Kinematika zbirka

Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo

1. zadatak

Točka se giba pravocrtno po zakonu:

1325 23 +++= ttts

Izračunati:

a) pomak točke u intervalu s30 ≤≤ t , b) zakon promjene brzine i ubrzanja točke c) srednju brzinu i srednje ubrzanje u zadanom intervalu, d) prevaljeni put u zadanom intervalu, e) položaj točke, brzinu i ubrzanje u trenutku s21 =t .

Skicirati ts − , tv − i dijagrame uz pomoć EXCEL-ovih tablica. ta − Rješenje: a) Pomak točke u zadanom intervalu može se izračunati kao razlika položaja točke u trenucima 0=t i

: s3=t m1)0( =s m1631333235)3( 23 =+⋅+⋅+⋅=s m162116330 =−=∆ − b) Deriviranjem zakona gibanja dobiva se zakon promjene brzine točke

34150132235d 22 ++=+⋅+⋅+⋅== ttttdtsv ,

a deriviranjem izraza za brzinu dobiva se zakon promjene ubrzanja

430014215d+=+⋅+⋅== tt

dtva .

c) Srednja brzina u intervalu je: 30 ≤≤ t

sm54

31163

3)0()3(

=−

=−

=ssvsr

a srednje ubrzanje u istom intervalu:

sm150334315)3( 2 =+⋅+⋅=v

sm3304015)0( 2 =+⋅+⋅=v

2sm49

33150

3)0()3(

=−

=−

=vvasr


d) Budući da u zadanom intervalu točka ne mijenja smjer brzine to je ukupno prevaljeni put jednak pomaku točke: m162116330 =−=∆= −uks e) Položaj točke, brzina i ubrzanje u trenutku s21 =t : m551232225)2( 23 =+⋅+⋅+⋅=s

sm71324215)2( 2 =+⋅+⋅=v

2644230)2(sma =+⋅=

Kinematički dijagrami prikazani su uz pomoć EXCEL-ove tablice.

t [s] s [m] v [m/s] a [m/s2]

0,0 1,00 3,0 4

0,5 3,63 8,8 19

1,0 11,00 22,0 34

1,5 26,88 42,8 49

2,0 55,00 71,0 64

2,5 99,13 106,8 79

3,0 163,00 150,0 94

s - t diagram

0,00

50,00

100,00

150,00

200,00

0,0 1,0 2,0 3,0

t [s]

s [

m]


v - t diagram

0,0

50,0

100,0

150,0

200,0

0,0 1,0 2,0 3

t [s]

v [

m/s

]

,0

a - t diagram

0

20

40

60

80

100

0,0 1,0 2,0 3,0

t [s]

a [m

/s2 ]


2. zadatak

Zadan je zakon pravocrtnog gibanja točke:

6242 3 +−= tts Izračunati:

f) trenutak u kojem brzina iznosi 1t sm72)( 1 =tv ,

g) akceleraciju u trenutku kada je iznos brzine 2tsm30)( 2 =tv

h) pomak u intervalu s40 ≤≤ ti) ukupno prevaljeni put u zadanom intervalu,

Skicirati ts − , tv − i dijagrame u intervalu ta − s40 ≤≤ t uz pomoć EXCEL-ovih tablica.

Rješenje: f) Zakon promjene brzine dobiva se deriviranjem zakona gibanja:

246012432d 22 −=+⋅−⋅== ttdtsv ,

Vrijeme u kojem točka postiže brzinu 1t smv 72= dobiva se prema:

s4166

247224672 12

12

1 =⇒=+

=⇒−= ttt

a vrijeme u kojem točka postiže brzinu 2tsmv 30= dobiva se prema:

s396

243024630 22

12

1 =⇒=+

=⇒−= ttt

. g) Deriviranjem zakona promjene brzine slijedi zakon promjene ubrzanja:

ttdtva 1226d

=⋅==

pa je akceleracija u trenutku : s32 =t

2sm36312d)3( =⋅==

dtva

h) Pomak u intervalu dobiva se prema: s40 ≤≤ t m6602402)0( 3 =+⋅−⋅=s


m38642442)4( 3 =+⋅−⋅=s m32638)0()4(40 =−=−=∆ − ss i) Tijekom gibanja u zadanom intervalu točka mijenja smjer gibanja pa pomak točke nije jednak prevaljenom putu. Trenutak kada brzina mijenja smjer gibanja dobiva se prema:

s246240246 22 =⇒==⇒=−= tttv

Prevaljeni put za prve dvije sekunde gibanja je: m32626)0()2(20 =−−=−=− sss a prevaljeni put u intervalu između druge i četvrte sekunde gibanja: m6426(38)2()4(42 =−−=−=− sss pa je ukupno prevaljeni put: m966432422040 =+=+= −−− sss Kinematički dijagrami prikazani su uz pomoć EXCEL-ove tablice

t [s] s [m] v [m/s] a [m/s2]

0,0 6,00 -24,0 0

0,5 -5,75 -22,5 6

1,0 -16,00 -18,0 12

1,5 -23,25 -10,5 18

2,0 -26,00 0,0 24

2,5 -22,75 13,5 30

3,0 -12,00 30,0 36

3,5 7,75 49,5 42

4,0 38,00 72,0 48


s - t diagram

-30,00

-20,00

-10,00

0,00

10,00

20,00

30,00

40,00

50,00

0,0 1,0 2,0 3,0 4,0

t [s]

s [

m]

v - t diagram

-30,0-20,0-10,0

0,010,020,030,040,050,060,070,080,0

0,0 1,0 2,0 3,0 4,0

t [s]

v [

m/s

]

a - t diagram

0

10

20

30

40

50

0,0 1,0 2,0 3,0 4,0

t [s]

a [m

/s2 ]


3. zadatak

Brzina točke pri pravocrtnom gibanju mijenja se prema zakonu:

2008025 2 −−= ttv

Ako je točka započela gibanje iz ishodišta odrediti:

j) zakon gibanja , )(tsk) zakon promjene ubrzanja )(ta

Skicirati ts − , tv − i dijagrame u intervalu ta − s50 ≤≤ t uz pomoć EXCEL-ovih tablica.

Rješenje: j) Zakon gibanja dobiva se integriranjem izraza za brzinu:

∫∫ −−=⇒=⇒=ts

dtttsvdtsdtsv

0

2

0

)2008025(ddd ,

ttts

ttts00

2

0

3

0200

280

325 ⋅−⋅−⋅=

)0(200)0(40)0(3250 2233 −⋅−−⋅−−⋅=− ttts

tttts ⋅−⋅−⋅= 20040325)( 23

k) Deriviranjem zakona promjene brzine slijedi zakon promjene ubrzanja:

8050180225d−=⋅−⋅== tt

dtva

Prema tablici

t [s] s [m] v [m/s] a [m/s2]

0 0,00 -200,0 -80

1 -231,67 -255,0 -30

2 -493,33 -260,0 20

3 -735,00 -215,0 70

4 -906,67 -120,0 120

5 -958,33 25,0 170 nacrtani su kinematički dijagrami tv − , ts − i ta −


v - t diagram

-300,0

-250,0

-200,0

-150,0

-100,0

-50,0

0,0

50,0

0 1 2 3 4

t [s]v

[m

/s]

5

s - t diagram

-1000,00

-800,00

-600,00

-400,00

-200,00

0,000 1 2 3 4

t [s]

s [

m]

5

a - t diagram

-100

-50

0

50

100

150

200

0 1 2 3 4 5

t [s]

a [m

/s2 ]


4. zadatak

Zadan je tv − dijagram pri pravocrtnom gibanju točke:

v - t diagram

0,0

10,0

20,0

30,0

40,0

0,0 1,0 2,0 3,0 4,0 5,0 6,0 7,0 8,0 9,0 10,0t [s]

v [

m/s

]

Ako je točka započela gibanje iz ishodišta odrediti ts − i ta − dijagrame. Rješenje: Zakon gibanja i zakon promjene ubrzanja za prvi interval gibanja s50 ≤≤ t

Zakon promjene brzine u prvom intervalu može se odrediti iz dijagrama (jednadžba pravca kroz dvije točke):

ttvttv 8)()0(050400)( =⇒−⋅

−−

=−

Integriranjem izraza za brzinu dobiva se zakon gibanja točke u prvom intervalu:

∫∫ =⇒=⇒=ts

tdtsvdtsdtsv

00

8ddd

tts

tts0

2

0

2

04

28 =⋅=

)0(40 22 −⋅=− ts 24)( tts ⋅= Deriviranjem zakona promjene brzine slijedi zakon promjene ubrzanja:

818d=⋅==

dtva


Na kraju prvog intervala u trenutku s51 =t položaj točke je , a brzina iznosi m10054)5( 2 =⋅=s

smv 40)5( = .

Zakon gibanja i zakon promjene ubrzanja za drugi interval gibanja s105 ≤≤ t

Zakon promjene brzine u drugom intervalu može se odrediti iz dijagrama (jednadžba pravca kroz dvije točke):

808)()5(510

40040)( +−=⇒−⋅−−

=− ttvttv

Integriranjem izraza za brzinu dobiva se zakon gibanja točke u drugom intervalu:

∫∫ +−=⇒=⇒=ts

dttsvdtsdtsv

5100

)808(ddd

tts

tts55

2

10080

28 ⋅+⋅−=

)5(80)5(4100 22 −⋅+−⋅−=− tts 200804)( 2 −+−= ttts Deriviranjem zakona promjene brzine slijedi zakon promjene ubrzanja:

8018d−=+⋅−==

dtva

Na osnovu dobivenih izraza nacrtani su kinematički dijagrami ts − i ta − .

s - t diagram

0,020,040,060,080,0

100,0120,0140,0160,0180,0200,0

0,0 1,0 2,0 3,0 4,0 5,0 6,0 7,0 8,0 9,0 10,0

t [s]

s [

m]


a - t diagram

-10-8-6-4-202468

10

0,0 1,0 2,0 3,0 4,0 5,0 6,0 7,0 8,0 9,0 10,0

t [s]

a [m

/s2 ]


5. zadatak

Zadan je dijagram pri pravocrtnom gibanju točke. ta −

a - t diagram

-2,50

-2,00

-1,50

-1,00

-0,50

0,00

0,50

1,00

1,50

2,00

2,50

0,0 5,0 10,0 15,0 20,0 25,0 30,0

t [s]

a [m

/s2 ]

Ako je točka započela gibanje iz ishodišta iz stanja mirovanja odrediti ts − i tv − dijagrame te prevaljeni put u promatranom intervalu. Rješenje: Zakon promjene brzine i zakon gibanja za prvi interval s100 ≤≤ t

Zakon promjene ubrzanja u prvom intervalu može se odrediti iz dijagrama (jednadžba pravca kroz dvije točke):

ttatta 2,0)()0(010020)( =⇒−⋅

−−

=−

Integriranjem izraza za ubrzanje dobiva se zakon promjene brzine točke u prvom intervalu:

∫∫ =⇒=⇒=tv

tdtvadtvdtva

00

2,0ddd

ttv

ttv0

2

0

2

01,0

22,0 =⋅=

)0(1,00 22 −⋅=− tv 21,0)( ttv ⋅=


Integriranjem izraza za brzinu slijedi zakon gibanja:

∫∫ =⇒=⇒=ts

dttsvdtsdtsv

0

2

0

1,0ddd

tts

tts0

3

0

3

0 301

31,0 =⋅=

333

301)()0(

3010 ttsts ⋅=⇒−⋅=−

Na kraju prvog intervala u trenutku s101 =t brzina iznosi sm10)10( =v a položaj točke je

m3

10010301)10( 3 =⋅=s .

