GRAEVINSKI FAKULTETSVEUILITA U MOSTARUPredmet: MEHANIKA 2Vjebe
br. 3Profesor: doc dr sc Mladen Koul Profesor: doc. dr. sc. Mladen
KoulAsistent: Ante Dolan, mag. ing. gra.1Mostar, 21. listopada
2013.ZADATAK 1. Bregasto tijelo, iji rub ima oblik polukruga
polumjera R=0,5 m, giba se translatornoo podlozi k b i Od di i b i
i b j k k ji konstantnom brzinomOdrediti brzinu i ubrzanje tapa, u
trenutkukoji se oslanja na to tijelo, a moe se slobodno vertikalno
gibati. Polumjer tokia na donjem dijelu tapa je U trenutku t=0s tap
se nalazi u najviem poloaju. 0mv 0,2 .s= t 5s, =r 0,1m. =2RJ EENJ
E:a r pv v v = +
Pamoemopisati dajeukupnabrzina:Gdje su vrijednosti komponenti
brzine:p 0v v =p 0rv vvcos cos= =| |Na osnovu geometrijskog prikaza
sustava, do koga smo prethodno doli, moe se zapisati:( ) s R r sin
= + |0ds dv (R r)cosd d|= = + |0( )dt dt|Pa se moe pisati da je
brzina tapa:0rrv vsin v v sin sinv cos= = = dv (R r) sindt= +
dtBudui imamo , a istovremeno se moe pisati i , slijedi:0s v t =( )
s R r sin = + |0v tsinR r| =+d v |40d vdt (R r)cos| =+ |Iz
trigonometrije se ima:2 2 2 2 22 0 02(R r) v t v tcos 1 sin 1 ,
cos(R ) R+ | = | = | =2(R r) R r| | |+ +Uvoenjem prethodne
trigonometrijske veze u izrazdobije se:0d vdt (R r)cos| =+ | dt (R
r)cos + |02 2 2d vdt (R r) v t| =+0dt (R r) v t + Pa je brzina
tapa: j p20 0 02 2 2 2 2 20 0v t v v tv (R r)R r (R r) v t (R r) v
t= + =+ + + 22 2(0,2) 5 5v 0,224m/ s10 (0,5 0,1) (0,2) 5= = =+ Sada
se ubrzanje tapa moe izraunati:2 2 22dv d v t (R r) v0 225 / ( +
(5| |20 03 2 2 22 2 200dv d v t (R r) va 0,225m/ sdt dt (R r) v t(R
r) v t+= = = = (+ + ZADATAK 2.Toka M kree se po lijebu OBpo
relativnom zakonu , gdje je s dano utOM s 4 sin2t| |== |\
.centimetrima a t u sekundama.U istom trenutku kree rotacija tijela
AOBC oko nepomine vertikalne osi z u smjeru prikazanom na slici, a
po zakonuOdrediti poloaj kuglice natijeluutrenutku azatimintenzitet
apsolutnebrzinei apsolutnogubrzanjautom2\ .2t . = tt 1s = na tijelu
u trenutku a zatim intenzitet apsolutne brzine i apsolutnog
ubrzanja u tom trenutku. J o je zadano:1t 1s, =AO 8cm. =6RJ EENJ
E:RelativnokretanjetokeM Relativno kretanje toke MU trenutku t1
toka M e prei put:1s 4 sin 4cm2t| |= = |\ .2 |\ .Relativna brzina
toke M je:d| |rds tv 4 cosdt 2 2t t| |= = |\ .1cmt| |r1cmv 2 cos
0s2t| |= t = |\ .Relativno ubrzanje toke M je: j jrrdv ta 2 sindt 2
2t t| |= = t |\ .22r1cma sin 9,86s2t| |= t = |\ .7Prijenosno
kretanje:PrijenosnabrzinatokeM: Prijenosna brzina toke M:p pv DM =
ed2p2 tdte = = t1p2 1 6,28se = t=DM 8 4 cos60 6cm = =
cmv 6 6,28 37,68 = =pv 6 6,28 37,68sPrijenosno ubrzanje toke M:2
22pN pcma DM 6 6,28 236,63s= e = =Ta DM = c 2pTcma 6 6,28 37,68s=
=pT p2 ppd2 6,28sdtec = = t =pTs8Coriolisovoubrzanje:( )r r pcor pa
2 v sin v , = e e
02corcma 0s=Projekcije ubrzanja na osi x, y i z:2xM pT2cmx a a
37,68scmy a a a cos60 236,63 9,86 0,5 231,7 = = = + = + =
2yM pN r2zM ry a a a cos60 236,63 9,86 0,5 231,7scmz a a sin60
9,86 0,866 8,54s + + = = =
Pa je apsolutno ubrzanje toke M:( ) ( ) ( )2 2 22 2 22M xM yM
zMcma a a a 37,68 231,7 8,54 234,90s= + + = + + =9ZADATAK 3.Prsten
M, zanemarivih dimenzija, klizi po krunom obruu polumjera brzinom k
i i d bK i bk lj b kli jR 2m =cm2konstantnog intenzitetau odnosu na
obru. Kruni obru kotrlja se bez klizanja po ravnoj podlozi. Za
poloaj prikazan na slici, odrediti intenzitet apsolutne brzine i
apsolutnog ubrzanjaprstena M, ako je brzina sredita obruaa ubrzanje
cmv 2s=ccmv 4 ,s= 2ccma 2 .s= 10RJ EENJ E:Relativnokretanjetoke:
Relativno kretanje toke:Relativno kretanje toke M je zapravo kruno
j j pkretanje, sacentromputanjeutoki C,
tenaosnovutogamoemopisati:1v 21r rv R CM = e = e1r1sCM 2e = =
