UNIVERZITETSKA KNJIGA kinematika - mehanika - …mfmehanika.weebly.com/uploads/1/4/7/3/14731462/kinematika.bihac.pdf · PREDGOVOR DRUGOM IZDANJU Ova knjiga predstavlja dopunjeno i

Bihać, 2004.

ISAK KARABEGOVIĆ

UNIVERZITETSKA KNJIGA

kinematikakinematika

0

A

rv

cora

tra

0

1nra

tpa

npa

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

KINEMATIKA

II IZDANJE

Tehnički fakultet, Bihać, 2004.

UNIVERZITET U BIHAĆU TEHNIČKI FAKULTET BIHAĆ

Autor: Prof. dr. Isak Karabegović, dipl .ing. mašinstva

Recezenti: Prof. dr. Vlatko Doleček

Prof. dr. Milan Jurković Prof. dr. Husein Pašagić

Urednik: Prof. dr. Isak Karabegović Lektor: mr. Blanka Pašagić Korektor: Urednik Izdavač: Tehnički fakultet Bihać Tehnička obrada: Samir Vojić, dipl.ing. Tiraž: 200 primjeraka Štampa: Grafičar Bihać Objavljivanje ovog univerzitetskog udžbenika odobrilo je Naučno-nastavno vijeće Tehničkog fakulteta Univerziteta u Bihaću, broj xx-xxx od xx.xx.xxxx. i Naučno-nastavno vijeće Univerziteta u Bihaću, broj xx-xxx/xxxx od xx.xx.xxxx .

CIP - Katalogizacija u publikaciji Nacionalna i univerzitetska biblioteka Bosne i Hercegovine, Sarajevo UDK 531.1 (075.8) TEHNIČKA MEHANIKA 2. KINEMATIKA / [Isak Karabegović -Bihać : Tehnički fakultet, 2003. – 322 str. : Graf. Prikazi ; 23 cm

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

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

Preštampavanje i umnožavanje nije dozvoljeno

PREDGOVOR DRUGOM IZDANJU

Ova knjiga predstavlja dopunjeno i prošireno izdanje udžbenika Tehnička mehanika II Kinematika koji je štampan 1995. godine. Ovaj udžbenik namijenjen je studentima tehničkih fakulteta, a pisan je prema programu ovog predmeta na mašinskim fakultetima Univerziteta Bosne i Hercegovine. Pored izlaganja materije analitičkom i grafičkom metodom, korištena je i vektorska metoda, koja nesumnjivo ima čitav niz prednosti. Uporedo sa izlaganjem osnovnih teorijskih pojmova i metoda, u knjizi je obrađen i znatan broj ilustriranih primjera s potrebnom analizom i diskusijama, a zadan je i priličan broj zadataka za vježbu i samostalno rješenje. Pri tome sam nastojao obuhvatiti što veći broj primjera i zadataka koji ilustruju ulogu i značaj kinematike u inženjerskoj praksi – mašinstvu. Značaj Tehničke mehanike – kinematike u obrazovanju visokoškolskih kadrova mašinske struke za njihov budući rad od ogromnog je značaja. Industrijska proizvodnja sve više traži stručnjaka sa solidnom osnovom fundamentalnih teorijskih znanja. Iskreno se zahvaljujem prof. dr. Vlatku Dolečeku, prof. dr. Milanu Jurkoviću, te prof. dr. Huseinu Pašagiću na vrlo korisnim savjetima u izradi ovog udžbenika. Zahvalan sam i asistentima Samiru Vojiću, dipl. ing. maš., Mehmedu Mahmiću, dipl. ing. maš. i Huseinu Rošiću, dipl. ing. maš. na kompjuterskoj obradi teksta. Unaprijed se zahvaljujem studentima, kolegama i čitaocima koji će svojim primjedbama i savjetima pomoći da se otklone pogreške i manjkavosti u udžbeniku, jer sam svjestan da ih unatoč uzastopnoj provjeri nismo mogli otkloniti. Bihać, 20. mart 2004. godine Autor Prof. dr. Isak Karabegović, dipl. ing.

