Kinematika Isak Karabegovic

Biha, 2004.

ISAK KARABEGOVI

UNIVERZITETSKA KNJIGA

kinematikakinematika

0

A

rv

cora

tra

0

1nra

tpa

npa

U N I V E R Z I T E T S K A K N J I G A

KINEMATIKA

II IZDANJE

Tehniki fakultet, Biha, 2004.

UNIVERZITET U BIHAU TEHNIKI FAKULTET BIHA

Autor: Prof. dr. Isak Karabegovi, dipl .ing. mainstva

Recezenti: Prof. dr. Vlatko Doleek

Prof. dr. Milan Jurkovi Prof. dr. Husein Paagi

Urednik: Prof. dr. Isak Karabegovi Lektor: mr. Blanka Paagi Korektor: Urednik Izdava: Tehniki fakultet Biha Tehnika obrada: Samir Voji, dipl.ing. Tira: 200 primjeraka tampa: Grafiar Biha Objavljivanje ovog univerzitetskog udbenika odobrilo je Nauno-nastavno vijee Tehnikog fakulteta Univerziteta u Bihau, broj xx-xxx od xx.xx.xxxx. i Nauno-nastavno vijee Univerziteta u Bihau, broj xx-xxx/xxxx od xx.xx.xxxx .

CIP - Katalogizacija u publikaciji Nacionalna i univerzitetska biblioteka Bosne i Hercegovine, Sarajevo UDK 531.1 (075.8) TEHNIKA MEHANIKA 2. KINEMATIKA / [Isak Karabegovi -Biha : Tehniki fakultet, 2003. 322 str. : Graf. Prikazi ; 23 cm

ISBN 9958 624 15 X 1. Karabegovi, Isak COBISS. BH ID 12190726

Na osnovu miljenja Federalnog ministarstva obrazovanja, nauke, kulture i sporta br. xx-xx-xxxx/xx od xx.xx.xxxx. godine ovo izdanje je u kategoriji proizvoda koji su osloboeni poreza na promet (Zakon o porezu na promet proizvoda i usluga, lan 18. taka 10 Slubene novine Federacije Bosne i Hercegovine, broj 49/02).

Pretampavanje i umnoavanje nije dozvoljeno

PREDGOVOR DRUGOM IZDANJU

Ova knjiga predstavlja dopunjeno i proireno izdanje udbenika Tehnika mehanika II Kinematika koji je tampan 1995. godine. Ovaj udbenik namijenjen je studentima tehnikih fakulteta, a pisan je prema programu ovog predmeta na mainskim fakultetima Univerziteta Bosne i Hercegovine. Pored izlaganja materije analitikom i grafikom metodom, koritena je i vektorska metoda, koja nesumnjivo ima itav niz prednosti. Uporedo sa izlaganjem osnovnih teorijskih pojmova i metoda, u knjizi je obraen i znatan broj ilustriranih primjera s potrebnom analizom i diskusijama, a zadan je i prilian broj zadataka za vjebu i samostalno rjeenje. Pri tome sam nastojao obuhvatiti to vei broj primjera i zadataka koji ilustruju ulogu i znaaj kinematike u inenjerskoj praksi mainstvu. Znaaj Tehnike mehanike kinematike u obrazovanju visokokolskih kadrova mainske struke za njihov budui rad od ogromnog je znaaja. Industrijska proizvodnja sve vie trai strunjaka sa solidnom osnovom fundamentalnih teorijskih znanja. Iskreno se zahvaljujem prof. dr. Vlatku Doleeku, prof. dr. Milanu Jurkoviu, te prof. dr. Huseinu Paagiu na vrlo korisnim savjetima u izradi ovog udbenika. Zahvalan sam i asistentima Samiru Vojiu, dipl. ing. ma., Mehmedu Mahmiu, dipl. ing. ma. i Huseinu Roiu, dipl. ing. ma. na kompjuterskoj obradi teksta. Unaprijed se zahvaljujem studentima, kolegama i itaocima koji e svojim primjedbama i savjetima pomoi da se otklone pogreke i manjkavosti u udbeniku, jer sam svjestan da ih unato uzastopnoj provjeri nismo mogli otkloniti. Biha, 20. mart 2004. godine Autor Prof. dr. Isak Karabegovi, dipl. ing.

1 OSNOVNI POJMOVI 1 1.1. Zadatak i uloga kinematike 1 1.2. Prostor i vrijeme 2 1.3. Podjela kinematike 3 2

KINEMATIKA TAKE

5

2.1. Putanja take 5 2.2. Koordinatni sistemi 6 2.2.1. Descartov koordinatni sistem 6 2.2.2. Cilindrini koordinatni sistem 8 2.2.3. Sferni koordinatni sistem 9 2.2.4. Prirodni koordinatni sistem 11 3. PRAVOLINIJSKO KRETANJE TAKE 13 3.1. Brzina pravolinijskog kretanja take 13 3.2. Ubrzanje pravolinijskog kretanja take 14 3.3. Kretanje sa konstantnom brzinom 15 3.4. Kretanje sa konstantnim ubrzanjem 16 3.5. Kretanje sa promjenjivim ubrzanjem 21 3.6. Analitiko rjeenje pravolinijskog kretanja take 22 3.7. Rijeeni zadaci 26 3.7. Zadaci za rjeavanje 32 4. KRIVOLINIJSKO KRETANJE TAKE 35 4.1. Vektorski nain opisivanja kretanje take 35 4.1.1. Vektor brzine take 35 4.1.2. Vektor ubrzanja take 36 4.1.3. Hodograf brzina 38 4.2. Analitiki nain opisivanja kretanja take 40 4.2.1. Opisivanje kretanja take u Descatovom koordinatnom sistemu 40 4.2.2. Opisivanje kretanja take u prirodnom koordinatnom sistemu 43 4.2.3. Opisivanje kretanja take u polarnom koordinatnom sistemu 47 4.2.4. Opisivanje kretanja take u cilindrinom koordinatnom sistemu 52 4.2.5. Sektorska brzina 54 4.3. Rijeeni zadaci 57 4.4. Zadaci za rjeavanje 74 5. SLOENO KRETANJE TAKE 79 5.1. Relativno, prenosno i apsolutno kretanje take 79 5.2. Teorema o slaganju brzina 81 5.3. Teorema o slaganju ubrzanja 83 5.4. Rijeeni zadaci 86

Sadraj

5.5. Zadaci za rjeavanje 102 6. KINEMATIKA KRUTOG TIJELA 107 6.1. Slobodno kruto tijelo 108 6.2. Neslobodno (vezano) kruto tijelo 110 6.3. Osnovne vrste kretanja krutog tijela 111 7. TRANSLATORNO KRETANJE KRUTOG TIJELA 113 8. OBRTANJE KRUTOG TIJELA OKO NEPOMINE OSE 117 8.1. Ugaona brzina i ugaono ubrzanje 118 8.2. Brzina i ubrzanje take tijela koje se obre oko nepomine ose 121 8.3. Permanentna i trenutna os obrtanja 125 8.4. Rijeeni zadaci 127 8.5. Zadaci za rjeavanje 135 9. RAVNO KRETANJE KRUTOG TIJELA 139 9.1. Jednaine ravnog kretanja krutog tijela 139 9.2. Odreivanje brzine take krutog tijela koje vri ravno kretanje 142 9.3. Teorema o projekcijama vektora brzina dviju taaka krutog tijela koje

vri ravno kretanje 143

9.4. Odreivanje brzine taaka pomou trenutnog pola brzine 144 9.5. Odreivanje brzine taaka pomou plana brzina 147 9.6. Odreivanje brzine taaka pomou metoda zaokrenutih brzina 148 9.7. Odreivanje ubrzanja taaka krutog tijela koje vri ravno kretanje 150 9.8. Odreivanje ubrzanja taaka pomou trenutnog pola ubrzanja 152 9.9. Pomina i nepomina centroida 154 9.10. Rijeeni zadaci 157 9.11. Zadaci za rjeavanje 171 10. SFERNO KRETANJE 179 10.1. Geometrijska interpretacija 179 10.2. Pomina i nepomina aksoida 180 10.3. Ugaona brzina i ugaono ubrzanje pri sfernom kretanju krutog tijela 182 10.4. Brzina take tijela pri sfernom kretanju 185 10.5. Ubrzanje take tijela pri sfernom kretanju 187 10.6. Odre|ivanje poloaja trenutne obrtne ose 190 10.7. Rijeeni zadaci 191 10.8. Zadaci za rjeavanje 195 11. SLOENO KRETANJE KRUTOG TIJELA 197 11.1. Slaganje translacija 198 11.2. Slaganje rotacija 198 11.2.1. Sluaj kada se pravci trenutnih obrtnih osa sijeku 198 11.2.2. Sluaj kada su pravci trenutnih obrtnih osa paralelni, a ugaone brzine

imaju isti smjer 199

11.2.3. Sluaj kada su pravci trenutnih obrtnih osa paralelni, a ugaone brzine imaju suprotne smjerove

201

11.2.4. Sluaj kada su pravci trenutnih obrtnih osa paralelni, a ugaone brzine istog intenziteta i suprotnih smjerova (spreg ugaonih brzina)

202

11.3. Slaganje translatornog i obrtnog kretanja krutog tijela 204 11.3.1. Sluaj kada je brzina translacije okomita na os obrtnog kretanja krutog

tijela 204

11.3.2. Sluaj kada je brzina translacije paralelna sa osom obrtanja (zavojno kretanje tijela)

206

11.3.3. Sluaj kada brzina translacije zatvara otar ugao sa osom obrtanja 207 11.4. Rijeeni zadaci 208 11.5. Zadaci za rjeavanje 216 Literatura 219 Simboli 221

1

1.1. ZADATAK I ULOGA KINEMATIKE Kinematika je dio mehanike koji se bavi prouavanjem kretanja

materijalnih tijela, ne uzimajui u obzir uzroke zbog kojih kretanje nastaje, to jest u kinematici se kretanje zadaje unaprijed, bez zavisnosti o silama kao uzrocima kretanja. Sam naziv "kinematika" dolazi od grke rijei kinema - kretanje. Iako je osnovna veliina kinematike - brzina - bila poznata prije Galilea Galileja* (1564-1642), za kinematiku se kao nauku nije znalo. Ona postaje poznata uvoenjem ubrzanja kao najvanije kinematike veliine. Zbog toga se Galileo Galilei moe nazvati osnivaem kinematike. Nakon Galileija, Christian Huygens (1629-1695) prvi predlae rastavljanje ubrzanja u prirodne komponente (normalnu i tangencijalnu). Pronalaskom diferencijalnog rauna, za to su zasluni Newton* (1642- 1727) i Leibnitz* (1646-1716), ubrzao se razvoj kinematike, a naroito kinematike take. Osnove kinematike tijela razradio je uglavnom Leonhard Euler* (1707-1783). Po Joseph-Louis Lagrangeu*, kinematika je geometrija u prostoru (sa etiri dimenzije x,y,z,t). Svakoj promjeni u poloaju tijela ili kojeg njegovog dijela pridruuje odreeni trenutak vremena, to jest dodaje se etvrta koordinata - vrijeme. Analogno se statika moe nazvati geometrija sile. Obje discipline (statika i kinematika) prouavaju prostorne odnose nekog sistema vektora, ali je fiziko znaenje tih vektora razliito. Sva kretanja u kinematici prouavaju se u odnosu na neki sistem referencije koji se uslovno moe smatrati nepominim ili pominim. _______________________ * Fotografije navedenih naunika date su na kraju udbenika

Osnovni pojmovi

2

Kako mirovanje i kretanje tijela posmatramo u odnosu na izabrani referentni koordinatni sistem, koji se i sam moe kretati na proizvoljan nain, tako pojmovi "mirovanje" i "kretanje" imaju relativan karakter. Kinematika se slui pojmom apsolutnog vremena koje ne zavisi od materijalnih svojstava prostora niti od kretanja sistema referencije. Glavne kinematike veliine brzina i ubrzanje date su jednainama (1.1) i (1.2):

[ ] [ ][ ][ ] [ ][ ]

v st

LT

a vt

LT

= =

= =

v

a ,2

koje su izvedene iz osnovnih kinematikih veliina (prostora i vremena). U mnogo emu je kinematika uvod u dinamiku, ali ona ima svoje samostalno znaenje koje se pojavljuje u podruju prouavanja mehanizama, jer kod mnogih mehanizama pravilno se funkcionisanje zasniva u prvom redu na detaljnoj kinematikoj analizi kretanja pojedinih njegovih dijelova.

