Riješeni zadaci iz dinamike

Dinamika

1

I. UVOD 1. Na dvije materijalne to�ke mase kg 15 m i kg 5m 21 == djeluju jednake sile. Usporedite

(module) ubrzanja tih to�aka. Koji je odgovor to�an? a) ubrzanja jednaka ( )12 aa = b) ubrzanje to�ke mase 15 kg tri puta je ve�e od ubrzanja to�ke mase 5 kg; ( )12 a3a ⋅=

c) Ubrzanje to�ke mase 15 kg tri puta je manje od ubrzanja to�ke mase 5 kg; ��

��

� ⋅= 12 a31

a

Rješenje:

)c odgovor a31

a 31

155

aa

mm

aa

amam FF amF

121

2

2

1

1

2

2211

21

→=�==→=

⋅=⋅=→⋅=

2. Na materijalnu to�ku A mase 10 kg djeluje sustav sila prikazan na slici i to:

N 9F

N 16F

N 10FFFF

6

3

5421

==

====

Odredite pravac, smjer i veli�inu ubrzanja to�ke A. Rješenje:

- pravac x: F4 - F1 = 0 - pravac y: F2 - F5 = 0 - pravac sila 3 i 6:

2

63

sm

7,010

916m

FFmF

a

amF

=−=−==

⋅=

Ubrzanje →a je u smjeru sile F3.

Dinamika

2

II. RAD

cossFsFA α⋅⋅=⋅=→→

1. Koliki rad izvrši radnik vu�om kolica ako upotrijebi silu od 500 N pod kutom � = 25° na putu od 300 m? Rješenje:

m 300s25 N 500F

==α= �

Nm 946 135906,0000 15025cos300500A

cosFF cossFsFA

0

h

=⋅=⋅⋅=

α⋅=α⋅⋅=⋅=→→

2. Koliki rad izvrši elektromotorna dizalica pri podizanju tereta mase 5 t na visinu od 25 m?

Rješenje:

m 25hs

kg 000 5t 5m==

==

( )kNm25,226.1Nm250.226.1A

2581,95000sgm1hGA1cos.....180....;...cossFsFA

−=−=⋅⋅−=⋅⋅−=−⋅⋅=

−=α=αα⋅⋅=⋅=→→

�

Dinamika

3

3. Koliki je rad sile koja djeluju na tijelo pri slobodnom padu, sile teže 981 N, ako se brzina

tijela pove�a s 5 m/s na 25 m/s?

Rješenje:

1)cos 0( cossG sGsFA 3. :Rad

tg21

tvss 2.

tgvv .1 :pad Slobodni

200

0

=α=αα⋅⋅=⋅=⋅=

+⋅+=

⋅+=

→→→→�

kJ 30Nm 000.30g

300981sGA .3 ad

g300

g200

g100

g20g

21

g20

5s

tg21

tvs 2. ad

g20

t tg525

tgvv .1 ad

2

2

20

0

==⋅=⋅=

=+=⋅⋅+⋅=

⋅⋅+⋅=

=�⋅+=

⋅+=

Doma�a zada�a: 4. Koliki je iznos rada sile teže pri horizontalnom pomicanju tijela? 5. Rad konstantne sile pri pravocrtnom gibanju iznosi A= -10 J. Koji kut me�usobno

zatvaraju pravac djelovanja sile i pravac pomaka hvatišta? 6. Usporedite me�usobno veli�ine radova sile teže ako se težište tijela preseli iz to�ke C u

to�ku C1 po trajektorijama I, II i III.

7. Koliki rad izvrši elektromotorna dizalica kada teret mase 2 500 kg podigne na visinu od 5 m? (-122,63 kJ)

8. Koliki je iznos sila koja tijelo gura na putu od 20 m pri �emu izvrši rad od 1000 J ? (50 N)

Dinamika

4

III. SNAGA

t

AP =

STUPANJ KORISNOG DJELOVANJA �

PP

U

K=η PK - korisna snaga;

PU - ukupna snaga

1. Elektromotorna dizalica digne teret mase 5 t na visinu od 25 m za 50 sekundi. Izra�unajte: a) izvršeni rad b) upotrijebljenu snagu.

Rješenje:

Rad: kNm 25,226.12581,95 A

hgm hG A 1cos180 ; cossFsFA 0

−=⋅⋅−=⋅⋅−=⋅−=

−=α�=αα⋅⋅=⋅=→→

Snaga: kW525,24s

kNm 525,24

5025,226.1

t

AP ====

2. Dizalica nosivosti 1.000 kN podiže teret brzinom 2 m/s. Kolika je ukupna snaga

elektromotora ako stupanj korisnog djelovanja od motora do tereta iznosi � = 0,8?

Rješenje:

kW 500 28,0

000 2PP

PP

kN 000 22000 1vFP

vFtsF

tA

P

s/m 2vkN 000 1F

KU

U

K

K

==η

=�=η

=⋅=⋅=

⋅=⋅==

==

Dinamika

5

3. Dizalica podigne teret mase 1.000 kg na visinu 10 m za 1min jednolikom brzinom. Dovedena snaga od motora do dizalice (ukupna snaga PU ) iznosi 2,5 kW. Odredite stupanj iskoristivosti dizalice.

Rješenje:

654,0500 2635 1

PP

W 635 161

810 9vGvFP

PP

m/s 167,061

6010

ts

v

? W500 2kW 5,2P

s 60min1tm 10sh

N 810 981,9000 1gmGkg 000.1m

U

K

K

U

K

U

===η

=⋅=⋅=⋅=

=η

====

=η==

====

=⋅=⋅=�=

4. Na pokretnoj traci �ovjek mase 75 kg hoda brzinom v = 1,5m/s. Traka ima nagib od 12%. Koliku snagu razvija �ovjek?

Rješenje: m = 75 kg

v = 1,5 m/s � U jednoj sekundi prevali 1,50 m (horizontalna projekcija) � Visinska razlika

m 18,050,112,0h 12,0tg50,1h =⋅=�=α=

Rad:

J 132Nm 13218,081,975hgm hG cossFsFA −=−=⋅⋅−=⋅⋅−=⋅−=α⋅⋅=⋅=→→

Snaga: W 132sJ

1321

132t

AP ====

Doma�a zada�a: 5. Koliki rad može izvršiti motor snage P = 5 kW za 20 minuta? (6 000 kJ) 6. Kolika je snaga stroja koji u 10 sekundi izvrši rad od 120 J? (12 W) 7. Koliku snagu ima lokomotiva koja vu�e vlak silom od 20 kN brzinom od 60 km/h?

(416,66 kW) 8. Kolika je snaga dizalice ako teret mase 2 500 kg podigne na visinu 5 m za 10 sekundi ?

(12, 3 kW)

Dinamika

6

IV. KINETI�KA ENERGIJA MATERIJALNE TO�KE

1. Iz vodopada visokog 0,46 m pada svake sekunde 2m 3 vode. Izra�unajte: a) brzinu vode u padu, b) kineti�ku energiju vode, c) snagu vodopada.