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

KINEMATIKA TAČKE

5

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

Sadržaj

5.5. Zadaci za rješavanje 102 6. KINEMATIKA KRUTOG TIJELA 107 6.1. Slobodno kruto tijelo 108 6.2. Neslobodno (vezano) kruto tijelo 110 6.3. Osnovne vrste kretanja krutog tijela 111 7. TRANSLATORNO KRETANJE KRUTOG TIJELA 113 8. OBRTANJE KRUTOG TIJELA OKO NEPOMIČNE OSE 117 8.1. Ugaona brzina i ugaono ubrzanje 118 8.2. Brzina i ubrzanje tačke tijela koje se obrće oko nepomične ose 121 8.3. Permanentna i trenutna os obrtanja 125 8.4. Riješeni zadaci 127 8.5. Zadaci za rješavanje 135 9. RAVNO KRETANJE KRUTOG TIJELA 139 9.1. Jednačine ravnog kretanja krutog tijela 139 9.2. Određivanje brzine tačke krutog tijela koje vrši ravno kretanje 142 9.3. Teorema o projekcijama vektora brzina dviju tačaka krutog tijela koje

vrši ravno kretanje 143

9.4. Određivanje brzine tačaka pomoću trenutnog pola brzine 144 9.5. Određivanje brzine tačaka pomoću plana brzina 147 9.6. Određivanje brzine tačaka pomoću metoda zaokrenutih brzina 148 9.7. Određivanje ubrzanja tačaka krutog tijela koje vrši ravno kretanje 150 9.8. Određivanje ubrzanja tačaka pomoću trenutnog pola ubrzanja 152 9.9. Pomična i nepomična centroida 154 9.10. Riješeni zadaci 157 9.11. Zadaci za rješavanje 171 10. SFERNO KRETANJE 179 10.1. Geometrijska interpretacija 179 10.2. Pomična i nepomična aksoida 180 10.3. Ugaona brzina i ugaono ubrzanje pri sfernom kretanju krutog tijela 182 10.4. Brzina tačke tijela pri sfernom kretanju 185 10.5. Ubrzanje tačke tijela pri sfernom kretanju 187 10.6. Odre|ivanje položaja trenutne obrtne ose 190 10.7. Riješeni zadaci 191 10.8. Zadaci za rješavanje 195 11. SLOŽENO KRETANJE KRUTOG TIJELA 197 11.1. Slaganje translacija 198 11.2. Slaganje rotacija 198 11.2.1. Slučaj kada se pravci trenutnih obrtnih osa sijeku 198 11.2.2. Slučaj kada su pravci trenutnih obrtnih osa paralelni, a ugaone brzine

imaju isti smjer 199

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

201

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

202

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

tijela 204

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

206

11.3.3. Slučaj kada brzina translacije zatvara oštar ugao sa osom obrtanja 207 11.4. Riješeni zadaci 208 11.5. Zadaci za rješavanje 216 Literatura 219 Simboli 221

1

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

materijalnih tijela, ne uzimajući u obzir uzroke zbog kojih kretanje nastaje, to jest u kinematici se kretanje zadaje unaprijed, bez zavisnosti o silama kao uzrocima kretanja. Sam naziv "kinematika" dolazi od grčke riječi kinema - kretanje. Iako je osnovna veličina kinematike - brzina - bila poznata prije Galilea Galileja* (1564-1642), za kinematiku se kao nauku nije znalo. Ona postaje poznata uvođenjem ubrzanja kao najvažnije kinematičke veličine. Zbog toga se Galileo Galilei može nazvati osnivačem kinematike. Nakon Galileija, Christian Huygens (1629-1695) prvi predlaže rastavljanje ubrzanja u prirodne komponente (normalnu i tangencijalnu). Pronalaskom diferencijalnog računa, za što su zaslužni Newton* (1642- 1727) i Leibnitz* (1646-1716), ubrzao se razvoj kinematike, a naročito kinematike tačke. Osnove kinematike tijela razradio je uglavnom Leonhard Euler* (1707-1783). Po Joseph-Louis Lagrangeu*, kinematika je geometrija u prostoru (sa četiri dimenzije x,y,z,t). Svakoj promjeni u položaju tijela ili kojeg njegovog dijela pridružuje određeni trenutak vremena, to jest dodaje se četvrta koordinata - vrijeme. Analogno se statika može nazvati geometrija sile. Obje discipline (statika i kinematika) proučavaju prostorne odnose nekog sistema vektora, ali je fizičko značenje tih vektora različito. Sva kretanja u kinematici proučavaju se u odnosu na neki sistem referencije koji se uslovno može smatrati nepomičnim ili pomičnim. _______________________ * Fotografije navedenih naučnika date su na kraju udžbenika