1.2. PROSTOR I VRIJEME Sva razmatranja u tehnikoj mehanici temelje se na pojmu Euklidova

prostora. Isto kao to se ne moe definisati pojam prostora, tako se ne moe definirati pojam vremena. I prostor i vrijeme mogu se mjeriti. Prostor ima tri dimenzije, a vrijeme samo jednu dimenziju. Znai da se vrijeme moe mijenjati samo na jedan nain. Vrijeme smatramo neprekidnom promjenjivom veliinom koju oznaavamo sa t. Osnovna veliina za vrijeme jeste sekunda (s), a izvedene jedinice su minut (min) i sat (h). Sekunda kao jedinica vremena moe se definisati na vie naina, i to npr. kao:

a) 606024

1sekunda 1 = srednjeg sunanog dana ili b) to je trajanje 9 192 631 770 perioda zraenja koje odgovara prijelazu

izmeu dviju hiperfinih razina osnovnog stanja atoma cezija 133. Albert Einstein (1905) uvodi nove pojmove o prostoru i vremenu. Prema teoriji relativnosti, apsolutno mirovanje ne postoji. Einsteinova teorija negira npr. i apsolutnu udaljenost. Meutim, kako znaajnija odstupanja od klasinih zakona kinematike nastaju samo u pojavama kod kojih se brzine kretanja pribliavaju brzini svjetlosti, u tehnikoj kinematici operirat emo klasinim pojmovima prostora i vremena.

(1.1)

(1.2)

3

1.3. PODJELA KINEMATIKE

Materijalno tijelo moemo smatrati skupom materijalnih taaka, te zbog

toga prouavanje kretanja take mora prethoditi prouavanju kretanja tijela. Prouavanje kretanja take je lake u odnosu na tijelo jer je taka tijelo nulte dimenzije te kod nje obrtanje ne dolazi u obzir kao to je to sluaj s tijelom.

Na osnovu navedenog moemo zakljuiti da se kinematika dijeli na:

a) kinematiku take i b) kinematiku krutog tijela.

Ova podjela nema jasne i odreene granice jer se kinematika take gotovo svugdje provlaci i u kinematici tijela. Brzina i ubrzanje mogu pripadati samo pojedinoj taci u tijelu, a samo u izuzetnim sluajevima itavom tijelu.

5

2.1. PUTANJA TAKE

Poloaj take odnosno tijela u prostoru moe se odrediti samo u odnosu na drugo tijelo koje se obino naziva referentni sistem, odnosno koordinatni sistem. Ako taka odnosno tijelo ne mijenja svoj poloaj u odnosu na izabrani sistem referencije, kaemo da ona miruje, ukoliko se promijeni poloaj take odnosno tijela u odnosu na izabrani sistem referencije, tada kaemo da se taka (odnosno tijelo) kree. Kretanje po svojoj biti je u pravilu neprekidno, te zbog toga uzastopan niz taaka u prostoru, kroz koje prolazi posmatrana taka, prikazuje neprekidnu liniju koja se naziva putanja take ili trajektorija kretanja.

Slika 2.1 Putanja take

Prema obliku putanje take razlikujemo pravolinijsko i krivolinijsko kretanje take. Ako putanja take lei u ravnini, onda se radi o ravninskom kretanju, a ukoliko je putanja take prostorna krivulja, onda se radi o prostornom kretanju. Putanja take moe biti i zatvorena krivulja, npr. krunica, elipsa itd.

Kinematika take

A

t=0

0

s

s=s(t)

putanja

taka

6

Kretanje take po putanji je odreeno ako u svakom trenutku vremena t moemo rei gdje se taka nalazi u odnosu na neki po volji odabran poloaj take na putanji, npr. (t = 0) take 0. Budui da se put s mijenja u zavisnosti od vremena t, imamo da je:

s = s(t) (2.1)

Jednaina (2.1) naziva se jednaina kretanja ili zakon kretanja take. Ovo je prirodan nain opisivanja kretanja i potrebno je:

a) poznavati geometrijski oblik putanje, b) poznavati zakon kretanja s = s(t), i c) poznavati poetni poloaj (npr. 0) od kojeg se mjeri svaki slijedei

poloaj take. Funkcija s = s(t) mora biti jednoznana, neprekidna i diferencijabilna. Prirodni nain opisivanja kretanja ima nekih dobrih strana za teorijska razmatranja, ali nije prikladan za inenjerske potrebe. Zbog toga se veina teorijskih razmatranja rjeava u koordinatnim sistemima. 2.2. KOORDINATNI SISTEMI

2.1.1. Descartesov koordinatni sistem

Ako se za tijelo u odnosu na koje se posmatra kretanje take (tijela) vrsto veu neki pravci (koordinatne osi), tada se u odnosu na ove pravce moe odrediti poloaj pokretne take. U ovom cilju uoimo Descartesov pravougli koordinatni sistem Oxyz, koji je za tijelo (u odnosu na koje posmatramo kretanje) vrsto vezan. Zbog toga neemo vie govoriti o tijelu ve samo o referentnom koordinatnom sistemu. S obzirom na medusobni poloaj osi Descartovog sistema, razlikujemo desni i lijevi sistem. Uglavnom emo upotrebljavati desni koordinatni sistem.

7

Slika 2.2 Descartesov koordinatni sistem Putanja u Descartesovom koordinatnom sistemu moe biti zadana parametarski i vektorski. U prvom sluaju poloaj take A u odnosu na koordinatni sistem odreen je sa slijedee tri skalarne jednaine:

x = x(t) = f1(t),

y = y(t) = f2 t), (2.2)

z = z(t) = f3(t).

Jednaine (2.2) zovu se jednaine kretanja take, one opisuju neprekidno kretanje, pa prema tome moraju imati sva svojstva koja ima i jednaina (2.1). Oblik putanje take dobivamo eliminacijom parametra vremena t iz gornjih jednaina. Npr. inverzijom t = (x) dobivamo analitiki izraz za putanju take

y = y [(x)]

x

y

z

x(t) y(t)

z(t)

A(x,y,z)

iG

jG

kG

rG (t)

t0

t1

tn

putanja take A

8

(2.3) z = z [(x)].

U drugom sluaju putanja take zadaje se radijus-vektorom poloaja (Slika 2.2.). Naime, ako taka A ne miruje, njen poloaj u prostoru se mijenja, a samim tim mijenja se i vektor poloaja u zavisnosti od vremena, tada imamo:

kzjyixr

k)t(zj)t(yi)t(xr

)t(rr

GGGGGGGG

GG

++=++=

=

=

)()()(

)(tztvtx

trG (2.3)

gdje je: t - nezavisna promjenjiva skalarna veliina,

k,j,iGGG

- jedinini vektori osa 0x, 0y i 0z koordinatnog sistema 0xyz. Jednaina (2.3) naziva se vektorska jednaina kretanja take. Izmeu veliine vektora poloaja i pripadajuih koordinata postoji poznat odnos

r2 = x2 + y2 + z2 (2.4)

a uglovi koje vektor poloaja zatvara osama sistema dati su relacijama:

222

222

222

zyxz

rz)Oz,r(cos

zyx

yry)Oy,r(cos

zyxx

rx)Ox,r(cos

++==

++==

++==

G

G

G

(2.5)

Ukoliko se taka kree u ravni, tada e vrijediti sve navedene relacije ako se u njima zamjeni npr. z = 0 (pretpostavka da se taka kree u ravni Oxy).

9

2.2.2. Cilindrini koordinatni sistem Pri kretanju take A moemo zamisliti da se kree po valjku koji stoji u

ravni 0xy a koaksijalan je osi z (Slika 2.3.). Poloaj take A bit e odreen ako odredimo poloaj ravni kroz osu 0z i taku A, to jest: uglom koji se odmjerava od ose 0x, radijusom valjka r na ijem se omotau nalazi taka A i udaljenosti z take od ravni 0xy. Moemo zakljuiti da je taka u cilindrinom koordinatnom sistemu odreena koordinatama:

= (t) r = r(t) (2.6)

z = z(t).

Slika 2.3 Cilindrini koordinatni sistem Veza izmeu cilindrinih i pravouglih koordinata data je relacijama:

z =z ,sin

y=cos

x=r ,xyarctg = (2.7)

odnosno x = r cos , y = r sin , z = z.

(2.8)

x

y

reG eG (t)

x

y

r(t) A(x,y) (r,)

0

x

y

z

A'

A (x,y,z) (,r,z)

y

z

x

r 0

reG

eGbe

G

10

Ukoliko se taka A kree u ravni, tada koordinata z otpada te cilindrine koordinate prelaze u polarne:

= (t) i r = r(t). (2.9)

2.2.3. Sferni koordinatni sistem

Uvijek moemo zamisliti da se taka A u prostoru nalazi na povrini kugle sa centrom u ishoditu koordinatnog sistema. Poloaj take A bit e jednoznano odreen ako se odrede ugao (istakane ravni) meridijana poloaja take, ugao poloaja take na meridijanu i r polupreniku kugle na kojoj se taka nalazi.

Slika 2.4 Sferni koordinatni sistem Tako je taka u sfernom koordinatnom sistemu odreena koordinatama

= (t),

r A(x,y,z) (,,r)

z

x

y

reG

eG

eG

11

= (t), (2.10) r = r(t).

Izmeu sfernih koordinata i pravouglih koordinata postoje slijedee veze:

,zyxr

rzsin

xytg

222 ++==

=

(2.11)

a obrnute relacije su:

x = r cos cos , y = r cos sin , (2.12) z = r sin .

2.2.4 Prirodni koordinatni sistem Prirodni koordinatni sistem ine tri meusobno okomite osi iji su pravci

odreeni osnovnim jedininim vektorima bnt e i e,eGGG , a razlikuje se od obinog

koordinatnog sistema samo svojom pominou (Slika 2.5.)

Slika 2.5 Prirodni koordinatni sistem

t

b

n

oskulatorna ravnina

rektifikaciona ravnina

normalna ravnina prostorna

krivulja

A1

A2

teG

neG

beG

12

U svakoj taki A putanje moe se postaviti tangenta t sa jedininim

vektorom teG i okomito na nju normalna ravan. Zamislimo dvije normale na

jedinini vektor teG koje lee u toj normalnoj ravnini. Jedna od tih normala lei

u isto vrijeme u ravni elementa ds krivulje oko take A i odreena je jedininim vektorom ne

G , a druga je odreena jedininim vektorom beG . Na taj nain nastaju ravni: normalna, oskulatorna i rektifikaciona koje se sijeku po meusobno okomitim pravcima tangenti, glavnoj normali i binormali. U prirodnom koordinatnom sistemu tangenta je prva os (odgovara osi x), glavna normala je druga, a binormala je trea os. Oskulatorna ravan u nekoj taki putanje sadri u sebi element luka ds u njoj na normali lei i sredite zakrivljenosti putanje u posmatranoj taki.

