GRA EVINSKI FAKULTETSVEU ILIŠTA U MOSTARU

Predmet: MEHANIKA 2Vježbe br. 3

Profesor: doc dr sc Mladen KožulProfesor: doc. dr. sc. Mladen KožulAsistent: Ante Džolan, mag. ing. gra .

1Mostar, 21. listopada 2013.

ZADATAK 1. Bregasto tijelo, iji rub ima oblik polukruga polumjera R=0,5 m, giba se translatorno o podlozi k b i Od di i b i i b j š k k jikonstantnom brzinom Odrediti brzinu i ubrzanje štapa, u trenutku koji se oslanja na to tijelo, a može se slobodno vertikalno gibati. Polumjer to ki a na donjem dijelu štapa je U trenutku t=0s štap se nalazi u najvišem položaju.

0mv 0,2 .s t 5s,

r 0,1m.

2

RJEŠENJE:

a r pv v vPa možemo pisati da je ukupna brzina:

Gdje su vrijednosti komponenti brzine:

p 0v v p 0r

v vvcos cos

Na osnovu geometrijskog prikaza sustava, do koga smo prethodno došli, može se zapisati:

s R r sin

0

ds dv (R r)cosd d0 ( )dt dt

Pa se može pisati da je brzina štapa:

0r

r

v vsin v v sin sinv cos

dv (R r) sindtdt

Budu i imamo , a istovremeno se može pisati i , slijedi:0s v ts R r sin

0v tsin

R r

d v

4

0d vdt (R r)cos

Iz trigonometrije se ima:2 2 22 2

2 00

2

(R r) v tv tcos 1 sin 1 , cos(R ) R2(R r) R r

Uvo enjem prethodne trigonometrijske veze u izraz dobije se:0

d vdt (R r)cosdt (R r)cos

0

2 2 2

d vdt (R r) v t0dt (R r) v t

Pa je brzina štapa:j p2

0 0 0

2 2 2 2 2 2

0 0

v t v v tv (R r)R r (R r) v t (R r) v t

2

2 2

(0,2) 5 5v 0,224m / s10(0,5 0,1) (0,2) 5

Sada se ubrzanje štapa može izra unati:

2 2 22dv d v t (R r) v 0 225 /

5

20 0

32 2 2 2 2 20 0

dv d v t (R r) va 0,225m / sdt dt (R r) v t (R r) v t

ZADATAK 2.To ka M kre e se po žlijebu OB po relativnom zakonu , gdje je s dano utOM s 4 sin

2centimetrima a t u sekundama. U istom trenutku kre e rotacija tijela AOBC oko nepomi ne vertikalne osi “z” u smjeru prikazanom na slici, a po zakonu Odrediti položaj kuglice na tijelu u trenutku a zatim intenzitet apsolutne brzine i apsolutnog ubrzanja u tom

2

2t .t 1sna tijelu u trenutku a zatim intenzitet apsolutne brzine i apsolutnog ubrzanja u tom

trenutku. Još je zadano:1

t 1s,AO 8cm.

6

RJEŠENJE:

Relativno kretanje to ke MRelativno kretanje to ke MU trenutku t1 to ka M e pre i put:

1s 4 sin 4cm22

Relativna brzina to ke M je:

dr

ds tv 4 cosdt 2 2

1 cmr

1 cmv 2 cos 0 s2

Relativno ubrzanje to ke M je:j j

r

r

dv ta 2 sindt 2 2

22r

1 cma sin 9,86 s2

7

Prijenosno kretanje:

Prijenosna brzina to ke M:Prijenosna brzina to ke M:

p pv DM

d 2p

2 tdt

1

p2 1 6,28s

DM 8 4 cos60 6cm

cmv 6 6,28 37,68p

v 6 6,28 37,68 s

Prijenosno ubrzanje to ke M:2 2

2pN pcma DM 6 6,28 236,63 s

Ta DM 2pT

cma 6 6,28 37,68 spT p

2p

p

d2 6,28s

dt

pT s

8

Coriolisovo ubrzanje: r r pcor p

a 2 v sin v ,

0

2corcma 0 s

Projekcije ubrzanja na osi x, y i z:

2xM pT

2

cmx a a 37,68 scmy a a a cos60 236,63 9,86 0,5 231,7 2yM pN r

2zM r

y a a a cos60 236,63 9,86 0,5 231,7 scmz a a sin 60 9,86 0,866 8,54 s

Pa je apsolutno ubrzanje to ke M:

2 2 22 2 22M xM yM zM

cma a a a 37,68 231,7 8,54 234,90 s

9

ZADATAK 3.Prsten M, zanemarivih dimenzija, klizi po kružnom obru u polumjera brzinom k i i d b K ž i b k lj b kli j

R 2mcm2konstantnog intenziteta u odnosu na obru . Kružni obru kotrlja se bez klizanja po ravnoj podlozi. Za položaj prikazan na slici, odrediti intenzitet apsolutne brzine i apsolutnog ubrzanja prstena M, ako je brzina središta obru a a ubrzanje

cmv 2 s

ccmv 4 ,s 2c

cma 2 .s

10

RJEŠENJE:

Relativno kretanje to ke:Relativno kretanje to ke:

Relativno kretanje to ke M je zapravo kružnoj j pkretanje, sa centrom putanje u to ki C, te na osnovutoga možemo pisati:

1v 2 1r r

v R CM 1

r 1sCM 2

Pa je normalna komponenta relativnog ubrzanjaPa je normalna komponenta relativnog ubrzanja to ke M:

2

rN ra CM 2

2rNcma 2 1 2 s

Budu i je brzina to ke M konstantna, onda je konstantna i kutna brzina pa imamo:konstantna i kutna brzina, pa imamo:

rT ra CM 2rT

cma 0 s

11

0

Drugi na in za odre ivanje komponenti relativnog kretanja je koriste i prirodni koordinatni sustav:

P i l b j t kPa prema izrazu za normalno ubrzanje to ke u prirodnom koordinatnom sustavu imamo:

2 2v 22rN

K

v 2 cma 2 sR 2

Odnosno, komponenta tangencijalnog ubrzanja se može odrediti:

2rT

dv cma 0 sdt

12

Prijenosno kretanje to ke M:

Sada e se na osnovu poznate brzine centra obru a izra unati kutna brzina obru a oko to ke P, koja je ujedno i kutna brzina prijenosnog kretanja:

1

c p p

4v CP 2s2

Dok se kutno prijenosno ubrzanje može izra unati na osnovu poznatog ubrzanja centra obru a:

2

c cT p p

2a a CP 1s2

13

Sada se može pristupiti odre ivanju prijenosnog kretanja to ke M u odnosu na os koja prolazi kroz to ku P, okomito na ravan crteža:

Vektor normalne komponente ubrzanja to ke M uodnosu na to ku C leži na pravcu koji spaja to ku Modnosu na to ku C leži na pravcu koji spaja to ku Msa to kom C i usmjeren je od to ke M prema to kiC. Intenzitet normalnog prijenosnog ubrzanja je:

M 2 22pN p

cma MC 2 2 8 s

Pravac vektora tangencijalne komponente ubrzanjaje tangenta na putanju prijenosnog ubrzanja, ausmjeren je tako da prati vektor kutne prijenosnebrzine. Intenzitet tangencijalne komponenteprijenosnog ubrzanja to ke M je:

M2pT p

cma MC 2 1 2 s

Prijenosna komponenta brzine se dobije prema izrazu: v MP

14

Prijenosna komponenta brzine se dobije prema izrazu: M pv MP

pcmv 4 2 8 s

Kako je prijenosno kretanje rotacija, pri tome kretanju e se pojaviti i Coriolisova sila, odnosno Coriolisova komponenta ubrzanja:

Pravac i smjer vektora Coriolisova ubrzanja moguse odrediti koriste i pravilo desne ruke kako jese odrediti koriste i pravilo desne ruke, kako jeprikazano na crtežu:

I t it t C i li k t b jIntenzitet Corioliove komponente ubrzanja seodre uje prema izrazu kako slijedi:

a 2 v sin vr p r pcora 2 v sin v ,

Veli ina kuta izme u vektora relativne brzine ikt ij k ž b i ž idj tivektora prijenosne kružne brzine može se vidjeti na

crtežu, pa je Coriolisovo ubrzanje:

2corcma 2 2 2 sin90 8 s

15

Sada kad smo odredili i relativne i prijenosne komponente brzina i ubrzanja to ke M, može se odrediti apsolutna brzina i ubrzanje to ke M.

Apsolutna brzina to ke M jednaka je vektorskom zbroju prijenosne i relativne brzine to ke M:

v v vM r pv v v

Projekcijom prethodnog izraza u pravcu osi x, y i z dobivamo:

xcmx v 0 s

cmy v v v 10y r p

z

cmy v v v 10 scmz v 0 s

Pa je ukupna brzina to ke M:cm10

M ycmv v 10 s

16

Kako smo dobili apsolutnu brzinu, na analogan na in, kao vektorski zbroj prijenosnog irelativnog ubrzanja, dobijemo i apsolutno ubrzanje to ke M:

M M

M p ra a a

Projekcijom prethodne vektorske jednadžbe na osi x, y i z imamo:

2x

2y pT c

cmx a 0 scmy a a a 4 s

2z pN rN corcmz a a a a 18 s

P j l t b j t k MPa je apsolutno ubrzanje to ke M:

2 2 2 22M y z

cma a a 4 18 17,55 ss

Kut koji vektor apsolutnog ubrzanja zatvara sa y osi je:

17

y

M

a 4cos 76 49'30''a 17,55

ZADATAK 4.Prema zadanim jednadžbama relativnog gibanja to ke M i prijenosnog gibanja tijela D za

k 2/9 b d di i l b i i l b j k M k j k d žtrenutak t=2/9s treba odrediti apsolutnu brzinu i apsolutno ubrzanje to ke M, koja se kre e duž stranice OA.

:Zadano2 30,9 - 9 ( )

16 -8 cos(3 ) ( )p

r

t t radS t cm

30AOB

18

ZADATAK 5.Polukružna plo a polumjera R može se okretati oko vertikalne osi z po zakonu I l i i k A b d l k k M k

22 t .AM RIstovremeno polaze i iz to ke A po obodu plo e kre e se to ka M po zakonu

Izra unati i skicirati apsolutnu brzinu i apsolutno ubrzanje to ke M u trenutku s AM R t.

1t 0,5s.

19