Rješenje: s 1t

m 2V

m 46,0sh3

==

==

a) slobodni pad: v = ?

m/s 381,946,02gs2gs2

gtgv

0 v tgvv

gs2

t tg21

s

00

2

=⋅⋅=⋅⋅=⋅=⋅=

=⋅+=

=�⋅⋅=

b)

Nm 000 92

3000 2E

kg 000 2000 12m

kg/m 000.1 Vm 2vm

E

?E

2

k

3vv

2

k

k

=⋅=

=⋅=

=ρρ⋅=⋅=

=

c)

W 025 9s

Nm 025 9

1025 9

tA

P

Nm 025 946,0620 19hG A

N 620 1981,9000 2gmG hG A tA

P

s 1t ?P

====

=⋅=⋅=

=⋅=⋅=⋅==

==

Dinamika

7

2. Izra�unajte promjenu kineti�ke energije materijalne to�ke mase 20 kg, ako se njezina

brzina pove�ala od 10 m/s na 20 m/s.

Rješenje:

( ) ( )

J 000 3smkg 000 3E

3001010202

20vv

2m

2vm

2vm

E

2

2

K

2220

21

20

21

K

==∆

⋅=−⋅=−⋅=−=∆

3. Koliko se promijeni kineti�ka energija pri pravocrtnom gibanju to�ke ako se njezina

brzina pove�a dva puta?

Rješenje:

( )

E42vm

42

v2mE

2vm

E

vK

22

v2K

2

vK

⋅=⋅=⋅=

⋅=

� Kineti�ka energija se pove�a 4 puta.

4. Kineti�ka energija jedne to�ke dvaput je ve�a od kineti�ke energije druge to�ke. To�ke se gibaju pravocrtno jednakim brzinama. U kakvom su odnosu mase tih to�aka?

Rješenje:

21

22

21

2K1K

m2m 2

vm2

2vm

E2E

⋅=�⋅⋅=⋅

⋅=

� Masa prve to�ke dvaput je ve�a od mase druge to�ke.

Dinamika

8

5. Koliki je prirast kineti�ke energije zamašnjaka promjera 3 m i težine 50 kN ako mu broj

okreta naraste sa 60 okr/min na 120 okr/min? Rješenje:

s/m 84,18645,1rv

s/m 42,9 325,1rv

?E

)s/1( 460

n2 okr/min 120n

)s/1( 260

n2 okr/min 60n

kN 50Gm 5,1rm 3d

22

11

K

222

111

=π=π⋅=ω⋅==π=π⋅=ω⋅=

=∆

π=⋅π⋅=ω=

π=⋅π⋅=ω=

==�=

Prirast kineti�ke energije: EEE

12 KKK −=∆

( )

( ) ( )[ ] kJ 4,678kNm 4,6782781,92

5036

g2G

E

vv2m

EEE

2vm

E

2vm

E

222K

21

22KKK

22

K

21

K

12

2

1

==π⋅⋅

=π−π=∆

−⋅=−=∆

⋅=

⋅=

Dinamika

9

A) D` ALEMBERTOV PRINCIP 1. Materijalna to�ka vlastite težine G = 100 N giba se po glatkoj horizontalnoj podlozi

konstantnim ubrzanjem a = 1,5m/s2. Odredite silu koja uzrokuje i podržava gibanje zanemaruju�i sile otpora. Rješenje:

GR 0GR

0F 2.

N 3,155,12,10F

5,181,9

100a

gG

amFF

0FF

0F .1

nn

y

in

in

x

=→=−

=Σ

=⋅=

⋅=⋅=⋅==

=−=Σ

2. Zbog vlastite težine tijelo M, bez po�etne brzine pada s visine h = 1 500 m uz otpor zraka.

Ako je sila otpora jednaka polovici težine odredite: a) ubrzanje tijela a = ? b) brzinu v nakon 5 sekundi od po�etka padanja (v = ?)

c) vrijeme padanja (T = ?). (Na tijelo djeluju konstantne sile pa �e se ono gibati jednoliko ubrzano.)

Rješenje: 0v ;0t 0 == Fw = 0,5 . G s = H a)

2

w

win

y

sm

9,4g21

a 2

gmam

G21

G21

GFGam

0GFF

0F

==�⋅=⋅

⋅=−=−=⋅

=−+

=�

b)

Hs ta21

tvss :put

m/s 5,2459,40v tav v:brzina-konst.a ; 0 a ubrzanje -

gibanje ubrzano jednoliko

200

0

=⋅⋅+⋅+=−

=⋅+=�⋅+==>

s 7,2434,6129,4500 12

T aH2

Tt

ta21

00H ta21

tvss :put )c 2200

==⋅=�⋅==�

⋅⋅++=�⋅⋅+⋅+=−

Dinamika

10

3. Kabina dizala (lifta) diže se brzinom od 0,80 m/s. U polasku kabina se giba ubrzano na putu od 1,20 m. Odredite:

a) silu u užetima kojima se diže lift ra�unaju�i samo �ovjeka mase 80 kg b) silu koja pri dizanju dizala djeluje na �ovjeka.

Rješenje: Po�etni uvjeti:

m 1,20skg 80mm/s 80,0v

0v ; 0s0t 00

==

===�=

sm

266,020,12

80,0s2

va

a2v

av

a21

ta21

s

ta21

tvss

av

t ta v tav v

konst.a 0agibanje ubrzano jednoliko

2

22222

200

0

=⋅

=⋅

=�⋅

=��

��

�⋅⋅=⋅⋅=

⋅⋅+⋅+=

=�⋅=→⋅+=

=>

0) Iz Σ Fy=0 za slu�aj mirovanja sila ukupna sila u „užetima“ dizala bila bi:

N 80,78481,980GR 0GR =⋅==→=−

N 13,80633,2180,784266,08081,980amgmFGR

0FGR

0F princip ovDÁlembert )a

in

in

y

=+=⋅+⋅=⋅+⋅=+==−−

=�

N 33,21266,080amF:�ovjeka na djeluje koja Sila )b =⋅=⋅=

Dinamika

11

4. Kabina dizala giba se brzinom 0,80 m/s. Prilikom zaustavljanja giba se usporeno na putu od 2,00 m. Odredite silu koja djeluje na �ovjeka mase 80 kg pri zaustavljanju dizala.

Rješenje: - po�etni uvjeti:

m 00,2s ; 0v ; tt

0 s ; sm

80,0v ; 0t 00

===

===

-jednoliko usporeno gibanje

ta21

tvss

tavvkonst.a 0a

200

0

⋅⋅−⋅+=

⋅−==<

2

220

20

20

20

20

2

200

02

0

00

sm

16,000,22

80,0s2

va

a2vs

a2v

av

21

av

ava

21

av

vta21

tvs

avt tav0

=⋅

=⋅

=

⋅=→

⋅=⋅−=⋅⋅−⋅=⋅⋅−⋅=

=�⋅−=

a) DÁlembertov princip

N 00,77280,1280,78416,08081,980RamgmFGR

0GFR

0F

in

in

y

=−=⋅−⋅=⋅−⋅=−=

=−+=�

N 80,1216,080amF:�ovjeka na djeluje koja Sila )b =⋅=⋅=

Dinamika

12

5. Tijelo mase 10 kg po�inje iz stanja mirovanja kliziti niz kosinu nagiba 030=α . Odredite silu trenja ako tijelo za 2 sekunde prevali put od 5 m.