=Pajenormalnakomponentarelativnogubrzanja Pa je normalna komponenta
relativnog ubrzanja toke M:2rN ra CM = e22rNcma 2 1 2s= =Budui je
brzina toke M konstantna, onda je konstantnai kutnabrzina paimamo:
konstantna i kutna brzina, pa imamo:rT ra CM = c 2rTcma 0s=110Drugi
nain za odreivanje komponenti relativnog kretanja je koristei
prirodni koordinatni sustav:P i l b j t k Pa prema izrazu za
normalno ubrzanje toke u prirodnom koordinatnom sustavu imamo:2 2v
22rNKv 2cma 2sR 2= = =Odnosno, komponenta tangencijalnog ubrzanja
se moe odrediti:2rTdvcma 0sdt= =12Prijenosno kretanje toke M:Sada e
se na osnovu poznate brzine centra obrua izraunati kutna brzina
obrua oko toke P, koja je ujedno i kutna brzina prijenosnog
kretanja:1c p p4v CP 2s2= e e = =Dok se kutno prijenosno ubrzanje
moe izraunati na osnovu poznatog ubrzanja centra obrua:2c cT p p2a
a CP 1s2= = c c = =13Sada se moe pristupiti odreivanju prijenosnog
kretanja toke M u odnosu na os koja prolazi kroz toku P, okomito na
ravan crtea:Vektor normalne komponente ubrzanja toke M
uodnosunatokuC lei napravcukoji spajatokuM odnosunatokuC lei
napravcukoji spajatokuMsatokomC i usmjeren jeod tokeM prematokiC.
Intenzitet normalnogprijenosnogubrzanjaje:M 2 22pN pcma MC 2 2 8s=
e = =Pravac vektora tangencijalne komponente ubrzanjaje tangenta na
putanju prijenosnog ubrzanja, ausmjeren je tako da prati vektor
kutne prijenosnebrzine. Intenzitet tangencijalne
komponenteprijenosnogubrzanjatokeM je:M2pT pcma MC 2 1 2s= c =
=Prijenosnakomponentabrzinesedobijepremaizrazu:v MP =
e14Prijenosnakomponentabrzinesedobijepremaizrazu:M pv MP = epcmv 4
2 8s= =Kako je prijenosno kretanje rotacija, pri tome kretanju e se
pojaviti i Coriolisovasila, odnosno Coriolisovakomponenta
ubrzanja:Pravac i smjer vektora Coriolisova ubrzanja moguse
odrediti koristei pravilo desne ruke kako je se odrediti koristei
pravilo desne ruke, kako jeprikazanonacrteu:I t it t C i li k t b j
Intenzitet Corioliove komponente ubrzanja
seodreujepremaizrazukakoslijedi:( )a 2 v sin v = e e
( )r p r pcora 2 v sin v , = e e Veliina kuta izmeu vektora
relativne brzine ikt ij k b i idj ti
vektoraprijenosnekrunebrzinemoesevidjeti nacrteu,
pajeCoriolisovoubrzanje:2corcma 2 2 2 sin90 8s= =
15Sada kad smo odredili i relativne i prijenosne komponente
brzina i ubrzanja toke M, moe se odrediti apsolutna brzina i
ubrzanje toke M.Apsolutna brzina toke M jednaka je vektorskom
zbroju prijenosne i relativne brzine toke M:v v v +
M r p v v v = +Projekcijom prethodnog izraza u pravcu osi x, y i
z dobivamo:xcmx v 0scmy v v v 10 = +y r pzcmy v v v 10scmz v 0s = +
= =Pa je ukupna brzina toke M:cm10M ycmv v 10s= =16Kako smo dobili
apsolutnu brzinu, na analogan nain, kao vektorski zbroj prijenosnog
irelativnogubrzanja, dobijemoi apsolutnoubrzanjetokeM:M MM p r a a
a = +
Projekcijomprethodnevektorskejednadbenaosi x, yi z imamo:2x2y pT
ccmx a 0scmy a a a 4s = = = 2z pN rN corcmz a a a a 18s = = P j l t
b j t k M Pa je apsolutno ubrzanje toke M:2 2 2 22M y zcma a a 4 18
17,55s= + = + =sKut koji vektor apsolutnog ubrzanja zatvara sa y
osi je:17yMa 4cos 7649'30''a 17,55o = = o =
ZADATAK 4.Prema zadanim jednadbama relativnog gibanja toke M i
prijenosnog gibanja tijela D za k 2/9 b d di i l b i i l b j k M k
j kd trenutak t=2/9s treba odrediti apsolutnu brzinu i apsolutno
ubrzanje toke M, koja se kree du stranice OA.: Zadano2 3 0,9 - 9 (
)16-8 cos(3 )( )= = prt t radS t cm t30 =
AOB18ZADATAK 5.Polukruna ploa polumjera R moe se okretati oko
vertikalne osi z po zakonu I l i i k A b d lkk M k22 t . = tAM R
Istovremeno polazei iz toke A po obodu ploe kree se toka M po
zakonuIzraunati i skicirati apsolutnu brzinu i apsolutno ubrzanje
toke M u trenutku s AM R t. = = t1t 0,5s. =19
