Zbirka Zadataka Iz Mehanike Baricek

8/22/2019 Zbirka Zadataka Iz Mehanike Baricek

1/155

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Bariak Viktor

- 1 -

1-DIFERENCIJALNE JEDNADBE KRETANJA MATERIJALNE TAKE,

1.1. Slobodna materijalna taka1.1.1. Diferencijalna jednadba kretanja materijalne take u vektorskom

obliku

Poloaj mase m materijalne take M koja se kree,odreen je vektorompoloaja r(t)u odnosu na ishodite koordinatnog sistema.Prema drugom Newtonovom zakonu sila koja djeluje na materijalnu taku je:

rmamF

1.1.2. Diferencijalna jednadba kretanja materijalne take u Dekartovimkoordinatama

Koordinate (projekcije) sile

F su

X,

Y i

Z, a

x ,

y i

z projekcije vektoraubrzanja na koordinatne ose.

1.1.3. Diferencijalna jednadba kretanja materijalne take u prirodnimkoordinatama

Ako silu projeciramo na ose prirodnog trijedra (

NiTB, ) dobiemo tri osnovneprojekcije, u pravcu jedininih vektora:

TTFma -tangencijalna,

NN Fma - normalna i

BB Fma - binormalna sila.

1.1.4. Diferenci jalne jednadbe kretanja materijalne take u polarnimkoordinatama

2 rrar i rrap 2

Ako projeciramo silu

Fu radijalnom i poprenom pravcu dobiemo:

rF= rma = )(2

rrm pF pma )2( rrm .

1.2. Zadaci dnamike za slobodnu materijalnu taku

a)Prvi zadatak dinamike take, poznati su zakoni kretanja materijalne take,a treba odrediti uzronika ovog kretanja, silu.Zakoni kretanja su: txx , tyy i tzz Komponente sile koja izaziva to kretanje su: txmX , tymY i tzmZ

Intenzitet rezultirajue sile odreen je sa: 222 ZYXF .


2/155


- 2 -

b) Drugi zadatak dinamike take, svodi se na to, da ako se znaju sile iF

koje djeluju na slobodnu materijalnu taku mase m, odredi zakon kretanja take.

zyxzyxtZzm

zyxzyxtYym

zyxzyxtXxm

,,,,,,

,,,,,,

,,,,,,

Nakon inegriranja imamo: 654321 ,,,,,, CCCCCCtXx

654321 ,,,,,, CCCCCCtYy 654321 ,,,,,, CCCCCCtZz

Poetni uvjeti u Dekartovom koordinatnom sistemu, 0t dati su obino u obliku: 00 , xxxx 00 , yyyy

00 , zzzz Odnosno zakon kretanja materijalne take je:

txx , tyy , tzz

1.3. Pravolinijsko kretanje take

Ako znamo F

koja dejeluje na materijalnu taku, a treba odrediti zakonkretanja materijalne take x=x(t), to odeujemo sa:

00

Zzm Yym

maXxm x

1.3.1. Kretanje materijalne take kad je sila konstantna

Ako na materijalnu taku djeluje sila F

konstantnog intenziteta u pravcuose x, onda je i ubrzanje materijalne take konstantno,

.constax

Odnosno sila je:

XFdtdxm

''

1.3.2. Slobodan pad u zranom prostoru (otpornoj sredini)

Kod vrlo malih brzina (do 1 m/s) otpor sredine se rauna prema izrazu:cLvFw (linearna forma).

Kod brzina koje su manje od brzine zvuka, otpor sredine se izraunavau obliku:

2AvcFw

Gdje su:


3/155


- 3 -

A-povrina projekcije tijela u ravni normalnoj na pravackretanja,

c-konstanta, ovisna od oblika tijela i-gustoa medija

1.3.3. Sila koja djeluje na materijalnu taku zavisi od vremena

tFxm x

1.3.4. Sila koja djeluje na materijalnu taku zavisi od rastojanja

xFxm x

1.3.5. Sila koja djeluje na materijalnu taku zavisi od brzine

xFxm

1.4. Krivolinijsko kretanje materijalne take

Osnovna diferencijalna jednadba za sumu sila glasi:

iFam

Rezultujuu silu moemo raslaniti na komponente:

zyx FFFF

1.4.1. Kosi h itac u prostoru bez zraka

Kretanje u ovakvom prostoru znai da materijalna taka nema otporakretanju, pa su diferencijalne jednadbe kretanja u Dekartovom koordinatnomsistemu:

0xm

0

ym mgGzm .

Maksimalna visina penjanja materijalne take za kut (kut poetnebrzine V0):

g

VhZ

2

sin20max

Domet (D) iznosit e:

g

VtVyD EE

2sincos22 00


4/155


- 4 -

A maksimalni domet je:2

0max g

VD

1.5. Kretanje neslobodne materijalne take

Kretanje materijalne take po nepokretnoj povrini u Dekartovimkoordinatama je oblika:

f(x,y,z)=0

Odnosno ako je veza stacionarna i holonomna onda je osnovna diferencijalnajednadba kretanja materijalne take:

NFFam

Gdje je:

F rezultanta vanjskih aktivnih sila, a

NF

reakcija veze

Ukoliko je povrina hrapava, tada reakcija veze

NF ima dvije osnovnekomponente, tangrncijalnu i normalnu:

NT FFF

Komponenta

TF nastaje kao posljedica trenja, pa diferencijalna jednadbakretanja take ima oblik:

v

vFFFam

dt

rmdnn

2

2

gdje je: -koeficijent trenja

Ili:

Tn FFFam

Taka M se kree i stalno je u dodiru sa povrinom te mora zadovoljiti uvjet:f(x,y,z)=0. Vektor se poklapa sa smjerom spoljanje normale u tatoj taki je:

kz

fj

y

fi

x

ffgrad

.

Iz uvjeta kolinearnosti fgrad i nF

moemo napisati: fgradFn

, gdje je -Lagranov mnoitelj.

Diferencijalna jednadba kretanja neslobodne materijalne take u vektorskomsmislu ima oblik:


5/155


- 5 -

v

vFgradfFam

dt

rdm n

2

2

odnosno njenim projeciranjem na ose Dekartovog sistema dobijamoLagrangeove jednadbe prve vrste:

dt

dxF

x

fFxxm nx

''

dt

dyF

y

fFyym ny

''

dt

dzF

z

fFzzm nz

''

1.5.1. Kretanje take po nepominoj krivoj liniji

J edndba veze se formira presjekom dvije povrine u Dekartovom sistemu:

0),,(1 zyxf i 0),,(2 zyxf

Reakcija veze iznosi: 21 nnn FFF

Diferencijalna jednadba kretanja materijalne take po idealnoj vezi (glatkanepokretna kriva linija):

22112

2

21 gradfgradfFFnFnFdt

rdmam


6/155


- 6 -

1.1. Tijelo teine 15 N ima poetnu brzinu 10 m/s po glatkoj povrini. Ako silaF =(2,5t) N, gdje je tu sekundama, djeluje na tijelo u trajanju od 3 s, izraunatikonanu brzinu tijela i udaljenost koju tijelo pree za to vrijeme.

Zadano: F=(2,5t) N, t=3s, teina tijela=15 N, V=10 m/s.Rjeenje:

mr

Ctr

Ctttr

smtv

smCtv

Cttv

ttmFaamF

9,343103545,030

10545,0

71,24103635,13

100

635,1

635,1

81,9

155,2

32

23

2

1

12

1.2. Sanduk mase 60 kg horizontalno ispadne sa kamiona koji se kree brzinom od80 km/h. Odrediti kinetiki koeficijent trenja izmeu kolovoza i sanduka, ako jesanduk klizio 45 m po podlozi bez prevrtanja podu kolovoza do zaustavljanja.Pretpostaviti da je poetna brzina sanduka u odnosu na kolovoz 80 km/h.


7/155


- 7 -

0

22,222

22,2280

0

00

20

22

10

1

Cr

Cttg

Vdtr

sm

hkmCV

CgtadtV

gm

NamaTF

GNF

k

k

kk

x

y

g

tgtV

mttg

r

kffkt

ffk

t

f

f

22,22022,22

4522,222

2

5592,04522,22

22,2222,22

2

2

k

kk

k

gg

g

1.3. Lift E ima masu 500 kg, a kontra uteg u taki A ima masu od 150 kg. Akomotor preko ueta B daje silu od 5 kN, odrediti brzinu lifta nakon 3 s od kretanja.Masu ueta i koturaa zanemariti.


8/155


- 8 -

BA

AAAA

y

aa

amFG

F

0

BBBBAamGFF

Uvrtavanjem AF iz lijeve jednadbe u desnu, dobijamo ubrzanje odnosno brzinu:

023,741,2

41,2

3

2

CsmCtadtVs

mmm

FGGaamGFamG

st

BA

BBABBBAA

1.4. ovjek gura sanduk teine 60 N silomF. Kut sile je konstantno 300 premahorizontali, dok e se njen intenzitet poveavati dok sanduk ne pone klizati. Odreditipoetno ubrzanje sanduka ako su statiki s=0,6 i kinetiki koeficijent trenja k=0,3.

Stanje ravnotee u mirovanju:

NG

F

FGNTF

s

s

ss

6,6330sin30cos

30sin30cos

00

00

Stanje ravnotee u kretanju:

smamaFGF

maTF

k 78,1430sin30cos

30cos

00

0

T

N

G

F

F

N

G

F

am


9/155


- 9 -

1.5. Sila od F=15 N djeluje na jednom kraju ueta. Odrediti do koje visine e seblok A teine 30 N podii u vremenu od 2 s nakon poetka dizanja. Zanemariti masetokova i ueta.

Rjeenje:

0202

020

..2

21

21

21

CACB

CACB

CAACA

aaLaaL

VVLVVL

constxxxLconstxxL

1

2

2,32

2,32

22

2

CtVs

ma

amGF

amGF

A

A

AAAC

AAAA

mrCr

Ctr

CV

A

tA

A

tA

4,640

1,16

0

2

20

22

10

1.6. Teret A od 10 N kree se udesno brzinom VA=2 m/s kao na slici. Ako jekoeficijent kinetikog trenja izmeu povrine i tereta A k=0,2, odrediti brzinu tereta Anakon pomjeranja od 4 m. Teret B djeluje silom od 20 N.

Uvjet ravnotee je:

AAAk

AkAk

amGF

GNT

T

AN

AG

F

AAam


10/155


- 10 -

Iz kinematike znamo da je:

1.7. Sportski automobil, mase 1700 kg, kree se horizontalno po kolovozu sabonim nagibom od 200 i po krunom zavoju radiusa=100 m. Ako je koeficijentstatikog trenja izmeu kolovoza i pneumatikas=0,2, odrediti maksimalnukonstantnu brzinu automobila bez klizanja prema gore, sa zadanim nagibom.Zanemariti dimenzije automobila.