13

3.1. BRZINA PRAVOLINIJSKOG KRETANJA TAKE

Prema geometrijskom obliku putanje take kretanje se dijeli na pravolinijsko i krivolinijsko. Pravolinijsko kretanje take je jednostavnije, pa zbog toga prouavanje brzine poinjemo sa takvim kretanjem. Posmatrajmo kretanje take A na pravolinijskoj putanji iji je poloaj odreen jednom koordinatom s = s(t), koja se mjeri od najpovoljnije odabranog poetka. Znai, poznat je zakon kretanja s = s(t), a sa s0 oznaimo poetnu udaljenost take A od referentnog poloaja 0.

Slika 3.1 Pravolinijsko kretanje take Pri kretanju taka se u trenutku t1 nalazi u poloaju A1, a u trenutku t2 nalazi se u poloaj A2. Dakle, u vremenu t = t2 t1 taka je izvrila pomjeranje s = s2 s1. Odnos prijeenog puta prema odgovarajuem vremenu zove se srednja brzina u tom intervalu vremena:

-s +s

0 s0

A0 A1 A2 t1 t2 s1 s2

s

Pravolinijsko kretanje take

14

. 12

12

ts

ttssvsr

== (3.1)

Poeljno je imati brzinu u nekom trenutku koji traje neizmjerno kratko vrijeme, tako da se interval vremena skrauje i tei 0. Tako odreena brzina bit e prava brzina v u trenutku, a iz njezinog opisa slijedi da mora biti jednaka:

. 0

lim v0

lim sr dtds

ts

ttv =

== (3.2)

odnosno

sdtdsv == (3.3)

Brzina take pravolinijskog kretanja jednaka je derivaciji puta po vremenu.

Dimenzionalno, brzina e se izraziti ovom jednainom:

[ ] [ ][ ]

==sm

TLv

3.2. UBRZANJE PRAVOLINIJSKOG KRETANJA TAKE

Razmotrimo opi sluaj kretanja take A po pravolinijskoj dionici puta, pri emu se brzina mijenja po zakonu v = f(t). Pretpostavimo da taka A polazi iz poloaja A0 poetnom brzinom v0 u trenutku t1 stie u poloaj A1 brzinom v1, a u trenutku t2 u poloaj A2 brzinom v2.

Slika 3.2 Uz definiciju ubrzanja take Odnos

tv

daje neku srednju vrijednost prirasta brzine u jedinici vremena

kojom se brzina mijenja tokom intervala t, tj.

- 0 +

0 0vG

A0 A1 A2 t1 t2 t=0 1v

G 2vG s

15

12

12

tv

ttvvasr

== (3.4)

Da bismo odredili ubrzanja u posmatranom trenutku, moramo pustiti da t 0 . U takvom sluaju je:

, 0

lim0

limtv

ta

ta sr

==

odnosno:

dtdva = (3.5)

S obzirom na (3.3) moe se jednaina (3.5) napisati u slijedeem obliku:

, 22

dtsd

dtdva == (3.6)

gdje je sa s oznaen pravolinijski put.

Ubrzanje take u trenutku t jednako je prvoj derivaciji brzine po vremenu ili drugoj derivaciji pomaka po vremenu. Dimenzionalno, ubrzanje e se izraziti ovakvom relacijom

[ ] [ ][ ] . T1 22 == = smTLTLa

3.3. KRETANJE SA KONSTANTNOM BRZINOM

Najjednostavnije pravolinijsko kretanje jeste jednoliko kretanje, to jest kada je brzina take konstantna. Prema tome, kada je

, 0dtdv=a , .0 ==== konstvdt

dsv (3.7)

gdje je: v0 - poetna brzina take.

Integracijom gornje jednaine u granicama s0 do s dobivamo

ds = v dt

16

=ss

t

vdtds0 0

s s0 = vt odnosno s = s0 + vt , (3.8) gdje je: s0 - poloaj take A u trenutku t = 0. Jednaina (3.8) predstavlja zakon jednolikog kretanja take kod kojeg se pomjeranje take mijenja linearno u zavisnosti od vremena.

Slika 3.3 Jednoliko kretanje take Ako pretpostavimo da se taka A poela kretati iz referentnog poloaja O, tada je s0 = 0, pa slijedi

s = vt . (3.9) Iz jednaine (3.8), odnosno (3.9) slijedi da je:

0 tsvv == (3.10)

to znai da je brzina pri jednolikom kretanju jednaka prijeenom putu u jedinici vremena.

s

t

s0

0

tv

s0

0

v

t0

v=konst.tv

17

3.4. KRETANJA SA KONSTANTNIM UBRZANJEM

Ako je ubrzanje pravolinijskog kretanja konstantna veliina a=const., tada dobivamo jednoliko promjenjivo kretanje. Tada imamo da je:

. a 22

=dt

sd (3.11)

Jednaina (3.11) predstavlja diferencijalnu jednainu jednolikog ubrzanog (usporenog) kretanja. Iz relacije

konsta

dtsd

dtdv === 2

2

inetegracijom dobivamo izraz za brzinu

+=+= . 11 CtaCdtav (3.12)

Integracionu konstantu C1 odreujemo iz poetnih uslova. Pretpostavimo da je za t = 0 i v = vo. Tada dobivamo da je C1 = v0, te je

v = v0 + at . (3.13) Jednaina (3.13) predstavlja zakon brzine jednoliko ubrzanog kretanja. Vidimo da je to linearna funkcija. Ako a ima negativan predznak uz v0 pozitivno, imat emo kretanje jednoliko usporeno

v = v0 at . (3.14) Zamjenjujui brzinu v njenim izrazom u obliku derivacije (3.3), moe se napisati

tavdtds += 0 ,

odnosno

ds = v0dt + atdt .

18

Integracijom gornje jednaine dobit emo

++= 20 Ctdtadtvs .

2 22

0 Cattvs ++= (3.15)

Integracionu konstantu C2 odredit emo iz poetnih uslova. Za t = 0 neka je s = s0, dobivamo C2 = s0. Izraz (3.15) poprima oblik

. 2

2

00attvss ++= (3.16)

Gornja jednaina predstavlja zakon jednoliko ubrzanog kretanja. Grafiki prikazi zakona brzine i zakona puta jednoliko ubrzanog kretanja dati su na slici 3.4.

Slika 3.4 Jednoliko ubrzano kretanje Ovdje mogu nastupiti dva specijalna sluaja, i to: a) kada je s0 = 0. U tom sluaju zakon kretanja na osnovu (3.16) izraava se sljedeom relacijom

s

ts0 0 v

t0

a=konst.ta

tvta 02

2+

s0

v 0 t

t

2

21 at

v0 at tan

t

t

tan

a

0a

2

2

0

19

, 2

2

0attvs += (3.17)

a brzina v u trenutku t odreena je jednainom

. 0 tavvdtds +== (3.18)

b) kada poetne uslove odaberemo tako da je t = 0, s0 = 0 i v0 = 0. Tada izraz

za brzinu v i put s poprimaju sljedei oblik a = konst.

v = at (3.19) 2

21 ats =

Odgovarajui kinematiki dijagrami prikazani su na slici 3.5, a primjer takvog kretanja je sluaj slobodnog pada materijalne take u vakumu.

Slika 3.5 Kinematiki dijagrami za kretanje take opisano jednainama (3.19)

s

t0 v

a 0 t

t0

ta

12

2

2

21 at

a t

a=konst.

v=a t

20

Ukoliko je kretanje take takvo da je ubrzanje negativno, tada je:

a = konst.

v = v0 at (3.20) .

21 2

0 attvs =

Na slici 3.6 prikazani su odgovarajui kinematiki dijagrami.

Slika 3.6 Jednoliko usporeno kretanje

0 t1 t2 ts

smax

s

tv 022ta

0 t1 t2

t ta

v 0

jednoliko usporeno

jednoliko ubrzano

v

ta 0

a

-a=konst.

t

21

U trenutku t1 taka se nalazi na najudaljenijem poloaju. Za v =0 dobivamo vrijednost smax

v = v0 at = 0 avt 01 =

. 222

20

2

20

20

max av

avavs == (3.21)

Nakon zaustavljanja u najudaljenijem poloaju taka se vraa ubrzanjem a u prvobitni poloaj. Ukupno vrijeme povratka take je

2220 2

0 tatvs ==

.22 102 tavt == (3.22)

Pri povratku take iz najudaljenijeg u prvobitni poloaj proteklo je isto vrijeme kao pri kretanju iz poetnog u najudaljeniji poloaj. Brzina kojom se taka vraa u prvobitni poloaj je ista kao poetna samo suprotnog smjera.

v = v0 at ,

t = 2t1 ,

. 2 000 va

vavv == (3.23) Primjer ovakovog kretanja je kosi hitac pri emu je a = g, i vrijedi da je:

.

2s i

20

max0

1 gv

gvt == (3.24)

3.5. KRETANJE SA PROMJENJIVIM UBRZANJEM

Karakteristika ovog kretanja je da se ubrzanje a mijenja u toku vremena. Na slici 3.7 prikazan je dijagram s = s(t), v = v(t) i a = a(t). Pretpostavljeno je da je t = 0 s0 = 0. Brzina u odreenom trenutku vremena t je odreena jednainom

, st

s tguu

dtdsv == (3.25)

22

Vidimo da je brzina proporcionalna tangensu ugla nagiba tangente u odgovarajuoj taci dijagrama s = s(t), gdje je Us razmjera za put, Ut razmjera za vrijeme.

Slika 3.7 Kretanje s promjenjivim ubrzanjem Dijagram v=v(t) je jednostavno konstruisati znajui da su ordinate u tom dijagramu proporcionalne tangensu ugla nagiba u dijagramu s=s(t). Iz jednaine ds = vdt slijedi da elementarni prirast puta odgovara u dijagramu v=v(t) elementarna povrina ds.

s ds

s

t dt t 0

A

v dv

v

t dt t 0

Av

s ds

v0

v

s

v-v0 t t dt 0

a dv a0

da

a Aa a

23

Povrina istakana ispod v=v(t) prikazuje u odreenom mjerilu ordinatu krivulje u dijagramu s=s(t)

=t ssdtv0

0 (3.26)

to jest integralna funkcija (3.26) prikazuje zavisnost puta od vremena. Na analogan nain izvode se razmatranja za krivulju prikazanu u dijagramu a = a(t).

3.6. ANALITIKO RJEENJE PRAVOLINIJSKOG KRETANJA TAKE

U inenjerskoj praksi kod kinematike pravolinijskog kretanja take susreemo zadatke kod kojih figuriu veliine s,v i a. Zadatak kinematikog rjeavanja sastoji se u tome da se iz zadane zavisnosti odrede veliine s,v i a kao funkcije vremena, odnosno zavisnost brzine v i ubrzanja a od puta s. Osnovni sluajevi na koje se svode kinematiki zadaci pravolinijskog kretanja take, su:

a) Ubrzanje a je zavisna funkcija vremena t

a = f(t) . (3.27)

Brzinu kao funkciju vremena dobivamo iz jednaine (3.6)

dv = adt = f(t)dt .

Integriranjem u granicama od v0 za t = 0 do v za t dobivamo

v = v0 + t

dt)t(f0

(3.28)

Duinu puta s kao funkciju vremena dobit emo iz jednaine (3.3) nakon integracije

= t dtvs0

. (3.29)

b) Brzina v je zavisna funkcija vremena t

24

v = f(t) . (3.30)

Zavisnost puta s od vremena t dobivamo iz jednaine (3.3)

)(tf

dtdsv == ,

odnosno

ds = vdt = f(t)dt .

Integracijom gornje jednaine u granicama s0 za t = 0 do s za t dobivamo

s = s0 + t dttf0

)( . (3.31)

Ubrzanje je odreeno jednainom

[ ] . )(dt

tfddtdva == (3.32)

c) Put s je zavisna funkcija vremena t

s = f(t) . (3.33)

Izraz za brzinu v i ubrzanje a dobivamo na poznat nain pomou jednaina (3.3) i (3.6).