Osnovni pojmovi

2

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

[ ] [ ][ ]

[ ] [ ][ ]

v st

LT

a vt

LT

= =

= =

v

a ,2

koje su izvedene iz osnovnih kinematičkih veličina (prostora i vremena). U mnogo čemu je kinematika uvod u dinamiku, ali ona ima svoje samostalno značenje koje se pojavljuje u području proučavanja mehanizama, jer kod mnogih mehanizama pravilno se funkcionisanje zasniva u prvom redu na detaljnoj kinematičkoj analizi kretanja pojedinih njegovih dijelova.

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

prostora. Isto kao što se ne može definisati pojam prostora, tako se ne može definirati pojam vremena. I prostor i vrijeme mogu se mjeriti. Prostor ima tri dimenzije, a vrijeme samo jednu dimenziju. Znači da se vrijeme može mijenjati samo na jedan način. Vrijeme smatramo neprekidnom promjenjivom veličinom koju označavamo sa t. Osnovna veličina za vrijeme jeste sekunda (s), a izvedene jedinice su minut (min) i sat (h). Sekunda kao jedinica vremena može se definisati na više načina, i to npr. kao:

a) 606024

1sekunda 1××

= srednjeg sunčanog dana ili

b) to je trajanje 9 192 631 770 perioda zračenja koje odgovara prijelazu između dviju hiperfinih razina osnovnog stanja atoma cezija 133.

Albert Einstein (1905) uvodi nove pojmove o prostoru i vremenu. Prema teoriji relativnosti, apsolutno mirovanje ne postoji. Einsteinova teorija negira npr. i apsolutnu udaljenost. Međutim, kako značajnija odstupanja od klasičnih zakona kinematike nastaju samo u pojavama kod kojih se brzine kretanja približavaju brzini svjetlosti, u tehničkoj kinematici operirat ćemo klasičnim pojmovima prostora i vremena.

(1.1)

(1.2)

3

1.3. PODJELA KINEMATIKE

Materijalno tijelo možemo smatrati skupom materijalnih tačaka, te zbog

toga proučavanje kretanja tačke mora prethoditi proučavanju kretanja tijela. Proučavanje kretanja tačke je lakše u odnosu na tijelo jer je tačka tijelo nulte dimenzije te kod nje obrtanje ne dolazi u obzir kao što je to slučaj s tijelom.

Na osnovu navedenog možemo zaključiti da se kinematika dijeli na:

a) kinematiku tačke i b) kinematiku krutog tijela.

Ova podjela nema jasne i određene granice jer se kinematika tačke gotovo svugdje provlaci i u kinematici tijela. Brzina i ubrzanje mogu pripadati samo pojedinoj tačci u tijelu, a samo u izuzetnim slučajevima čitavom tijelu.

4

5

2.1. PUTANJA TAČKE

Položaj tačke odnosno tijela u prostoru može se odrediti samo u odnosu na drugo tijelo koje se obično naziva referentni sistem, odnosno koordinatni sistem. Ako tačka odnosno tijelo ne mijenja svoj položaj u odnosu na izabrani sistem referencije, kažemo da ona miruje, ukoliko se promijeni položaj tačke odnosno tijela u odnosu na izabrani sistem referencije, tada kažemo da se tačka (odnosno tijelo) kreće. Kretanje po svojoj biti je u pravilu neprekidno, te zbog toga uzastopan niz tačaka u prostoru, kroz koje prolazi posmatrana tačka, prikazuje neprekidnu liniju koja se naziva putanja tačke ili trajektorija kretanja.