Suma horizontalnih sila:

2

cossin VmTN

Suma vertikalnih sila:

NG

N

GTN

NT

S

S

19140sincos

0sincos

Pa je brzina:

jejekretasmtV

sttttr

Cr

Ctttr

smCV

CttV

sm

mm

GGa

amGamG

amFG

aa

f

ffffA

A

ffA

A

A

AB

AkBA

A

BAkAAB

BBB

BA

01,5

5759,04261,2

00

261,2

20

23,5

23,5

22

2

22

2

2

2

2

2

2

1

1

2

F

2

BG

BBam


11/155


- 11 -

smNN

mV S 43,24cossin

1.8. Koristei podatke predhodnog zadatka odrediti minimalnu brzinu automobilapri kojoj on nee kliznuti bono prema dole.

GTN

VmTN

eV

eVa nt

00

200

2

20sin20cos

20cos20sin

U stanju mirovanja je: NT S , pa je:

smV

NT

NG

NS

24,12

6,3308

16543

2020cos00

1.9. Valjak A, mase 0,75 kg, spojen je sa oprugom ija je krutost k=200 N/m. Kadanosa BC rotira oko vertikalne ose, valjak klizi ka periferiji klizaa DE. Ako je opruganeoptereena s=0, odrediti konstantnu brzinu kojom se kree valjak da bi bilos=100 mm. Kolika je normalna sila izmeu valjka i klizaa? Zanemariti oblik valjka.


12/155


- 12 -

Sila u opruzi je: NmmNlkFS 201,0200

Suma vertikalnih sila: 00 GRF yy

Suma horizontalnih sila:

2

0mV

FF Sx

Transfezalna sila je: 0tRF

Iz sume vertikalnih sila je:

NRy 357,781,975,0 , a brzina:

smV 633,1

1.10. Odrediti najvee mogue ubrzanje za sportski automobil mase 975 kg tako dase prednji tokovi ne podignu sa kolovoza ali i da ne kliu . Koeficijenti statikog ikinematikog trenja su s=0,8 i k=0,6. Zanemariti mase tokova. Automobil je sapogonom na sva etiri toka.

2

n

et

t


13/155


- 13 -

Prednji dio vozila e se odvojiti od podloge pa e biti:

GNmaT

TN

BB

AA

,

0

Iz sume momenata za taku B slijedi:

BB NT 82,120,255,0 , iz ovoga je:

2778,66909,055,0

38,0

smgga

1.11. Sanduk mase m je postavljen kolica zanemarive mase. Odrediti maksimalnusilu P s kojom se moe djelovati na udaljenosti dod dna kolica da ne doe doprevrtanja sanduka s kolica.

U trenutku kretanja kolica, imamo da je, 0 AA NT maTP B ------------------------------------------a

Momentna jednadba za teite je:

0

222

bN

hT

hdP BB ----------------------b

GNB

---------------------------------------------------c

BT

G

AT

BN

am

AN

BN

AN

AT

G

am

P

BT

d

b

h


14/155


- 14 -

Za kolica, koja nemaju masu, odnosno zbog izraza ma,imamo:

0BT -------------------------------------------------------d

BBBAA NNN -------------------------------------------e

Ako uzmemo cijeli sistem, amP

---------------------------------f

Uzimajui u obzir da su: 0BT i GNB , to je sila P iz b:

22

hd

GbP

1.12. Homogeni sanduk mase mnalazi se na hrapavoj povrini palete pri emu jestatiki koeficijent trenjas. Ako se paleta kree ubrzanjem ap, dokazati da e sesanduk prevrnuti i iskliznuti u istom trenutku kada jes=b/h.

Imamo sluaj da se sanduk prevre oko A :

b

am

P

d

h

AAN

BBN

AN

BN

AT

G

am

BT

AA

A

A

BB

Th

Nb

NG

maT

TN

22

0

h

b

N

Nh

b

N

T

A

A

A

AS

NAA NBB

NA NB

TA TB


15/155


- 15 -

U stanju mirovanja je: ASA NT

1.13. Ormari teine 80 N se gura po podu. Ako je statiki koeficijent trenja u A i Bjednaks=0,3, a koeficijent kinetikog trenja k=0,2, odrediti maksimalnu horizontalnusilu Pkoja nee dovesti do prevrtanja ormaria.

Razmotrimo, koje kretanje prvo nastupa:

ABBA

BA

BA

NNTTP

NNGTTP

5,15,15,25,1

Za ovaj sluaj uzevi navedeno i 0 BB TN dobijamo silu:

NGP

GPP

304

5,1

5,15,25,1

U stanju mirovanja je: NT S , pa je sila: NGP S 24 .

Ormari prvo poinje klizati prije prevrtanja, pa moramo razmotriti njegovo kretanjeda vidimo ta se deava.

ABBA

BkB

AkA

NNTTP

NT

NT

5,15,15,25,1

Za sluaj da je: 0 BB TN , dobija se:

NGP

NNP AAk

33,535,1

5,22,05,1

5,15,25,1

AN

BN

AT

G

BT

P

AN

BN

AT

G

BT

P

am


16/155


- 16 -

1.14. Odrediti konstantnu silu Fodgovarajueg ubrzanja za automobil mase1000 kg koji se kree po ravnom kolovozu do brzine od 20 m/s u vremenu od 10 s.

Zadano:Masa vozila je m=1000kg, a sila F=const!

Prikaz djelovanja sila na vozilo:

CyyCy

xxx

GNamaGNF

maTFmaTFF

000

0

Utjecaj trenja emo zanemariti,

010

1

CV

Ctm

FV

m

Fa

x

x

x

Nss

mF

sms

m

FV

tm

FV

Stx

tx

200010

100020

201010

1.15. Sila P=250 N djeluje na tijelo od 900 N. Ako je kinetiki koeficijent trenjaizmeu tijela i horizontalne podloge k=0,2, odrediti ubrzanje tijela i reakcije tijela utakama A i B.

t=0

V

=0

C CF

F

t=10sV=20m/s


17/155


- 17 -

Zadano:

2,0

900

250

k

NG

NP

Odrediti: BA RiRa ,

Sile trenja su:

kBB

AA

NT

NTk

Suma sila po osama x, y imoment oko take C su:

066330

00

0

BABAC

BAy

BAx

TTNNM

GNNF

maTTPF

Iz prve jednadbe je ubrzanje: BA TTPm

a 1

Iz druge je: BA NGN ,Iz tree je:

06633 BkBkBB NNGNNG

Odakle je : NGG

Nkk

kB 630

6633

63

CP

6

3 3

AN

BN

AT

G

BT

P

am


18/155


- 18 -

Oslonac: NNGN BA 270630900 , sile: NTA 54 i NTB 126 , pa su

rezultante BA RiR

, jednake: NTNR aAA 3,275 , a NTNR BBB 5,642 .

Kutevi koje one zatvaraju sa silama trenja su: 069,78A i069,78B .

Ubrzanje a iznosi: 2504,2

s

ma

.

1.16. Ormar mase 75 kg kree se po horizontalnoj podlozi. Odrediti maksimalnu siluP

tako da se ormar ne prevrne.

Zadano: kgm 75 Odrediti: Pmaks bez prevrtanjaRjeenje: Pretpostavka da je trenje na tokovima zanemarivo.

Pri prevrtanju, 0AN

281,9

8,735

045,045,045,00

00

0

sm

m

Pa

NGNP

GN

PNNM

GNNF

maPF

B

B

BAT

BAy

x

1.17. Teite 2300 N tekog dragstera nalazi se na 2,4 m od zadnjeg toka i 2 miznad podloge. Odrediti maksimalno ubrzanje dragstera (bez prevrtanja unazad) teminimalni koeficijent trenja izmeu tokova i piste kojim e se postii to ubrzanje.


19/155


- 19 -

Zadano: G=2300 NOdrediti: amax bez prevrtanja i koeficijent trenja da bi se postiglo amaxRjeenje:

atranslacijITNNM

maGNNF

maTF

teAABte

yBAy

xax

00,24,20,7

)prevrtanjabezkretanje

ljenopretpostav(00

0

U stanju mirovanja: AsNT ,Pri prevrtanju NB je jednaka 0.

Prema tome je,

gm

NG

m

Na s

BsAsx

0

2772,112,1

2,10,2

4,2

0)0,24,2(

00,24,2)0(0,7

smga

N

NNN

x

s

As

AsAB

1.18. Sila P=750 N djeluje na tijelo mase 350 kg. Ako je kinetiki koeficijent trenjaizmeu tijela i podloge k=0,15, odrediti ubrzanje tijela i reakcije podloge u takama

A i B.

Zadano: P=750N, m=350kg i kNai: a, RA i RB.

0cos3,0sin7,04,04,05,05,00

sin0

cos0

PPTTNNM

PGNNF

maTTPF

BABAte

BAy

BAx

Pri klizanju je NT k . Time dobijamo 5 nepoznatih.

AN

BN

G

am

T

am

AN

BN

AT

G

BT

P

te


20/155


- 20 -

23714,0

2111,1659

2,313,1,246

1641

20884,04,05,05,0

cos3,0sin4,04,0sin5,05,0cos3,0sin7,0

4,0sin4,05,0sin5,00

sin

cos1

sma

NRNR

NTNT

NN

NPPGPG

N

PP

NNPGNNPG

NPGN

NNPm

a

BA

BA

A

kk

kkB

BkBkBB

BA

BAk

1.19. 2 m duga greda mase 20 kg oslanja se na zadnju stranu kamiona kao na slici.Ako je dno grede uvreno protiv klizanja, odrediti maksimalno ubrzanje kamiona, ada pri tome ne doe do prevrtanja grede.

Zadano: L=2m, m=20kgNai: aIzrada: Analiziramo trenutak kada je: NB=>0

00

0

GNF

maNF

Ayy

xAxx

20

0

0

001

01

21

02

01

571,3364,070sin

70cos

70sin

70cos70sin

70cos

:

070cos70sin0

smgg

m

G

m

l

Nl

m

Na

jepa

ll

NlNlM

Ay

Axx

AyAxte

a

A

l B

070 V

yNA

BN

G

1l am

xNA

2l


21/155


- 21 -

1.20. Ploa mase 40 kg, kao na slici, oslonjena je na dva mala toka A i B i icu uC. Odrediti ubrzanje ploe i normalnu silu na oba toka neposredno nakonpresijecanja ueta.

Zadano: m=40kg

Nai: a, NA, NB, kada je ue presijeeno

Rjeenje: Pretpostavka je da tokovi ne pruaju otpor kotrljanju. Ploa e setranslatorno kretati niz kosinu.