. d=a 2

2s

dtss

dtdsv === (3.34)

d) Brzina v je zavisna funkcija puta s

v = f(s) . (3.35)

Iz jednaine

)(sfdtdsv == ,

slijedi da je:

25

===

. )(

)(

0sf

dsvdst

sfdsdt

s (3.36)

Ubrzanje emo dobiti kao

. )(dsdvsfa

vdsdv

dtds

dsdv

dtdva

=

=== (3.37)

e) Ubrzanje je zavisna funkcija puta s

a = f(s) . (3.38)

Zavisnost brzine v od puta s nai emo iz jednaine

)(2

)( 2 sfdsvda == .

iz koje slijedi

)(21

0

20 +=

S

S

dssfvv . (3.39)

Duinu puta s kao funkciju vremena t dobit emo iz relacije

)(2

2sf

dtsda ==

dvostrukim integriranjem.

f) Ubrzanje a je zavisna funkcija od brzine v

a = f(v) . (3.40)

Zavisnost puta s dobivamo iz ve poznate relacije

f(v)dvv=

advv=ds i

dsdvv

dsvda ==

2)( 2 ,

integriranjem

26

s = s0 + vv

. vfdvv

0)(

(3.41)

Vrijeme t kao funkciju brzine v nalazimo iz jednaine

)(vfdvdt

dtdva

=

=

integriranjem

= . vfdvt )( (3.42) Na taj nain dobili smo ubrzanje, put i vrijeme kao zavisnu funkciju brzine v.

27

3.7. RIJEENI ZADACI Zadatak 3.1.

Vozilo se kree od take A ka taki B brzinom v1 = 90 km/h, a drugo vozilo se kree od take B ka taci A brzinom v2 = 30 km/h. Duina AB =s=200 km. Odrediti taku susreta vozila i vrijeme. Rjeenje: Prijeeni put vozila

s1 = v1t s2 = s1v2/ v1 .

s2 = v2t Iz uslova zadatka vrijedi da je

s1 + s2 = s s1 = s s2 = s s1 vv21

km vv

vss 150309090200

21

11 =+

=+=

s1 = s s2 = 200 150 = 50 km . km

vs

vst 67,1

90150

2

2

1

1 ====

Zadatak 3.2.

Vozilo se kree tako da mu je konstantno ubrzanje a = 0,4 m/s2. Koje vrijeme je potrebno da vozilo pree prvi metar puta, a koje je potrebno za deseti metar puta? Koju e brzinu vozilo imati na kraju desetog metra puta? Rjeenje:

Kao to je poznato, a = konst. v = v0 + at s = s0 + v0t + 2

2ta .

Za t = 0 v0 = 0 s0 = 0 , je v = at i s = 22ta

28

te je t1 = . sas 2,2

4,0122 ==

t2 = . sa

sas 4,0

4,092

4,010222 910 ==

Brzina na kraju desetog metra puta

83,24,010222 1010 ===== asasatav m/s.

Zadatak 3.3.

Podzemna eljeznica kree se po pravolinijskoj putanji tako da je prijeeni put srazmjeran treem stepenu vremena. U prvih 60 s podzemna eljeznica pree put od 90 m. Nacrtati kinematike dijagrame s(t), v(t) i a(t), te analizirati kretanje. Rjeenje:

s = bt3 Konstantu b nalazimo iz uslova

90 = b603 b = 0,000417 m/s2 s = 0,000417 t2 m v = ds/dt = 0,00125 t2 m/s a = dv/dt = 0,0025 t m/s2

Dijagram s= s(t) je kubna parabola, v=v(t) kvadratna parabola i a = a(t) prava linija. Za t = 0; s = 0; v = 0 i a = 0, a za t = 10 s s =0,42m, v = 0,125 m/s i a = 0,025 m/s2

Slika uz zadatak 3.3

0 1 2 3 4 s t

v3

v2

v1

sm

v

0 1 2 3 4 (s) t

s (m)

s1

s2

s3

0 1 2 3 4 s t

a

2s

m

a3

a2

a1

29

Zadatak 3.4.

Jedan mainski dio kree se sa ubrzanjem a = 3 v . Nakon 3 sekunde prijee put od s = 12 m i ima brzinu v = 9 m/s. Odrediti s, v i a u funkciji vremena t i vrijednosti tih veliina nakon 2 sekunde kretanja dijela. Rjeenje: Imamo da je

a = v

dv=3dt vdtdv = 3 .

Integracijom gornje jednaine

=+ vdvCdt3 3t + C = 2 v

za t = 3 s, v = 9 m/s C = 3 3t 3 = 2 v v = smttt /)1(

49

49

418

49 22 =

a = 3 v a = 4,5(t 1) m/s2 .

Brzina se moe izraziti kao

CtttCdttts

vdt=ds vdt=ds dtdsv

++=+

+=

=

49

49

43

49

418

49 232

Za t = 3 s = 12 m C = 21/4 , te je s = m ttt421

49

49

43 23 ++

Za trenutak t = 2s s = 6,75 m v = 2,25 m/s a = 4,5 m/s2 .

Zadatak 3.5.

Kliza A kree se nanie iz take D du vertikalne voice konstantnom brzinom 0v

G . Za kliza je vezano nerastezljivo idealno savitljivo ue koje je prebaeno preko kotura O, a o drugi kraj je privezan teret M. Izraunati brzinu i ubrzanje tereta M.

30


Rjeenje:

Brzina klizaa A

==

dtvds

dtv=ds dtdsv 0

0

0

s = v0t + C Za t = 0 i s = 0 C = 0 te je s = v0t .

Oznaimo li ukupnu duinu ueta sa L, tada imamo da je:

x = L .)( 20222 tvbLsb =

Brzina tereta M je ,

tvb

tvdtdxvM 2

02

0

)(+==

a ubrzanje tereta M .

tvbbv

dtxd

dtdva MM 2/322

02

220

2

2

)( +===

Zadatak 3.6.

Kruna ploa poluprenika r obre se oko ose kroz taku O tako da se ugao mijenja po zakonu = t/2 [ rad, t sek] . Rastojanje take O od sredita ploe je OC = b < r . Odrediti zakon kretanja take M, te njenu brzinu i ubrzanje u trenutku t = 2 s.

M

B

A

s

D b

x

31

Rjeenje: Imamo da je xM = 0 = konst.

yM = bcos + rcos sin =

rb sin .

Slika uz zadatak 3.6 Kako je t

2= , imamo da je

xM = 0 yM = . tbrtb )2(sin)2cos(

222 + Gornje jednaine predstavljaju zakon kretanja take M poluge MN. Brzina i ubrzanje take M

)2

(sin

)sin(4

)2

sin(2

0

222

2

tbr

tbtbdt

dyv

v

My

x

M

M

==

=

za t = 2s

. v

brr

bdt

dva

a

M

MM

M

y

yy

x

0

)(4

02

===

=

y

N

M

r

b O x

32

Zadatak 3.7.

Teret C podie se po vertikalnoj voici pomou ueta prebaenog preko nepokretnog kotura A koji se nalazi na rastojanju a od voice. Odrediti brzinu i ubrzanje tereta C u funkciji od x, ako se slobodni kraj ueta vue konstantnom brzinom v0. Slika uz zadatak 3.7 Rjeenje:

Iz trougla AOC imamo da je

x = 2aAC .

Neka je C0 poetni poloaj tereta C. Oznaimo ukupnu duinu ueta AC = l. Iz jednaine kretanja tereta C nalazimo da je

x = (I) atvl 220 )(

Brzina tereta C je

xvtvl

atvl

tvlvdtdxvC 0022

0

00 )(

)(

)( =

==

Iz jednaine (I) imamo da je

(l v0t) = 22 ax + ,

to izraz za brzinu tereta C postaje:

. axxvvC

220 +=

y a

x

0

C C0

x

A 0vG

33

Negativan predznak nam kazuje da se taka C kree tako da se apscisa x smanjuje. Ubrzanje tereta C

222

20

22022

20

axx

xavxaxx

xvaxxv

dtdva CC +

=

+==

Kako je Cvx = , to imamo da je: .

xavaC 3

20=

3.7. ZADACI ZA RJEAVANJE Zadatak 3.8.

Taka A baena je vertikalno navie. Zakon ovog pravolinijskog

kretanja, pri zanemarivanju otpora zraka, ima oblik x = v0t 221 gt

gdje su v0 i g konstante. Odrediti brzinu i ubrzanje take A, maksimalnu visinu i vrijeme za koje taka stigne u najvii poloaj.

Rjeenje:

v = v0 gt a = g

gvt 0=

Zadatak 3.9.

Ubrzanje jedne take se mijenja po zakonu a = 6t 4 m/s2. U trenutku t = 0 put s = 6 m, a u t = 2s put je s = 10 m. Odrediti jednaine s = s(t) i v = v(t).

Rjeenje: s = t3 2t2 + 8t 6 m v = 3t2 4t + 8 m/s .

34

Zadatak 3.10.

Zakon promjene brzine jedne take je v = 3t2 6t + 24 m/s. U trenutku t = 0 je s = 0 m. Odrediti jednaine s = s(t) i a = a(t), te vrijednost puta i ubrzanje u trenutku t = 2 s.

Rjeenje: a = 6(t 1) m/s s = t(t2 3t + 24) m a = 6 m/s2 s = 44 m v = 24 m/s .

Zadatak 3.11.

U skiciranom sistemu toak A iz take O kretat e se konstantnim ubrzanjem ax = konst. ( t = 0, v0 = 0, x = 0). Duina ueta L = 2h. Potrebno je odrediti poloaj, brzinu i ubrzanje tereta B y(t), v(t), a(t).


Rjeenje: y = h (L z) z = 22 xh + x = 2

2tax

y = h + 2224

tah x+

v = 4

22

32

4tah

ta

x

x

+

a = . tah

htata

x

xx

2/342

2

22264

)4

(8

12

++

A x

y

h

35

Zadatak 3.11.

Na slici je prikazan zglobni mehanizam koji se sastoji od romba ABCD, ije su stranice duine b. Tjemena D i C romba mogu se pomou tapova

1== OCOD obrtati oko osi kroz taku O, dok se tjeme B pomou tapa rOB = moe obrtati oko osi kroz taku O1. Ako je poznato da se ugao to ga

gradi du BO1 sa pravcem OO1 mijenja po zakonu = t2, odrediti:

a) jednainu putanje take A, b) brzinu i ubrzanje take A u trenutku = /3 (rad) ako je .rBOOO == 11


Rjeenje:

xA = rbl

2

22 = konst.

vA = rbl

2

22

aA = rbl

9)(23

22 .

l

l

r

r

b

b b

b A

B

C

D

O1 O

35

4.1. VEKTORSKI NAIN OPISIVANJA KRETANJA TAKE

4.1.1. Vektor brzine take

Pretpostavimo da se taka A kree u prostoru po proizvoljnoj krivulji p -

slika 4.1. Neka je u trenutku vremena t poloaj take A odreen vektorom poloaja )t(rG , a u trenutku t1 = t + t (pri emu je t = t1 t > 0 interval vremena) neka je taka u poloaju A1 iji je poloaj odreen vektorom poloaja )tt(r +G . Prema definiciji, vektor srednje brzine take pri pomjeranju take iz poloaja A u poloaj A1 jeste vektor

tr

ttrrvsr

GGGG ==

1

1 , (4.1)

gdje je: )t(r)tt(rr GGG += 1 vektor pomjeranja take u intervalu vremena t. Vektor srednje brzine srv

G ima pravac i smjer vektora pomjeranja rG . Do pojma trenutne brzine dolazimo ako zamislimo da A1 tei prema A, to jest t tei prema nuli; tada vektor srv

G izraen jednainom (4.1) tei u opem sluaju graninoj vrijednosti vG .