Zakon promjene brzine i zakon gibanja za drugi interval s2010 ≤≤ t

Budući da je u drugom intervalu ubrzanje jednako 0, brzina je konstantna i iznosi sm10)10( == vv .

Zakon gibanja dobiva se integriranjem izraza za brzinu:

∫∫ =⇒=⇒=ts

dtsvdtsdtsv

103/100

10ddd

ts

ts103/100

10 ⋅=

)10(103

100−⋅=− ts

3

20010)( −= tts

Na kraju drugog intervala u trenutku s201 =t brzina iznosi sm10)20( =v a položaj točke je

m3

4003

2002010)20( =−⋅=s

Zakon promjene brzine i zakon gibanja za treći interval gibanja s3020 ≤≤ t

Zakon promjene ubrzanja u trećem intervalu može se odrediti iz dijagrama (jednadžba pravca kroz dvije točke):

42,0)()20(2030020)( +−=⇒−⋅

−−−

=− ttatta

Integriranjem izraza za ubrzanje dobiva se zakon promjene brzine točke u trećem intervalu:


∫∫ +−=⇒=⇒=tv

dttvadtvdtva

2010

)42,0(ddd

ttv

ttv2020

2

104

22,0 ⋅+⋅−=

)20(4)20(1,010 22 −+−⋅−=− ttv 3041,0)( 2 −+⋅−= tttv Integriranjem izraza za brzinu slijedi zakon gibanja:

∫∫ −+−=⇒=⇒=ts

dtttsvdtsdtsv

20

2

3/400

)3041,0(ddd

tttttts

tttttts2020

2

20

3

2020

2

20

3

3/400302

30130

24

31,0 −+−=⋅−⋅+⋅−=

)20(30)20(2)20(301

3400 2233 −⋅−−⋅+−⋅−=− ttts

200302301)( 23 +⋅−⋅+⋅−= tttts

Na kraju trećeg intervala u trenutku s301 =t brzina iznosi sm030304301,0)30( 2 =−⋅+⋅−=v a položaj

točke je m200200303030230301)30( 23 =+⋅−⋅+⋅−=s

Na osnovu dobivenih izraza nacrtani su kinematički dijagrami tv − i ts − .

v - t diagram

0,0

2,0

4,0

6,0

8,0

10,0

0,0 5,0 10,0 15,0 20,0 25,0 30,0t [s]

v [

m/s

]


s - t diagram

0,020,040,060,080,0

100,0120,0140,0160,0180,0200,0

0,0 5,0 10,0 15,0 20,0 25,0 30,0

t [s]

s [

m]


6. zadatak

Ruka robota se giba pravocrtno po zakonu:

)2

cos(05,0)( ππ+

⋅=

tts

Odrediti zakon promjene brzine i ubrzanja te skicirati kinematičke dijagrame na intervalu koji je jednak periodu zakona gibanja. Rješenje: Zadano gibanje je primjer harmonijskog gibanja točke. Trigonometrijske funkcije:

su periodičke funkcije. Period gibanja je:ωπ2

=T . )sin( ϕω +⋅⋅= tAy i )cos( ϕω +⋅⋅= tAy

U danom primjeru je period gibanja: s42

2=

⋅=ππT .

Brzina se dobiva deriviranjem zakona gibanja:

)2

sin(0785,02

)2

sin(05,0d)( πππππ+

⋅⋅−=⋅⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ +

⋅−⋅==

ttdtstv

a ubrzanje deriviranjem zakona promjene brzine točke:

)(4

)2

cos(1233,02

)2

cos(2

05,0d)(2

tsttdtvta ⋅−=+

⋅⋅−=⋅⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ +

⋅−⋅==

πππππππ

Prema dobivenim izrazima nacrtani su kinematički dijagrami ts − , tv − i u intervalu ta − s40 ≤≤ t .

s - t diagram

-0,05

-0,04

-0,03-0,02

-0,01

0,00

0,01

0,020,03

0,04

0,05

0,00 0,50 1,00 1,50 2,00 2,50 3,00 3,50 4,00

t [s]

s [

m]


v - t diagram

-0,080

-0,060

-0,040

-0,020

0,000

0,020

0,040

0,060

0,080

0,00 0,50 1,00 1,50 2,00 2,50 3,00 3,50 4,00

t [s]

v [

m/s

]

a - t diagram

-0,125

-0,100

-0,075

-0,050

-0,025

0,000

0,025

0,050

0,075

0,100

0,125

0,00 0,50 1,00 1,50 2,00 2,50 3,00 3,50 4,00

t [s]

a [m

/s2 ]


7. zadatak

Vozila A i B nalaze se na ravnom dijelu ceste. U početnom trenutku vozila su udaljena 2000 m. Vozilo A započinje gibanje ubrzavajući sa 0.5 m/s2 , dok vozilo B ima konstantnu brzinu vB = 15 m/s. Nakon koliko će se vremena vozila A i B mimoići te koliki je prijeđeni put pojedinog vozila za to vrijeme? Izračunati brzinu vozila A u trenutku mimoilaženja.

A B

2000 m

aA = 0.5 m/s

2

sA

sB

vB = 15 m/s

Rješenje: Put koji prevali vozilo A je:

222AA 25,0

25,0

2tttas ⋅=⋅=⋅= .

Put vozila B je:

ttvs ⋅=⋅= 15BB .

Zbroj putova kojih prevale vozila A i B jednak je početnoj udaljenosti, tj.:

m 2000BA =+ ss

slijedi:

34,94305.0

200022515

020001525.0

20001525,0

2,1

2

2

±−=+±−

=

=−⋅+⋅

=⋅+⋅

t

tt

tt

Pošto vrijeme ne može biti negativno slijedi da je: s 34,64=t

Prijeđeni put vozila A je: 22

A 34,6425,025,0 ⋅=⋅= ts

m 91,1034A =s

Prijeđeni put vozila B:

34,6415BB ⋅=⋅= tvs

m 10,965B =s

Vozilo A u trenutku mimoilaženja ima brzinu:

34,645,0AA ⋅=⋅= tav sm 17,32A =v


8. zadatak

Automobili A i B nalaze se na ravnom dijelu ceste, međusobno udaljeni 5 km. Nakon koliko će vremena automobil A sustići automobil B i koje će putove prijeći od trenutka polaska automobila A do trenutka susreta, ako automobil A ubrzava 12 s nakon čega se giba jednoliko, dok automobil B ima konstantnu brzinu?

A

5 km

a = 2.5 m/s2

v = 24 m/s

B

Rješenje: Brzina vozila A nakon prvih 12 sekundi je:

sm 30125,21A1

=⋅=⋅= tav

Automobil A prvih 12 sekundi se giba jednoliko ubrzano, a potom jednoliko. Put koji prijeđe iznosi:

( )

( )12301225,2

302

2A

121A

−⋅+⋅=

−⋅+⋅=

ts

tttas

Automobil B prijeđe za isto vrijeme put:

ttvs ⋅=⋅= 24BB

Ukupni put koji treba prijeći automobil A je jednak:

BA 5000 ss += .

Slijedi:

( )

51806024500036030180

24500012301225,2 2

=⋅=⋅−−−⋅+

⋅+=−+⋅

ttt

tt

s 33,863=t

Automobil B za to vrijeme prijeđe put:

m 92,2071933,86324B =⋅=s

a automobil A:

m 92,2571992,2071950005000 BA =+=+= ss


9. zadatak

Prometni policajac na motorkotaču započinje gibanje u položaju A tri sekunde nakon što je kroz isti položaj prošao automobil vozeći konstantnom brzinom od 100 km/h. Motorkotač ima ubrzanje od 5 m/s2 dok ne postigne maksimalnu brzinu od 120 km/h, nakon čega se giba jednoliko. Odrediti udaljenost od položaja A do mjesta u kojem će motorkotač sustići automobil.

A

vA = 100 km/haM = 5 m/s2 vM = 120 km/h Rješenje: Brzina automobila izražena u m/s je:

sm 778,27

36001000100

hkm 100A =⋅==v ,

a maksimalna brzina motorkotača je:

sm 333,33

36001000120

hkm 120M =⋅==v .

Automobil prijeđe, do trenutka kada ga sustigne motorkotač, put:

ttvs ⋅=⋅= 333.33AA

Vrijeme za koje motorkotač postigne maksimalnu brzinu je:

s 667,65333,33max

1 ===a

vt .

Do trenutka sustizanja motorkotač prijeđe put:

108,211333,33230,322333,33122,111

)3667,6(333,33667,625

)3(2

2

1max21

−⋅=−⋅+=

−−⋅+⋅=

−−⋅+⋅=

tsts

ts

ttvtas

M

M

M

M

Putovi koje prijeđu vozila su jednaki: MA ss =

Slijedi da je vrijeme sustizanja:

108,211555,5108,211333,33778,27

−=⋅−−⋅=⋅

ttt

s 38=t .

Udaljenost mjesta sustizanja od mjesta A je:

38778,27AMA ⋅=⋅=== tvsss

m 56,1055=s .