030sin3,0

30sin3,030cos75,030cos75,00

030cos0

30sin0

0

000

0

0

B

ABAte

BAy

x

N

NNNM

GNNF

maGF

Iz prve jednadbe je ubrzanje:

0000

0020

0

0

30sin3,030sin30cos3,030sin3,030cos75,030cos75,030cos75,00

30cos

905,430sin

BB

BB

BA

NGN

NGN

GNN

smga

Odavde su NB i NA :

NGNN

NG

N

BA

B

8,56530cos

7,90530sin6,0

30sin30cos3,030cos75,0

0

0

0002

1.21. Homogeni valjak promjera 4 m teine 2000 N poloen je na platformukamiona. Grede spreavaju kotrljanje valjka pri ubrzanju kamiona. Izraunati

ubrzanje kamiona u trenutku kada dolazi do prevrtanja valjka preko grede.

BN

am

AN

G

te

030V

x

y


22/155


- 22 -

ml 33,05,06,0 22

Zadano: G=2000N.

Odrediti: a kada dolazi do prevrtanjanja valjka.

U trenutku kada valjak poinje da se prevre, N, RBX, RBy0.

)(66,05,0

33,0

5,05,05,0

033,05,00

00

0

agravitacijggg

m

mgl

m

Gl

m

lR

m

Ra

m

lRR

RRM

GRGRF

maRF

AYAX

YA

AX

AYAXte

AYAYY

AXX

1.22. Tanka ploa mase m=10 kg vezana je za vertikalni zid sa dvije poluge A i B, auetom u taki C. Odrediti ubrzanje centra mase ploe i sile u vezama nakon topresjeemo ue. Masu tapova i ueta zanemarujemo.

a

A B

V

m1,0

AYR

am

G

te

BYR

N

AYR

N

l

m1,0

m5,0 m6,0


23/155


- 23 -

Zadano: masa tanke ploe m=10kg, zanemarena masatapova i uetaOdrediti: ate, RA, RB, kada je ue presjeeno.S obzirom da je ABCD paralelogram, ploa e vriti

translaciju po krivulji. Nee rotirati, ali e tapovi rotirati.

0sin4,0cos2,0sin4,0cos2,00

0sin0

cos0

BBAAte

BAn

t

BAte

RRRRM

GRRF

mrGF

raaa

Iz sume tangencijalnih sila dobija se:

cosr

g

Iz sume momenata proizilazi:

2496,8cos

794,3

84,52sin4,0cos2,0sin4,0cos2,0

sinsin4,0cos2,0

0sin4,0cos2,0sinsin4,0cos2,0

smgra

pritisakNR

istezanjeNG

R

RRG

te

A

B

BB

Ubrzanje djeluje u pravcu tangente, a ugao pod kojim djeluje je 600!

1.23. 14 m duga greda teine 400 N ovjeena je na tri ueta. Treba odreditiubrzanje centra mase grede i sile u uadima AB i CD neposredno nakon topresjeemo ue E.

Zadano: G=400 NOdrediti: ate, NAB, Ncd nakon presjecanja ueta.Poto je ABCD paralelogram, kretanje mu jetranslatorno po krivulji. Nema ugaonu brzinu nitiubrzanje, ali uad AB i CD imaju i ugaonu brzinui ugaono ubrzanje. U stvari na njih se moguprimjeniti izrazi za rotaciju oko take ovjeenja.

2 rraaa CBte ,

AR

n

G

te

t

BR

,

,

, BAN

CDN

G

,

t

n


24/155


- 24 -

gdje , vrijede za konopce.

Ubrzanja teita i taaka B i C su translatorna!

cos

:

0cos5,0

sin1cos5,0sin5,00sin0

cos0

2

r

g

jeprveiz

N

NNNMmrNNGF

mrGF

CD

CDABABte

CDABn

t

=0 vrijedi kada je ue presjeeno, (ostaje da je):

CDAB NGN sin

sin49,8cossin)0(

98,3330cos25,0

81,9cos

22,6

78,13cos5,0sin1cos5,0sin5,0

sincos5,0sin5,0

0cos5,0sin1cos5,0sin5,0

2

2

2

02

s

mjirnrtra

s

rad

ms

m

r

g

kgN

kgG

N

NN

te

AB

CD

CDAB

2- OPI ZAKONI DINAMIKE MATERIJALNE TAKE

2.1. Impuls sile

Djelovanje sile u toku nekog vremenskog intervala na neku taku (tijelo)

nazivamo impulsom sile

I:

tFI

Gdje su:

I impuls sile

F=silat=vrijeme

Dejstvo impulsa u vremenskom intervalu dtje:

dtFId

Ili u konanom vremenskom intervalu t1 t2 , pomou integrala:


25/155


- 25 -

2

1

t

t

dtFI

Odnosno u smijeru ose x:

2

1

t

t

dtFxIx

Koeficijent pravca prema osi x je:

I

IxiI

,cos

2.2. Koliina kretanja materijalne sile

Koliina kretanja

Kje vektorska veliina koja ima pravac i smijer brzine

v , ajednaka je po intenzitetu proizvodu mase materijalne take i njene brzine:

vmK .

Poto je koliina kretanja,

vmK , to njen diferencijalni oblik dtFKd

,integracijom u intervalu t1-t 2 daje jednadbu:

2

1

2

1

t

t

t

t

dtFKd ,

koja predstavlja impuls,

IKK 12 .

2.3. Moment koliine kretanjaMoment koliine kretanja, je moment vektora koliine kretanja za neku taku ili

osu.

Ako se taka mase mkree pod dejstvom sile

Fi ima brzinu

v , a njen poloaj u

odnosu na pol oje definiran radius vektorom

r, tada e prema definiciji, momentkoliine kretanja za taku o iznositi:

KxrvxmrL

2.4. Rad sileRad sile karakterie se kao dejstvo sile na tijelo pri njegovom pomjeranju.

Elementarni rad na beskonano malom pomjeranju definira se kao skalarna veliina:

sdFdA

Odnosno:

sdFdA T ,

gdje je:

TF -projekcija sile na pravac tangente.

2.4.1. Snaga


26/155


- 26 -

Pod snagom podrazumjevamo rad sile u jedinici vremena. To znai da izvodradaA po vremenu t daje snagu P :

vFdt

rdF

dt

dAP .

2.4.2. Rad si le Zemlj ine tee

Ako se taka M, sopstvene teine

G , pomjeri po nekoj putanji iz poloaja M1u poloaj M2izvren je odreeni rad sile tee.

Projekcije sile

G na koordinatne ose iznose: X=0, Y=0 i Z=-G.Visinska razlika taaka M1 i M2 , je z2 z1 , koja moe biti pozitivna ili negativna;z2 z1=hpa e rad iznositi:

GhzzGA 122,1

2.4.3. Rad elastine sile

Rad elastine sile tumaimo kao djelovanje sile

Fna elastinu oprugu priemu se ona rastee za duinu h.Elementarni rad je:

dA=c.z.dzodnosno:

2

1

2

01

2

222|

z

z

h

z

FhchzcczdzA

2.4.4. Rad sile trenja klizanja

Smijer sile trenja je uvijek suprotan od pomjeranja take M, pa e rad siletrenja iznositi:

dsFdsFAM

M

N

M

M

2

1

2

1

2,1 , jer je:FN=F

2.5. Kinetika energija materijalne take

Kinetika energija je skalarna veliina, a u diferencijalnom obliku iznosi:

n

iiK AdE

mVd

1

2

2

to predstavlja prirataj kinetike energije i njenu vezu sa utroenim radom. Ako

promatramo kretanje materijalne take izmeu dva intervala t1t2, odnosno 21

viv imatemo:

n

iKK AiEE

121

2.6. Potencijalna energija


27/155


- 27 -

Ako se sistem materijalnih taaka M1, M2,.... Mn, nalazi u konzervativnom poljupod dejstvom sila F1...... Fn, promatrat emo poetni poloaj taaka sistema(M1)0,(M2)0...(Mn)0 . Potencilalnu energiju moemo definirati na slijedei nain:

Ep =f(x1, y1, z1, .... xn, yn, zn).Rad sile u konzervativnom polju jednak je razlici potencijalnih energija u dva polja:

2,121 AEE pp

2.1. Raketa na vrsto gorivo moe se izraditi u jednom od dva prikazana oblikapoprenog presjeka. Na osnovu eksperimentalnih podataka dobijene su krivezavisnosti sile potiska i vremena (F, t ) za prikazane oblike, a za istu vrstu pogona.Odrediti ukupni impuls u oba sluaja.

2

1

t

t

Fdt povrina ispod krive

Takoe se moe odrediti jednadba za bilo koji linijski segment i integrirati posegmentima, ali izraunavanje podruja je mnogo bre.elimo odrediti jednadbu kojom moemo brzo izraunati svaku liniju intervala,

a) NsFdtt

t

46842

143

2

14343

2

1

b) NsFdtt

t

54622

186

2

1

2.2. Sanduk teine 20 N vue sila F=(3+2t) N, gdje je t u sekundama. Ako se upoetku sanduk kree prema dole po kosini sa brzinom od 6 m/s, odrediti kojevrijeme je potrebno da sila zaustavi kretanje sanduka. Sila F je uvijek paralelna sakosinom.


28/155


- 28 -

st

tttGmV

FGR

mVRdtmVt

t

643,4

0330sin

30sin

0

201

0

0

21

2

1

2.3. Ako se 0,4 N teka loptica ispali iz cijevi pod nagibom od 400 premahorizontali, pada na tlo pod istim nagibom ali na udaljenosti od 130 m. Izraunatiimpuls sile kojim e se to ostvariti.

Ne poznajemo niti jednu brzinu, pa polazimo od ubrzanja i raunamo brzine.

ijtVgt

itVtr

ujCiCr

jCtVgt

CtVr

jiViCiCV

jCgtiCV

gja

13040sin240cos

aizbacivanjtrenutku0

40sin2

40cos

140sin40cos

0

1

20

1

430

40

1

2

30

1

001210

21

N

F

G

V


29/155


- 29 -

Po osi x:0

1

01

40cos

13013040cos

VttV

Po osi y: 040sin2

01

2

tVgt

2

1

2

1

46,1

)(3681,94,00

81,94,0

14,235,270

14,235,27

36

129540sin40cos2

130

40sin130

40cos

40cos

130

2

040cos

13040sin40cos

1302

1

2

2

000

0

02

22

1

01

01

2

01

t

t

t

t

NsFdt

ostajeemupriFdt

smjiV

smjitV

smV

smggV

VV

Vg

2.4. Bejzbol loptica se kree horizontalno brzinom 35 m/s u trenutku kada je udaribejzbol palica B. Ako loptica nastavi kretanje pod nagibom od 600 prema horizontali idostigne maksimalni domet od 50 m, raunato od visine mjesta udarca palice.Izraunati veliinu impulsa palice na lopticu. Loptica ima masu 400 g. Zanemariti

masu loptice za vrijeme udara palicom.