Krivolinijsko kretanje take

36

Slika 4.1 Vektor brzine take

Prema definiciji, ta granina vrijednost zove se vektor trenutne brzine take u poloaju A (u trenutku t)

dtrd

tr v

t

GGG == 0lim . (4.2)

Na osnovu (4.2) vidimo da se vektor brzine definira kao prvi izvod vektora poloaja po vremenu. Vektor brzine take ima pravac tangente na njenu putanju i on je funkcija vremena. Pravac i smjer vektora brzine take u svakom njenom poloaju odreuje pravac i smjer njenog kretanja ka sljedeem beskonano bliskom poloaju. Intenzitet vektora vG je skalarna veliina (v) koja ima dimenziju

[v] = [L] [T]1. Prema tome, koherentne jedinice brzine su: metar u sekundi (m/s). Osim toga koristi se i km/h, odnosno u pomorstvu "vor" (nautika milja). 4.1.2. Vektor ubrzanja take

U prethodnom poglavlju ustanovljeno je da vektor brzine krivolinijskog kretanja tangira putanju, to znai da se od take do take na putanji vektor brzine mijenja i po veliini i po poloaju u prostoru. S formalne strane ubrzanje krivolinijskog kretanja moe se definirati kao promjena brzine u jedinici vremena, ali takva definicija ovdje e imati drugaiju sadrinu nego to je imala kod pravolinijskog kretanja. Ovdje treba razumjeti openitu promjenu i po veliini i po pravcu, odnosno treba razumjeti vektorsku promjenu.

s=0 t0

rG

s(t)

37

Posmatrajmo dvije susjedne take A i A1 na krivolinijskoj putanji - slika 4.2. Oznaimo sa vG i vG 1 vektore brzine u trenutcima t i t1 = t + t. Ako se vektor vG 1 nanese iz take A, tada se dobije promjena vektora brzine vG za vG , tako da je

vG 1 = vG + vG odnosno

vG = vG 1 vG . (4.3) Pri kretanju take po krivolinijskoj putanji p vrhovi vektora vG opisuju hodograf* brzina (* Pojam hodografa objanjen je u poglavlju 4.1.3) koji prikazuje zakon brzine take A u vektorskom obliku.

Slika 4.2 Vektor ubrzanja take

Prirast brzine vG nastao je u vremenu t , te ako se napravi kvocijent tv

G , on

e dati srednji vektorski prirast brzine u intervalu t , to jest srednje ubrzanje take

tvasr

=GG . (4.4)

Intenzitet vektora sra

G je skalarna veliina koja ima dimenziju

aG

rG

1vG

1vG

vG

vG

p

A

0 y

x

z

B

B1

vG

1vG vG aG

sraG

hodograf brzina

p1

38

[a] = [L] [T]2 . Trenutno ubrzanje take dobit emo ako zamislimo da interval vremena t tei nuli, dakle taka A1 tei prema taki A i brzina v

G1 tei prema brzini v

G . Tada sra

G tei prema odreenoj graninoj vrijednosti aG . Ta se granina vrijednost naziva trenutno ubrzanje take u trenutku t, te imamo

dtvd

tv a a

tt sr

GGGG === 00 limlim (4.5)

2

2

dtrd

dtvda

GGG == . Pravac tog vektora poklapa se s pravcem tangente u taki B na hodografu p1. Prema tome, trenutno ubrzanje take jest prva derivacija vektora trenutne brzine po vremenu ili druga derivacija vektora poloaja take po vremenu. Vektor aG je vezan za taku. On lei u oskulatornoj ravnini, a usmjerenje mu je prema konkavnoj strani putanje - slika 4.3.

Slika 4.3 Pravac i smjer ubrzanja Ga 4.1.3. Hodograf brzina

A

aG

vG

0=

aG

vG

2 <

aG

A

vG

=

39

Pretpostavimo da je poznato kretanje take A po zakrivljenoj putanji. Za svaki poloaj take A1 , A2 , A3 ,...An , koji je odreen vektorom poloaja

nr,,r,r,rGGGG 321 , moemo na poznat nain. tj deriviranjem vektora poloaja po

vremenu, odrediti vektore brzina, to jest nai veliine, pravce i smjerove brzina - slika 4.4. Gornja jednaina predstavlja zakon jednoliko ubrzanog kretanja. Grafiki prikazi zakona brzine i zakona puta jednoliko ubrzanog kretanja dati su na slici 3.4.

Slika 4.4 Hodograf brzina Nanesimo odreene vektore nv,...,v,v

GGG21 brzina iz zajednike take O1 (pola

brzina). Spajanjem vrhova vektora brzina B1, B2,...,Bn dobivamo krivulju koja se naziva hodograf brzina. Hodograf brzina vrlo pregledno prikazuje promjene brzina, odnosno ubrzanja pri kretanju take. Vidimo, dakle, da je hodograf brzina geometrijsko mjesto krajeva vektora brzina, povuenih iz jednog pola.

Kada je putanja take prostorna krivulja, vektori brzina u Descartesovom koordinatnom sistemu su funkcije svojih projekcija na koordinatne osi, a one su ovisne o vremenu, to jest

vx = 1(t) = dtdx

vy = 2(t) = dtdy (4.6)

vz = 3(t) = dtdz .

rG A1 A2 A4

A5

1vG 2v

G 3vG

4vG

5vG

z

y x

0

1rG

2rG 3r

G 4rG

5rG

putanja

1vG

2vG

3vG4vG

5vGO1

B1

B4

B5

1aG

2aG

4aG

hodograf brzina

40

Jednaine (4.6) predstavljaju hodograf brzina u parametarskom obliku. Eliminacijom parametra vremena t iz gornjih jednaina dobit emo jednadbe hodografa brzina u obinom obliku. 4.2. ANALITIKI NAIN OPISIVANJA KRETANJA TAKE

4.2.1 Opisivanje kretanja take u Descartesovom koordinatnom sistemu

Posmatrajmo kretanje take A u odnosu na neko tijelo i u taki O tog tijela postavimo poetak pravouglog Descartesovog koordinatnog sistema Oxyz koji je vrsto vezan za tijelo. Poloaj take A u odnosu na ovaj sistem odreen je koordinatama x,y,z, koje se tokom vremena mijenjaju. Da bismo u svakom trenutku vremena mogli odrediti poloaj take A u prostoru, potrebno je da znamo njene koordinate kao funkcije vremena

x = x(t)

y = y(t) (4.7)

z = z(t) .

Funkcije x(t), y(t) i z(t) moraju biti neprekidne, jednoznane i diferencijabilne. Jednaine (4.7) nazivaju se jednaine kretanja take u Descartesovim pravouglim koordinatama. One odreuju zakon kretanja take pri analitikom nainu opisivanja kretanja. Ako vrijeme t posmatramo kao parametar, tada su jednaine kretanja (4.7) istovremeno i parametarske jednaine putanje take. Eliminacijom parametra t iz jednaina kretanja dobivamo jednaine linije putanje u eksplicitnom obliku. Odredimo brzinu take A u poloaju prikazanom na slici 4.5.

Slika 4.5 Brzina take

z

vzvy

vx

y

xy

x

z

iG

jG

kG

0

rG

AvG

putanja

41

U tu svrhu projicirat emo vektore r i v GG na koordinatne osi pa izraziti njihove projekcije

kzjyixrGGGG ++=

(4.8) kvjvivv zyxGGGG ++=

Iz vektora poloaja take rG dobivamo deriviranjem po vremenu t

kdtdzj

dtdyi

dtdx

dtrdv

GGGGG ++== .

Nakon uvrtavanja tih zamjena dobiva se vektorska jednaina

kvjvivv zyxGGGG ++= = k

dtdzj

dtdyi

dtdx

dtrd GGGG ++= , (4.9)

iz koje slijede skalarne jednaine

vx = xdtdx = , vy = ydt

dy = , vz = zdtdz = , (4.10)

koje se mogu ovako formulirati: projekcije brzine krivolinijskog kretanja na osi ortogonalnog koordinatnog sistema jednake su brzinama projekcija putanje, odnosno derivacijama koordinata po vremenu. Apsolutnu vrijednost brzine v nalazimo iz jednaine:

222222

+

+

=++=

dtdz

dtdy

dtdxvvvv zyx

(4.11)

dtdszdydxd

dtv =++= 2221 .

Pravac brzine odreen je izrazima:

42

( )vvxv x= ,cos G , ( )

vv

yv y= ,cos G , ( )vvzv z= ,cos G . (4.12)

Analognim postupkom dolazimo do ubrzanja take. Poimo od izraza za brzinu

kdtdzj

dtdyi

dtdxv

GGGG ++= ,

kojeg emo derivirati po vremenu

kdt

zdjdt

ydidt

xddtvda

GGGGG2

2

2

2

2

2++== , (4.13)

Slika 4.6 Ubrzanje take te imamo da je:

=

=

=

=z

y

x

z

y

x

aaa

vvv

zyx

dtzd

dtyd

dtxd

dtdz

dtd

dtdy

dtd

dtdx

dtd

a

G

2

2

2

2

2

2

, (4.14)

z

az

ay ax

y

x y

x

z

iG

jG

kG

0

rG

Aputanja vG

aG

43

to jest projekcije vektora ubrzanja na osi x,y,z jednake su drugim derivacijama odgovarajuih koordinata po vremenu. Apsolutna vrijednost ubrzanja nai e se iz odnosa:

222zyx aaaa ++= , (4.15)

a uglovi koje vektor ubrzanja zatvara s osima koordinatnog sistema odreuju se iz jednaina:

( )aaxa x= ,cos G , ( )

aa

ya y= ,cos G , ( )aaza z= ,cos G . (4.16)

Pri kretanju take u ravni otpada jedna koordinata ako se putanja smjesti u koorinatnu ravninu. 4.2.2. Opisivanje kretanja take u prirodnom koordinatnom sistemu

Prirodni koordinatni sistem - slika 2.5 koristi se u onim sluajevima u kojima je poznata linija putanje take i rastojanje s (krivolinijska koordinata) koja odreuje poloaj take na putanji u svakom trenutku vremena. Zavisnost rastojanja s od vremena

s = s(t) , (4.17) predstavlja zakon kretanja (zakon puta, jednaina kretanja) take po putanji. Za odreivanje kretanja take u prirodnom koordinatnom sistemu potrebno je da poznajemo putanju take, poetak 0 koordinatnog sistema na putanji sa izabranim pozitivnim i negativnim smjerom raunanja, i zakon puta u obliku (4.17). Vektor poloaja take )t(rr GG = moe se uzeti da je funkcija krivolinijske koordinate s, a preko nje da je funkcija vremena t

[ ])(tsrr GG = . (4.18)

44

Koritenjem jednaina (4.2) i (4.18) nalazimo vektor brzine take u obliku

tedtds

dtds

dsrd

dtrdv G

GGG ===

(4.19)

dsrde saevv ttGGGG == ,

pri emu je iskoritena poznata relacija za jedinini vektor tangente dsrdetGG = za

kog vrijedi

1lim ==

dsrd

sr GG . (4.20)

Iz jednaine (4.19) oigledno je da vektor brzine take ima pravac tangente. Projekcija vektora brzine na pravac tangente

sdtdsv == , (4.21)

jednaka je prvom izvodu po vremenu krivolinijske koordinate s. Znak projekcije vektora brzine na pravac tangente, odnosno znak prvog izvoda krivolinijske koordinate s po vremenu, odreuje smjer vektora brzine take. Pozitivnom znaku odgovara kretanje take u pozitivnom smjeru mjerenja koordinate s, a negativnom znaku odgovara kretanje take u negativnom smjeru mjerenja koordinate s. Koritenjem jednaina (4.5) i (4.19) moemo da dobijemo izraz za vektor ubrzanja take u obliku

dted

dtdse

dtsde

dtds

dtd

dtvda ttt

GGGGG +=

== 22

. (4.22)

45

Slika 4.7 Ubrzanje take u prirodnom koordinatnom sistemu Ovdje dolazi do deriviranja jedininog vektora te

G koji lei u oskulatornoj ravnini i to na presjeku te ravnine s rektifikacionom (tangencijalnom) ravninom.