10. zadatak

Kamen je pušten da slobodno pada u jamu, da bi se 10 s nakon puštanja začuo udar kamena o dno jame. Odrediti dubinu jame, ako je brzina zvuka m/s330=zv . Rješenje: Pri slobodnom padu kamen prijeđe put koji je jednak dubini jame h i za to mu treba sekundi (jednoliko ubrzano gibanje s ubrzanjem ):

1t2m/s81,9=g

21

21

21 905,4

281,9

2tttgh ⋅=⋅=⋅=

Isti put prijeđe zvuk gibajući se jednoliko, od dna jame do uha čovjeka, ali za sekundi: 110 t−

111 3303300)10(330)10( tttvh z ⋅−=−⋅=−⋅=

Izjednačavanjem gornjih izraza dobije se kvadratna jednadžba:

03300330905,4

3303300905,4

121

121

=−⋅+⋅

⋅−=⋅

tt

tt

iz koje slijedi:

478,42639,33905,42

)3300(905,44330330 2

2,1 ±−=⋅

−⋅⋅−±−=t

Budući da vrijeme može biti samo pozitivno, slijedi da je:

s839,81 =t , a dubina jame je: 221 839,8905,4905,4 ⋅=⋅= th


11. zadatak

Kuglica je bačena vertikalno uvis početnom brzinom m/s50=v . Istom brzinom bačena je druga kuglica 4 s kasnije. Nakon koliko će vremena, od trenutka bacanja prve kuglice i na kojoj visini doći do sudara? Rješenje: Kuglica 1 se, dok ne dostigne visinu H , giba jednoliko usporeno, pa je:

tgvv

tgtvy

⋅−=

⋅−⋅=

0

20 2

U najvišem položaju je njena brzina jednaka 0 iz čega slijedi vrijeme penjanja i najviša dosegnuta visina:

m421,12781,92

50222

s097,581,9

500

220

2

200

02110

0110

=⋅

=⋅

=⋅−⋅=⋅−⋅=

===⇒=⋅−

gv

gvg

gv

vtgtvH

gv

ttgv

Nakon toga kuglica 1 slobodno pada po zakonu:

427,127002,50905,4

)979,25194,10(905,4)097,5(281,9)(

22

22211

+⋅−⋅=

=+⋅−⋅=−⋅=−⋅=

tt

tttttgs

dok se kuglica 2 giba jednoliko usporeno po zakonu:

48,27824,89905,4-

)168(905,4)4(50)4(2

)4(

2

2202

−⋅+⋅=

=+⋅−⋅−−⋅=−⋅−−⋅=

tt

ttttgtvs

budući da je započela gibanje 4 s kasnije.

Iz uvjeta da je: Hss =+ 21

slijedi: 421,127)48,27824,89905,4()427,127002,50905,4( 22 =−⋅+⋅−++⋅−⋅ tttt

474,278238,39 =⋅ t

s097,7=t .

Visina, pri kojoj se kuglice sudaraju, je jednaka pređenom putu kuglice 2:

48,278097,724,89097,7905,448,27824,89905,4- 222 −⋅+⋅−=−⋅+⋅= tts

m804,1022 =s .



12. zadatak

Gibanje točke definirano je vektorskom jednadžbom:

( ) [ ]m 33423 23 jtittr

rrr⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅+⋅⋅−⋅=

Odrediti: a) vektore brzine i ubrzanja u ovisnosti o vremenu b) vektore položaja, brzine i ubrzanja točke u trenutku s41 =t , c) kut kojeg zatvaraju vektori brzine i ubrzanja u tom trenutku. Rješenje:

a) Iz ( ) [ ]m)( 33423 23 jtyix(t)jtittr

rrrrr⋅+⋅=⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅+⋅⋅−⋅= dobiju se parametarske jednadžbe

gibanja točke :

334)(

23)(

2

3

+⋅=

⋅−⋅=

tty

tttx

Projekcije vektora brzine na koordinatne osi dobiju se deriviranjem parametarskih jednadžbi gibanja:

tttytv

ttxtv

y

x

⋅=⋅==

−⋅==

382

34)()(

29)()( 2

&

&

pa je vektor brzine: ( ) ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡⋅⋅+⋅−⋅=⋅+⋅=

sm

3829)()( 2 jtitjtvitvv yx

rrrrr

Projekcije vektora ubrzanja na koordinatne osi dobiju se deriviranjem izraza pravokutnih komponenti brzine:

38)()(

1829)()(

==

⋅=⋅==

tvta

tttvta

yy

xx

&

&

pa je vektor ubrzanja: ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡⋅+⋅⋅=⋅+= 2s

m 3818)()( jitjtaitaa yx

rrrrr

b) U trenutku su vektori položaja, brzine i ubrzanja: s41 =t


m 3,243434)4(

m 1844243)4(

2

3

=+⋅=

=⋅−⋅=

y

x [ ]m 3,24184)4( jir

rrr⋅+⋅=

sm 7,104

38)4(

sm 142249)4( 2

=⋅=

=−⋅=

y

x

v

v

sm2,1427,10142)4( 2222 =+=+= yx vvv ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡⋅+⋅=

sm 7,10142)4( jiv

rrr

2

2

sm 67,2)4(

sm 72418)4(

=

=⋅=

y

x

a

a 2

2222

sm05,7267.272)4( =+=+= yx aaa ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡⋅+⋅=

sm 67,272)4( jia

rrr

c) Kut α što ga vektor brzine zatvara sa pozitivnim dijelom x osi u trenutku je: s41 =t

o3,407535,0142

7,10)4()4(

=⇒=== ααx

y

vv

tg

a kut β što ga vektor ubrzanja zatvara sa pozitivnim dijelom x osi u trenutku je: s41 =t

o1,203708,07267,2

)4()4(

=⇒=== ββx

y

aa

tg

pa je kut δ kojeg zatvaraju vektori brzine i ubrzanja u trenutku s41 =t :

ooo 2,21,23,4 =−=−= βαδ


13. zadatak

Gibanje točke zadano je parametarskim jednadžbama:

)2(2)(2

2)(

+⋅=+

=

ttyt

tx

Odrediti jednadžbu putanje, brzinu, ubrzanje i radijus zakrivljenosti putanje u trenutku . s31 =t Rješenje:

Iz prve jednadžbe je: x

t 22 =+ pa uvrštavanjem u drugu dobiva se jednadžbu putanje:

xxy 422 =⋅=

Komponente brzine odrede se deriviranjem po vremenu parametarskih jednadžbi gibanja:

2)()2(

2)(2

==+−

==

tyvt

txv

y

x

&

&

U trenutku komponente brzine iznose: s31 =t

sm2)3(

sm08,0

)23(2)3( 2

=

−=+−

=

y

x

v

v

a brzina je: sm006,42)08,0()3( 2222 =+−=+= yx vvv .

Komponente ubrzanja odrede se deriviranjem izraza za komponente brzine po vremenu, tj.:

0)()2(

4)(3

==+

==

yy

xx

vtat

vta

&

&

Komponente ubrzanja u trenutku s31 =t su:

2

23

sm0)3(

sm032,0

)23(4)3(

=

=+

=

y

x

a

a

a ubrzanje je:

22222

sm032,00)032,0()3( =+=+= yx aaa

Prirodne komponente ubrzanja dobiju se prema: 22

dd

tn

yyxxt

aaa

vavav

tva

−=

⋅+⋅==


U trenutku prirodne komponente ubrzanja iznose: s31 =t

22222

2

sm 03199,0000639,0032,0)3()3()3(

sm 000639,0

006,402032,008,0

)3()3()3()3()3(

)3(

=−=−=

=⋅+⋅−

=⋅+⋅

=

tn

yyxxt

aaa

vavav

a

Izraz za normalnu komponentu ubrzanja glasi: ρ

2van = pa je radijus zakrivljenosti putanje:na

v 2

=ρ .

U trženom trenutku je:

m 66,50103199,0006,4

)3()3()3(

22

===na

vρ


14. zadatak

Putanja leta helikoptera nakon njegovog uzlijetanja iz položaja A na heliodromu definirana je parametarskim jednadžbama gibanja:

y

x

m04,0)(

m2)(3

2

tty

ttx

⋅=

⋅=

Odrediti: a) jednadžbu putanje te položaj helikoptera u odnosu na točku A u trenutku , s101 =tb) zakon promjene intenziteta brzine i ubrzanja, c) iznos brzine i ubrzanja kao i radijus zakrivljenosti putanje na mjestu u kojem se helikopter nalazi u trenutku . s101 =t Rješenje: a) Jednadžba putanje dobiva se eliminiranjem parametra t iz gornjih jednadžbi. Iz prve jednadžbe je:

2xt =

pa uvrštavanjem u drugu slijedi:

33

014,08

04,0 xxy == .

Ovaj izraz predstavlja jednadžbu putanje. Položaj helikoptera u odnosu na točku A u trenutku s101 =t je:

m40100,04y(10)

m200102)10(3

2

=⋅=

=⋅=x

b) Projekcije brzine helikoptera na osi pravokutnog koordinatnog sustava su:

22 12,0304,0)()(

422)()(

tttytv

tttxtv

y

x

⋅=⋅⋅==

⋅=⋅⋅==

&

&

a iznos brzine je:


( ) ( ) 4222222 0144,01612,04)( ttttvvtv yx ⋅+⋅=⋅+⋅=+=

Projekcije ubrzanja na osi pravokutnog koordinatnog sustava su:

tttvtatvta

yy

xx

⋅=⋅⋅====

24,0212,0)()(4)()(

&

&

a iznos ubrzanja je:

( ) 22222 0576,01624,04)( ttaata yx ⋅+=⋅+=+=

c) U trenutku su: s101 =t

sm76,411240)10(

sm121012,0)10(

sm40104)10(

22

2

=+=

=⋅=

=⋅=

v

v

v

y

x

222

2

2

sm66,44.24)10(

sm4,21024,0)10(

sm4)10(

=+=

=⋅=

=

a

a

a

y

x

Radijus zakrivljenosti putanje određuje se na sljedeći način:

NTN

yyxxT a

vaaav

avavva2

22

dtd

=−=⋅+⋅

== ρ

pa je u trenutku s101 =t

m3,154313,176,41

)10()10()10(

sm13,152,466,4)10()10()10(

sm52,4

76.414,212440

)10()10()10()10()10(

dtd)10(

22

22222

2

===

=−=−=

=⋅+⋅

=⋅+⋅

==

N

TN

yyxxT

av

aaa

vavavva

ρ


15. zadatak

Projektil je ispaljen brzinom od

sm2800 =v pod kutem od prema horizontali. o

0 60=α

Odrediti udaljenost od položaja A do položaja B. d

v = 200 m/s

60O

20OA

B

d

Rješenje:

Znajući komponente ubrzanja projektila za vrijeme njegovog leta: 2sm0=xa i 2s

m81,9−=−= ga y

parametarske jednadžbe gibanja projektila dobivaju se prema:

.cos0cos

0

0d

d0

00

0

cos

0cos

00

00

konstvvvv

v

dtv

dtadvdtv

a

a

x

x

v

vx

tv

vx

xxx

x

x

x

x

=⋅==−

=

⋅=

=⇒=

=

∫∫

αα

α

α

gtvv

gtvv

tgv

dtgv

dtadvdtv

a

ga

y

y

tv

vy

tv

vy

yyy

y

y

yy

y

−⋅=

−=⋅−

⋅−=

⋅−=

=⇒=

−=

∫∫

00

00

0sin

0sin

sin

sin

d

d

00

00

α

αα

α

tvxtvx

vx

dtvx

dtvdxdtxv

tx

tx

xx

⋅⋅=−⋅=−

⋅=

⋅=

=⇒=

∫∫

00

0

000

0

000

0

cos)0(cos0

cos

cosd

d

αα

α

α

200

220

0

2

000

0

000

0

2sin

)0(2

)0(sin0

2sin

)sin(d

d

tgtvy

tgtvy

tgtvy

dttgvy

dtvdydtyv

tty

ty

yy

⋅−⋅⋅=

−⋅−−⋅⋅=−

⋅−⋅⋅=

⋅−⋅=

=⇒=

∫∫

α

α

α

α

Jednadžba putanje odredi se na sljedeći način:

0000 cos

cosα

α⋅

=⇒⋅⋅=v

xttvx pa uvrštavanjem u izraz za slijedi: y


022

0

2

00

220

2

0000 cos2cos2cos

sinα

ααα

α⋅⋅

−⋅=⋅

⋅−⋅

⋅⋅=v

xgxtgv

xgv

xvy

Budući da je točka B dio putanje to njene koordinate i zadovoljavaju gornju jednadžbu:

o20cos⋅= dxBo20sin⋅= dyB

o220

o22ooo

60cos220cos20cos6020sin

⋅⋅⋅

−⋅⋅=⋅vdgdtgd , pa je:

m2,58175,02802

88302,081,96276,134202,0 22

2

=⇒⋅⋅

⋅−⋅=⋅ dddd .


16. zadatak

Košarkaška lopta se u trenutku izbacivanja nalazi na udaljenosti m7,6=d od obruča. Visinska razlika obruča i lopte u tom trenutku je

. m6,0=h

d

x

yh

Kut pod kojim je košarkaš izbacio loptu je o75 . Kolika treba biti početna brzina da lopta prođe kroz centar obruča? Koliko vremena prođe od trenutka izbacivanja do trenutka prolaska lopte kroz obruč? Rješenje: Košarkaška lopta nakon izbacivanja giba se po zakonima gibanja kosog hica:

2sin)(

cos)(2

00

00

tgtvty

tvtx

⋅−⋅⋅=

⋅⋅=

α

α

Sređivanjem gornjih jednadžbi dobiva se jednadžba putanje: 0

220

2

0 cos2)(

αα

⋅⋅

−⋅=v

xgxtgxy

Iz navedene jednadžbe uvrštavanjem: m6,0== hy , m7,6== dx , dobiva se: o

0 75=α

o220

2o

75cos27,681,97,6756,0

⋅⋅

−⋅=v

tg 4047,24

973,3286973,32860047,256,0 202

0

=⇒−= vv

sm605,110 =v

Vrijeme leta t od izbacivanja lopte do prolaska kroz obruč dobiva se prema jednadžbi: 1

s23,275cos605,11

7,6cos

cos)( 000

100 =⋅

=⋅

=⇒⋅⋅=α

αv

dttvtx


17. zadatak Točka je započela gibanje u ravnini iz položaja jir

rrr⋅+⋅= 3ln20 , tako da se vektor njene brzine mijenja

prema: jt

tittvrrr⋅

++⋅=

322)( 2 .

Odrediti: a) ovisnost vektora položaja i vektora ubrzanja o vremenu b) jednadžbu putanje i skicirati je c) položaj, brzinu i ubrzanje u trenutku s11 =t d) kut kojeg zatvaraju međusobno vektori brzine i ubrzanja u zadanom trenutku. Rješenje: a) Vektor položaja dobiva se prema:

2

02

22

2d

d

dx2

2

22

0

2

2

02

02

+=

−=−

⋅=

=

=

=⇒=

=

∫∫

∫∫

tx

tx

tx

tdtx

dtvx

dtvdxdt

v

tv

tx

tx

t

x

x

xx

x

)3ln(

3ln)3ln(3ln

)3ln(

32d

dy3

2

2

2

0

2

3ln

02

3ln

2

+=

−+=−

+=

+=

=⇒=

+=

∫∫

ty

ty

ty

dtt

ty

dtvdydt

v

ttv

ty

ty

yy

y

jtittrrrr⋅++⋅+= )3ln()2()( 22 , a vektor ubrzanja prema:

jt

tita

tt

tttt

dtv

adtv

a yy

xx

rrr⋅

+−

+⋅=

+−

=+

⋅−+⋅====

22

2

22

2

22

2

)3(262)(

)3(26

)3(22)3(2d

2d

b) Jednadžba putanje dobiva se elimininacijom parametra iz jednadžbi gibanja: t)1ln()32ln(22 +=+−=⇒−= xxyxt

c) Vektori položaja, brzine i ubrzanja u trenutku s11 =t glase:

222

22

22

sm016,225,02)1(25,02)1(

sm062,25,02)1(5,02)1(

m305,3)4(ln3)1(4ln3)1(

=+=⋅+⋅=

=+=⋅+⋅=

=+=⋅+⋅=

ajia

vjiv

rjir

rrr

rrr

rrr

d) Kut α kojeg međusobno zatvaraju vektori brzine i ubrzanja u zadanom trenutku je:

o1,7992304,0062,2016,2

5,025,022cos =⇒=⋅

⋅+⋅=

⋅

⋅+⋅=

⋅⋅

= ααva

vavavava yyxx

rrrr

rr


18. zadatak

Vektor ubrzanja pri krivocrtnom gibanju točke mijenja se prema: jtitta

rrr⋅++⋅= )16(4)( 2 . Točka je

započela gibanje iz položaja jirrrr⋅+⋅−= 210 brzinom jiv

rrr⋅−⋅= 230 .

Odrediti vektore položaja, brzine i ubrzanja točke u trenutku s11 =t . Rješenje: Komponente brzine dobiju se integriranjem komponenti ubrzanja prema:

334)(

)0(343

34

4d

)(d

)(

4)(

3

33

0

3

3

0

2

3

2

+⋅=

−⋅=−

⋅=

=

=⇒=

=

∫∫

ttv

tv

tv

dttv

dttadvdtv

ta

tta

x

x

tv

x

tv

x

xxx

x

x

x

x

23)(

)0()0(3)2(

26

)16(d

)(d

)(

16)(

2

22

00

2

2

02

−+⋅=

−+−⋅=−−

+⋅=

+=

=⇒=

+=

−

−∫∫

tttv

ttv

ttv

dttv

dttadvdtv

ta

tta

y

y

ttv

y

tv

y

yyy

y

y

y

y

Vektor brzine je: jttittvrrr⋅−+⋅+⋅+⋅= )23()3

34()( 23

Parametarske jednadžbe gibanja dobiju se prema:

1331)(

)0(3)0(31)1(

343

4

)334(d

)(d)(

4

44

00

4

1

0

3

1

−+⋅=

−+−⋅=−−

+⋅=

+⋅=

=⇒=

−

−∫∫

tttx

ttx

ttx

dttx

dttvdxdtxtv

ttx

tx

xx

2221)(

)0(2)0(21)0(2

223

3

)23(d

)(d)(

23

2233

00

2

0

3

2

0

2

2

+⋅−⋅+=

−⋅−−⋅+−=−

⋅−+⋅=

−+⋅=

=⇒=

∫∫

tttty

ttty

ttty

dttty

dttvdydtytv

ttty

ty

yy

pa je vektor položaja: jtttitttrrrr⋅+⋅−⋅++⋅−⋅+⋅= )22

21()13

31()( 234 .

U trenutku su vektori položaja, brzine i ubrzanja: s11 =t

jirrrr⋅+⋅=

23

37)1( , jiv

rrr⋅+⋅= 2

313)1( i jia

rrr⋅+⋅= 74)1( .


19. zadatak

Automobil se giba od položaja A do položaja C konstantnom brzinom

hkm72=v . Polumjer zakrivljenosti

ceste u položaju A iznosi m140=Aρ , a u položaju C m150=Cρ . Ako je centar mase automobila udaljen za

od ceste, izračunati ukupno ubrzanje automobila u položajima A i C.

m5,0

Odrediti vrijeme koje je potrebno da automobil stigne iz položaja A u položaj C ako je udaljenost između A i C . m120=−CAs Rješenje: Gibanje automobila može se promatrati u prirodnim koordinatama. Prirodne komponente ubrzanja su:

dtvat

d= i

ρ

2van = .

Kako je brzina automobila konstantna .sm20

3600100072

hkm72 konstv ==

⋅== to je tangencijalna

komponenta ubrzanja 2sm0d

==dtvat , a normalna komponenta ubrzanja dobiva se prema:

2

22

sm867,2

)5,0140(20

)5,0(=

−=

−=

A

AAn

va

ρ 2

22

sm658,2

)5,0150(20

)5,0(=

+=

−=

C

CCn

va

ρ.

Ukupno ubrzanje automobila u položajima A i C iznosi:

22222

sm867,20867,2)()( =+=+= A

tAnA aaa 2

2222

sm658,20658,2)()( =+=+= C

tCnC aaa .

Vektori ovih ubrzanja usmjereni su prema centrima zakrivljenosti putanje u položajima A i C. Vrijeme koje je potrebno da automobil stigne iz položaja A u položaj C dobiva se prema:

tvstvsvdtsvdtdsdtsv

tt ss

⋅=⇒⋅=⇒=⇒=⇒= ∫∫00 00

dd

s620

120=== −

vs

t CA .