Slika 2.1 Putanja tačke

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

Kinematika tačke

A

t=0

0

s

s=s(t)

putanja

tačka

6

Kretanje tačke po putanji je određeno ako u svakom trenutku vremena t možemo reći gdje se tačka nalazi u odnosu na neki po volji odabran položaj tačke na putanji, npr. (t = 0) tačke 0. Budući da se put s mijenja u zavisnosti od vremena t, imamo da je:

s = s(t) (2.1)

Jednačina (2.1) naziva se jednačina kretanja ili zakon kretanja tačke. Ovo je prirodan način opisivanja kretanja i potrebno je:

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

položaj tačke. Funkcija s = s(t) mora biti jednoznačna, neprekidna i diferencijabilna. Prirodni način opisivanja kretanja ima nekih dobrih strana za teorijska razmatranja, ali nije prikladan za inženjerske potrebe. Zbog toga se većina teorijskih razmatranja rješava u koordinatnim sistemima. 2.2. KOORDINATNI SISTEMI

2.1.1. Descartesov koordinatni sistem

Ako se za tijelo u odnosu na koje se posmatra kretanje tačke (tijela) čvrsto vežu neki pravci (koordinatne osi), tada se u odnosu na ove pravce može odrediti položaj pokretne tačke. U ovom cilju uočimo Descartesov pravougli koordinatni sistem Oxyz, koji je za tijelo (u odnosu na koje posmatramo kretanje) čvrsto vezan. Zbog toga nećemo više govoriti o tijelu već samo o referentnom koordinatnom sistemu. S obzirom na medusobni položaj osi Descartovog sistema, razlikujemo desni i lijevi sistem. Uglavnom ćemo upotrebljavati desni koordinatni sistem.

7

Slika 2.2 Descartesov koordinatni sistem Putanja u Descartesovom koordinatnom sistemu može biti zadana parametarski i vektorski. U prvom slučaju položaj tačke A u odnosu na koordinatni sistem određen je sa slijedeće tri skalarne jednačine:

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

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

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

Jednačine (2.2) zovu se jednačine kretanja tačke, one opisuju neprekidno kretanje, pa prema tome moraju imati sva svojstva koja ima i jednačina (2.1). Oblik putanje tačke dobivamo eliminacijom parametra vremena t iz gornjih jednačina. Npr. inverzijom t = ϕ(x) dobivamo analitički izraz za putanju tačke

y = y [ϕ(x)]

x

y

z

x(t) y(t)

z(t)

A(x,y,z)

i j k

r (t)

t0

t1

tn

putanja tačke A

8

(2.3) z = z [ϕ(x)].

U drugom slučaju putanja tačke zadaje se radijus-vektorom položaja (Slika 2.2.). Naime, ako tačka A ne miruje, njen položaj u prostoru se mijenja, a samim tim mijenja se i vektor položaja u zavisnosti od vremena, tada imamo:

kzjyixr

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

)t(rr

++=

++=

=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=

)()()(

)(tztvtx

tr (2.3)

gdje je: t - nezavisna promjenjiva skalarna veličina,

k,j,i - jedinični vektori osa 0x, 0y i 0z koordinatnog sistema 0xyz. Jednačina (2.3) naziva se vektorska jednačina kretanja tačke. Između veličine vektora položaja i pripadajućih koordinata postoji poznat odnos

r2 = x2 + y2 + z2 (2.4)

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

222

222

222

zyx

zrz)Oz,r(cos

zyx

yry)Oy,r(cos

zyx

xrx)Ox,r(cos

++==∠

++==∠

++==∠

(2.5)

Ukoliko se tačka kreće u ravni, tada će vrijediti sve navedene relacije ako se u njima zamjeni npr. z = 0 (pretpostavka da se tačka kreće u ravni Oxy).