Rješenje:

0,866 cos 0,500;sin 30

kg 10m0 =α=α=α

=

Po�etni uvjeti:

m 5ss 2t

0v ; 0s ; 0t 00

==

===

2222

200

sm

5,22

52

t

s2a ta

21

s

ta21

tvss

:gibanje ubrzano Jednoliko .1

=⋅=⋅=�⋅⋅=

⋅⋅+⋅+=

2. DÁlembertov princip:

N 05,240,2505,49R

5,210500,081,910R

am30singmR

amsinGR

0FsinGR 0F

t

t

0t

t

int

x

=−=⋅−⋅⋅=

⋅−⋅⋅=

⋅−α⋅==+α⋅−

=�

Dinamika

13

6. Odredite za prikazani položaj pokretnih kolica dizalice nosivosti 10 t

a) stati�ke reakcije b) dinami�ke reakcije ako teret podižemo

ubrzanjem od 6,5 m/s2 c) dodatne dinami�ke reakcije.

m = 10 t a = 6,5 m/s2

a) Stati�ke reakcije

016,35-81,75-98,1

0RRG

0F :ontrolaK

zadov. ident. 0F .3

kN 75,811815

GR 015G18R

0M .2

kN 35,16183

GR 03G18R

0M .1kN 1,9881,910gmG

BA

z

x

AA

B

BB

A

==−−

=�

=�

=⋅=→=⋅−⋅

=�

=⋅=→=⋅−⋅

=�

=⋅=⋅=

b) Dinami�ke reakcije

( )( )

( )( )

027,15-135,95-65,098,1

0RRFG 0F :ontrolaK

zadov. ident. 0F .3

kN 95,1351815

0,651,98R

015FG18R

0M .2

kN 15,27183

0,651,98R

03FG18R

0M .1

kN 0,655,610amF

BDADinz

x

A

inA

B

BD

inBD

A

in

=+=−−+→=�

=�

=⋅+=

=⋅+−⋅=�

=⋅+=

=⋅+−⋅=�

=⋅=⋅=

c) Dodatne dinami�ke reakcije

kN 65,00 RR

kN 80,10 35,1615,27 RRR

kN 20,5475,8195,135RRR

BA

BBDB

AADA

=∆+∆=−=−=∆=−=−=∆

Dinamika

14

7. Na simetri�nom rešetkastom nosa�u nalazi se dizalica koja diže teret mase m = 2 000 kg. Masa rešetke iznosi 1 200 kg, a masa dizalice 300 kg.

a) Odredite dinami�ke reakcije oslonaca rešetkastog nosa�a pri dizanju tereta ubrzanjem od 1,8 m/s2.

b) Usporedite dinami�ke i stati�ke reakcije. Zadano:

m = 2 000 kg mr = 1 200 kg md = 300 kg a = 1,8 m/s2

N 600 3 8,1000 2amF inercije Sila

N 943 2 81,9300gmG Dizalica

N 770 1181,9200 1gmG šetkaReN 026 19 81,9000 2gmQ Teret

in

dd

rr

=⋅=⋅=

=⋅=⋅==⋅=⋅=

=⋅=⋅=

a) Dinami�ke reakcije

( )

( )

( )

00

0RRFQGG

0F :ontrolaK

zadov. ident. 0F .3

kN 95,1351815

0,651,98R

N 75,629 24880,5

220 2386

943 284

770 11R

080,5FQ6G4G8R

0M .2

N 25,006 13820,2

220 2382

943 284

770 11R

020,2FQ2G4G8R

0M .1

BDADindr

z

x

A

AD

indrAD

B

BD

indrBD

A

==−−+++

=�

=�

=⋅+=

=⋅+⋅+⋅=

=⋅+−⋅−⋅−⋅=�

=⋅+⋅+⋅=

=⋅+−⋅−⋅−⋅=�

Dinamika

15

b) Stati�ke reakcije

00

0RRQGG

0F :ontrolaK

zadov. ident. 0F .3

N 75,613 22880,5

Q86

G84

GR

0M .2

N 25,016 12820,2

Q82

G84

GR

0M .1

BDADdr

z

x

drA

B

drB

A

==−−++

=�

=�

=⋅+⋅+⋅=

=�

=⋅+⋅+⋅=

=�

c) Usporedba reakcije dinami�kih i stati�kih reakcija

)F ( N 600 3 RR

N 990 25,016 12006,25 13RRR

N 261075,316 22926,75 24RRR

inBA

BBDB

AADA

==∆+∆=−=−=∆=−=−=∆

Dinamika

16

9. Kuglica težine G ovješena je o nerastezljivoj niti (�iju težinu zanemarujemo) oscilira u vertikalnoj ravnini. Primjenom DÁlembertovog principa odredite zakon osciliranja matemati�kog njihala.

( )

0

lg

0lg

l: 0gdtd

l

(-1) 0gdt

ld

m: 0singmdt

sdm

0sinGF

0F .4

dtsd

mdtdv

mamF 3.

kut mali za sin .2

ls OM Luk .1

2

2

2

2

2

2

2

2

int

x

2

2

tint

=ϕ⋅ω+ϕ

=ω=ϕ⋅+ϕ

=ϕ⋅+ϕ⋅

=ϕ⋅−ϕ⋅−

=ϕ⋅⋅−⋅−

=ϕ⋅−−=�

⋅=⋅=⋅=

ϕϕ≈ϕϕ⋅=

••

••

Diferencijalna jednadžba osciliranja matemati�kog njihala:

0 2 =ϕ⋅ω+ϕ••

Rješenje u obliku: rte=ϕ

ti tr2

titr1

21

22

rtrt2rt2

2

rt2

ee ee

i r ir :Rješenja 0r

e:/ 0eer

0

er

21 ⋅ω−⋅ω

••

••

==ϕ==ϕ

⋅ω−=⋅ω==ω+

=⋅ω+⋅

=ϕ⋅ω+ϕ

⋅=ϕ

Op�e rješenje diferencijalne jednadžbe sastoji se od zbroja pojedina�nih rješenja pomnoženih konstantama:

ti 2

ti12211 eCeCCC ⋅ω−⋅ω ⋅+⋅=ϕ⋅+ϕ⋅=ϕ

Dinamika

17

Pošto je tsintcose ti ω±ω=⋅ω± ; te uz A = C1 - C2 B = C1 + C2 Dobivamo op�e rješenje diferencijalne jednadžbe matemati�kog njihala:

tcosBtsinA ω⋅+ω⋅=ϕ lg=ω

Period oscilacija za mali kut ϕ0 gl

22

T π=ωπ=

Period oscilacija ina�e ovisi o po�etnom otklonu (kutu ϕ0) i iznosi:

��

��

� ϕ⋅+π= 2016

11

gl

2T

Konstante A i B odre�ujemo iz po�etnih uvjeta gibanja.

Na primjer za:

0 0t ϕ=ϕ= 0B ϕ=

0 v0t 0 =��

��

�ϕ==•

0A = tcos0 ω⋅ϕ=ϕ

Dinamika

18

1. ZAKON O PROMJENI KOLI�INE GIBANJA

Vektorski oblik: t FIvmvm 01 ⋅==−→→→→

Skalarni oblik: tFImvmv 01 ⋅==− 1.1 Kojom �e brzinom tijelo pasti na zemlju ako se zanemarimo otpor zraka, a vrijeme

padanja iznosi 3,5 sekunde?

Po�etni uvjet: t = 0 s ; v0 = 0

t1 = 3,5 s ; v1 = ?