20. zadatak

Gibanje točke u ravnini određeno je parametarskim jednadžbama gibanja u polarnim koordinatama:

03,03,0

04,01,02

3

tr

tt

⋅+=

⋅+⋅=ϕ

Odrediti brzinu i ubrzanje točke u trenutku s31 =t . Rješenje: Radijalna komponenta brzine je:

ttrvr ⋅== 06,0

dd

a cirkularna:

( ) ( )22φ 12,01,003,03,0

dφd ttt

rv ⋅+⋅⋅+=⋅=

U trenutku t1 = 3 s iznosi te dvije komponente su:

( ) ( )sm 67,0312,01,0303,03,0

sm 18,0306,0

22φ =⋅+⋅⋅+=

=⋅=

v

vr

Ukupna brzina je tada:

222φ

2 67,018,0 +=+= vvv r

sm 69,0=v

Komponente ubrzanja su:

( ) ( )

( ) ( ) ttttt

rtt

ra

ttt

rtrar

⋅⋅⋅++⋅+⋅⋅⋅=⋅+⋅⋅=

⋅+⋅⋅+−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅−=

24,003,03,012,01,006,02dφd

dφd

dd2

12,01,003,03,006,0dφd

dd

222

2

φ

2222

2

2

U trenutku iznose: s31 =t

2φ

2

sm 84,0

sm 73,0

=

−=

a

ar

odnosno ukupno ubrzanje je: ( ) 222

φ2 84,073,0 +−=+= aaa r

2sm 11,1=a


21. zadatak

Gibanje točke određeno je parametarskim jednadžbama gibanja u polarnim koordinatama:

rad3;m)3cos(3 ttr ⋅=⋅⋅= ϕ Odrediti:

a) jednadžbu putanje te položaj točke na putanji u trenutku s31

1 =t ,

b) zakon promjene intenziteta brzine i ubrzanja, c) iznos brzine i ubrzanja kao i radijus zakrivljenosti putanje na mjestu u kojem se točka nalazi u trenutku

s31

1 =t .

Rješenje:

a) Jednadžba putanje dobiva se eliminiranjem parametra t iz gornjih jednadžbi. Iz druge jednadžbe je:

3ϕ

=t

pa uvrštenjem u prvu slijedi: ϕcos3 ⋅=r

što predstavlja jednadžbu putanje u polarnim koordinatama.

Položaj točke na putanji u trenutku st31

1 = :

o57,3rad1313

m62,1313cos3

==⋅=

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅⋅=

ϕ

r

b) Radijalna i cirkularna komponenta brzine su:

( )ttrv

ttrv

c

r

3cos933cos33sin933sin3

⋅=⋅⋅==⋅−=⋅−⋅==

ϕ&&

a intenzitet brzine je:

sm93cos813sin81 2222 =⋅+⋅=+= ttvvv cr

Radijalna i cirkularna komponenta ubrzanja su:

tttrratttrra

c

r

3sin5403cos33)3sin9(223cos5433cos333cos9 22

⋅−=⋅⋅+⋅⋅−⋅=+=⋅−=⋅⋅−⋅⋅−=−=

ϕϕϕ

&&&&

&&& ,

a iznos ubrzanja je:

2222222

sm543sin543cos54 =⋅+⋅=+= ttaaa cr


c) Iz prethodnih izraza vidi se da vektori brzine i ubrzanja tijekom vremena ne mijenjaju intenzitet, pa je u

trenutku st31

1 = :

2sm54,

sm9 == av

Radijus zakrivljenosti putanje dobiva se prema:

m5,1,sm54,0

dtd 2

2 ======N

NT avaava ρ


22. zadatak

Zamašnjak polumjera rotira sa m5,0=R

minokr90=n . Koliko je kutno usporenje ε ako se zamašnjak

zaustavi nakon ? s1201 =t Odrediti zakon promjene brzine i ubrzanja točke M na obodu zamašnjaka u periodu zaustavljanja ako se može pretpostaviti da je .konst=ε Rješenje: Početna kutna brzina zamašnjaka je:

srad425,9

3090

300 =⋅

=⋅

=ππω n .

Budući da zamašnjak jednoliko usporava kutna brzina se mijenja prema izrazu:

t⋅−= εωω 0 . Kutno usporenje dobiva se iz uvjeta da je za s1201 =t kutna brzina s

rad0=ω :

20

0 srad0785,0

120425,9

1201200 ===⇒⋅−=

ωεεω .

Zakon promjene brzine točke M na obodu zamašnjaka glasi:

tttRRvM ⋅−=⋅−⋅=⋅−⋅=⋅= 03925,07125,4)0785,0425,9(5,0)( 0 εωω Normalna i tangencijalna komponenta ubrzanja točke M su:

22 )0785,0425,9(5,0 tRanM ⋅−⋅=⋅= ω 2s

rad03925,00785,05,0 =⋅=⋅= εRatM .


23. zadatak

Zamašnjak polumjera rotira tako da se pri konstantnom kutnom ubrzanju za m8,1=R s10=∆t brzina

vrtnje poveća sa minokr101 =n na

minokr502 =n . Izračunati ubrzanje točke T na obodu zamašnjaka pri

minokr12=n

Rješenje: Kutno ubrzanje zamašnjaka dobiva se prema:

srad0472,1

3010

301

1 =⋅

=⋅

=ππ

ωn

s

rad2360,530

5030

22 =

⋅=

⋅=

ππω

n

.srad4189,0

100472,12360,5

212 konst

t==

−=

∆−

=ωω

ε

Pri minokr12=n kutna brzina iznosi:

srad2566,1

3012

30=

⋅=

⋅=

ππω n , a ubrzanje točke T na obodu

zamašnjaka dobiva se prema:

22222

2222

sm9406,27540,08423,2)()(

sm7540,04189,08,1

sm8423,22566,18,1

=+=+=

=⋅=⋅==⋅=⋅=

tT

nTT

tT

nT

aaa

RaRa εω


24. zadatak

Uteg prema slici spušta se po zakonu . Izračunati brzinu i ubrzanje točke M u trenutku tts ⋅+⋅= 32 3

11 =t s. Zadano:

m5,0m4,0m7,0

3

2

1

===

RRR

Rješenje: Brzina i ubrzanja utega dobiju se prema:

22

222

sm12112)1(

sm9316)1(

sm1226d

sm36332d

=⋅==+⋅=

⋅=⋅==+⋅=+⋅==

av

ttdtvatt

dtsv

.

Kutna brzina i kutno ubrzanje sklopa bubanj-mali zupčanik iznose:

211 s

rad333,139,0

12)1()1(s

rad0,109,0

9)1()1( ======R

aRv εω

Kutna brzina i kutno ubrzanje većeg zupčanika dobiju se prema:

23

23332

3

23332

srad333,8333,13

8,05,0)1()1()1()1(

srad250,60,10

8,05,0)1()1()1()1(

=⋅=⋅=⋅=⋅

=⋅=⋅=⋅=⋅

εεεε

ωωωω

RR

RR

RR

RR,

a brzina i ubrzanje točke M prema:

22222

233222

33

33

sm953,31666,625,31)()()1(

sm666,6333,88,0)1()1(

sm25,3125,68,0)1()1(

sm000,525,68,0)1()1(

=+=+=

=⋅=⋅==⋅=⋅=

=⋅=⋅=

tM

nMM

tM

nM

M

aaa

RaRa

Rv

εω

ω


25. zadatak Uteg prema slici spušta se po zakonu: . Izračunati brzinu i ubrzanje točke A u trenutku

s.

cm408 2ts ⋅+=

21 =t

Zadano:

cm12AOcm15

cm10cm15

33

22

====

RrR

Rješenje: Brzinu utega dobiva se deriviranjem zakona gibanja:

sm8,0

scm80240

dd tvtttsv ⋅=⋅=⋅==

a ubrzanje deriviranjem zakona brzine:

2sm8,0

dd

==tva

Budući da je uže nerastezljivo gornji izrazi su ujedno brzina i tangencijalno ubrzanje točke na obodu r2 bubnja pa su kutna brzina i kutno ubrzanje bubnja 2:

srad8

1,08,0

22 tt

rv

⋅=⋅

==ω

22

2 srad8

1,08,0===

raε

Na obodu R2 brzina je:

ttRv ⋅=⋅⋅=⋅= 2,1815,022 ω

Kutna brzina i kutno ubrzanje bubnja 3 dobiju se na sljedeći način:

srad88

1515

23

232233 tt

RR

RR ⋅=⋅⋅=⋅=⇒⋅=⋅ ωωωω

23

3 srad8

dd

===tω

ε

U trenutku su kutna brzina i kutno ubrzanje bubnja 3 : s21 =t

23

3

srad8

srad16

=

=

ε

ω


a komponente ubrzanja točke A su:

222

33 sm72,301612,0 =⋅=⋅= ωAOan

A

233 sm96,0812,0 =⋅=⋅= εAOat

A

Brzina točke A je:

sm92,12812,033 =⋅⋅=⋅= ωAOvA

a njeno ubrzanje:

( ) ( )2

2222

sm74,3072,3096,0 =+=+= t

AnAA aaa


26. zadatak

Pogonska remenica A ima u promatranom trenutku kutnu brzinu rad/s6=Aω i kutno ubrzanje . 2rad/s5=Aε

O3O1

O2

r4r2

r1

r3

D

B

C

ATωAeA

Odrediti: a) kutnu brzinu i kutno

ubrzanje remenice D b) ukupni prijenosni omjer c) brzinu i ubrzanje točke T

ako je zadano:

mm150mm400mm100mm500 4321 ==== rrrr . Rješenje:

a) Kutna brzina i kutno ubrzanje remenice D dobiju se prema:

srad8030

15,04,0

srad306

1,05,0

4

343

2

121

=⋅=⋅=⇒⋅=⋅

=⋅=⋅=⇒⋅=⋅

−−

−−

CBDDCB

ACBCBA

rr

rr

rr

rr

ωωωω

ωωωω

24

343

22

121

srad67,6625

15,04,0

srad255

1,05,0

=⋅=⋅=⇒⋅=⋅

=⋅=⋅=⇒⋅=⋅

−−

−−

CBDDCB

ACBCBA

rr

rr

rr

rr

εεεε

εεεε

b) Prijenosni omjer je:

075,0806===

D

Aiωω

c) Brzina i ubrzanje točke T su:

sm128015,04 =⋅=⋅= DT rv ω

22222

24222

4

sm05,9600,10960)()(

sm0,1067,6615,0

sm9608015,0

=+=+=

=⋅=⋅==⋅=⋅=

tT

nT

DtTD

nT

aaa

rara εω


27. zadatak Zupčanik A je u zahvatu sa zupčanikom B prema slici. Zupčanik

A započinje gibanje konstantnim kutnim ubrzanjem 2srad10=Aε .

B

A

rB = 100 mm

rA = 25 mmA

Odrediti vrijeme potrebno da zupčanik B postigne kutnu brzinu od

srad50B =ω .