2

1

2

1

2

1

65,24

53,1223,21

60sin60cos

17,3660sin

2

2

1

60sin

100

212

21

022

22

022

t

t

t

t

t

t

B

By

y

NsFdt

ji

iVjiVmVVmdtF

VmdtFVm

smgyV

GymV

VV

2.5. Automobil teine 2700 N kree se brzinom od 4 m/s pri emu udara u zid. Akoudar traje 0,06 s, odrediti srednji impuls sile koja djeluje na automobil. Djelovanja

konica nije bilo. Ako je koeficijent kinetikog trenja izmeu tokova i kolovoza


30/155


- 30 -

k=0,3, odredi impuls sile na zid za sluaj da su konice upotrijebljene za vrijemeudara. Konice su stavljene na sva etiri toka pri emu oni svi kliu.

GNT

tTFmV

VmdtRVm

kk

t

t

0

0

21

0

21

2

1

Ako je: NFT ,0 Ako je: NFGT k ,

2.6. Odrediti brzine tereta A i B, 2 s nakon kretanja sistema. Zanemariti masutokova i ueta.

2

1

2

0

2

2

t

t

AAA

BA

BB

AA

dtRVm

VVV

GFR

GFR

G

F

T

N

V

AV

AG

F

2

BV

BG

BV


31/155


- 31 -

VmtGF

VmdtR

VmtGF

BB

t

t

BBB

AA

2

0

2

2

2

2

1

Kombinaciom:

NFs

mVsmV

smGG

mm

tV

t

VmGG

t

VmF

BA

ABBA

BBA

A

47,21,47,21

47,212 2

22

2.7. Potpuno natovaren Boeing 747 polijee sa teretom od 660000 N, a njegovimotori razvijaju potisak od 200000 N. Ako je poletna staza ravna i nivelirana, odreditirad :

Koji vre motori pri prelazu puta od 1000 m du poletne staze,

Koji vri gravitaciona sila G pri prelazu puta od 1000 m du poletne staze .

Zadano: G=660000 N, F=200000 NOdrediti:AF,AG, L=1000 mRjeenje:

Rad sila:

001000660000cos

:

10211000200000cos

21

821

mNGLA

silenegravitacioRad

NmxmNFLA

G

F

2.8. Na predmet mase 20 kg koji se nalazi na kosoj ravni djeluje horizontalna sila F.

Ako je F=200 N i kinetiki koeficijent trenja izmau predmeta i podloge k=0,1,odrediti rad koji nad predmetom vri:

a. Sila trenja na dnu predmeta prinjegovom pomjeranju od 15 m uz kosinu,b. Gravitaciona sila G pri pomjeranju od 15 m uz kosinu ic. Horizontalna sila od F=200 N ako se predmet kree uz kosinu 15 m.

G

F

x


32/155


- 32 -

Zadano: m=20kg, F=200NNai:AT,AG,AF

Izrada:030cos30sin0

30sin30cos0

00

00

NGFF

maTGFF

y

xx

Pri emu je, NGFNT kk 99,2630cos30sin00

NmlFA

NmlGA

NmxlTA

F

G

T

1,25981530cos200

5,14711530sin2,196

85,4041599,26

0

0

2.9. Lopta teka 3 N je osloboena iz stanja mirovanja kao na slici. Ako je duinaneoptereene opruge 2,0 m i konstanta opruge k= 10 N/m, odrediti rad koji pri

kretanju lopte na duini od 1,6 m unutar cijevi izvri:a. Sila opruge ib. Gravitaciona sila.

Zadano: poetna brzina, V1=0, G=2 N, L0=2 m i k=10 N/m.

Odrediti:A1-2 za loptu

N

G

T

x y

F


33/155


- 33 -

Rjeenje: zanemariti trenje izmeu lopte i stijenke cijevi!

NmAAAA

NlA

NmmGlA

Nmmm

Nm

m

NkA

GNF

maGFF

NGF

N

G

F

y

xsx

s

s

1803250

0

321630sin2

5015010102

1

2

1

030cos0

30sin0

21

0

2221

22

0

0

2.10. Sanduk mase 50 kg ogranien je gredom s protiv kretanja sanduka prema

dole. Ako su koeficijenti statikog i kinematikog trenja izmeu podloge i sanduka2,03,0 ks i naizmjenino, odrediti vrijeme neophodno da sila Fpone

pomjerati sanduk brzinom od 2 m/s prema gore.Sila je uvijek paralelna sa podlogom, a intezitet NtF 300 , gde je t u sekundama.

Napomena: Prvo odrediti vrijeme potrebno za savlaivanje statikog trenja ipoetak kretanja sanduka.

Prije pokretanja sanduk je u ravnotei (a=0):

st

tGF

mir

mirs

242,1

30030cos30sin 00

st

t

tt

mG

Gtt

mGtt

mdtGGt

mVIdtmV

k

k

t

k

t

k

t

t

929,1

klizanjaprije-rjeenjejivoneupotrebl2721,0

073,782,330150

2242,130cos30sin

242,115030cos30sin150

230cos30sin150

230sin30cos3000

2

00

2002

242,1

002

242,1

00

21

2

1

2.11. Tijelo mase 50 kg podie se navie po kosoj ravni pomou ueta i motora,kako je prikazano na slici. Koeficijent kinetikog trenja izmeu tijela i povrine ravni je

x

sF

G

te

030

N

y

N

F

G

T

030

NT

GN

GTF

s

0

0

30cos

30sin


34/155


- 34 -

k=0,4. Ako tijelo dobije poetnu brzinu od V0=2 m/s, u tom trenutku (t=0) motorzatee ue silom NtT 120300 , gdje je t u sekundama, odrediti brzinu tijelanakon 2 s.

s

mggtt

m

GGdttmm

V

mVdtGTFmV

GT

k

k

t

t

k

919,10230sin0230cos120

3

2300

12

0230sin0230cos12030021

30sin

30cos

00

2

0

2

3

2

0

002

1

2

20

1

0

2

1

2.12. Balistiko klatno sastoji se od 4 kg tekog drvenog bloka u stanju mirovanja,=0. Ako puano zrno mase 2 g udari u balistiko klatno ono e se zaljuljati domaksimalno =60. Izraunati brzinu puanog zrna.

N

F

G

T

030


35/155


- 35 -

Openito vrijedi: 22112

1

0 ppbb

t

t

ppbb VmVmIdtVmVm

Zrno se zabija u klatno sa brzinom: 222 VVV pb

21 1 VmmV bp

b

Poslije sudara: 32

22

1GymV , gdje je: pbpb GGGmmm ,

s

m

mm

llGG

m

mV

pb

pb

b

pb 4,733

2

1

cos11

2.13. Plovei dok teine 45000 t prevozi dva automobila A i B, koji su teki 4000 kg i3000 kg, a nalaze se na krmi i pramcu. Ako automobili startaju iz stanja mirovanja

jedan prema drugom ubrzanjemaA=4 m/s2 i aB=8 m/s

2 dok ne dostignu konstantnubrzinu od 6 m/s relativno u odnosu na dok, odrediti brzinu doka tik prije njihovogsudara. Koliko je vrijeme trajanja tog sudara? Smatrati da dok miruje. Zanemaritiotpor vode.

Brzine prije sudara!

CBCBC

B

CACAC

A

ViViVVV

ViViVVV

66

66

smis

mVVmVimVim

VmVmVm

CCCCBCA

CCBBAA

1154,01154,066

0222

Silaskom s broda guramo ga nazad u vodu, zar ne? Moramo objasniti zato je totako.Razjasnimo prvo ta je ta!

l

3cos yll

l

iV

iV

CB

CA

6

6


36/155


- 36 -

mttr

CCttr

sstttV

CCttV

sma

AAA

AA

AAAA

A

A

5,42

02

5,1

4

664

04

4

2

332

11

2

mttr

CCttr

stttV

CCttVs

ma

BBB

B

BBBB

B

B

25,24

04

8

668

08

8

2

442

22

U prvih 1,5s,Avozilo pree 4,5m, a B 2,25m plus (6m/s)(0,75s)=4,5m. To iznosi30-4,5-2,25-4,5=18,75 m izmeu automobila, naravno svaki treba prei pola tog putaprije sudara, to jest:

sts

sm

m

sudara 063,35625,15,15625,1

6

2

75,18


37/155


- 37 -

2.14. 5 kg napregnuta opruga topa miruje po glatkoj povrini. Ako se ispali loptamase od 1 kg sa brzinom od V '=6 m/s u odnosu na top u pravcu prikazanom na slici.Ako je top bio u stanju mirovanja, odrediti horizontalnu udaljenost d lopte od topa priemu je ona dosegla taku D na podlozi. Zanemariti veliinu topa.

Osnovna jednadba (kada je ispaljena): 222

1

11 ggbb

t

t

ggbb VmVmdtIVmVm

U horizontalnom pravcu: 0,00 22 yxxggxbb RRVmVm

Pretpostavljamo da je: jiVV gb 30sin30cos62/2

Ogranienje u horizontalnom pravcu:

smV

smV

V

m

mV

VVVV

xg

xb

xb

g

bxb

xgxbxgxbx

866,0

33,4

30cos6

2

2

220

222/2

Vertikalna komponenta brzine je:

smV yb 330sin6

02

md

dmtr

jCiCtr

jCiCtCtr

jijCiCtV

a

g

gsudarag

g

g

g

g

5296,0

5296,06116,0866,0

0

0866,0

0

43

431

21

mddd gb 178,3

md

st

idjtitCtr

jCiCr

jCtCtiCtCtr

jijCiCViCjCttV

ja

b

sudara

bsudarasudarasudarab

b

b

b

b

b

648,2

6116,0

2

81,9

00

2

81,9

333,4081,9

81,9

21

43

422

31

21

12


38/155


- 38 -

2.15. Tijelo B teine 75 N miruje na kraju kolica teine 50 N. Ako se kolica moguslobodno kretati, i ako se ue povue brzinom 4 m/s u odnosu na kolica, odreditiudaljenost d na koju su se kolica pomjerila kada se teret pomakao za 8 m nakolicima. Koeficijent kinetikog trenja izmeu kolica i bloka jek=0,4.

)()0()0(

44

2211

/

platformipokretatiseekolicaVmVmVmVm

iVViVVV

PPBBppBB

PBPBPB

smV

smV

VmVm

B

P

PPPB

6,1

4,204 22

Sa brzinom od 4 m/s, i u vremenu od 2 s predmet e se pomjeriti za 8 m.

mr

Cr

Ctr

P

P

P

8,42

00

4,2

1

1

2.16. Tijelo mase 6 kg kree se iz stanja mirovanja od A prema dole po glatkojparabolinoj krivulji. Odrediti za koliko e se komprimirati opruga.