Rješenje:

Zakon o promjeni koli�ine gibanja

s/m 3,345,381,9tgv

tgvv

tgmmvmv

tGmvmv

tFvmvm

1

01

01

01

01

=⋅=⋅=⋅=−

⋅⋅=−⋅=−⋅=−

→→→

(+) jer je u istom smjeru sila G i put s = H

b) Koji �e put tijelo prije�i za to vrijeme? (- slobodan pad)

m 605,381,921

tg21

Hs 22 =⋅⋅=⋅⋅==

c) Koliki rad �e biti izvršen?

HgmHGA ⋅⋅=⋅= Potrebno je zadati masu!

Dinamika

19

1.2 Sanduk ba�en na kosinu (� = 10º ) imao je brzinu v = 2 m/s. Za 5 sekundi zaustavi se zbog

trenja. Odredite koeficijent trenja sanduka µ po kosini?

Zadano: � = 10º sin� = 0,174

cos� = 0,985

v0 = 2 m/s ; v1 = 0

t = 5 s

µ = ?

Rješenje:

1. cosGR 0cosGR

0F

nn

y

α⋅=→=α⋅−

=�

2. zakon trenja

α⋅⋅µ=→⋅µ= cosGR RR tnt

3. Zakon o promjeni koli�ine gibanja

217,0985,0581,9

2174,0581,9 costg

v sintg

gmG ; costGmv sintG

costGsintGvm

t)RsinG(vm0

tFvmvm

0

0

0

t0

01

=⋅⋅

+⋅⋅=α⋅⋅+α⋅⋅

=µ

⋅=α⋅⋅

+α⋅⋅=µ

α⋅⋅⋅µ−α⋅⋅=⋅−⋅−α⋅=⋅−

⋅=⋅−⋅

Dinamika

20

1.3 Na potpuno ravnom putu vozilo mase 1000 kg zaustavi se bez ko�enja za 33 sekunde pri

po�etnoj brzini od 36 km/h. Odredite koeficijent trenja? Otpor zraka zanemariti!

Po�etni uvjet: m =1 000 kg

t = 0 s ; v0 = 36 km/h = 10 m/s

t1 = 33 s ; v1 = 0

Rješenje:

�=�=4

1tit

4

1nin RR ; RR

gmGR 0GR

0F .1

nn

y

⋅==→=−

=�

2. zakon trenja

gmR RR tnt ⋅⋅µ=→⋅µ=


tRvmvm t01 ⋅−=⋅−⋅ (-) jer su sila Rt i put s u suprotnom smjeru

031,03381,9

10tg

v

tGvgG

tGvm0

0

0

0

=⋅

=⋅

=µ

⋅⋅µ−=⋅−

⋅⋅µ−=⋅−

Dinamika

21

1.4 Odredite za koji �e se vremenski interval zaustaviti automobil koji je po�eo ko�iti pri

brzini 80 km/h? Koeficijent trenja kota�a na putu iznosi 0,25.

m/s 22,223600

80000 km/h 80 v0 ===

v1 = 0

µ = 0,25

t = ?

�=�=4

1tit

4

1nin RR ; RR

Rješenje:

1. GR 0GR

0F

nn

y

=→=−

=�

2. zakon trenja

GR RR tnt ⋅µ=→⋅µ=



s 981,925,0

22,22g

vt

tGvgG

tGvm0

0

0

0

=⋅

=⋅µ

=

⋅⋅µ−=⋅−

⋅⋅µ−=⋅−

Dinamika

22

2. ZAKON O PROMJENI KINETI�KE ENERGIJE

α⋅⋅=⋅==−→→

cossFsFA2

mv2

mv 20

21

2.1 Kojom �e brzinom tijelo, ako ga pustimo da slobodno pada (bez po�etne brzine), pasti na

zemlju s visine od 60 metara ako zanemarimo otpor zraka?

Po�etni uvjet: t = 0 s ; v0 = 0

h = s = 60 m

m/s 3,346081,92hg2v

hgm02vm

hG2vm

2vm

cossFsF2vm

2vm

1

21

20

21

20

21

=⋅⋅=⋅⋅=

⋅⋅=−⋅

⋅=⋅

−⋅

α⋅⋅=⋅=⋅

−⋅ →→

2.2 Teret težine G ovješen je o nerastezljivu nit dužine l = 1 m. Odredite iznos po�etne

brzine v0 kako bi kuglica iz po�etnog vertikalnog položaja bila otklonjena za kut:

a) ϕ = 30° b) ϕ = 45° c) ϕ = 60° d) ϕ = 90°.

l = 1,00 m v1= 0 v0 = ?

h = l - l . cos ϕ

( )ϕ−⋅⋅⋅=⋅⋅=

⋅⋅−=⋅

−

⋅−=⋅

−

α⋅⋅=⋅

−⋅

⋅==∆→→

cos1lg2hg2v

hgm 2vm

hG 2vm

0

cossF2vm

2vm

sFAE

0

20

20

20

21

k

s/m 62,1134,000,181,92 v ;866,0cos ;30 )a 0 =⋅⋅⋅==ϕ=ϕ �

Dinamika

23

s/m 43,4100,181,92 v 0cos ;90 )d

s/m 13,35,000,181,92 v ;500,0cos ;60 )c

s/m 40,2293,000,181,92 v ;707,0cos ;45 )b

0

0

0

=⋅⋅⋅==ϕ=ϕ

=⋅⋅⋅==ϕ=ϕ

=⋅⋅⋅==ϕ=ϕ

�

�

�

2.3 Viljuškar mase m1 nosi teret mase m2, giba se brzinom 0

→v . Ako je zadan koeficijent

trenja � odredite dužinu zaustavnog puta? Pri ko�enju se izme�u kota�a viljuškara i vozne staze javlja maksimalna (grani�na) sila trenja.

Po�etni uvjeti: t = 0 v0

t = t v1 = 0

1. 0Fy =�

gmgmR

GGR

0GGR

21n

21n

21n

⋅+⋅=+=

=−−

2. zakon trenja

( )gmgmR

RR

21t

nt

⋅+⋅⋅µ=⋅µ=

�=�=4

1tit

4

1nin RR ; RR

3. put ko�enja

g2v

s

s)gmgm(2

v)mm(0

sR2

v)mm(2

v)mm(

20

21

2021

t

2021

2121

⋅µ⋅=

⋅⋅+⋅⋅µ−=⋅+

+

⋅−=⋅+

+⋅+

Dinamika

24

2.4. Teret težine G, ovješen je o nit dužine l, otklonjen od vertikale za kut ϕ0 pustimo bez po�etne brzine (v0 = 0). Odredite reaktivnu silu u niti u trenutku kada teret prolazi kroz najniži položaj za slu�ajeve: a) ϕ0 = 30°

b) ϕ0 = 60° c) ϕ0 = 90°. (Statika R = G) )cos1(lcosllh 00 ϕ−⋅=ϕ⋅−= Gibanje po kružnici:

l

vr

va

22

n ==

0F 2.