Odrediti brzinu i ubrzanje točke M na obodu zupčanika B u trenutku . s 51 =t Rješenje: Kutna brzina zupčanika A dobiva se na sljedeći način:

tt

dtd

A

A

t

A

t

AAA

A

A

A

⋅=−⋅=−

⋅=

=⇒= ∫∫

10)0(100

10

dtd

00

00

ωω

ω

εωω

ε

ω

ω

Brzina točke zupčanika A na mjestu dodira dvaju zupčanika iznosi:

ttrv AA ⋅=⋅⋅=⋅= 25,010025,0ω

a kutna brzina zupčanika B:

ttrv

BB ⋅=

⋅== 5,2

1,025,0ω

Kutnu brzinu s

rad50B =ω zupčanik će postići za vrijeme : 1t

s205,2

50==t

U trenutku kutna brzina i kutno ubrzanje zupčanika B su: s51 =t

2srad5,2

dtd

srad5,1255,2

==

=⋅=

BB

B

ωε

ω


a brzina i ubrzanje točke M na obodu zupčanika B odrede se prema:

22222

222

2

sm63,15625,1525,0

sm625,155,121,0

sm25,05,21,0

sm25,15,121,0

=+=+=

=⋅=⋅=

=⋅=⋅=

=⋅=⋅=

nM

tM

BBnM

BBtM

BBM

aaa

ra

ra

rv

ω

ε

ω


28. zadatak

Disk polumjera m2.1=R kotrlja bez klizanja po horizontalnoj podlozi prema slici. Brzina centra diska mijenja se po zakonu: -13 ms4.0 tvC ⋅= Izračunati brzinu i ubrzanje točke A u trenutku

, ako je a s21 =t o60=α m8.0=CA .

A

vO

C αR

Rješenje: Ravninsko gibanje diska promatra se kao gibanje sastavljeno od dvaju gibanja: translacije centrom i rotacije oko centra.

A

C

vA Arot = vA

vO

C α

Ravninsko gibanje Translacija centrom Rotacija oko centra

vC

C α

vA Ctran = v

= +

D vD Ctran = v vD DC

rot = v

C

Brzina točke A jednaka je vektorskom zbroju brzine točke A pri translaciji i brzine točke A pri rotaciji oko C:

ACCrotA

tranAA vvvvv

rrrrr+=+=

Kako je ω⋅= CAACv potrebno je odrediti kutnu brzinu ω . Ona se dobiva uz pomoć brzine točke D. Brzina točke D jednaka je vektorskom zbroju brzine točke D pri translaciji i brzine točke pri rotaciji. Budući da disk kotrlja bez klizanja to točka D koja je u dodiru s podlogom ima brzinu jednaku nuli.

vD Ctran = v

v v RD DCrot = = ω DCCD vvv

rrr+=

0=⋅−= ωRvv CD

Iz prethodne jednadžbe je kutna brzina:

33

333.02.1

4.0 ttRvC ⋅=

⋅==ω

a kutno ubrzanje diska: 2

dd t

t==

ωε .

U trenutku kutna brzina i kutno ubrzanje su: s21 =t


222

133

srad42

srad67.22333.0333.0−

−

⋅===

⋅=⋅=⋅=

t

t

ε

ω

Brzina točke A odredi se prema:

12222

1

1

sm90.507.105.5

sm07.15.067.28.030sinAC30sin

sm05.530cos67.28.02.3

30cosAC30cos

−

−

−

⋅=+=+=

⋅=⋅⋅=°⋅⋅=°⋅=

⋅=°⋅⋅+=

=°⋅⋅+=°⋅+=

AyAxA

ACAy

CACCAx

vvv

vv

vvvv

ω

ω

vAC

vC

vA

Ubrzanje točke A jednako je vektorskom zbroju ubrzanja točke A pri translaciji i ubrzanja točke A pri rotaciji oko A:

tAC

nACCACC

rotA

tranAA aaaaaaaa

rrrrrrrr++=+=+=

aACt

aC

aACnaA

U trenutku pojedine komponente iznose: s21 =t

2

222

2222

sm20.348.0AC

sm70.567.28.0AC

sm8.422.12.134.0d

d

−

−

−

⋅=⋅=⋅=

⋅=⋅=⋅=

⋅=⋅=⋅=⋅⋅==

ε

ωtAC

nAC

CC

a

a

ttt

va

Iznos ubrzanja točke A odredi se prema:

22222

2

2

sm07.854,672,4

sm54.630cos70.530sin20.330cos30sin

ms72.430sin70.530cos20.38.430sin30cos

−

−

−

⋅=+=+=

⋅=°⋅+°⋅=°⋅+°⋅=

=°⋅−°⋅+=°⋅−°⋅+=

AyAxA

nAC

tACAy

nAC

tACCAx

aaa

aaa

aaaa


29. zadatak

Odrediti brzinu i ubrzanje točaka A i B mehanizma prema slici. Zadano:

. srad 10

srad 4

cm 60AB

cm 35OA

2-

1-

⋅=

⋅=

=

=

ε

ω

Rješenje: Brzina i ubrzanje točke A mogu se odrediti razmatranjem rotacijskog gibanja pogonskog člana OA mehanizma oko točke O. Brzina točke A je:

aAn aA

t

vA

O

A-1sm 14435.0 ⋅=⋅A OA =⋅= ωv .

a komponente ubrzanja su:

2-

-22

sm 5.31035.0

sm 6.5435.0

⋅=⋅

⋅=⋅=

A

2A

OA

OA

=⋅=

⋅=

ε

ωt

n

a

a

Iznos ubrzanja točke A je:

( ) ( ) 2-222A

2AA sm 6.65.36.5 ⋅=+=+= nt aaa .

Brzina i ubrzanje točke B odredit će se razmatranjem ravninskog gibanja člana AB. Može se reći da je ravninsko gibanje člana AB sastavljeno od translacije točkom A i rotacije člana oko točke A. Brzina točke B jednaka je vektorskom zbroju brzine točke B pri translaciji i brzine točke pri rotaciji člana AB oko točke A. Isto vrijedi za ubrzanje točke B.

tBA

nBAABAA

rotB

tranBB

BAArotB

tranBB

aaaaaaaa

vvvvvrrrrrrrr

rrrrr

++=+=+=

+=+=

B+

vBA

Translacija točkom A Rotacija oko A

A

aAt aA

taAn

aBAn

aAn aBA

t

vB

v vB Atran =


U vektorskoj jednadžbi za brzinu točke B poznat je vektor brzine točke A dok su za brzine Bv

r i BAvr

poznati pravci. Ako se na vrh vektora brzine točke A nanese pravac brzine BAvr , a iz početka vektora brzine

točke A povuče pravac brzine Bvr dobije se presjecište koje određuje veličine ovih brzina.

Iz grafičkog prikaza vektorske jednadžbe vidimo da je:

vBA

vA

vB

vBA

vA

vB

sm -1⋅4.1AB == vv

odnosno:

-1ABA sm 98.14.122 ⋅=⋅=⋅= vv

Kutna brzina štapa AB je:

1-BAAB srad 3.3

6.098.1

AB⋅===

vω .

Vektorsku jednadžbu za ubrzanje točke B također možemo prikazati grafički:

aBAt aBaAta BAnaAx

aAt

aBAn

aAn

aBAt

aB

y

x

U ovoj jednadžbi poznamo vektore ubrzanja nAar , t

Aar i n

BAar dok za

ubrzanja tBAar i Ba

r znamo pravce. Presjecište pravaca ubrzanja tBAar i

Bar definira nam veličinu ovih ubrzanja.

Računski to možemo dobiti prema:

-222AB

nBA sm 53.63.36.0BA ⋅=⋅=⋅= ωa

Projekcije ubrzanja Ba

r na osi x i su: y

°⋅+°⋅+=⇒=

=°⋅+°⋅−⇒=

45cos45sin

045sin45cos0

BABAABB

BABAAB

nnnBx

tnty

aaaaaa

aaaa

Rješavanjem gornjih jednadžbi dobijemo:

2-B

2-BABA

sm33.112258.1

2253.66.5

sm 58.1022

2253.65.3

⋅=⋅+⋅+=

⋅=⇒=⋅+⋅−

a

aa tt


30. zadatak

Valjak polumjera nalazi se između dvije letve, koje se gibaju translatorno brzinama:

, prema slici. m 5.0=R

-121 sm 5.0 ⋅⋅= tv -1

2 sm 1 ⋅=v

R

A

B

CD

v1

v2

Izračunati brzine i ubrzanja točaka A, B, C i D, te položaj trenutnog pola brzina i trenutnog pola ubrzanja valjka u trenutku , ako valjak kotrlja bez klizanja. s 21 =t Rješenje: Ravninsko gibanje valjka može se razmatrati kao gibanje sastavljeno od translacije točkom A i rotacije valjka oko točke A. Budući da nema proklizavanja na mjestima dodira valjka sa letvama brzine točaka A i B valjka jednake su brzinama i letvi. 1v 2v

A A

BB

C CD

D

v2

v2

v2

vBA

vDA

vCA

v2

Translacija točkom A + Rotacija oko A Brzina točke A je:

sm 12A == vv

Brzina točke B je:

sm 5.0 2

1B tvv ⋅==

Kutna brzina valjka može se odrediti iz činjenice da je ukupna brzina točke B jednaka vektorskom zbroju brzine točke B pri translaciji točkom A i brzine točke B pri rotaciji oko A:

BAvr

+2BAAtrB vvvvvv

rrr=+=+= rot

BAB vBArot

v = vA 2 v = vB 1

15.0

15.05.02

15.02

5.0

25.0

5.0

2

2

22

22

22

21B

2B

+⋅=

+⋅=⋅

+⋅=

⋅+⋅

=

−⋅⋅=⋅

⋅==

−⋅⋅=

t

ttR

vt

vRt

tvv

vRv

ω

ω

ω

ω

a kutno ubrzanje:

( ) tttt

=+⋅== 15.0dd

dd 2ωε


U trenutku kutna brzina i kutno ubrzanje su: s21 =t

2

12

srad2

srad3125.0−

−

⋅=

⋅=+⋅=

ε

ω

Brzina točke C jednaka je vektorskom zbroju brzine točke C pri translaciji točkom A i brzine točke C pri rotaciji oko A :

122

rotCA2

rotCA

sm5.0135.0 −⋅=−⋅=−⋅=

+=

vRv

vvv

ωrotCAC

trAC

−=

+=

vv

vv vCA

rot

v2 vC

Položaj trenutnog pola brzina u odnosu na točku C dobiva se prema:

m 167.035.0CPCP C

vvC ===⇒⋅=ω

ωv

v .

Brzina točke D jednaka je vektorskom zbroju brzine točke D pri translaciji točkom A i brzine točke D pri rotaciji oko A :

vA

vDArot

45o

vDrotDAA

rotDC vvv +=tr

DD vv +=

1sm12.2325.0 −⋅=⋅⋅=⋅= ωDAvDA

Primjenom kosinusnog poučka možemo dobiti:

12222 sm58.1707.012.21212.2145cos2 −⋅=⋅⋅⋅−+=°⋅⋅⋅−+= rotDAADAAD vvvvv

A

B

C

vB

vC

vA

Pv

Položaj trenutnog pola brzina u odnosu na točku C odredi se prema:

m 167.035.0CPCP C

vvC ===⇒⋅=ω

ωv

v

Ubrzanja točaka A, B, C i D dobiju se razmatranjem ravninskog gibanja diska kao gibanja sastavljenog od translacije centrom i rotacije oko centra.