39/155


- 39 -

ml

klyGVmlkGyVm

86,6

2

1)0()0(

2

1)0(

2

1)0(

2

1

2

222

22

211

21

2.17. Potpuno optereen Boeing 747 tezak je 660000 N, a njegovi motori ostvarujupotisak (silu) od 200000 N. Ako je otpor zraka i trenje izmeu tokova i poletne pistezanemarivo, odrediti zahtjevanu duinu piste koju avion pree do brzine od 140km/h

Zadano: G=660000 N, F=200000 N, zanemariti otpor zraka i trenjeOdrediti:l

Rjeenje:

m

F

mVl

mVFl

EAE kk

25,254200000

88,3881.9

660000

2

1

2

1

2

1

)0(

222

22

2211

2.18. Mlazni avion teine 25000 N katapultira se na palubi nosaa aviona pomouhidraulikog mehanizma. Odrediti srednju silu potiska na avion ako je dostigao brzinuod 160 km/h na udaljenosti od 300 m.

t=0V=0

C C

V=140km/h

1 2l


40/155


- 40 -

Zadano: G=25000 N, dostignuti parametri; mxihkmV 300,160 22

Odrediti: srednju silu potiskaRjeenje: 2211 kk EAE

N

x

sm

x

mVFavg 8388

3002

44,4481,9

25000

2

2

2

22

2.19. U brodskom skladitu, paketi se kreu po stazi klizajui prema dole kako je

prikazano na slici. Koeficijent trenja izmeu paketa i staze je 2,0k , a nagib nadnu staze je strm ali glatak i iznosi, =300. Ako se paket od 10 kg klie u duini odl=3 m sa poetnom brzinom od 5 m/s nanie, odrediti:

a. Brzinu paketa kada on pree duinu od l=3 m, doe u podnoje.b. Udaljenost ddo koje e paket klizati po horizontalnoj podlozi prije nego to

se zaustavi.

0,0,0, xtaV

G G

mxhkmV 300,160 22

1 2x

F

F


41/155


- 41 -

Zadano:

150

,3,10,2,0

VsmV

mlkgmk

Izraunati: brzinu na kraju kosine=V230 VtVd f

Izrada:

0

0

0

30cos

030cos0

30sin0

GN

GNF

maGTF

y

xx

Sila trenja, tnakonsNGNT kk tan99,1630cos0

Rad trenja i zemljine gravitacije:Rad trenja: JNmmNTlxxTAT 97,5097,50399,161221

Rad gravitacije: JmmgxxGA xg 15,1473.30sin0

1221

sm

AmVAmVmV

mVAmV

EAE kk

651,6

2

2

12

2

1

2

1

21

2

121

2

12

2221

21

2211

2.20. Ako paket teine G=15 N, dostigne brzinu V0 te udari u branik, njegovazadaa je da ublai taj udarac. Opruga je krutosti k=6 N/m, a masa branika B semoe zanemariti. Ako je statiki i kinematiki koeficijent trenja izmeu 15 N tekogpaketa i podloge 4,06,0 ks i , odrediti maksimalnu poetnu brzinu V0 paketa

takvu da branik udaljen l =5 m ne udari u odbojnik.

l

d

030

3 2

1

x

N

G

T

V


42/155


- 42 -

Zadano: 4,0;6,0,15,6 ksNGmNk

Odrediti: maxoV tako da odbojnik ne udari u zid-ako je l=5 m

Rjeenje:

Ako elimo da paket ne udari u zid treba da jeuspostavljena statika ravnotea izmeu energije teretai sabijanja opruge.

To znaci da ce kutija biti u statickoj ravnotezi primaksimalnoj kompresiji.

00 xsx maTFF , (ravntea, nema odbijanja)

Za slobodno kretanje, 00 yy maGNF

max

max

5,1 smk

Gs

TksFGNT

s

sss

Kada kutija pritise oprugu:

00

0

yy

xsx

maGNF

maTFF

Radi klizanja, NGNT kk 68,26 Pa je rad:

smV

AVm

TAE

Nmxk

kxdxA

NmslTA

k

s

T

3,4

02

0

5,132

2,79

max0

31max0

2311

5,1

0

5,1

0

221

max31

G

T

)( ksF

N

x

l 3

k B

m

2 1 s

0V

G

T

F

N

x


43/155


- 43 -

2.21. Mali automobil igracka kree se nadole po zavojnoj rampi kako je prikazanona slici. Masa automobila je m=50 g, pri emu je promjer krunog dijela ramped=300 mm. Ako automobil obavi vertikalni pad za h, odrediti:

a. Minimalnu visinu h tako da auto moe savladati zavojnicu na rampi.b. Silu koju e ostvariti auto pritiskom na stjenku u taki B (na jednoj

etvrtini puta kroz zavojnicu)

Zadano: m=50g, d=300mm, V1=0Odrediti: hmin za prolaz petlje, NBRjeenje:

Trenje zanemariti.Uraditi stazu tako da auto ne padne sa stazeu taki 3. Izraunati minimalno h tako da jesila izmeu auta i staze bude jednaka 0 utaki 3. Napraviti cijeli krug okolo, automobilne smije pasti sa tacke 3. (ovo ne)Minimalno h da bi se ostvarilo to ce biti

dovoljno za normalnu silu izmedju kolosjeka od nula do 3.

J ednadba za energiju i rad na rampi:

ghGhm

V

mVGh

EAE kk

22

2

10

2

22

2211

Analiza poloaja auta u taki 3:

hd

1

2

B

3

N

G

x


44/155


- 44 -

Energija i rad u taki B:

2.22. Pomak tijela, prikazanih na slici iz stanja mirovanja je za x= - 800 mm.Opruga ima koeficijent k =500 N/m i nerastezljive duine od l0=400 mm. Trenjeizmeu povrina zanemariti. Za prikazano kretanje odrediti:

a. Brzinu tijela mase 2 kg kada je x=0 mm.b. Maksimalno pomjeranje tijela x.

en

et

N=0 G

nn

kk

maGF

mVGdGh

mVGhmV

EAE

23

23

22

3322

2

1

2

1

2

1

gdgV

Vmmg

23

23

mmdd

dh

dgGdgh

3754

5

4

4

d

Vm

VmmaN

F

mVd

GGh

mVd

GmV

EAE

BBnB

n

B

B

kBBk

22

2

222

22

2

0

2

1

2

2

1

22

1


45/155


- 45 -

Zadano:

trenjezanemariti

mmlmNk

mmxV

,400,500

,8000

0

2

Odrediti:

max

2 )2(,0

x

kgmasetijelozaxV

Rjeenje:

32

33

22

2

sup

VV

Vs

vrijednostpozitivnarotnoVs

Ako se tijelo mase 2 kg kree na rastojanju od a udesno, tijelo mase 3 kg se kreedo udaljenosti od a/2 nanie.Na horizontalnoj povrini, gravitacijaokomita, sila od m=2 kg ne stvara rad.Napetost je unutarnja sila u sistemu (iji je rad =0). Sila tee koju ini tijelo m=3 kguzrokuje rad od:

2

800

2333

xgm

aGA

Za oprugu je: 4,06,0 220 xkllkkFs Rad opruge je:

02

022

32

32

32

ssL

ssLconstssL


46/155


- 46 -

4,06,04,02

64,0500

6,04,06,0500cos

222

8,022

22

xx

s

sdssds

l

skdsFA

x

ss

2.23. Prsten (uplja kugla) teak 1,5 N klie po vertikalnoj ipci bez trenja. Poetnaduina opruge je l0 =0,8 m, konstanta opruge k=80 N/m, a udaljenost ipke od zglobad=1,2 m. Ako prsten pomjerimo iz stanja mirovanja tako da je b =0,9 m odreditibrzinu prstena u poloaju kada je b=0.

Zdano: G=1,5 N, vertikalna ipka , l0=0,8 m, k=80 N/m, d=1,2 m, ostvaruje se prib=0,9 mOdrediti: V2 ako je b=0Rjeenje:

Kako nema trenja, energija je ouvana.

s

mGyllkm

V

mldl

mlbdl

lll

GylkmVGylkmV

EEEE pkpk

5,122

12

4,0

7,0

2

1

2

1)0(

2

1)0

2

1(

222

212

02

022

1

0

222

221

21

21

2211

2.24. Djevojka skaka, mase 57 kg skae sa visokog mosta. Ue je elastino sakonstantom krutosti od 171 N/m, slobodne duine (neoptereen) L=40 m. Odrediti:

a. Brzinu djevojke kad ue postaje zategnuto te poinje djelovati silomna njeno tijelo.

b. Istezanje d ueta kada djevojka prestane ponirati.


47/155


- 47 -

Zadano: m=57 kg, k=171 N/m, l0=40 mOdrediti: Vwhen l=0, lmaxGdje su poloaji: 1 hvatite, y=0, V=0 2 mjesto gdje je y= - L0 (neoptereenoue) i 3 y= L0 dmax, V=0.Rjeenje:

onereammld

mVGdkd

dLGLGmV

EEEE

smglGl

mV

LGmV

EEEE

pkpk

pkpk

ln23,13,77,19

0

2

1

2

1

2

1

01,2822

02

1000

maxmax

22max

2max

max002

2

3322

002

02

2

2221

2.25. Zamajac mase 10 kg i promjera 400 mm je spojen sa el. motoromkonstantnog broja obrtaja, pomou elastinog remena. Ako startamo iz stanjamirovanja, odrediti torziju potrebnu da rotira zamajca pri 4200 o/min nakon 5 s.


48/155


- 48 -

Zadano: obrtajaommdkgm 5min4200,00,400,10 21

Odrediti: M=const. (A1-2=M)Rjeenje:

Nm

obrtobrt

sobrtom

dmI

M

ImVMImV

EAE

Gz

GzGGzG

kk

8,6152

.5

60

min2min

42001000

200104

1

22

1

2

1

2

1

2

10

2

10

2

10

2

1

2222

22

2

22

22

22

21

21

2211

2.26. 100 N teka kolica su u stanju mirovanja kada na njih pocne djelovati sila P .Promjena sile P prikazana je na dijagramu. Odrediti brzinu kolica kada je t=6 s:

a. Masa tokova je mala, a ne pruaju ni otpor pri kotljanju.b. Ako su tokovi zakoeni te klize (statiki i dinamiki koeficijenti su

2,03,0 ks i naizmjenino )


49/155


- 49 -

Zadano: 0,15,0,2,0,10 1 VNG ks Odrediti: V2 i t2=6 s pri slobodnoj rotaciji (T=0)

-- - kotrljanje blokiranoRjeenje:

00

0

GNFmaTFF

y

x x

U stanju mirovanja: 0 NT ss

Pri klizanju, GNT kkk

stsjekadNF

stjekadts

NF

dtTFV

mVTFmV

t

t

x

t

t

xx

64:40

40:4

40

2

1

0

2

1

2

1

2

21

Ako je trenje, T=0:

smNsNs

mdijagramaunutarprostor

mFdt

mV 52,51402404

2

1111 6

0

2

Ako je trnje, T0:Kolica e poeti klizanje kada sila Fpostane vea nego maksimalna slobodna

sila trenja za ravnoteu. (Ts).