9

2.2.2. Cilindrični koordinatni sistem Pri kretanju tačke A možemo zamisliti da se kreće po valjku koji stoji u

ravni 0xy a koaksijalan je osi z (Slika 2.3.). Položaj tačke A bit će određen ako odredimo položaj ravni kroz osu 0z i tačku A, to jest: uglom ϕ koji se odmjerava od ose 0x, radijusom valjka r na čijem se omotaču nalazi tačka A i udaljenosti z tačke od ravni 0xy. Možemo zaključiti da je tačka u cilindričnom koordinatnom sistemu određena koordinatama:

ϕ = ϕ(t)

r = r(t) (2.6)

z = z(t).

Slika 2.3 Cilindrični koordinatni sistem Veza između cilindričnih i pravouglih koordinata data je relacijama:

z =z ,sin

y=cos

x=r ,xyarctg

ϕϕϕ = (2.7)

odnosno x = r cosϕ , y = r sinϕ , z = z.

(2.8)

x

y

re ϕe ϕ(t)

x

y

r(t) A(x,y) (r,ϕ)

0

x

y

z

A'

A (x,y,z) (ϕ,r,z)

y ϕ

z

x

ρ

r 0

reϕe

be

10

Ukoliko se tačka A kreće u ravni, tada koordinata z otpada te cilindrične koordinate prelaze u polarne:

ϕ = ϕ(t) i r = r(t). (2.9)

2.2.3. Sferni koordinatni sistem

Uvijek možemo zamisliti da se tačka A u prostoru nalazi na površini kugle sa centrom u ishodištu koordinatnog sistema. Položaj tačke A bit će jednoznačno određen ako se odrede ugao ϕ (istačkane ravni) meridijana položaja tačke, ugao ψ položaja tačke na meridijanu i r poluprečniku kugle na kojoj se tačka nalazi.

Slika 2.4 Sferni koordinatni sistem Tako je tačka u sfernom koordinatnom sistemu određena koordinatama

ϕ = ϕ(t),

r A(x,y,z) (ϕ,ψ,r)

z

x

y ψ

ϕ

reϕe

ψe

11

ψ = ψ(t), (2.10)

r = r(t).

Između sfernih koordinata i pravouglih koordinata postoje slijedeće veze:

,zyxr

rzsin

xytg

222 ++=

=

=

ϕ

ϕ

(2.11)

a obrnute relacije su:

x = r cosψ cosϕ ,

y = r cosψ sinϕ , (2.12)

z = r sinψ .

2.2.4 Prirodni koordinatni sistem Prirodni koordinatni sistem čine tri međusobno okomite osi čiji su pravci

određeni osnovnim jediničnim vektorima bnt e i e,e , a razlikuje se od običnog koordinatnog sistema samo svojom pomičnošću (Slika 2.5.)

Slika 2.5 Prirodni koordinatni sistem

t

b

n

oskulatorna ravnina

rektifikaciona ravnina

normalna ravnina prostorna

krivulja

A1

A2

te

ne

be

12

U svakoj tački A putanje može se postaviti tangenta t sa jediničnim

vektorom te i okomito na nju normalna ravan. Zamislimo dvije normale na jedinični vektor te koje leže u toj normalnoj ravnini. Jedna od tih normala leži u isto vrijeme u ravni elementa ds krivulje oko tačke A i određena je jediničnim vektorom ne , a druga je određena jediničnim vektorom be . Na taj način nastaju ravni: normalna, oskulatorna i rektifikaciona koje se sijeku po međusobno okomitim pravcima tangenti, glavnoj normali i binormali. U prirodnom koordinatnom sistemu tangenta je prva os (odgovara osi x), glavna normala je druga, a binormala je treća os. Oskulatorna ravan u nekoj tački putanje sadrži u sebi element luka ds u njoj na normali leži i središte zakrivljenosti putanje u posmatranoj tački.

13

3.1. BRZINA PRAVOLINIJSKOG KRETANJA TAČKE

Prema geometrijskom obliku putanje tačke kretanje se dijeli na pravolinijsko i krivolinijsko. Pravolinijsko kretanje tačke je jednostavnije, pa zbog toga proučavanje brzine počinjemo sa takvim kretanjem. Posmatrajmo kretanje tačke A na pravolinijskoj putanji čiji je položaj određen jednom koordinatom s = s(t), koja se mjeri od najpovoljnije odabranog početka. Znači, poznat je zakon kretanja s = s(t), a sa s0 označimo početnu udaljenost tačke A od referentnog položaja 0.