A A

BB

C CD

D

aC

aCaC

aC

aBCt

aDCt

aACt

aBCn

aACn

aDCn

vCA

Translacija centrom + Rotacija oko centra

ε

ω


Brzina točke C je:

( )5.025.0

5.025.0115.05.012

C

222

rotCAC

−⋅=

−⋅=−+⋅⋅=−⋅=−=

tv

ttRvvv ω

a kako centar vrši pravocrtno gibanje ubrzanje točke C dobiva se prema:

( ) tttt

va ⋅=−⋅== 5.05.025.0

dd

dd 2C

C

Iznos ubrzanja točke C u trenutku s21 =t je:

2C sm125.0 −⋅=⋅=a

Ubrzanje točke B jednako je vektorskom zbroju ubrzanja točke B pri translaciji diska točkom C i ubrzanja točke B pri rotaciji oko C:

aBCn

aBCtaC

aB ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2222

222C

2nBC

2tBC

nBC

tBC

sm924.435.025.0 −⋅=⋅+⋅

⋅+⋅+=++

+

RRaaa

aa

ωε

B

CB

CB

1 +=

=

+=

a

aa

aa

Ubrzanje točke A dobiva se također vektorskim zbrajanjem ubrzanja točke A pri translaciji centrom i ubrzanja točke A pri rotaciji oko centra:

( ) ( ) ( )( ) ( ) 2222

222C

2nAC

2tAC

nAC

tAC

sm5.435.025.0 −⋅=⋅+⋅

⋅+⋅−=+−

+

RRaaa

aa

ωε

A

CA

CA

1 −=

=

+=

a

aa

aa

aACn

aACt

aC

aA

Ubrzanje točke D je:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) 2222

222C

2tDC

2nDC

nDC

tDC

sm59.525.035.0 −⋅=⋅+⋅

⋅+⋅+=++

+

RRaaa

aa

εω

D

CD

CD

1 +=

=

+=

a

aa

aa

aC aDC

n

aDCt

aD

Položaj trenutnog pola ubrzanja odredit će se u odnosu na točku C. Kut između vektora ubrzanja točke C i spojnice te točke sa trenutnim polom ubrzanja je:

°5,12===32arctan arctan 22ω

εα

C aC

PaUdaljenost točke C od pola ubrzanja je:

m109.0851

4==

32

1CP24

Ca

+=

+=

2 ωε

a


31. zadatak

Zupčanik promjera kotrlja bez klizanja po nepomičnom zupčaniku polumjera m 25.01 =R m 25.12 =R . Poluga OA rotira oko osi O, a u položaju prema slici ima kutnu brzinu i kutno ubrzanje

-1srad 5 ⋅=ω-2srad 10 ⋅=ε

A

BC

O R2

R1

εω

Izračunati brzine i ubrzanja točaka A, B i C malog zupčanika, te odrediti položaj njegovog trenutnog pola ubrzanja.

Rješenje: Brzina i ubrzanje točke A odredit će se razmatranjem rotacije poluge oko oslonca O:

( ) 112A sm515OA −⋅=⋅=−⋅=⋅= RRv ωω

A

O

εω

vA

aAtaA

n

nA

tAA aaa +=

( )( )

( ) ( )( ) sm 926.265101 2-4242

12

42212

2nA

2tAA

212

nA

12tA

⋅=+⋅=+⋅−=

=+⋅−=+=

⋅−=

⋅−=

ωε

ωε

ω

ε

RR

RRaaa

RRa

RRa

BPvvA

vBBrzina i ubrzanje točaka B i C odredit će se razmatranjem ravninskog gibanja zupčanika.

Brzina točke C je nula: 1sm0 −⋅=Cv pa je to trenutni pol brzina. Kutna brzina zupčanika je:

1

1srad20

25.05 −⋅===

RvA

zω

a brzina točke B: 1sm07.720225.0 −⋅=⋅⋅=⋅= zvB BPv ω

Brzina točke B može se dobiti i na drugi način, razmatranjem ravninskog gibanja kao gibanja sastavljenog od translacije točkom A i rotacije oko točke A. Pri tome je brzina točke B jednaka vektorskom zbroju brzina točke B uslijed ova dva gibanja:

rotBAA

rotBA

trBB vvvvv +=+=

r BvA

v = vB Atra

B

A

v = vB Brot

A+

A

1222BA

2AB

-121BA

sm07.755

sm 52025.0−⋅=+=+=

⋅=⋅=⋅=

vvv

Rv ω


Za određivanje ubrzanja točaka B i C ravninsko gibanje zupčanika razmatrat će se kao gibanje sastavljeno od translacije točkom A i rotacije oko točke A.

Kutno ubrzanje zupčanika određujemo prema:

( )

( )

2

1

12

1

tA

212tA

11At

A

1A

srad4025.0101

sm 10101

dd

−⋅=⋅

=

⋅−==

=⋅=⋅−=

⋅==

⋅=

RRR

Ra

RRa

Rt

va

Rv

zε

ε

ε

ε

ω

Translacija točkom A + Rotacija oko A

A

B

CaAt

aAt

aAn

aAn

A

B

C

aBAt

aCAt

aBAn

aCAn

Ubrzanje točke B jednako je vektorskom zbroju ubrzanja točke B pri translaciji zupčanika točkom A i ubrzanja točke B pri rotaciji oko točke A:

( ) ( )2tA

nBA

2nA

tBA

tBA

nBA

tA

nA

rotBA

aaa

aaaaa

+++

+++=+

B

trBB

aa

aa

=

=

aAt

aAn

aBAt

aBAnaB

( ) ( ) 222

2-

-2221

2

sm43.1151010025

sm 104025.0

sm 1002025.0

−⋅=+++

⋅=⋅=⋅

⋅=⋅=⋅=⋅ R

z

zz

ε

ωω

B

1tBA

nBA

10

a

BA

=

=

=

a

R

a

Ubrzanje točke C također se dobiva kao vektorski zbroj ubrzanja točke C pri translaciji zupčanika točkom A i ubrzanja točke C pri rotaciji oko točke A:

aAt

aAn

aCAt

aCAn

aC

( ) ( )2t

AtCA

2nA

nCAC

tCA

nCA

tA

nA

rotCA

trCC

aaaaa

aaaaaaa

−++=

+++=+=

( ) ( ) 222C

2-1

tCA

-2221

2nCA

sm125101025100

sm 104025.0

sm 1002025.0CA

−⋅=−++=

⋅=⋅=⋅=

⋅=⋅=⋅=⋅=

a

Ra

Ra

z

zz

ε

ωω

Položaj trenutnog pola ubrzanja malog zupčanika nalazi se na udaljenosti od točke A:

m 067.02040

26.926AP4242

A =+

=+

=zz

aa

ωε

a na pravcu koji sa vektorom ubrzanja točke A zatvara kut:

°=⇒== 7.52040tan 22 α

ωε

αz

z


32. zadatak

Pravokutna ploča ABCD giba se u ravnini slike. Poznata su ubrzanja točaka A i D ploče.

Odrediti ubrzanja točaka B i C ploče ako je zadano:

sm 52

m 12-

D ⋅⋅=

=

a sm 1

AD m 2AB2-

A ⋅=

=

a

A B

CD

aD

aA

Rješenje: Ravninsko gibanje ploče u danom trenutku promatrat će se kao gibanje sastavljeno od translacije točkom A i rotacije oko točke A.

AA

B B

C CD D

aA

a aB Atr= aDA

n

aBAn

aCAn

aDAt

aBAt

aCAta aC A

tr=

a aB Atr=

Translacija točkom A + Rotacija oko A Ubrzanje točke D jednako je vektorskom zbroju ubrzanja točke D pri translaciji točkom A, koje je jednako ubrzanju točke A, i ubrzanja točke D pri rotaciji oko A.

aDAn

aA

aD

aDAt

α

αtDA

nDA a+A

rotD

trDD aaaaa +=+=

Iz geometrije ploče slijedi da je:

5

2cos5

1sin

1 m

B

CD 2 m

A

α

== αα

Iz grafičkog prikaza vektorske jednadžbe za ubrzanje točke D dobiva se:

2DD

DtDA

srad41

5252

ADcos

cosAD

cos

−⋅=⋅⋅

=⋅

=⇒⋅=⋅

⋅=

αεαε

α

aa

aa


odnosno:

1-AD

D2

DnDAA

srad11

15

152

ADsin

sinAD

sin

⋅=−⋅⋅

=−⋅

=

⋅=⋅+

⋅=+

aa

aa

aaa

A

αω

αω

α

Ubrzanje točke B jednako je vektorskom zbroju ubrzanja točke B pri translaciji točkom A, koje je jednako ubrzanju točke A, i ubrzanja točke B pri rotaciji oko točke A:

( ) ( ) ( )( ) ( )222

2222tBAA

2nBA

tBA

nBAA

rotB

421

AB1AB

⋅++

⋅++⋅=++

++=+

aa

aaaa

εω

B

B

trBB

12 ⋅

=

=

a

aa

aa

aBAn

aBaA

aBAt

α

2B sm 220.9=a .

Ubrzanje točke C jednako je vektorskom zbroju ubrzanja točke C pri translaciji točkom A, koje je jednako

ubrzanju točke A, i ubrzanja točke C pri rotaciji oko točke A:

aCAn

aA

aCAt

α

αaC

tCA

nCAA

rotC

trC aaaa ++=+C aa =

Projekcijom ove vektorske jednadžbe na osi x i dobijemo: y

( )

( )

2222

Cy2

Cx

22

2A

tCA

nCAA

2

2tCA

nCA

sm 198.10102

sm 10

524

5115

cossinCAcossin

sm 2

514

5215

sincosACsincos

=+=+

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+⋅⋅+

=⋅+⋅⋅+=⋅+⋅+

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+⋅−⋅

=⋅+⋅−⋅=⋅+⋅

aa

aaa

aa

αεαωαα

αεαωαα

C

Cy

Cx

1

=

=

=

=

−=

a

aa

a


33. zadatak

Ploča ABC, u obliku istostraničnog trokuta stranice m 1=b , vrši ravninsko gibanje pri čemu se točke A i B gibaju duž horizontalne odnosno vertikalne osi. U položaju na slici brzina točke A je -1sm ⋅A 3=v , a njezino ubrzanje je -2

A sm 36 ⋅⋅=a .