G

TN

F x


50/155


- 50 -

stGTtsNF mirovssmirovmirov 210

Za t>2s, ako se kolica kliu onda je sila trenja Tk.

!

4

2

6

2

62

16

76,2550301

401

101

6

trenjabez

kk

VV

smNsNs

mdtGN

mdtGts

Nm

V

2.27. Potisak od 500 N rakete koja stoji na saonicama, mijenja se sa vremenom,prikazano na dijagramu. Ako saonice startaju iz stanja mirovanja i kreu se pootvorenom horizontalnom kolosjeku, odrediti brzinu kod koje e raketa potroiti svogorivo.(Zanemariti trenje)

Zadano: 00,500 1 tVNG otvorena, horizontalna prugaOdrediti: V(10)Rjeenje:

hkm

smNs

mV

mVdtRmV

NsNsNsNsTdt

krivuljeispodpovrinadtR

t

t

xxx

t

t

x

5938,16484001

0

8400120052

11200412001

2

1

10

21

10

0

2

1

2

1

G

N

F x


51/155


- 51 -

2.28. Padobran i 400 N teka korpa padaju sa konstantnom brzinom V. Kada korpapadne na zemlju, padobranski konopci e se rasteretiti (nee biti sile na korpu), a pripadanju ka zemlji e se sila mijenjati po dijagramu. Odrediti maksimalnu konstantnusilaznu brzinu za koju e maksimalna sila djelovati na korpu Fmakspri emu onanetreba prelaziti 2000 N.

Zadano: G=400 N, Fmax=2000 NOdrediti: VmaxRjeenje:

2

2

1

1

0

x

t

t

xx

x

mVdtRmV

maFGF

Padanje korpe u intervalu od 0,3 s odvija se silom koja jejednaka teini korpe.

smsG

m

NsNFsFsm

sGmkrivuljeispodpovrinaFdtmdtGFmV

VmdtFGmVx

3,01

4001,04001,02

12,0

2

11

3,0111

)0(

maxmax

3,0

0

3,0

0

max

3,0

0

3,0

2.30. Paket teine 5 N stoji na horizontalnoj povrini pri emu se sila F mijenja pokrivulji sa dijagrama. Intenzitet sile mijenja se sa vremenom. Ako su statiki idinamiki koeficijenti trenja 30,040,0 ks i naizmjenino, odrediti:

a. Vrijeme t1u kojem paket poinje klizati.

F

GV

x


52/155


- 52 -

b. Maksimalnu brzinu paketa Vmaks i vrijeme tm potrebno za nju.c. Vrijeme tf za koje e se paket prestati klizati.

Zadano:,30sin30cos,5 00 jFiFFNG

i 3,0,4,0 ks

Odrediti: t, (poetak klizanja), Vmax, tm, tf-(prestanakklizanja)Rjeenje:

2

1

20

1

2

1

21

2

1

21

0

0

0

0

0

30cos

kretanjastanje30sin

mirovanjastanje30sin

30sin

030sin0

30cos0

t

t

xx

t

t

xxx

t

t

kk

ss

y

xx

mVdtTPmV

mVdtRmV

VmdtRVm

FGT

FGT

NT

FGN

FGNF

maTFF

Paket e se poeti klizati kada primjenjena sila (Fcos30

0

) dostignemaksimalnu frikcionu silu koja je u sluaju ravnotee (Ts).

NG

F

FGTFT

s

s

ss

330sin30cos

30sin30cos

00

00

Pomou dijagrama,

stszaNtNts

N

stzatNts

NbntF

20100,15,01010

5

1005,20010

5

G

TN

Fx30


53/155


- 53 -

Ili: stszaNFN

st

stzaFNst

2010102

1002

Gdje je: sNNst 0,6321

b.)Kada paket poinje kretanje, T=Tk. U pravilu veliina Fcos300 je velika kao i Tk ,

paket e se ubrzavati (linearni impuls e se poveavati-brzina e se poveavati). Toe se nastaviti sve do: Fcos300=Tk .

NG

F

FGF

k

k

k

32,930sin30cos

30sin30cos

00

00

Interval u kojem dolazi do smanjenja sile F je 10 s


54/155


- 54 -

a. Odbojnu brzinu topa.b. Udaljenost koju e top dostii prije nego to se zaustavi.

Zadano: Gc=800 N, Gb=5 N, smVbk 650,25,0 2

Odrediti: Vc2, dc3

Rjeenje:Za top: Za topovsku kuglu:

2

1

22221 00)(t

t

bbbcccbc iVVmiVVmdtRVmm

Ako uzmemo u obzir utjecaj topatopovska kugla je isto u sistemu, pa je Feksplozijeunutarnja sila (to dejstvo je uzrono). elimo zanemariti impuls uzrokovan trenjem Tckoja je jako mala poredei sa Feksplozijete imajui na umu da se ta eksplozija dogodilau veoma kratkom vremenskom intervalu.

Po osi x: smV

m

mV b

c

bc 063,422

Gledajui samo top poslije eksplozije,

ckckcyccy

GNTmaGNF

0

Koristei rad i energiju imamo,

mT

Vmd

VmdTVm

c

cc

c

cccccc

36,32

1

)0(2

1

2

1

22

3

233

22

2.32. Dva premazana diska kliu se po horizontalnoj podlozi sa trenjem. Disk Ateine 1 N i brzine VA=15 m/s; disk B teine 2 N i brzine VB=10i+24j m/s. Poslije

sudara kreu se kao zasebne jedinice sa brzinom V pod uglomu odnosu na osu x.Odrediti intenzitet brzine V, i ugao .

Feksplozije

Gb Vb2Gc

TcNc

FeksplozijeVc2


55/155


- 55 -

Zadano: otporna horizontalna povrina gdje vrijedi,

jiVVs

mjiVNG

smVNG

BB

AA

sincos

2410,2

15,1

2

1

1

Odrediti: V,

Rjeenje:

smV

smGs

mG

smG

tg

GGsmGsmGGG

VGGsmGypo

GGs

mGsmG

V

VGGsmGs

mGxpo

jiVg

GGs

mjig

Gs

mig

G

VmmdtRVmVm

BA

B

BA

BA

BA

BAB

BA

BA

BABA

BABA

BA

t

t

BBAA

8,19

90,53)10()15(

)24(

sincos

)10()15(

sin24:

cos

1015

cos1015:

sincos241015

0

01

2

2

1

11

2.33. Sanduk teine 4 N poinje kretanje iz poloaja A po glatkoj povrini,

zakrivljene rampe, radiusa 20 m. Ako se sanduk spusti niz rampu do B, te udari nakolica teine 40 N, koja su u stanju mirovanja, ona e nastaviti kotrljanje na desno


56/155


- 56 -

kao zasebna jedinica. Odrediti (opu) brzinu kolica i sanduka kada se oni kreusjedinjeni.

Zadano: Gb=4N, Gc=40 N, Sandukkolica u poetku miruju ravnotea, rampa

(nema trenja),=20 mOdrediti: poetnu brzinu kolica i sanduka, V3Rjeenje:

Rad energija sanduka,

s

mgm

GV

yGVmmyGVm

EEAEE

b

bb

bbbbbbbb

pkpk

80,19202202

02

10200

2

1

2

2

2221

21

22)0(2111

Zakon impulsatrenutna sila sandukakretanje kolica,

sm

mm

VmV

iVVmmsistemaunutardtR

VmiVVm

cb

bb

t

t

cb

ccbbb

8,1

)0(

0

23

2

1

33

222

2.34. Tijelo od drveta, teine 0,30 kg prikaceno je na oprugu krutosti k=7500 N/m.

Tijelo je u stanju mirovanja ( 4,0k ) na hrapavoj horizontalnoj povrini kada u njegaudara puano zrno teine 0,030 kg sa poetnom brzinom Vi =150 m/s. Poslijesudara puano zrno je ugraeno u tijelo od drveta. Treba odrediti:

a. Brzinu tijela i puanog zrna odmah nakon sudara.b. Udaljenost ddo koje e tijelo doi nakon sudara sa puanim zrnom.

Zadano: mtijela=0,30 kg, k=7500 N/m, V1tijela=0, k=0,4, mzrna=0,03 kg, V1tijela=150 m/s


57/155


- 57 -

Odrediti: V2(tijela+zrna), udaljenost dRjeenje:* Rjeavamo pomou impulsasile

smkgsmkgkgV

mVRdtmVmVt

ttijelozrnotijelozrno

64,1303,015003,033,0

1

)0(

2

2

1

211

* Kretanje tijela-koristimo radEnergiju

md

NmdNdmN

kdGdmV

EEAEE

ktijelozrno

pkpk

09035,0

0698,30)(97119,0)(3750

2

1

2

1

00

2

222

222111

2.35. Topovska kugla mase 5 kg ispaljena je sa poetnom brzinom V0=125 m/s i0=75

0 u odnosu na osu y. U vrhu trajektorije, kugla eksplodira i rasprskava se u dvadijela. Dio mase od 2 kg pada na zemlju sa x=50 m i y=350 m, nakon vremena t=25s.Odrediti:

a. Kada i gdje e pasti dio mase od 3 kg na zemlju?b. Impuls dijela kugle od 3 kg poslije eksplozije.c. Srednji utjecaj sile eksplozije F2 kg na dio kugle od 2 kg poslije eksplozije

ako je trajanje eksplozije iznosilo t =0,003 s.

Zadano: mkugle=5 kg, max0

002 ,75,125,25,35050 ZsmVstmjir kgk

Odrediti: ?3 tr kgk

Impuls za dio od 2 kg pri eksploziji

2

1

2

t

t

kg dtF

, pri t=0,003s.

Rjeenje:

k

d

V1zrno

G

T=kNN

kd


58/155


- 58 -

ks

mta 281,9

za cijelu topovsku kuglu prije eksplozije

00

)(74,120)(2

81,9)(35,32

74,120,35,32,0

75sin12575cos12500

81,9

654

62

254

321

00321

3221

kCjCiCr

kCtsmt

smjCts

miCtr

smCsmCC

ksmjs

mikCjCiCV

kCts

mjCiCtV

Prije eksplozije

Eksplozija e se desiti kada je Vz =0 (taka na trajektoriji), pa je

st

smt

sm

eksplozija

eksplozija

31,12

074,120)(81,9 2

Za cijelu kuglu prije eksplozije

Dio od 2 kg nakon eksplozije,

nepoznata brzina trenutak poslijeeksplozije. Polazimo da je to poetno vreme0, radi jednostavnosti.

