mehanike I i II, Zavod za izdavanjeudzbenika SRS, Beograd (1966).

[21] Pasic, H., Statika, ”Svetlost”, Sarajevo, (1988).

[22] Raskovic, D., Mehanika I - Statika, Naucna knjiga, Beograd, (1968).

[23] Lazar Rusov, Mehanika - Statika, Naucna knjiga, Beograd (1992).

[24] Lazar Rusov, Mehanika - Kinematika, Naucna knjiga, Beograd (1992).

[25] Lazar Rusov, Mehanika - Dinamaika, Naucna knjiga, Beograd (1992).


LITERATURA 295

[26] Licna komunikacija sa kolegama sa Masinskog fakulteta Univerziteta uBeogradu.

[27] Simic S., Analiticka mehanika - dinamika, stabilnost, bifurkacije, Edi-cija tehnicke nauke - Udzbenici, FTN Izdavastvo, Novi Sad, (2006).

[28] Simonovic, M., Mitrovic, Z., Golubovic, Z., Mehanika - Kinematika,Glas javnosti, Beograd (2004).

[29] Targ, S.M., Teorijska Mehanika, Gra -devinska knjiga, Beograd, (1975).

[30] Hibbeler R.C., Engineering Mechanics - Statics and Dynamics, V iz-danje, MacMillan Publishing Company, INC., New York (1989).

[31] Cvetkovic, P., Statika - skripte, Saobracajni fakultet, Beograd, (1999).

[32] Cvetkovic, P., Tehnicka mehanika, Savezna uprava za kontrolu leta -Skolski centar, Beograd, (1979).

296 LITERATURA


GLAVA 8

BELESKA O AUTORIMA

Dr DRAGOSLAV S. KUZMANOVIC. Ro -den je 4.7.1949. godine uBeogradu. Diplomirao je 1974. godine na Prirodno-matematickom fakul-tetu (sada Matematicki fakultet) Univerziteta u Beogradu, na Institutu zamehaniku.

Zaposlio se 1976. godine, kao asistent pripravnik, na Rudarsko-geoloskomfakultetu. Na istom fakultetu izabran je 1998. god. za redovnog profesoraza predmete: Mehanika i Otpornost materijala. Na Saobracajni fakultetprelazi 2001. god.

Na osnovnim studijama drzi nastavu na predmetima ”Mehanika 1” i”Mehanika 2”, a na doktorskim studijama ”Uvod u teoriju haosa”.

Predavao je na vise fakulteta Beogradskog Univerziteta i to: Mehaniku 1na Tehnickom fakultetu u Boru (1987/88.), Otpornost materijala na Matema-tickom fakultetu (1993/94), Na Rudarsko-geoloskom fakultetu, po prelaskuna Saobracajni fakultet: Metode matematicke fizike i Spektralnu analizu,na smeru za Geofiziku, Dinamiku fluida, na smeru za Ventilaciju i zastitu,Teoriju elasticnosti sa reologijom, na smeru Mehanika stena.

U svom dosadasnjem radu rukovodio je i ucestvovao u realizaciji visenaucnih i strucnih projekata. Bio je clan u vise komisija za ocenu, pregled iodbranu magistarskih i doktorskih disertacija na Rudarsko-geoloskom fakul-tetu u Beogradu, kao i na Masinskom fakultetu u Beogradu i Kragujevcu.

Autor je osam udzbenika, tri monografije i preko sedamdeset publiko-vanih ili saopstenih radova.

Radovi su iz oblasti mehanike kontinuuma (porozni materijali, mesavine,suspenzije). Teorija razra -dena u ovim radovima primenjena je u mehanici tla

298 8 Beleska o autorima

(generalisan Darsijev zakon, jednacina konsolidacije). Pored toga mehanikukontinuma primenjuje u nekim oblastima rudarstva (ventilacija u rudnicima,naftna industrija). Jedan broj radova bavi se primenom klasicne mehanike(kinematika, dinamika) na probleme transporta u rudnicima.

Dr GORDANA KASTRATOVIC. Ro -dena je 12.01.1973. godineu Beogradu, gde je zavrsila osnovnu skolu i XIV Beogradsku gimnaziju.Masinski fakultet u Beogradu, smer vazduhoplovstvo, upisala je 1991. go-dine. Na Masinskom fakultetu u Beogradu diplomirala je 1997. godine.Poslediplomske studije je zavrsila i magistirala 2003., a 2006. godine odbra-nila je doktorsku disertaciju, tako -de na Masinskom fakultetu u Beogradu.U periodu od marta 1998. do marta 1999. godine bila je zaposlena u EI”Nikola Tesla” u Beogradu. Od 2001. godine zaposlena je na Saobracajnomfakultetu Univerziteta u Beogradu, na Katedri opste-tehnickih nauka. Ujanuaru 2007. izabrana je u zvanje docenta. Na osnovnim studijama drzinastavu na predmetima ”Mehanika 1”, ”Mehanika 2” i ”Mehanika fluida”.U periodu od februara 2007. do septembra 2008. drzala je nastavu naVojnoj akademiji u Beogradu. U svom dosadasnjem radu je ucestvovala urealizaciji jednog naucnog projekata. Autor je tri udzbenika za studenteSaobracajnog fakulteta i vise publikovanih ili saopstenih naucno-strucnihradova. Clan je Srpkog drustva za Mehaniku.

NENAD VIDANOVIC. Ro -den je u Beogradu 30.07.1979. godine,gde je zavrsio osnovnu skolu, kao i Tehnicku skolu ”Petar Drapsin”. NaMasinskom fakultetu u Beogradu diplomirao je 2006. Student je doktorskihstudija. Na Katedri za opstetehnicke nauke, zaposlen je od 2008. U aprilu2010. izabran je u zvanje asistenta. Na osnovnim studijama drzi vezbena predmetima ”Mehanika 1”, ”Mehanika 2” i ”Mehanika fluida”. Uzeoblasti naucnog interesovanja jesu interakcija na relaciji fluid-struktura,kompjuterska dinamika fluida, strukturalna analiza konacnim elementima,aerodinamika kao i adaptronicka i mehatronicka kontrola aerodinamickihpovrsina i strujanja oko istih. U svom dosadasnjem radu ucestvovao je urealizaciji nekoliko naucnih i strucnih projekata. Autor je dva udzbenika zastudente Saobracajnog fakulteta i vise publikovanih ili saopstenih naucno-strucnih radova. Clan je Srpskog drustva za mehaniku.

Documents

Zbirka iz Mehanike 123 i jos po nesto