A

C

Bb

b

b

aA

vA

Izračunati brzinu i ubrzanje točaka B i C. Odrediti također trenutni pol brzina i trenutni pol ubrzanja ploče. Rješenje: Brzine točaka B i C mogu se odrediti promatrajući gibanje ploče kao trenutnu rotaciju oko trenutnog pola brzina. Trenutni pol brzina nalazi se u presjeku okomica na pravce brzina točaka A i B.

Pravci brzina točaka A i B su poznati budući da se točke gibaju po horizontalnoj i vertikalnoj vodilici.

A

C

B Pv

vA

vB

Iz poznate brzine točke A može se odrediti trenutna kutnu brzinu rotacije ploče:

1-AA

A

srad 325.03

2AP

AP

⋅⋅====

⋅=

bvv

v

v

v

ω

ω

Brzina točke B je:

12

2B sm33

21323

22BP −⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=⋅=

bbbv v ωωω

a brzina točke C:

1C sm332

21

2CP −⋅=⋅⋅=⋅=⋅= ωω bv v

Ove brzine mogle su se odrediti i na drugi način promatrajući ravninsko gibanje ploče kao gibanje sastavljeno od translacije točkom A i rotacije oko A:

A

C

B

vA

vA

vA

A

C

vBA

vCA

ω


B


trBB vv

Brzina točke B jednaka je vektorskom zbroju brzine točke B pri translaciji, koja je jednaka brzini točke A, i brzine točke B pri rotaciji oko A:

rrBAA

rotB vvv rrr

+=+=

vA

vBA vB

60o

Iznosi brzine i v dobiju se rješavanjem pravokutnog trokuta prema slici: Av BA

1

1

sm325.03

60cos60cos

sm33360tan60tan

−

−

⋅⋅===⇒=

⋅=⋅=⋅=⇒=

o

o

oo

ABA

BA

A

ABA

B

vv

vv

vvvv

Kutna brzina ploče je: 1srad32

132 −⋅⋅=

⋅==

bvBAω

Brzina točke C jednaka je vektorskom zbroju brzine točke C pri translaciji, koja je jednaka brzini točke A, i brzine točke C pri rotaciji oko A:

CAAROTC

TRCC vvvvv rrrrr

+=+=

Grafički prikaz ove jednadžbe dan je slikom, a iznos brzine točke C dobiva se prema:

1sm3332

32321−⋅=−⋅=

⋅=⋅⋅=⋅=

−=

C

CA

ACAC

v

CAv

vvv

ω vA

vCA

vC

Ubrzanja točaka B i C određuju se razmatrajući ravninsko gibanje kao zbroj translacije točkom A i rotacije oko A:

A

C

B

aA

aA

aA

A

C

aBAt

aBAn

aCAn

aCAt

ω, ε


B

Ubrzanje točke B jednako je vektorskom zbroju ubrzanja točke B pri translaciji, koje je jednako ubrzanju točke A, i ubrzanja točke B pri rotaciji oko A:

( )ε

ωω

⋅=

=⋅⋅=⋅=⋅=

++=+=

ba

ba

aaaaaa

tBA

2

222nBA

tBA

nBAA

rotB

trBB

sm 12321BA


Gornja vektorska jednadžba dana je slikom:

Pošto je pravac ubrzanja aB određen pravcem klizača znači da je projekcija ubrzanja jednaka nuli: Bxa

aBAt

aB

aA

aBAn

30o

05.0

362312

30sin30cos

030sin30cos

A

tBA

nBA

=⋅−⋅

=°

−°

=°⋅+°⋅

a

aa

nBAt

BA

A

⋅=

+−=

aa

aaBx

pa je i kutno ubrzanje ploče jednako nuli:

2srad010 −⋅===

bat

BAε .

Grafički prikaz vektorske jednadžbe za ubrzanje točke B je sada izmijenjen i izgleda prema slici: Ubrzanje točke B je:

aB

aA

aBAn

30o 2sm6

333630tan30tan −⋅=⋅⋅=°⋅=⇒=° AB

A

B aaaa

Ubrzanje točke C je jednako vektorskom zbroju ubrzanja točke C pri translaciji ploče točkom A, koje je jednako ubrzanju točke A i ubrzanja pri rotaciji oko A:

( ) 2222A

2nCAC

2-tCA

2-2nCA

tCA

nCAAC

sm875.153612

sm 001

sm 12

−⋅=⋅+=+=

⋅=⋅=⋅=

⋅=⋅=

++=

aaa

ba

ba

aaaa

ε

ω

aA

aCAn

aC

Trenutni pol ubrzanja ploče odredit ćemo u odnosu na točku A. Trenutni pol ubrzanja leži na pravcu koji s vektorom ubrzanja točke A zatvara kut:

00120tan

2=⇒=== α

ωεα

a na udaljenosti od točke A:

( )m866.0

320

36AP4242

A =⋅+

⋅=

+=

ωε

aa


34. zadatak

Središte C diska radijusa giba se udesno konstantnom brzinom . m 25.02 =⋅= rR -1

C sm 6.0 ⋅=v

Odrediti, u položaju prikazanom na slici, kutnu brzinu i kutno ubrzanje štapa OA ako disk kotrlja bez klizanja po horizontalnoj podlozi.

A

B C

O

vC

4r

3r

r

R

Rješenje: Ravninsko gibanje razmatra se kao gibanje sastavljeno od translacije centrom i rotacije oko centra.

CvC vC

vCE

B C

vEC

vBC

E

Ravninsko gibanje = Translacija centrom + Rotacija oko centra

CvC

B

Budući da disk kotrlja bez klizanja, brzina točke diska koja je u dodiru s podlogom (točka E) je jednaka nuli pa je točka E trenutni pol brzina

1E sm0 −⋅=v

Stoga kutnu brzinu diska možemo dobiti kako slijedi:

25.06.0

EC

EC

0

CCdisk

diskECC

ECC

ECCE

ECCE

===

⋅==

=−−=+=

Rvv

vv

vvvvvvvv

ω

ω

E

vCvEC

-1

disk srad 4.2 ⋅=ω . Brzina točke B je:

( )( ) ( )222

disk2

C

2disk

2C

2BC

2C

BCC

4.2125.06.0

CB

⋅+=⋅+

=⋅+=+

+==+

ω

ω

r

vvv

vvv ROTB

TRB

B

B

=

=

=

v

v

vv

vC

vBC

vB

α

sm 671.0 -1

B ⋅=v .


Kut α što ga vektor brzine zatvara sa horizontalom je:

°=⇒== 6.266.03.0 tan

C

BC ααvv

A

O

vA

Štap AB također vrši ravninsko gibanje pa će se brzinu točke A odrediti kao vektorski zbroj brzina pri translaciji štapa točkom B i rotaciji oko B:

BABA vvv += .

U gornjoj jednadžbi poznati su vektor brzine Bv te pravci vektora BAv (okomit na dužinu AB) i Av (okomit na dužinu OA) budući da je točka A ujedno i točka štapa OA koji vrši rotaciju oko A. Grafički prikaz vektorske jednadžbe za određivanje brzine točke B dan je slikom

vA

vAB

vB

α

α

βγ

Kut β definiran je geometrijom konstrukcije:

2r

3r

A

Bβ

βp v( )AB

°=⇒=⋅⋅

=32sin β

rr 8.41

32 β

a kut γ izračuna se prema:

°=

°−°−°=−−°=6.21

8.416.269090γ

βαγ

Primjenom sinusnog poučka dobiva se:

( ) ( )1

BB

sm331.0 8.131sin

6.21sin671.090sin

sin90

−⋅=

⋅=

+°⋅

=⇒+° o

o

βγ

βv

vv

AA

sinsin

=γ

v

vA

vB

vBAα

90 +o βγ

( ) ( )1

BBAB

sm403.0 8.131sin

6.26sin671.090sin

sin90sinsin

−⋅=

⋅=

+°⋅

=⇒+°

=o

o

βα

βαv

vvv

AB

Kutna brzina štapa OA je:

1-OA srad 662.0

125.04331.0

4⋅=

⋅=

⋅=

rvAω

a kutna brzina štapa AB je: 1AB

AB srad075.1125.03

403.0 −⋅=⋅

==ABv

ω

Budući da se centar diska giba pravocrtno, a brzina mu je konstantna, ubrzanje centra je:

B C

aBCt

aBCn

2C sm0 −⋅=a

pa je točka C trenutni pol ubrzanja.


Kako je kutna brzina diska:

.konstRvC

disk ==ω

to je kutno ubrzanje diska jednako nuli . 2srad0 −⋅=diskaε

Ubrzanje točke B je:

222disk

nBCB

tBC

nBC

tBCB

4.2125.0BC

0

⋅=⋅=⋅==

=

+=

ωω raa

a

aaa

2

B sm 72.0 −⋅=a .

Ubrzanje točke A dobiva se vektorskim zbrajanjem ubrzanja od translacije štapa točkom B i ubrzanja pri rotaciji oko točke B:

A

B

aB

aB

A

B

aABn

p a( )ABt

Translacija točkom B + Rotacija oko B

tAB

nABBA aaaa ++=

Ova jednadžba sadrži dva nepoznata vektora pa nije dostatna za određivanje ubrzanja. Stoga će se napisati i vektorska jednadžba za ubrzanje točke A kao točke štapa OA koji rotira oko točke O:

A

O

aAOt

aAOn

tAOAO a+n

A aa =

Grafički prikaz gornjih jednadžbi dan je slikom:

aB aABn p a( )AB

t

aABt

aAOt

aAOn

aAβ β

Projiciranjem jednadžbi na osi x i dobiva se: y

βαβα

βαβ

cossin:

sincos:tAB

nAB

nAO

tAB

nABB

tAO

⋅+⋅=

⋅−⋅+=

aa

aaaa

Ay

Ax


Uvrštavanjem u ove jednadžbe sljedećih vrijednosti za ubrzanja:

2-nAO

22OA

2OA

nAO

2-nAB

22AB

2AB

nAB

2

sm 220.0

664.0125.044OA

sm 432.0

074.1125.033AB

sm72.0

⋅=

⋅⋅=⋅⋅=⋅=

⋅=

⋅⋅=⋅⋅=⋅=

⋅= −

a

ra

a

ra

aB

ωω

ωω

te rješavanjem sustava jednadžbi dobiva se:

2-

-2tAO

sm091.0

sm 103.1

⋅−=

⋅=tABa

a

Kutno ubrzanje štapa OA je:

2-tAO srad 205.2

5.0103.1

OAOA ⋅===⇒⋅=

aat

OA εε

Documents

Kinematika zbirka