A E -E 1.

y

k0k1

=�

=

( )

( )

( )0

0

0

21

N_in

N_in

021

21

20

21

cos23GR

cosG2G2GRl

cos1lg2gG

GR

lv

gG

GFGR

0F-G-R 2. ad

cos1lg2hg2v

hgm2vm

hG2vm

2vm

1. ad

ϕ⋅−⋅=ϕ⋅⋅−⋅+=

ϕ−⋅⋅⋅⋅+=

⋅+=+=

=

ϕ−⋅⋅⋅=⋅⋅=

⋅⋅=⋅

⋅=⋅

−⋅

( )[ ]( )[ ]

( )[ ]G3R;09cos;9 d)

G22/123GR;2/1cos;6 c)

G59,12/223GR;2/245cos;45 b)

G27,12/323GR;2/3cos; a)

0

0

0

0

⋅=→= 0°→0° = ϕ⋅=⋅−⋅=→= 30°→0° = ϕ

⋅=⋅−⋅=→= °→° = ϕ

⋅=⋅−⋅=→= 30°→30° = ϕ

lv

gG

amF21

nin_N ⋅=⋅=

Dinamika

25

3. ZAKON O ODRŽANJU MEHANI�KE ENERGIJE

0

2

1

21

pk

hgm2

mvhgm

2mv

.konstEE

0 ⋅⋅+=⋅⋅+

=+

3.1. Tijelo mase m= 5 kg ba�eno je vertikalno uvis po�etnom brzinom od 25 m/s. Odredite:

a) koju visinu dostigne tijelo (h = ?)

b) ukupnu promjenu kineti�ke energije (∆ Ek = ?)

c) potencijalnu energiju tijela u najvišem položaju (Ep1 = ?).

m = 5 kg

v0 = 25 m/s

h0 = 0

a) h = h1=?

v1 = 0

h0 = 0

m85,3181,92

25g2

vhh

2vm

mgh

02vm

mgh0

mgh2vm

mgh2vm

EEEE

220

1

20

1

20

1

0

20

1

21

0p0k1p1k

=⋅

===

⋅=

+⋅

=+

+⋅

=+⋅

+=+

b) v1 = 0

��

��

�==−=⋅−=

⋅−=∆

⋅−=

⋅−⋅=−=∆

JNmsm

kg 562,5 12255

2vm

0E

2vm

02vm

2vm

EEE

2

2220

k

20

20

21

0k1kk

c) E p1= ?

J 5,156285,3181,95mghE 1p =⋅⋅==

Dinamika

26

3.2. Koliko iznosi brzina v1 matemati�kog njihala kad prolazi kroz ravnotežni položaj ako je

zadan kut ϕ i duljina niti l?

a) Zakon o održanju mehani�ke energije

0h

0v

1

0

==

)cos1(lg2v

hg2v

hgm002

vm

hgm2

mvhgm

2

vm

konstEE

1

01

0

2

0

2

1

2

PK

1

01

ϕ−⋅⋅⋅=

⋅⋅=

⋅⋅+=+⋅

⋅⋅+=⋅⋅+⋅

=+

b) ili Zakon o promjeni kineti�ke energije

)cos1(lg2v

hg2v

hgm02vm

hG2vm

2vm

1

1

21

20

21

ϕ−⋅⋅⋅=

⋅⋅=

⋅⋅=−⋅

⋅=⋅

−⋅

(Isto rješenje)

Dinamika

27

KOMBINACIJA ZAKONA 1. Koliko iznosi koeficijent trenja izme�u kota�a automobila i podloge ako se automobil uz

po�etnu brzinu od 36 km/h zaustavi za 20 s? Izra�unajte duljinu zaustavnog puta

automobila.

Po�etni uvjet: m/s 103600

36000km/h 36v0 ===

v1 = 0

t = 20 s

a) µ = ?

b) s = ?

Rješenje:

GR 0GR

0F .1

nn

y

=→=−

=� �=�=

4

1tit

4

1nin RR ; RR

2. zakon trenja �=�=4

1tit

4

1nin RR ; RR

nt RR ⋅µ= → GR t ⋅µ=



05,02081,9

10tg

v

tGvgG

tGvm0

0

0

0

=⋅

=⋅

=µ

⋅⋅µ−=⋅−

⋅⋅µ−=⋅−

4. Zakon o promjeni kineti�ke energije:

m 94,10105,081,92

10g2v

s

sgm2vm

0

sR2vm

2vm

sR2vm

2vm

cossF2vm

2vm

220

20

t

20

21

t

20

21

20

21

=⋅⋅

=µ⋅⋅

=

⋅⋅⋅µ−=⋅

−

⋅−=⋅

−⋅

⋅−=⋅

−⋅

α⋅⋅=⋅

−⋅

Dinamika

28

2. Skijaš mase 80 kg iz stanja mirovanja po�inje s vrha kosine klizati niz kosinu. Duljina

kosine je 20 m a visina 1,5 m.

a) Odredite brzinu koju skijaš postigne pri dnu kosine ako koeficijent trenja iznosi 0,05

b) Odredite brzinu koju bi skijaš postigao pri dnu kosine uz pretpostavku da nema trenja

(µ = 0)

Zadano:

m = 80 kg

µ = 0,05

h = 1,5 m

l = 20 m

997,0cos

075,020

5,1lh

sin

=α

===α

Rješenje:

cosGR cosGR

RR 0cosGR

renja Zakon t2. 0F .1

tn

ntn

y

α⋅⋅µ=α⋅=⋅µ==α⋅−

=�

3. Zakon o promjeni kineti�ke energije:

( )

( )

( )

m/s 14,3)997,02005,050,1(81,92)coslh(g2v

lcosgmhgm2vm

lcosgmhgm02vm

sinlh lRlsinG2vm

2vm

A2vm

2vm

1

21

21

t

20

21

20

21

=⋅⋅−⋅⋅=α⋅⋅µ−⋅⋅=

⋅α⋅⋅⋅µ−⋅⋅=⋅

⋅α⋅⋅⋅µ−⋅⋅=−⋅

α⋅=⋅−⋅α⋅=⋅

−⋅

=⋅

−⋅

Dinamika

29

b) bez trenja µ = 0

m/s 42,550,181,92hg2v

hgm02vm

hG2vm

2vm

1

21

20

21

=⋅⋅=⋅⋅=

⋅⋅=−⋅

⋅=⋅

−⋅

ili Zakon o održanju mehani�ke energije:

0v0 = 0h1 = .konstEE PK =+

)rješenje! (jednako m/s 42,550,181,92hg2v

hgm002

vm

hgm2

mvhgm

2

vm

1

0

2

0

2

1

2

1

01

=⋅⋅=⋅⋅=

⋅⋅+=+⋅

⋅⋅+=⋅⋅+⋅

Dinamika

30

3. Odredite brzinu v1 kojom �ovjek pri padu iz uspravnog položaja padne na bok ako je

zadano:

masa �ovjeka m = 100 kg

visina težišta �ovjeka u uspravnom položaju h = 0,95 m

visina težišta pri padu na bok hb = 0,15 m

m/s 96,3696,158,081,92hgm2v

hgm02vm

hG2vm

2vm

m 80,015,095,0hhh

0v ;0t

1

21

20

21

b

0

==⋅⋅=∆⋅⋅⋅=

∆⋅⋅=−⋅

∆⋅=⋅

−⋅

=−=−=∆

==

b) Ako pretpostavimo da se tijelo pri padu zaustavi za 0,2 s. Odredite silu koja je potrebna da

zaustavi pad �ovjeka.