Slika 4.8 Uz izvod jedininog vektora teG

Na osnovu slike moemo pisati da je

teG = teG (t + t) teG (t) . Vektor teG je paralelan s vektorom neG i istog smjera, a veliina mu je

1 = KRs

jer je ( ) ( ) 1== tet+t e tt GG . Prema tome je

nK

t eRse GG = ili n

K

t ets

Rte GG

1= , (4.23)

)(tetG

teG

)( ttet +G

)(tenG

)(tenG

)( tten +G

beG

46

gdje je RK poluprenik zakrivljenosti putanje. Dobivamo da je

nK

nK

t eRv

tse

Rdted

t

GGG =

= 0lim

1 . (4.24)

Uoavamo iz (4.24) da je derivacija jedininog vektora okomita na taj

vektor. Uvrtavajui jednaine (4.24) u (4.22) dobivamo izraz za vektor ubrzanja

nK

t eRve

dtvda

GGGG 2+= . (4.25)

Oigledno je da vektor ubrzanja ima projekcije at i an na pravac tangente

i glavne normale - slika 4.7. Intenzitet tangencijalne komponente ubrzanja je:

at = dtdv

dtsd =2

2 ,

a normalne je

an = KR

v2 .

(4.26) Intenzitet vektora ubrzanja odreuje se obrascem

a = 222

22

+

=+

Ktn R

vdtdvaa . (4.27)

Veliina at karakterizira promjenu veliine vektora brzine v = dtds , dok an

odreuje promjenu pravca vG , definiran poluprenikom zakrivljenosti RK putanje.

Ukoliko je dtds > 0, razlikujemo tri sluaja:

47

a) Ubrzano kretanje at > 0 slijedi dv = at dt > 0 veliina brzine raste

Slika 4.9 Ubrzano kretanje

b) Usporeno kretanje at < 0 slijedi dv = at dt < 0 veliina brzine se smanjuje

Slika 4.10 Usporeno kretanje

c) Jednoliko kretanje at = 0 slijedi dv = 0 veliina brzine je konstantna

Slika 4.11 Jednoliko kretanje

naG

taG

aG

vG

naG

taG

aG

vG

.konstv =Gnaa GG =

48

Ukoliko je at = konst., imamo dva sluaja: at > 0 jednoliko ubrzano i at < 0 jednoliko usporeno kretanje. Na primjer, kod pravolinijskog kretanja RK = i pri tome je an = 0 , to jest vektor aG lei na pravcu tangente taa GG = .

Slika 4.12 Pravolinijsko kretanje 4.2.3 Opisivanje kretanja take u polarnom koordinatnom sistemu

Kod rjeavanja zadataka iz kinematike, pri kretanju take u ravni, esto se koristi polarni koordinatni sistem. U daljnjem razmatranju ograniit emo se na kretanje take u ravnini. Za ravninski polarni koordinatni sistem osi su postaljene u radijalnom i cirkularnom (transverzalnom) pravcu - slika 4.13. Posmatrajmo kretanje take A, u odnosu na polarni koordinatni sistem Or . Poloaj take potpuno je odreen koordinatama

r = r(t) (4.28)

= (t) .

Slika 4.13 Brzina take u polarnom koordinatnom sistemu

taaGG =

vG

0

=(t) eG reG

rerrGG =

putanja

vG

rvG

vG

x

y

49

Vektor poloaja take A je

rerOArGG == (4.29)

gdje je rrerGG = jedinini vektor radijus vektora.

Deriviranjem vektora poloaja dolazimo do brzine take A

( )dtedre

dtdrer

dtd

dtrdv rrr

GGGGG +=== . (4.30)

Derivacija dted rG

se moe odrediti na razliite naine, a jedan od njih je taj da se

derivira izraz

reG reG = 1 ( ) 0=

dteed rrGG

,

iz kojeg slijedi da je:

02 =rr edted GG .

Ovaj izraz pokazuje da je rr e dted GG , odnosno d reG reG , to jest promjena

vektora d reG je okomita na jedinini vektor reG , kako je prikazano na slici 4.14

Slika 4.14 Slika uz izvod jedininog vektora reG

)(treG

= )( dttre +G

d

d

redG

redG

)(teG)( dtte +G

edG

50

Iz elementarnog trougla slike 4.14 slijedi da je

[ [ ddeed rr == 1GG i (4.31)

dtd

dted r =G

.

Prema tome je dted rG

po analognoj vrijednosti jednaka desnoj strani u jednaini

(4.31), a usmjerena je normalno na jedinini vektor reG , to se moe izraziti

e

dtd

dted r GG

= , (4.32)

gdje je eG jedinini vektor, okomit na vektor reG . Analogno bismo dobili na osnovu slike 4.14

d reG = de reG (ovaj vektor je suprotnog smjera) rr edtedteedGGG 1== (4.33)

redted GG

= .

Uvrtavanjem vrijednosti (4.32) u jednainu (4.30) dobivamo izraz za brzinu

e

dtdre

dtdrv r

GGG += . (4.34)

Iz posljednjeg izraza vidimo da se brzina sastoji od dvije komponente:

1) Radijalne komponente

rr edtdrv

GG =

(4.35)

iji je intenzitet vr = dtdr ,

51

koja je usmjerena po radijus vektoru, a prikazuje brzinu porasta (ili opadanja) veliine radijus vektora u vremenu.

2) Cirkularna (transverzalna) komponenta

e

dtdrv

GG =

(4.36)

iji je intenzitet v = r dtd ,

koja je usmjerena okomito na radijus vektor poloaja a po apsolutnoj vrijednosti r

dtd je jednaka obodnoj brzini rotacije. Moemo pisati da je izraz

za brzinu

evevv vrGGG += + . (4.37)

Intenzitet brzine je:

v = ( ) ( )222222 rrdtdr

dtdrvvr +=

+

=+ , (4.38)

a njen pravac odreen je izrazima:

cos = vvr , sin =

vv . (4.39)

Na analogan nain moemo odrediti i komponente vektora ubrzanja take A koji je usmjeren prema konkavnoj strani putanje - slike 4.15.

Slika 4.15 Ubrzanje take u polarnom koordinatnom sistemu

0

=(t) eG reG

rerrGG =

putanja

aG2

2

dtrd

aG

ra

G 2

dtdrr

2

2

dtdr

dtd

dtdr 2

x

y

52

Deriviranjem izraza za brzinu (4.34) dobit emo

dted

dtdre

dtdre

dtd

dtdr

dted

dtdre

dtrd

dtvda rr

GGGGGGG ++++== 22

2

2 . (4.40)

Uvrtavanjem izraza (4.32) i (4.34) u gornju jednainu imamo da je:

dted

dtdre

dtdre

dtd

dtdr

dted

dtdre

dtrd

dtvda rr

GGGGGGG ++++== 22

2

2

(4.41)

[ ] [ ] errerra r GGG ++= 22 .

Na osnovu prethodne jednaine zakljuujemo da se vektor ubrzanja sastoji od dvije komponente.

1) Radijalne komponenete koja je odreena izrazom

22

2

2 rr

dtdr

dtrdar =

= , i (4.42)

2) Cirkularne komponente ubrzanja

rrdtdr

dtd

dtdra +=+= 22 2

2 . (4.43)

Ako analiziramo pojedine lanove prethodne dvije jednaine, zakljuit emo da je lan 2

2

dtrd ubrzanje take uslijed njenog kretanja u pravcu vektora

poloaja, a 2

dtdr je centripetalno ubrzanje uslijed obrtanja vektora poloaja.

Pri tom obrtanju pojavljuje se istovremeno tangencijalno ubrzanje 22

dtdr . lan

dtd

dtdr 2 je dopunsko ili Coriolisovo ubrzanje koje je detaljno objanjeno u

poglavlju 5.3. Intenzitet vektora ubrzanja take A je odreujemo iz slijedee relacije

a = ( ) ( )22222 2 rrrraar ++=+ , (4.44)

53

a njegov pravac je odreen relacijom

tg = ra

a . (4.45)

4.2.4. Opisivanje kretanja take u cilindrinom koordinatnom sistemu Pretpostavimo da se taka A kree po putanji p u prostoru. Kretanje take

A je odreeno ako su poznate jednaine r = r(t)

= (t) (4.46) z = z(t) .

Ako uz polarne koordinate r i u ravnini uzmeno jo i vertikalnu udaljenost take A od te ravnine, onda imamo cilindrini koordinatni sistem. Pretpostavimo da putanju take A projektiramo na ravninu XY i da je kretanje projekcije A prikazano polarnim koordinatama r i . Ovdje dodajemo jo i koordinatu z, to jest projektiramo kretanje na os z. Takvo kretanje je identino s kretanjem take A po izvodnici cilindrine povrine na kojoj lei prostorna krivulja p - slika 4.16. Eliminacijom parametra t iz prvih dviju jednaina (4.46), dobit emo projekciju putanje u ravnini XY u obliku

f(r,) = 0 . (4.47) Krivulju (4.47) opisuje projekcija A, to jest taka u kojoj noramala sputena na ravninu XY probija tu ravninu. Ovom se mora jo pridodati i kretanje u pravcu paralele A'A s osi z.

Slika 4.16 Brzina take u cilindrinom koordinatnom sistemu

x

y

z

reG eG k

G

0

rG

A' vG

rvG

v p1

vvG

rvG

vGA

zvG

p

54

Brzina take A odreena je njenim komponentama

kvevevv zrrGGGG ++= , (4.48)

gdje je:

=dtdrvr radijalna komponeneta,

=dtdrv cirkularna komponenta,

=dtdzvz aksijalna komponenta.

Intenzitet vektora brzine odreen je jednainom

v = 222 zr vvv ++ , (4.49) dok je pravac odreen relacijama

( )vvvv rr = GG,cos , ( ) vvvv = GG,cos , ( ) vvvv zz = GG,cos . (4.50)

Analagnim postupkom dolazimo do komponenata ubrzanja take A:

=2

2

2

dtdr

dtrdar

radijalna komponenta,

+= 22

2dtdr

dtd

dtdra cirkularna komponenta i

= 22

dtzdaz aksijalna komponenta.

Intenzitet ubrzanja take A dat je jednainom

a = 222 zr aaa ++ , (4.51)

55

a pravac sa

( )aaaa rr = GG,cos , ( ) aaaa = GG,cos , ( ) aaaa zz = GG,cos . (4.52)

4.2.5 Sektorska brzina

Pretpostavimo da se taka u trenutku t nalazi u poloaju A i u trenutku t +t u poloaju A1. Pri tom kretanju radijus vektor prebrie povrinu trougla OAA1 ().

Slika 4.17 Sektorska brzina Apsolutna vrijednost te povrine data je relacijom

rrGGG =

21 , (4.53)

a tu povrinu moemo smatrati vektorom, pa je moemo izraziti kao

rrGGG =

21 . (4.54)

Srednja brzina porasta te povrine u opem pravilu je

trr

tSW

==

GGGG21 . (4.55)

0

rG A t

A1 vG

1rG

SG

rG

(t+t)

56

Pod sektorskom brzinom podrazumijeva se povrina koju prebrie radijus vektor u jedinici vremena. Ona se dobije kao granina vrijednost srednje brzine WS

G.

trr

tSS

ttt sr =

== GGGGG

000lim

21limlim .