Vrijeme trajanja je t=25s, ali poetno vrijeme je nula (pri eksploziji), pa je:

ssstf 69,1231,1225

Po osi x: smVmtV xfx 94,350

Po osi y: smVmmtV yfy 795,335016,398

tsmt

s

mtjsmtr

ksmt

smjs

mtV

CCC

74,120905,435,32

74,12081,9)(35,32

0

22

2

654

smV

mkjr

eksplosije

eksplozije

35,32

)(02,74316,398

zyx

zyx

VCVCVC

kVjViVkCjCiCtV

ks

mta

321

321

2

,,

)(81,9


59/155


- 59 -

Po osi z: smVmtVt

sm

zfzf 693,3002,743905,42

2

smkjiV kgeksplozije 693,3795,394,32

Eksplozija je za sistem dio unutarnje energije, primjenjujemo impulstrenutni udarpri odvijanju eksplozije:

smkjiVVmVmVm

kgeksplozije

kgeksplozijekgeksplozijeeksplozije

462,245,56625,2

0

3

33225

Analiza dijela kugle od 3 kg:

smkjikCjCiCV

kCts

mjCiCtV

ks

mta

462,245,56625,20

81,9

81,9

321

3221

2

sa poetnim uvjetima

Resetovanje vremena na nulu pri eksploziji, ponovo:

mCmCC

mkjkCjCiCr

kCtsmt

sm

jCtsmiCts

mtr

smCs

mCsmC

02,743,16,398,0

02,74316,3980

462,2905,4

45,56625,2

462,2,45,56,625,2

654

654

62

2

54

321

kmtsmtsmjmts

mitsmr

ff

ffsudara

02,743462,2905,4

16,39845,56625,2

22

Koji se deava kada je rz =0, to jest:

Po osi z: stmtsmt

sm

fff 059,1202,743462,2905,402

2

Po osi x: stttmtsm feksplozijef 369,2465,31625,2 Po osi y: mmts

mf 9,107816,39845,56

Proizilazi da je: stmjir kgsudara 369,24107865,313

Pri eksploziji, sa iskljuivo aktivnom silom koja djeluje na dio od 2 kg je sila F2 kg.Impuls za taj dio mase je:

2

1

2

2

1

2

2

1

222

39,729,7288,7

2

t

t

kg

t

t

prijeposlijekg

t

teksplozijeposlijekgkgeksplosijeprijekg

NskjidtF

VVkgdtF

VmdtFVm


60/155


- 60 -

2.36. Topovska granata teine 25N ispaljuje se iz topa teine 3000 N. Topovskagranata se ispaljuje sa brzinom 1500m/s i pod kutem 300 prema horizontali.Pretpostavljamo da je topovska cijev kruto tijelo i da je privrena za tijelo topa te da

je top u cjelini slobodan pri kretanju horizontalno. Ako granata boravi u cijevi nakonispaljenja 0,005 s, odrediti:a. Rezultantnu vertikalnu silu poslije eksplozije.b. Odskonu brzinu topa.

Zadano: stsmVNGNG izltopagranate 005,0,1500,3000,25

Odrediti: Rvertikal,Vodbijanja

Rjeenje:

2

1

00

2

1

221

30sin30cos

0

t

t

izlazagranateodbijanjatopgranatatop

t

t

granatagranatatoptopgranatatopgranatatop

jiVmiVmjdtGGN

VmVmdtRVm

2

1

00 30sin30cost

t

izlazagranateodbijanjatopgranatetop jiVmiVmjtGGN

Po osi x:

smV

VmVm

odbijanja

izlaznagranateodbijanjatopa

83,10

30cos0 0

Po osi y:

NNR

VmtGGN

vertik

izlazagranategranatetopa

980000

30sin 0

2.37. Sanduk teine 20 N ima brzinu od VA=12 m/s u taki A. Odrediti brzinu poslijepreenog puta od s =6 m prema dole. Koeficijent kinetikog trenja izmeu sanduka ipodloge je 20,0k .


61/155


- 61 -

NGNT

GymVTsGymV

kk 2,3cos

2

1

2

12

221

21

Ako je: msyy 6,3sin,0 12

smV

tg

2

01 87,364

3

2.38. Odrediti brzinu tereta A teine 60 N ako su tereti izbaeni iz stanja mirovanja stim to se tijelo B od 40 N, kree 2 m uz kosinu. Koeficijent kinetikog trenja izmeublokova i kosina iznosi 10,0k .

Tijela ine jedan sistem (sa uetom kaointernom vezom). V1=0 za obadvatereta!

Za stanje y1=0, vrijedi: VB=2VA

002222 60sin130sin2

2

1

2

121 ABBBAABA GGVmVmTT

GA TA

2F

NA

60


62/155


- 62 -

smV

smV

mm

TTGGV

GT

GT

GN

GN

B

A

BA

BAABA

BkB

AkA

BB

AA

22

1

260sin30sin2

30cos

60cos

30cos

60cos

002

0

0

0

0

2.39. Odrediti brzinu tijela A od 20 kg mase, koja se ostvari pri kretanju od 2 m, izstanja mirovanja niz kosinu. Tijelo B ima masu 10 kg, a koeficijent kinetikog trenja

izmeu klizne povrine i tijela A je 20,0k . Nai silu koja vlada u uetu.

BABA

BBBA

GyGymVmV

TdGyGymVmV

222

22

2

112

12

1

2

1

2

1

0002

10

2

1

smV

GNT

mdy

y

VV

AkAk

B

A

BA

638,2

60cos

2

2

60sin2

2

0

2

02

22

A: NFGymVdFTGymV 5,1152

100

2

12

221

21

B: NFGymVFdGymV 5,115

2

100

2

12

222

21

GA

TB

F

NB

30


63/155


- 63 -

2.40. Tijelo teine 100 N klie se niz kosinu iji je koeficijent kinetikog trenja25,0k . Ako se tijelo kree sa 10 m/s u taki A, odrediti maksimalno sabijanje

opruge u trenutku kada se tijelo zaustavi.

ml

kllGlGmV

GNT

k

kk

20021

0

2

11087,36cos87,36sin10

2

1

87,36cos

2.41. Tijelo teine 5 N kree iz stanja mirovanja (poloaj A) kliui se prema dole pokrunoj putanji AB. Zatim kontinuirano se kree po horizontalnoj podlozi do udara uoprugu. Odrediti za koliko se komprimira opruga do zaustavljanja tijela.

ml

TGlTlk

GNT

lklTG

kk

023)(2

1

)(

2

123

2

2


64/155


- 64 -

2.42. Osoba teine 120 N izbacuje se kao ljudska topovska kugla (iva osoba)pomou opruge nategnute u topovskoj cijevi. Ako najvee dozvoljeno ubrzanje zaovjeka iznosi 10g=98,1 m/s2, odrediti potrebnu krutost opruge koja je bilakomprimirana za 2 m u trenutku aktiviranja. Sa kojom brzinom e se tijelo odlijepiti odopruge? Zadano je sabijanje opruge s=2 m i d=8 m. Zanemariti trenje i pretpostaviti

da se ovjek dri u istoj poziciji tijekom kretanja.

2.43. Opruga krutosti k=50 N/m u neoptereenom stanju je duga 2 m. Kao to jeprikazano na slici, opruga je stisnuta sa odbojnim limom na duinu od 1,5 m. Sandukteine 4 N se kree brzinom VAto je brzina u taki A, i to klie niz kosinu pri emu jekoeficijent kinetikog trenja 2,0k . Ako se lim isturi naprijed za 0,25 m prijezaustavljanja, odrediti njegovu brzinu u A. Zanemariti teine limene ploe i opruge.

smV

GdmVk

mNk

zakonHookovkkxF

GF

mgmaGF

x

s

s

)49,5(

45sin

2

12

2

1

600

2

45cos10

1045cos

2

022

2

0

0


65/155


- 65 -

087,36cosGNT kk

Koordinate sanduka (taka A)

smV

GykTGykmV

1

2

2

1

221 75,0

2

125,35,0

2

1

2

1

2.44. Klatno mase 0,75 kg izbacuje se iz ravnotenog poloaja A oprugom ija jekrutost k=6 kN/m. Ako je opruga bila sabijena za 125 mm, odrediti brzinu klatna i silu

u uetu u pozicijama B i C. Taka B je u poloaju gdje je na radiusu zakrivljenosti0,6 m pregib, gdje ue postaje samo pola horizontalno.

GT

N

36,87 02

01

87,36sin25,1

87,36sin5,4

y

y


66/155


- 66 -

Poloaj B:

NV

mFF

eV

eVerera

s

mV

mVGylk

ntnt

5,1410

64,10

2

1

2

1

2

22

2

222

21

Poloaj C:

NF

VmGFF

smV

mVGylk

7,48

0

47,92

1)(

2

1

2

2

222

21

2.45. Sanduk mase 100 kg je izloen silama F1=800 N i F2=1,5 kN. Ako je poetnostanje, stanje mirovanja, odrediti udaljenost klizanja d pri postignutoj brzini odV=6 m/s. Koeficijent kinetikog trenja izmeu sanduka i podloge je k =0,2.

md

FFGNT

smVjegdje

mVdTFFmV

kk

9332,0

20sin30sin

)6(:

2

120cos30cos)0

2

1(

02

01

2

22

02

01

21


67/155


- 67 -

2.46. Tijelo mase 2 kg izloeno je konstantnom djelovanju sile po zakonu

Ns

F

1

300, gdje je s u metrima. Kad je s=4 m tijelo e se kretati lijevo brzinom

8 m/s. Odrediti brzinu kada je s=12 m. Koeficijent kinetikog trenja izmeu tijela ipodloge je k=0,25.

Rad sile od take 1 do 2 iznosi:

J ednadba za energiju i traena brzina iznose:

s

mVmVAmV 40,15

2

1

2

12

2221

21

2.47. Tarzan mase 100 kg ljulja se skaui sa grebena stijene pomou ueta

(napravljeno od loze) duine 10 m, mjereno od oslonca A do centra njegove mase.Odrediti njegovu brzinu trenutak poslije to ue dodirne granu drveta u B. Koja silatreba biti u tom uetu prije i u trenutku kada ue dodirne granu u B?

NmsGS

dsGF

dsFGF

dsTFA

SSkk

SS

kk

S

S

k

S

S

S

S

2,17330sin30cos1ln300

30sin30cos

30sin30cos

30cos

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

00

00

00

021

G

S

F

1

300

NT k

300

030sinFGN


68/155


- 68 -

Let:

smV

GymVGy

Aatreferenceyy

581,7

2

1

)(10,45cos10

2

22

21

20

1

Prije nego to ue udari u granu, je=10 m, a poslije je=3 m.

NF

NF

poslije

prije

2897

1556

To su sile kojima treba Tarzan da se dri za ue!

2

0

VmmaGF

Vmma

n

t

B

G

F

man

mat


69/155


- 69 -

3- DALAMBERTOV PRINCIP ZA MATERIJALNU TAKU

Ako na materijalnu taku M, mase m djeluje sistem sila nFF

,.....1 i ona se

kree ubrzanjem

a , osnovna dinamika jednadba e izgledati:

n

i

in FFFFam1

21 .....