0 v s 2,0t 1 ==

tFvmvm 01 ⋅−=⋅−⋅→→→

tFvmvm 01 ⋅−=⋅−⋅

N 19802,0

96,3100tvm

F

tFvm0

o

0

=⋅=⋅

=

⋅−=⋅−

Dinamika

31

4. ZAKON O PROMJENI MOMENTA KOLI�INE GIBANJA Primjer 1: Gibanje planeta oko Sunca i sila kojom Sunce privla�i planete

• Putanja planeta je elipsa a Sunce se nalazi u fokusu elipse – to je gibanje pod djelovanjem centralne sile kod koje pravac sile za cijelo vrijeme gibanja prolazi kroz jednu te istu to�ku O.

To�ka O – Sunce To�ka M – Zemlja Masa Zemlje m = konstanta Površine moraju biti jednake ! Primjer 2: Prandtlov stolac

• Piruete kod klizanja.konstL

dtLd O =�=

→→

0

konst. v mrL =⋅=

konst. v r =⋅

brzina najve�av

brzina najmanja- v

N

A

−

.konstvdvdvd

.konstvd .konstmvd

.konstsinmvrL

.konstvmrL

0dt

vmrd

dtLd

0FrM

NNAA

0

0

O

O

=⋅=⋅=⋅=⋅

=⋅=α⋅⋅=

=⋅×=

=��

��

� ⋅×=

=×=

→→→

→→→

→→→

Dinamika

32

Primjer 3:

• Kuglica Mprivezana na nit koja se namotava na tanki vertikalni štap.

100 mvr mvr 1 ⋅=⋅

Dinamika

33

Primjer 4: Matemati�ko njihalo Promjena momenta koli�ine gibanja u vremenu obzirom na neku to�ku jednaka je stati�kom momentu sila obzirom na tu to�ku.

→→→

→→→

→→

×==��

��

� ×=

=

Fr M dt

vmrd

dtLd

MdtLd

OO

OO

Diferencijalna jednadžba (oscilacijskog) gibanja matemati�kog njihala:

0 2 =ϕ⋅ω+ϕ••

Rješenje u obliku: rte=ϕ

ti tr2

titr1

21

22

rtrt2rt2

2

rt2

ee ee

i r ir :Rješenja 0r

e:/ 0eer

0

er

21 ⋅ω−⋅ω

••

••

==ϕ==ϕ

⋅ω−=⋅ω==ω+

=⋅ω+⋅

=ϕ⋅ω+ϕ

⋅=ϕ

Op�e rješenje diferencijalne jednadžbe sastoji se od zbroja pojedina�nih rješenja pomnoženih konstantama:

lg

0lg

sin kut mali za 0sinlg

mgsin l dtd

l m

dinamike)zakon (4. MdtLd

mgsin l mgd Mdtd

l mdtd

lmlL

dtd

lr v;lr

Fr M vmrL

2

22

OO

O

2O

OO

=ω→=ϕ⋅+ϕ

ϕ≅ϕϕ=ϕ⋅+ϕ

⋅ϕ−=ϕ

=

⋅ϕ−=⋅−=

ϕ=ϕ⋅=

ϕ=ω⋅==

×=×=

••

••

→→

→→→→→→

Dinamika

34

ti 2

ti12211 eCeCCC ⋅ω−⋅ω ⋅+⋅=ϕ⋅+ϕ⋅=ϕ

Pošto je tsintcose ti ω±ω=⋅ω± ; te uz A = C1 - C2 B = C1 + C2 Dobivamo op�e rješenje diferencijalne jednadžbe matemati�kog njihala:

tcosBtsinA ω⋅+ω⋅=ϕ Konstante A i B odre�ujemo iz po�etnih uvjeta gibanja.

Na primjer za:

0 0t ϕ=ϕ= 0B ϕ=

0 v0t 0 =��

��

�ϕ==•

0A = tcos0 ω⋅ϕ=ϕ

Dinamika

35

OSCILACIJE Primjer 1: Odredite trenutne vrijednosti pomaka, brzina i ubrzanja slobodnih harmonijskih

oscilacija bez po�etne faze za t = 2 sekunde i t = 4 sekunde, ako amplituda oscilacija iznosi 50 cm a period osciliranja je 8 sekundi.

α = 0 R = 50 cm = 0,5 m T = 8 s

za t = 4 s x =?; v =•x =?; a =

••x =?

( )

( )

004

5,0 44

sin4

5,0 x

m/s 8

14

5,044

cos4

5,0x

005,044

sin5,0x s 4 t

m/s 4

5,0 24

sin4

5,0 x

m/s 0 24

cos4

5,0x

m 0,5 24

sin5,0x s 2t

t4

sin4

5,0 x

t4

cos4

5,0x

t4

sin5,0x

48

2T2

2

T tsinRx

22

222

2

=⋅��

��

� π⋅−=��

��

� ⋅π⋅��

��

� π⋅−=

π−=−π⋅=��

��

� ⋅π⋅π⋅=

=⋅=��

��

� ⋅π⋅==

��

��

� π⋅−=��

��

� ⋅π⋅��

��

� π⋅−=

=��

��

� ⋅π⋅π⋅=

=��

��

� ⋅π⋅==

��

��

� ⋅π⋅��

��

� π⋅−=

��

��

� ⋅π⋅π⋅=

��

��

� ⋅π⋅=

π=π=π=ω→ωπ=α+⋅ω⋅=

••

•

••

•

••

•

Dinamika

36

Primjer 2:

Amplituda slobodnih harmonijskih oscilacija iznosi 2 metra, a period 4 sekunde bez po�etne faze. Izra�unajte za vrijeme t = 2 sekunde trenutne vrijednosti pomaka, brzine i ubrzanja.

( )

t2

sin2x

24

2T

0 4T 2Rt sinRx

��

��

� π⋅=

π=ω→=ωπ=

=α==α+ω⋅=

t 2 x 0 v - π a 0

t2

sin2

xa

t2

cosxv

2 π⋅π−==

π⋅π==

••

•

Dinamika

37

Primjer 3: Opruga oscilira jer je optere�ena trenutno silom od 0,12 kN. Odredite zakon slobodnih oscilacija ako krutost opruge iznosi 2000 N/m (zadatak dan u PowerPoint-u).

Rješenje: G = 0,12 kN k = 2000 N/m. t = 0 x0 = xst = -6

0x v0t 0 ===•

( )

Hz 08,249,01

T1

f

s 49,08,12

22T

t 8,12 cos60,0 x

(1/s) 8,12120

9,812000G

gkmk

0A 00B1A0x v0t

0,06 B 1B0A 60,0 x0t

m 06,0NmN

2000120

kG

x

tsinBtcosAxtcosBtsinAx

0

0

st

===

=π=ωπ=

⋅⋅−=

=⋅=⋅==ω

=→=⋅ω⋅+⋅ω⋅====

−=→⋅+⋅=−==

=��

��

�==

ω⋅ω⋅−ω⋅ω⋅=ω⋅+ω⋅=

•

Primjer 4: Odredite trenutne vrijednosti pomaka, brzina i ubrzanja slobodnih harmonijskih

oscilacija bez po�etne faze za t = 1 sekunda, ako amplituda oscilacija iznosi 30 cm a period osciliranja 6 sekundi.

Dinamika

38

Primjer 5: Odredite kružnu frekvenciju slobodnih oscilacija sustava zadanog na slici ako je

zadano:

G = 98,1 N k1 = 4 N/cm k2= 12 N/cm ω = ?

gmG xG

k

m

k

mk

st

ekv.