Kao to nam je poznato, vdtrd

tr

t

GGG ==

0lim , te se prethodna jednaina svodi na

slijedei oblik:

vrdtdS GG

GG ==21 (4.56)

Vektorski produkt vr GG moe se tretirati po analogiji sa silom kao

statiki moment vektora brzine s obzirom na taku O. S obzirom na ovakav zakljuak, sektorska brzina je polovina statikog momenta vektora brzine s obzirom na pol O.

Vektor sektorske brzine je okomit na ravninu trougla OAA1 - slika 4.17. Ukoliko putanja take lei u ravnini, tada radijus vektor i vektor brzine takoer lee u toj ravnini, pa e prema tome vektor sektorske brzine imati u tom sluaju stalan smjer, okomit na ravninu putanje.

Vektor sektorske brzine moemo prikazati preko projekcija na osi Descarrtesovog koordinatnog sistema Oxyz

zyxzyxkji

vrS

GGGGGG ==2 , (4.57)

iz koje slijedi da je

2Sx = y z z y 2Sy = z x x z (4.58) 2Sz = x y y x ,

gdje je

xvdtdxx ==

57

yvdtdyy ==

zvdtdzz == .

Ako promatrana taka A izvodi ravno kretanje, tada se povrina elementarnog trougla moe izraziti kao

drd 221= ,

a apsolutna vrijednost sektorske brzine

dtdr

dtd 2

21= , (4.59)

gdje je (t) polarni ugao obrtanja radijus vektora. 4.3. RIJEENI ZADACI

Zadatak 4.1. Kretanje take odreeno je jednainama kretanja

x = rcos t y = rsin t z = h 2 t .

Potrebno je istraiti zadano kretanje i odrediti brzinu i ubrzanje take. Rjeenje: Projekcija kretanja u ravnini xy je kretanje po krunici

x2 + y2 = r2 , a ako se parametar (vrijeme) t odredi iz tree i uvrsti u drugu jednainu dobit emo

y = rsin zh

2 ,

58

to znai da je projekcija putanje na ravninu yz sinusoida, a projekcija putanje na ravninu xz je kosinusoida

x = rcos zh

2 .


Zakljuujemo da je putanja take zavojnica na valjku. Projekcije brzine take su:

vx = dtdx = rsin t

vy = dtdy = rcos t

vz = dtdz = h 2 ,

a apsolutna veliina brzine je

v = 22222

222222 424

rhhrvvv zyx

+=+=++ .

Pravac vektora brzine definiran je kosinusima smjerova

cos (Gv ,x) = trh

rvv

2x

sin4

222+

=

cos (Gv ,y) = trh

rvv

2

y

cos4

222+

=

x y

M0

r z M 0

h vG

vG

H

z

59

cos (Gv ,z) = 224 rh

hvv

2z

+= .

Projekcije ubrzanja take su:

ax = dtdv

dtxd x=2

2 = 2rsin t

ay = dtdv

dtyd y=2

2= 2rcos t

az = 0 , a apsolutna veliina ubrzanja je

a = 222 zyx aaa ++ = 2 r . Pravac vektora ubrzanja definiran je jednainama

cos ( aG ,x) = taax cos=

cos ( aG ,y) = ta

ay sin=

cos ( aG ,z) = 0=aaz .

Zadatak 4.2.

Taka se kree u ravnini tako da su joj projekcije brzine vx = 10t2 + 5 m/s i vy = 3t2 10 m/s. U trenutku t = 0 taka se nalazila u poloaju x = 5 m i y = 10 m. Potrebno je odrediti poloaj, brzinu i ubrzanje take nakon vremena od 3 sekunde. Rjeenje: Poloaj take dobivamo integracijom projekcija brzina

vx = dtdx = 10t + 5

x = dtvx = 5t2 +5t + C1 vy = dt

dy = 3t2 10 y = dtvy = t3 10t + C2

za t = 0 ; x = 5 slijedi C1 = 5 ; y = 10 slijedi C2 = 10.

60

Uvrtavanjem integracionih konstanti imamo da je

x = 5(t2 + t + 1) y = t3 10t 10 .

Za trenutak vremena t = 3s x = 65 m

y = 13 m . U trenutku t = 3 projekcije brzina imaju vrijednost

vx = 103 + 5 = 35 m/s vy = 332 10 = 17 m/s .

Ubrzanje take dobivamo na analogan nain

==dt

dva xx 10

==dt

dva yy 6t

za t = 3 s

ax = 10 m/s2 ay = 63 = 18 m/s2 .

Zadatak 4.3.

Viljukar podie paletu u jedan visoki regal konstantnom brzinom vx = 0,8

m/s i vy = 0,6 m/s. S koje visine h0 treba podizati paletu ubrzanjem 0,40 m/s2 da je podigne na visinu h1 = 4,5 m. Koju e brzinu i ubrzanje paleta imati na visini od y2 = 4,4 m? Rjeenje: Ubrzanje u oba pravca Ox i Oy

ax = 0 ay = a0 vx = vOx vy = a0 + vOy x = vOxt y = 20a t2 + vOyt + h0 .

61

Ako iz prethodnih jednaina eliminiramo parametar vremena, dobit emo jednainu putanje.

t = Oxvx

y = 02202 hxvv

xva

Ox

Oy

Ox++= .

U visini h1 = 4,5 m je

vy = 0 za t = t1 y = h1 t1 = s a

vOy 5,140,060,0

0== Slika uz zadatak 4.3

h0 = h1 2102 ta vOyt1 h0 = 4,5 25,12

4,0 0,61,5 h0 = 4,05 m .

Putanja take (palete) iz zadatka 4.3 U trenutku t2 visina na kojoj se paleta nalazi je y = 4,40 m.

y2 = 022202 htvta

Oy ++

0)(22

0

022

0

22 =+ a

hytav

t Oy

rjeenje gornje jednaine

t2 = 0

022

00

)(2a

hyav

av OyOy

t2 = 0,793 s v2y = 0,40,793 + 0,6 = 0,283 m/s

x

y h0

naG

taG

aG

vGm

y 4,5 4,4 4,3 4,2 4,1 4,0

3,5 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2

mx

62

vx = 0,8 v = 2022 vv y + = 0,849 m/s .

Rezultirajue..ubrzanje a = ay = 0,40 m/s2 . Ugao kog gradi vektor vG brzine sa horizontalom = 19,47 Ukupno ubrzanje moemo razloiti na komponenete

an = acos = 0,377 m/s2 at = asin = 0,133 m/s2 .

Poluprenik krivine na taki y = 4,40 m je

RK = m. av

n911,1

377,0849,0 22 ==

Zadatak 4.4.

Kretanje take A u ravnini Oxy dato je jednainama

x = 2 + 10cos t52

y = 3 + 10 sin t52 ,

gdje su koordinate x i y date u mm, a vrijeme t u sekundama s. Odrediti putanju, brzinu, ubrzanje i zakon kretanja take A po putanji! Rjeenje:


A C 0

A

x

s aG

vG

y

63

Eliminacijom parametra vremena t dobivamo jednainu putanje

(x 2)2 + (y 3) 2 = 102 , koja predstavlja krunicu poluprenika r = 10 mm. Brzina take A

vx = dtdx = 4sin t

52

vy = dtdy = 4cos t

52 ,

a njen intenzitet izrazom

v = 22 yx vv + = 4 mm/s . Zakon kretanja take A po putanji

s = r = t dt0

4 = 4t . Kako je v = 4 = konst., ubrzanje je jednako

a = an = rv2 = 1,62 mm/s2 .

Zadatak 4.5.

Pravac p obre se u horizontalnoj ravnini oko osi kroz taku A i pri tome sijee nepominu krunicu poluprenika r. (Njen poetni poloaj je stanje mirovanja p0. Ugao to ga pravac gradi sa svojim poetnim poloajem mijenja se po zakonu

= arccos

cdtd

2

2

gdje je c - konst.

64

Odrediti brzinu i ubrzanje take P koja je presjecite izmeu pravca i krunice u funkciji ugla i za poloaj kada je =

2 .


Rjeenje: Usvojimo Descartesov koordinatni sistem i odredimo poloaj take P

Slika uz rjeenje zadataka 4.5

xP = r (1 + cos 2) yP = r sin 2 .

Projekcije brzine i ubrzanja take P odreujemo deriviranjem prethodnih jednaina

vx = 2sin2 rdtdxP =

vy = 2sin2 rdtdxP =

ax = 2sin2 rdtdxP =

ay = 2sin22cos24 rrdtdvx = .

0

P p

2 ya

G

xaGaG

yvG

xvG

vG

y

x r r

A 0

r

P p

p0

65

Ugao se mijenja po zakonu

cos22

= cdtd

cos22

= cdtd .

Nakon razdvajanja promjenjivih i integriranja slijedi da je

sin22 = c .

Uvrtavanjem u izraze za brzinu i ubrzanje take P imamo da je

v = sin2222 crvv yx =+ a = 222 sin1512 +=+ craa yx

za =

2 v = 2r c2 [m/s]

a = 8rc [m/s2] . Zadatak 4.6.

Projektil se izbaci iz take O poetnom brzinom v0 = 500 m/s pod uglom od = 40. Ako je brdo nagiba = 15 , odrediti domet projektila i vrijeme za koje e projektil pasti.


xxP

P 0vG

y

66

Rjeenje: Jednaine kretanja kosog hica dobivamo iz izraza za brzinu

vx = v0cos vy = v0sin gt .

Nakon integracije gornjih jednaina imamo da je

x = v0tcos y = v0tsin 21 gt2 .

Eliminacijom parametra vremena t dobivamo jednainu putanje prijektila

y = xtg 220

2

cos2 vxg .

Jednaina pravca (brda) je y = tgx . U taki pada P prijektila imamo da je

y = y tgxtgxv

gx =+ 220

2

cos2

0)(cos2 220

2= tgtgxv

gx .

Sreivanjem gornje jednaine imamo jednainu

x2 0)(cos222

0 = xg

tgtgv , ije je rjeenje

xA = gtgtgv )(cos2 220 ,

odnosno domet projektila

OP = D = 17700cos

)(cos2cos

220 ==

g

tgtgvxA m.

Vrijeme pada projektila

67

t = gv

tgtgvv

xA=

cos

)(cos2cos 0

20

0

t = g

tgtgv )(cos2 0 t = 44,6 s .

Zadatak 4.7.

Kuglica se izbacuje iz take A poetnom brzinom 0vG , kao to je prikazano na slici. Ploaj take A je (xA = 0, yA = 0,8 m). Kuglica pada u taki B iji je poloaj xB = 1,2 m yB = 0. Odrediti veliinu brzine kojom treba izbaciti kuglicu, vrijeme pada kuglice, i ugao koji zauzima brzina kuglice u taki B sa horizontalom.

Slika uz zadatak 4.7 Rjeenje:

Ubrzanje i brzina kuglice je:

ax = 0 vx = v0 ay = g vy = gt .

Poloaj kuglice odreen je jednainama

x = xA + v0t y = yB 2

2gt . Za vrijeme kada kuglica stigne u taku B imamo da je:

t = tB xB = xA + v0tB = 1,2 m

A y

B x 1,2m

BvG

0vG

0,8m

0

68

yB = yA 22Bgt = 0

tB = sgyA 404,0

81,98,022 == .

Za xA = 0

v0 = m/s t

x

B

B 97,2404,02,1 == .

Ugao brzine u taki B

tg = 334,197,2

404,081,9

0===

vgt

vv B

xB

yB

= arctg ( 1,334) = 53,1 . Zadatak 4.8.