Ako primjenimo Dalamberov princip na svaku taku materijalnog sistema i akouzmemo u obzir i reakciju veza, dobiemo:

0 in

i

r

i

a

i FFF

3.1. Dinamika relativnog kretanja materijalne take3.1.1. Diferencijalna jednadba kretanja

Pri sloenom kretanju take apsolutno ubrzanje take

a iznosi:

crp aaaa

,Gdje su:

-

MppMpp aa 0 - prenosno ubrzanje,

-

ra relativno ubrzanje i

-

rpc va 2 - Koriolisovo ubrzanje.

Pa je osnovna diferencijalna jednadba pri relativnom kretanju:

n

i

s

icrp Famamam1

.

3.1.2. Posebni sluajevi kretanja materijalne take vezani za razliiteoblike prenosnog kretanja

Posebno kretanje sistema referencije Oxyz je obrtanje oko nepomine ose priemu je prenosno ubrzanje:

ptpnp aaa

,Gdje su:

2ppn ra - prenosno ubrzanje, normalno

ppt ra - prenosno ubrzanje, tangencijalno.

Osnovna diferencijalna jednadba relativnog kretanja imae oblik:

n

i

in

c

in

pn

in

pt

s

ir FFFFam1

.


70/155


- 70 -

3.1.3. Zakon o promjeni kinetike energije pri relativnom kretanju

Zakon o promjeni kinetike energije materijalne take pri relativnom kretanjuje:

1

0

1

0

2

0

2

1 ,cos,cos2

1

2

1 M

M

M

Mr

in

psr

in

pr

s

isr

s

irKrr vFdFvFdFEmvmv .

3.1. U cijevi koja se okree konstantnom kutnom brzinom

oko vertikalne ose, zacijelo vrijeme obrtanja nalazi se loptica mase m, kojaje privrena pomou oprugec.U poetnom trenutku loptica se nalazi na rastojanju a, opruga je nedeformirana, apoetna brzina loptice je jednaka nuli. Odrediti kretanje loptice, ako je koordinatnipoetak u poetnom poloaju loptice. Trenje zanemariti.

Poi emo od osnovne diferencijalne

jednadbe za relativno kretanje:inc

inpWr FFFFam

Komponente u primjeru iznose:"xar

- relativno ubrzanje,

kmgicxkmgFF

- aktivna sila,

kFjFFFF NNNNW

2121 - reakcijaidealne veze,

ixamamF Nin

p

2)( - prenosna

inerciona silajVmVxmF rr

inc

090sin2)(2 -Koriolisova inerciona sila.

Ako komponente iz osnovne dif. jednadbe projeciramo na osu Ox, dobijamo:2)( xamcxmar .

Zbog toga to je veza idealna 0WF

, dok projekcija incF

na koordinatnu osu Ox jetakoe jednaka nuli.Sreivanjem predhodne jednadbe, dobijamo:

.)( 22 am

cxx

Uvoenjem smjene: 22 mck , gdje je k kutna brzina, uz pretpostavku da je

mc

predhodna jednadba ima rjeenje:

2

2

)sin()cos(k

aktBktAx

.

Iz poetnih uvjeta za 0i0,0 00 xxt dobijamo integracione konstante A i B, pae predhodna jednadba dobiti oblik:

)cos1(2

2

ktk

ax

.

Za sluaj da je:mc

mck jestto,221 , rjeenje jednadbe dobija oblik:


71/155


- 71 -

2

1

2

111k

atkBshtkchAx

.

Za poetne uvjete: 0i2

1

2

1 Bk

aA

, dobijamo:

1121

2

tkchk

ax .

Ako jem

c , imamo da je:

0C:sugdje,2

2121

22

CCtCta

x

.

4- DINAMIKA SISTEMA MATERIJALNIH TAAKA I KRUTOG TIJELA

4.1. Podjela sila

Na materijalni sistem djeluju: spoljanje )( sF

i unutarnje sile )( uF

.Poto izmeu dvije materijalne take prema Treem (Njutnovom) zakonu akcije ireakcije, djeluju sile istog intenziteta, a suprotnih smijerova du zajednikog pravca,to emo za materijalni sistem koji se kree imati ravnoteu sistema unutarnjih sila isume momenata za bilo koju taku, to znai da je cjelokupni sistem u ravnotei:

0u

rF ,

00

u

RF

M

4.2. Geometrija masa

Masa materijalnog sistema (M) jednaka je algebarskoj sumi masa svih taaka

sistema:

n

iimM

1

.

Centar mase ili centar inercije, za sistem materijalnih taaka iznosi:

G

rG

M

rmr

i

n

ii

n

i

ii

c

11

4.3. Momenti inercije

Moment inercije materijalnog sistema u odnosu na pol ''O'' naziva se polarnimoment inercije i iznosi:

n

i

n

iiiiiii zyxmrmJ

1 1

22220 )( .

Moment inercije materijalnog sistema u odnosu na proizvoljnu osu sistema oxyznaziva se aksijalni moment inercije. Momenti inercije za ose x, y i z iznose:

.)(1

22

n

i iiix zymJ


72/155


- 72 -

.)(1

22

n

iiiix zxmJ

.)(1

22

n

iiiix yxmJ

4.4. tajnerov teorem

Ovom teoremom se rjeava problem momenta inercije za dvije paralelne oseod kojih jedna od njih prolazi kroz sredite sistema.Aksijalni moment inercije za osu Cz je:

n

i

n

iiiiiicz yxmrmJ

1 1

222 )(

a moment inercije za osu z1 koja je raralelna sa osomz iznosi:2

1 MdJJ czz .

4.1. Odrediti moment inercije za sloeno tijelo prikazano na slici, po osi x. Gustoamaterijala je 7,87 Mg/m3.

Zadano: 37870 mkg

Odrediti: xI Rjeenje:

1. Pravougaonik

2222

22

33

53,24175,01,085,012

1

12

1

0,175,0

58,267

034,0400100850

kgmmm

mzyII

zmmyx

kgVm

mmmV

Gxx

2. Rupa

z

x

y

100400

850

z

y

x


73/155


- 73 -

2222

32

45,44,01,01,0312

1

0,400,0

724,24

003142,0100100

kgmmmI

zmmyx

kgm

mV

x

3. Valjak

2222

32

369,2175,025,01,03

12

1

175,0,0

811,61

007854,0250100

kgmmmI

mmzyx

kgm

mV

x

Ukupno:

2

321

321

332211

321

321

86,22

"

xzaikao

kgmIIII

z

istoy

mmm

mxmxmxx

mmmm

VVVV

xxxx

4.2. Zadana su dva elina cilindra ( 37849 mkg ) i mesingana kugla

38746 mkg homogeno sastavljeni. Odrediti moment inercije ovakvog tijela

uvaavajui da je osa x postavljena kao na slici.

Zadano: elini cilindri sa 37849 mkg i mesingna kugla sa 38746 m

kg

Odrediti: Ix

z

y

x


74/155


- 74 -

Rjeenje:

(1) Kugla (mesing):

g

V

g

Gm

mV

305,03

4

222

25

5

2

5165,1

0

kgmzymII

mI

y

zx

Gxx

Gx

(2) Horizontalni cilindar (elini):

2

22

2

-kgm--

165,1312

1

5,985,1

0

165,1

x

Gx

I

mI

cmy

zx

g

Vm

V

(3) Vertikalni cilindar (elini)

2

22

2

---

85,1312

1

0

85,1

kgmI

mI

yzx g

Vm

V

x

Gx

Ukupni momenat inercije:, 3mV

)(

,86,18,0

321 kgmmmm

cmyzx

2kgmIx

4.3. Odrediti moment inercije sloenog tijela prikazanog na slici, uvaavajui y osu.

Specifina teina materijala tijela je 3175 mkg .


75/155


- 75 -

Zadano: 3175 mkg

Odrediti: yI

Rjeenje:

1. Stranica

22222

3

171890111212

1

7064

5,2,5,1,0

39612113

kgmmyxmI

kgg

Vm

mzmyx

mV

y

2. Stranica

2

2222

3

385942

512

12

1

7706

5,1,6,0

4326

kgm

myxmI

kgm

mzmyx

mV

y

3. Stranica

22222

3

14235351212

1

3211

5,5,5,10,0

180

kgmmyxmI

kgm

mzmyx

mV

y

4. Valjak

z

x

y

12m

11m

3m

3m

8m

yx

z

12m

12m

3m

x

y

z

12m

3m

5m


76/155


- 76 -

2

2222

2222

3

40228

6035,2312

1

312

1

1050

5,1,6,0

9,58

kgm

mm

myxLrmI

kgm

mzmyx

mV

y

Ukupni moment inercije za y osu:

2

34321

659957

16931

5902,0,725,3,0

1,4843

kgmI

kgm

mzmyx

mVVVVV

y

4.4. Odrediti moment inercije homogene piramide mase m za z osu. Gustinamaterijala je. Napomena: koristiti pravougaoni limeni elemenat koji ima volumendV=(2x)(2y)dz.

dzxydzxdmVm

dzyxdV

2422

22

Zbog simetrije je: x=y

Zbog slinosti trouglova: zhh

ax

x

zhah

2

2

z

dz

a/2 a/2

hx

z

a/2


77/155


- 77 -

305122

6

4646

1

6

1

12

3222

12

1

455555

4

4

0

432234

4

4

4

4

4422

hahhhhhh

adII

dzzhzzhzhhh

a

dzzhh

adzxdmyxdI

h

zzzz

zz

103

1 22 maIm

haV zzpiramide

4.5. Toak je sastavljen od tankog prstena ija je masa 10 kg i etiri prekenapravljene od tankih ipki mase od po 2 kg. Odrediti moment inercije toka oko oseokomite na sliku i trenutnu taku dodira A.

2

2

22

667,7

5,02

12

12

kgmteorematajnerova

mmII

mlmrI

paokaprstenaBA

paoka

prstenB

4.6. Klatno se sastoji od tanke poluge (R) mase 3 kg i limene ploe (P) mase 5 kg.Odrediti udaljenost y od centra mase G klatna y ; takoe izraunati moment inercijeklatna ako je aksijalna osa okomita na ravninu slike i prolazi kroz G.

B

A


78/155


- 78 -

Otazakgm

mmlmIII

mkg

kgmkgm

mm

mymyy

PPRRPRukupniO

PR

PPRR

.83,29

25,215,012

1

3

1

781,18

525,231

2

2222

Gtazakgm

mmmlmI PPRRRukupniG

.451,4

781,115,215,012

11781,1

12

1

2

22222

5- OPI ZAKON KRETANJA MATERIJALNOG SISTEMA

5.1. Diferencijalne jednadbe kretanja sistema

Za svaku taku sistema moemo postaviti osnovnu jednadbu dinamike take,to bi za i-tu materijalnu taku iznosilo:

u

i

s

ii

iii FFdt

rdmam

2

2

.

5.2. Zakon o kretanj

Documents

Zbirka Zadataka Iz Mehanike Baricek