⋅==

==ω

Izduženje opruge 1 jednako je skra�enju opruge 2:

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) st22st222

22st

st11st111

11st

.ekvst2st1st

xkxkG kG

x

xkxkG kG

x

k

Gxxx

⋅=⋅=→=

⋅=⋅=→=

===

Gornja opruga se rasteže silom G1 a donja sabija silom G2 s time da je zbroj sila jednak ukupnoj sili G:

( )

1/s 65,121,98

81,91600G

gkmk

N/m 1600 N/cm 16 4 12kkk k

Gkk

Gx

Gkkx

Gxkxk

GGG

.ekv

*21ekv.

.ekv21st

21st

st2st1

21

=⋅=⋅

==ω

==+=+=→=+

=

=+⋅=⋅+⋅

=+

mN

1016m10cm

N 16

cmN

16 22-

* ⋅=→

=

Dinamika

39

Primjer 6: Teret težine 29,43 N ovješen je o dvije serijski spojene opruge krutosti k1= 12 N/m i k2 = 4 N/m. Odredite kružnu frekvenciju slobodnih oscilacija zadanog sustava.

G = 29,43 N k1= 12 N/cm k2 = 4 N/cm ω = ?

( ) ( )

( ) ( )

1/s 10 29,43

9,81300G

gkm

k

N/m 300 N/cm 31648

124412

kkkk

k

kkkk

kxG

kkkk

GkG

kG

x

xxx

kG

x kG

x

xG

k

mk

mk

ekv.ekv.

12

21.ekv

12

21.ekv

st21

12

21st

2st1stst

22st

11st

st

ekv.

=⋅=⋅

==ω

===+

⋅=+⋅

=

+⋅

==→⋅+

⋅=+=

+=

==

=

==ω

Dinamika

40

DINAMIKA KRUTOG TIJELA Primjer 1: Teret mase m = 20 kg spušta se brzinom v = 10 m/s i dovodi pomo�u užeta u

rotaciju homogeni valjak težine 981 N. Odredite kineti�ku energiju sustava. m = m1 =20 kg v = 10 m/s Q = 981 N m2 = Q/g= 981/9,81 = 100 kg Ek =?

Nm 500 3 500 2 000 1 EEE

Nm 500 210100 41

E

vm 41

rm21

21

2

IE

rm21

I

2

IE :Valjak

Nm 000 121002

2

vmE :Teret EEE

)2(k

)1(kk

2)2(k

22

222

2)2(

k

22

2)2(

k

221)1(

k)2(

k)1(

kk

=+=+=

=⋅⋅=

⋅⋅=ω⋅⋅⋅⋅=ω⋅=

⋅⋅=

ω⋅=

=⋅=⋅=+=

Dinamika

41

Primjer 2: Kolika je snaga motora ako broj okretaja ko�enog vratila iznosi 600 okreta/min i

ako sila ko�enja od 120 N djeluje na kraku od 90 cm. n = 600 o/min F = 120 N a = 90 cm = 0,90 m P = ?

kW 6,78 W782,4 620108 MP

1/s 2060

006260

n2 3.

Nm 108 0,90120a F M 2. Mdt

dMdtdA

P .1

)MA(

==π⋅=ω⋅=

π=⋅π=⋅π=ω

=⋅=⋅=ω⋅=ϕ⋅==

ϕ⋅=

Dinamika

42

Primjer 3: Odredite za koje �e se vrijeme broj okretaja zamašnjaka pove�ati sa 200 na 300 u

minuti ako na njega djeluje konstantan zaokretni moment od 6 Nm. Težina zamašnjaka iznosi 981 N, a polumjer 50 cm.

n1 = 200 o/min (1/s) 3

2060

002260

n2 11

π=⋅π=⋅π=ω

n2 = 300 o/min (1/s) 1060

003260

n2 22 π=⋅π=⋅π=ω

M = 6 Nm G = 981 N r = 50 cm = 0,50 m t = ?

1. Jednoliko ubrzana rotacija: ε > 0; ε = konst. t0 ⋅ε+ω=ω

ε

ω−ω=→⋅ε+ω=ω 1212 t t

2. Dinami�ka jednadžba rotacijskog gibanja krutog tijela:

I

M IM

z

zzz =ε→ε⋅=

3. Dinami�ki moment tromosti zamašnjaka (valjak)

2222z kgm 1255,0

81,9981

rgG

rm21

I =⋅=⋅=⋅⋅=

s 8,2148,0

320

10 t

1/s 0,48kgmNm

5,12

6I

M

12

22

z

z

=

π−π=

εω−ω

=→

===ε→

Dinamika

43

DÀlembertov princip

Primjer 4: Preko koloture mase 5 kg, promjera 50 cm preba�ena je žica na �ijim krajevima su

ovješeni utezi masa 1,0 kg i 1,25 kg. Ako zanemarimo trenje i masu žice odredite ubrzanje utega.

mk = 5,0 kg D = 50 cm = 0,50 m → r = 0,25 m m1 = 1,0 kg m2 = 1,25 kg a = ? I. Uteg mase m1 II. Uteg mase m2

amGN

0amGN

0F .1

111

111

y

⋅+==⋅−−

=�

amGN

0GamN

0F .2

222

222

y

⋅−==−⋅+

=�

Dinamika

44

III. Kolotura – valjak

r v:Rotacija ω⋅=

( )

( ) ( )

2

k21

12

k2211

2k2211

tt

2k

21

O

m/s 52,05

21

25,100,1

81,900,181,925,1

m21

mm

GGa

0am21

amGamG

r: 0ra

rm21

ramGramG

ra

ra

rdtd

rdtrd

dtdv

a

r v

rm21

I valjak :Rotacija

0I rNrN

0M .3

=⋅++

⋅−⋅=⋅++

−=

=⋅⋅+⋅+−⋅+

=⋅⋅⋅+⋅⋅−−⋅⋅+

==ε→ε⋅=ω⋅=ω⋅==

ω⋅=

⋅⋅=

=ε⋅+⋅−⋅=�

Dinamika

45

DÀlembertov princip Primjer 5: Pod djelovanjem horizontalne sile F = 100 N, homogeni štap giba se pravocrtno po

horizontalnoj glatkoj podlozi. Ako je štap mase m = 5 kg duga�ak 1 m odredite: a) ubrzanje štapa (a = ?) b) kut α što ga štap zatvara s horizontalnom podlogom.

F = 100 N m = 5 kg l = 1 m a) a = ? b) α = ?

26,1

4905,0100

05,49F

R tg

0R- tgF

cos2l

: 0cos2l

Rsin2l

F 0M .3

N 05,4981,95gmGR

0G-R 0F .2

m/s 205

100mF

a

0am -F

0F-F 0F .1

n

n

nT

n

ny

2

inx

�=α

===α

=α⋅

α⋅=α⋅⋅−α⋅⋅=�

=⋅=⋅==

==�

===

=⋅==�

Dinamika

46

PLANARNO GIBANJE Planarno ili ravninsko gibanje krutog tijela može se rastaviti na dva gibanja:

a) translaciju i b) rotaciju.