Vozilo se kree po mostu tako da njegovo teite S opisuje parabolu y = 0,005x2 , a preeni put po paraboli mijenja se po zakonu

s = 32 t2 9t2 + 60t .

Odrediti brzinu i ubrzanje teita vozila u trenutku kada doe u tjeme parabole a da brzina u tom trenutku ima najmanju vrijednost.

Slika uz zadatak 4.8 Rjeenje:

Brzina i ubrzanje vozila je

v = dtds = 2t2 18t + 60

at = dtdv = 4t 18

an = KR

v2 .

0 S

xaG

vG

y

69

Poluprenik zakrivljenosti

RK = yy 32 )1( +

gdje je 01,001,0 2 === dtyd=y x

dtdyy

2

RK = 01,0)0001,01( 2/32x+ .

U tjemenu parabole x = 0 RK = 100 m. Brzina u tom poloaju ima najmanju vrijednost

dtdv = 0

4t1 18 = 0 t1 = 418 = 4,5 s. Pri tome je v1 = 2t12 18t1 + 60 = 19,5 m/s

at = dtdv = 0

a = an = KR

v2 = 8,3100

)5,19( 2 = m/s2 .

Zadatak 4.9.

Taka A kree se po krugu poluprenika r = 9 m , a promjena preenog puta take je

s = 3t2 9 m . Nakon vremena t = 1,8 s odrediti poloaj take A, njenu brzinu i ubrzanje.


0 x x

s

A

y

r y

70

Rjeenje:

Do poloaja take A dolazimo preko preenog puta ds = rd

dtdr

dtds = =

dtds

rdtd 1=

29tdtds = sljedi da je =

91 9t2 = t2 s1

= dtd

dtd =2

2 = 2t s2

s = r = 139

93 33 == ttrs rad.

Poloaj take A

x = rcos = rcos (3

3t 1) = 5,28 m y = rsin = rsin (

3

3t 1) = 7,28 m . Brzina take A

vx = dtdx = rsin

dtd = rt2 sin (

3

3t 1) = 23,617 m/s vy = dt

dy = rcos dtd = rt2 cos (

3

3t 1) = 17,1 m/s . Ubrzanje take A

ax = dtdvx = rcos 2 dt

d rsin 22dtd ax = rt[t3 cos ( 3

3t 1) + 2 sin (3

3t 1)] = 81,66 m/s2 ay = dt

dvy = rsin 2 dtd t3sin(

3

3t 1) ay = rt[2 cos ( 3

3t 1) t3 sin (3

3t 1)] = 57,51 m/s2 .

71

Zadatak 4.10.

Ruica prikazana na skici obre se od = 20 konstantnom ugaonom brzinom 0 =3,0 s1. Na ruici je masa koja se kree po ruici od

poluprenika r = 200 mm s ubrzanjem a = 0,5 m/s2 . Kada je 1 = 230 , odrediti brzinu i ubrzanje mase i poluprenik krivine putanje mase. Rjeenje:

Za poetni poloaj 0 = 20 vrijedi da je:

r = a = 0 r = vr = at + 0 0 = v = r0 r =

21 at2 + r0 = 0t + 0

Za poloaj 1 vrijeme t1

t1 = 50,320230 00

0

01

= = 1,222 s .

Poloaj mase i njena brzina je

r1 = 212 ta + r0 = 2

1 0,51,222 + 0,2 = 0,573 m , vr = at1 = 0,51,222 = 0,611 m/s , v = r10 = 0,5733,0 = 1,719 m/s , v = 22 vvr + = 1,825 m/s .

= 70,44 = 59,56

r

m


72

Slika uz odreivanje brzine vG

Slika uz odreivanje ubrzanja aG

ar = 2rr

Za trenutak vremena t1, gdje je 1 = 230 imamo da je:

ar = 0,5 0,5733,02 ar = 4,657 m/s2 a = 2vr + r a = 20,6113 + 0 a = 3,666 m/s2 a = 22 aar + = 5,927 m/s2 = arctg

raa = 38,21

= 50 = 11,79 .

rvG

m

vG

pvG

0230

050

050 A

r1

naG

aG

taG

raG

paG

m

vG

0230A

73

Tangencijalna i normalna komponeneta ubrzanja je

at = acos ( + ) at = 1,895 m/s2 an = asin ( + ) an = 5,616 m/s2 .

Poluprenik putanje ima vrijednost

RK = 616,5825,1 22 =

nav

RK = 0,593 m . Zadatak 4.11.

Industrijski robot s tri osi moe se translatorno pomjerati u pravcu osi z i r i obrtati se oko osi (z). Dra ruke robota kree se u pravcu osi z konstantnom brzinom v0z i ujedno se obre ugaonom brzinom 0. Ruka s prihvatnicom na kraju u radijalnom pravcu kree se brzinom

0rv . Ako je prihvatnica u poetnom trenutku t = 0 bila u poloaju r = r0, z = z0 , = 0 odrediti poloaj, brzinu i ubrzanje prihvatnice!

Industrijski robot s tri osi

o

y

z

r

zvG

rvG

x

74

Rjeenje:

Kako je

vr = rdtdr = =

dtd = 0 = const. vz = zdtdz = ,

(za cilindrini koordinatni sistem) integracijom gornjih jednaina dobit emo


r = r0 + tvr0 , = 0 t , z = z0 + tvr0 .

Komponenete brzine prihvatnice su:

vr = 0rv , v = r = (r0 + tvr0 )0 , vz = 0zvz = , a komponenete ubrzanja prihvatnice imaju vrijednost

ar = r 2 = (r0 + tvr0 )0 2 , a = 0022 rvr = i az = 0 .

reG

zeGeG

qG

rG

x

z

O

z y

75

4.4. ZADACI ZA RJEAVANJE Zadatak 4.12.

Kretanje take A dato je jednainama

x = 4t2 + 3 y = 3t2 + 2

gdje su koordinate x i y date u m, a vrijeme t u sekundama. Odrediti putanju take, brzinu take i ubrzanje!

Rjeenje:

y = 41

43 x

vx = 8t vy = 6t ax = 8 ay = 6 .

Zadatak 4.13.

tap AB, koji je u poetnom trenutku leao na osi 0x, pomjera se navie konstantnom.brzinom v0 i dovodi u kretanje prsten P du nepomine parabole ija je jednaina y2 = 4x . Odrediti brzinu i ubrzanje prstena P i poluprenik zakrivljenosti parabole u funkciji x i y!


Rjeenje: v = v0 x+1 a =

2

20v

RK = sin)1(2 x+ .

O

P

BA

y

x

xy = 42

ovG

76

Zadatak 4.14.

Kretanje take A odreeno je jednainama

x = r(kt sin kt) y = r(kt cos kt) .

Odrediti brzinu i ubrzanje take A!

Rjeenje:

v = 2krsin2kt

a = rk2 . Zadatak 4.15.

Zrno izbaeno iz cijevi topa, koji stoji u podnoju brda ija je povrina nagnuta pod uglom = konst. prema horizontali kree se saglasno jednainama

x = v0 tcos y = v0 tsin 21 gt2 .

Odrediti ugao pod kojim treba izbaciti zrno da bismo postigli najvei domet!


Rjeenje:

= 24 +

0

A

y

x

ovG

77

ZADATAK 4.16

Poluga OB obre se konstantnom ugaonom brzinom = dtd i dovodi u

kretanje kliza A. Odrediti ukupno ubrzanje klizaa A ako su ostali podaci dati na slici.


Rjeenje:

a = baar 222 4 =+ . Zadatak 4.17.

Dobo se obre konstantnom ugaonom brzinom . Poluprenik doboa je r. Na dobo se namotava ue tako da se taka C vue po podlozi kao to je prikazano na slici. Odrediti brzinu i ubrzanje take C kraja ueta u funkciji ugla .

Slika uz zadatak 4.17 Rjeenje: vr =

cosr

aC = r2 cos23

tg .

O

B

A

r

b

b

C

O

r

r2

78

Zadatak 4.18.

Taka A kree se po elipsi suglasno jednainama

x = acos t y = bsin t . Odrediti brzinu i ubrzanje take A u trenucima kada se taka A nalazi na koordinatnim osima!


Rjeenje:

v = 22 ba + a = 2 22 yx +

Zadatak 4.19.

Kretanje take u ravnini zadano je jednainama kretanja

r = tn = 4r .

gdje je (r u m, u rad, vrijeme t u s) Odrediti trajektoriju, brzinu i ubrzanje u trenutku t = 2s!

Rjeenje:

r = 8 hiperbolna spirala ar = 32 m/s2 a = 64 m/s2 v = 8 5 m/s .

4A

1A

2A

3A

A

Oy

x

a2

y

x

aGb2

79

Zadatak 4.20.

Kretanje take zadano je jednainama

x = rcos t y = rsin t z = t

gdje su r, i konstante. Odrediti brzinu i ubrzanje take!

Rjeenje:

v = 222 +r a = r2 .

Zadatak 4.21.

Poluga OA motornog klipnog mehanizma obre se tako da se ugao to ga gradi s pravcem OB mijenja po zakonu = t . Duine su OA = AB = 2a. Potrebno je odrediti: a) jednaine kretanja take M poluge AB ako je AM = MB, b) jednainu putanje take M i c) brzinu i ubrzanje take M.

Slika uz zadatak 4.21.

Rjeenje: a) x = 3acos t y = asin t b) 1

9 22

2

2=+

ay

ax

c) v = a tt 22 cossin9 + a = r2 r = 22 yx +

B

O

AM

y

x

79

5.1. RELATIVNO, PRENOSNO I APSOLUTNO KRETANJE TAKE

Sloeno kretanje take je takvo kretanje pri kojem taka istovremeno

uestvuje u dva ili vie kretanja. Ako se taka A kree u odnosu na pomini koordinatni sistem O1x1y1z1, a isti koordinatni sistem se kree u odnosu na nepomini koordinatni sistem Oxyz, za taku A kaemo da vri sloeno kretanje, slika 5.1

Slika 5.1 Relativno, prenosno i apsolutno kretanje

1orG

O

AG

1O

( )M

N

ArG

x

y

y1

1z

1x

z A

Sloeno kretanje take

80

Tijelo (M) moe vriti bilo kakvo kretanje u odnosu na nepomini koordinatni istem Oxyz. Kretanje krutog tijela (M) moe se razloiti na translatorno kretanje pola O1 i sferno kretanje tijela oko tog pola. Iz ovog slijedi da su jednaine kretanja tijela (M) odreene izrazima

xO 1 = x O 1(t) yO 1 = yO 1(t) zO 1 = zO 1(t) (5.1)

= (t) = (t) = (t) , gdje su: xO 1 , yO 1 i zO 1 koordinate pola O1, a , i Eulerovi uglovi koje grade osi , N i , kao to je prikazano na slici 5.1. Kretanje take A u odnosu na pomini koordinatni sistem O1 (koji je kruto vezan za tijelo (M) i s tijelom se kree), to jest u odnosu na tijelo (M), nazivamo relativnim kretanjem take. Brzina i ubrzanje take A u odnosu na ovaj sistem je njena relativna brzina Gvr i relativno ubrzanje Gar . Kretanje take A u odnosu na nepomini koordinatni sistem Oxyz naziva se apsolutnim kretanjem take. Brzina i ubrzanje take A u odnosu na ovaj sistem je njena apsolutna brzina Gv i apsolutno ubrzanje Ga . Kretanje pokretnog koordinatnog sistema O1 (to jest tijela (M) u odnosu na nepokretni koordinatni sistem Oxyz) predstavlja prenosno kretanje s takom A. Brzina i ubrzanje one take pokretnog sistema O1 (to jest tijela M) koja se u datom momentu poklapa s pokretnom takom A, predstavlja

Documents

Kinematika Isak Karabegovic