Kineti�ka energija tijela u planarnom gibanju sastoji se od kineti�ke energije translatornog gibanja (centra - središta masa) i kineti�ke energije rotacijskog gibanja tijela oko toga središta (centra masa):

2Rm

I:k valja 2

I2vm

E222

k⋅=ω⋅+⋅=

Primjer 6: Izra�unajte kineti�ku energiju valjka promjera 20 cm, mase 100 kg koji se kotrlja po

horizontalnoj podlozi za slu�aj ravninskog gibanja ako brzina središta iznosi 5 m/s.

d = 20 cm m 10,0r =→ m = 100 kg vS = 5 m/s

Ek = ? 2

I2vm

E22

Sk

ω⋅+⋅

=

Brzina translacije vS središta jednaka je obodnoj brzini rotacije vS!

U odnosu na trenutni pol P:

1/s 5010,05

rv

r v sS ===ω→ω⋅=

Nm 875 1510043

vm43

E

r

vrm

21

21

2vm

2I

2vm

E

Nm 875 16251250 2505,0

25100

2

I2vm

E

kgm 5,010,010021

rm21

I

22Sk

2S2

2S

22S

k

2222S

k

222

��

�

�

��

�

�

=⋅⋅=⋅⋅=

��

��

�⋅⋅⋅⋅+⋅

=ω⋅+⋅

=

=+=⋅+⋅=ω⋅+⋅

=

=⋅⋅=⋅⋅=

Dinamika

47

Primjer 7: Izra�unajte kineti�ku energiju valjka promjera 20 cm, mase 100 kg koji se kotrlja bez klizanja po horizontalnoj podlozi ako je poznata brzina središta 5 m/s za slu�aj rotacije oko trenutnog pola.

d = 20 cm m 10,0r =→ m = 100 kg v = 5 m/s Ek = ?

Nm 875 1 2505,1

E

kgm 5,110,010023

rm23

rm2rm

I

rmII

: teoremSteinerov

1/s 5010,05

PS

v PSv

2

IE

2

k

22222

P

2sP

ss

2P

k

=⋅=

=⋅⋅=⋅⋅=⋅+⋅=

⋅+=

===ω→⋅ω=

ω⋅=

Dinamika

48

Primjer 8: Za valjak koji se s visine od 1,50 m iz stanja mirovanja kotrlja niz kosinu bez trenja odredite brzinu pri dnu kosine. v0 = 0 ω0 = 0 h = 1,50 m v1 = ?

m/s 42,45,181,934

hg34

v

hgmvm43

h G 0 - Rv

Rm21

21

2vm

h G 2

I2vm

- 2

I2vm

AEE

Rm21

I

1

21

2

1221

20s

20

21s

21

0k1k

2

=⋅⋅=⋅⋅=

⋅⋅=⋅⋅

⋅=��

�

�

��

�

��

��

� ⋅⋅⋅+⋅

⋅=��

�

�

��

�

� ω⋅+

⋅ω⋅+

⋅

=−

⋅⋅=

(Vidi primjer klizanja niz kosinu bez trenja: a) Zakon o promjeni kineti�ke energije

m/s 42,5 50,181,92 hg2v

hgm02vm

)0(v hG2vm

2vm

AEE

1

21

0

20

21

0k1k

=⋅⋅=⋅⋅=

⋅⋅=−⋅

=⋅=⋅

−⋅

=−

ili b) Zakon o održanju mehani�ke energije

m/s 42,5 50,181,92 hg2v

hgm2vm

)hh ;0(v

0)(h hgm2vm

hgm2vm

EEEE

1

21

00

10

20

1

21

0p0k1p1k

=⋅⋅=⋅⋅=

⋅⋅=⋅

==

=⋅⋅+⋅

=⋅⋅+⋅

+=+

Dinamika

49

ZAKON O PROMJENI KINETI�KE ENERGIJE Primjer 9: Kota� mase 5 kg iz stanja mirovanja po�inje kotrljanje bez klizanja niz kosinu.

Kosina duljine 4 m nagnuta je pod kutom od 15° prema horizontali. Ako obodna brzina kota�a polumjera 0,10 m pri dnu kosine iznosi 2 m/s izra�unajte moment tromosti kota�a.

m = 5 kg v0 = 0 ω0 = 0 s = 4 m α = 15° sin α = 0,259 cos α = 0,966 r = 0,10 m v = v1= 2 m/s I = ?

2vm

2I

EEE

m 1,040,2594sinsh sinsh

22

tran.rotac.k⋅+ω⋅=+=

=⋅=α⋅=→α=

Zakon o promjeni kineti�ke energije:

kgm 205,0

10,022

225

04,181,95

r2

v

2vm

hgm

I

rv

r v

2

2vm

hGI

hG02vm

2I

hG2vm

2I

2vm

2I

AEE

2

2

2

2

21

21

21

21

21

21

20

20

21

21

k0k1

=

⋅

��

��

� ⋅−⋅⋅=

⋅

��

��

� ⋅−⋅⋅

=

=ω→ω⋅=ω

⋅−⋅

=

⋅=−⋅+ω⋅

⋅=��

��

� ⋅+

ω⋅−

⋅+

ω⋅

=−

Dinamika

50

Literatura Andrejev, V., Mehanika I. dio Statika, Tehni�ka knjiga, Zagreb, 1969. Andrejev, V., Mehanika II. dio Kinematika, Tehni�ka knjiga, Zagreb, 1971. Andrejev, V., Mehanika III. dio Dinamika, Tehni�ka knjiga, Zagreb, 1973. Bajt, M. I., Džanelidze, G. J., Kelzon, A. S., Riješeni zadaci iz teorijske mehanike sa

izvodima iz teorije prvi dio Statika i kinematika, Gra�evinska knjiga, Beograd 1978. Bajt, M. I., Džanelidze, G. J., Kelzon, A. S., Riješeni zadaci iz teorijske mehanike sa

izvodima iz teorije drugi dio Dinamika, Gra�evinska knjiga, Beograd 1979. Bazjanac, D., Tehni�ka mehanika I dio Statika, Tehni�ka knjiga, Zagreb, 1966. Bazjanac, D., Tehni�ka mehanika II dio, Kinematika, Tehni�ka knjiga, Zagreb, 1969. Bazjanac, D., Tehni�ka mehanika III dio, Dinamika, Sveu�ilišna naklada Liber, Zagreb, 1980. Cindro, N., Fizika 1, Mehanika-valovi-toplina, Školska knjiga, Zagreb,1980. Hibbeler, Dynamics Kiri�enko, A., Tehni�ka mehanika I dio Statika, GI, Zagreb, 1990. Kiri�enko, A., Tehni�ka mehanika II dio, Kinematika, Zagreb Kiri�enko, A., Tehni�ka mehanika III dio, Dinamika, PBI, Zagreb, 1996. Kittel, C., Knight, W. D., Ruderman, M. A., Mehanika , Tehni�ka knjiga, Zagreb, 1982. McLean, W. G., Nelson, E. W., Theory and problems of Engineering Mechanics, Statics and

Dynamics 2/ed, Schaum`s Outline Series, McGraw-Hill Book Company, New York, 1962 Nikoli�, V., Hudec, M., Principi i elementi biomehanike, Školska knjiga, Zagreb,1988. Peri�, R., Tehni�ka mehanika, RGNF VGŠ Varaždin, 1979. Rustempaši�, A., Tehni�ka mehanika, Svjetlost, Sarajevo, 1990. Špiranec, V., Tehni�ka mehanika, Školska knjiga, Zagreb,1990.

Documents

Riješeni zadaci iz dinamike