Slika 3.1 Pravolinijsko kretanje tačke Pri kretanju tačka se u trenutku t1 nalazi u položaju A1, a u trenutku t2 nalazi se u položaj A2. Dakle, u vremenu Δt = t2 − t1 tačka je izvršila pomjeranje Δs = s2 − s1. Odnos prijeđenog puta prema odgovarajućem vremenu zove se srednja brzina u tom intervalu vremena:

-s +s

0 s0

A0 A1 A2

t1 t2 s1 s2

s

Pravolinijsko kretanje tačke

14

. 12

12

ts

ttssvsr Δ

Δ=

−−

= (3.1)

Poželjno je imati brzinu u nekom trenutku koji traje neizmjerno kratko vrijeme, tako da se interval vremena skraćuje i teži → 0. Tako određena brzina bit će prava brzina v u trenutku, a iz njezinog opisa slijedi da mora biti jednaka:

. 0

lim v0

lim sr dtds

ts

ttv =

ΔΔ

→Δ=

→Δ= (3.2)

odnosno

sdtdsv == (3.3)

Brzina tačke pravolinijskog kretanja jednaka je derivaciji puta po vremenu.

Dimenzionalno, brzina će se izraziti ovom jednačinom:

[ ] [ ][ ] ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡==

sm

TLv

3.2. UBRZANJE PRAVOLINIJSKOG KRETANJA TAČKE

Razmotrimo opći slučaj kretanja tačke A po pravolinijskoj dionici puta, pri čemu se brzina mijenja po zakonu v = f(t). Pretpostavimo da tačka A polazi iz položaja A0 početnom brzinom v0 u trenutku t1 stiže u položaj A1 brzinom v1, a u trenutku t2 u položaj A2 brzinom v2.

Slika 3.2 Uz definiciju ubrzanja tačke Odnos

tv

ΔΔ daje neku srednju vrijednost prirasta brzine u jedinici vremena

kojom se brzina mijenja tokom intervala Δt, tj.

- 0 +

0 0v

A0 A1 A2

t1 t2 t=0 1v 2v s

15

12

12

tv

ttvvasr Δ

Δ=

−−

= (3.4)

Da bismo odredili ubrzanja u posmatranom trenutku, moramo pustiti da Δt → 0 . U takvom slučaju je:

, 0

lim0

limtv

ta

ta sr Δ

Δ→Δ

=→Δ

=

odnosno:

dtdva = (3.5)

S obzirom na (3.3) može se jednačina (3.5) napisati u slijedećem obliku:

, 2

2

dtsd

dtdva == (3.6)

gdje je sa s označen pravolinijski put.

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

[ ] [ ][ ] .

T1

22 ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡==⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ ⋅=

sm

TL

TLa

3.3. KRETANJE SA KONSTANTNOM BRZINOM

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

, 0dtdv=a , .0 ==== konstv

dtdsv (3.7)

gdje je: v0 - početna brzina tačke.

Integracijom gornje jednačine u granicama s0 do s dobivamo

ds = v dt

16

∫ ∫=s

s

t

vdtds0 0

s − s0 = v⋅t odnosno s = s0 + v⋅t , (3.8) gdje je: s0 - položaj tačke A u trenutku t = 0. Jednačina (3.8) predstavlja zakon jednolikog kretanja tačke kod kojeg se pomjeranje tačke mijenja linearno u zavisnosti od vremena.

Slika 3.3 Jednoliko kretanje tačke Ako pretpostavimo da se tačka A počela kretati iz referentnog položaja O, tada je s0 = 0, pa slijedi

s = v⋅t . (3.9) Iz jednačine (3.8), odnosno (3.9) slijedi da je:

0 tsvv == (3.10)

što znači da je brzina pri jednolikom kretanju jednaka prijeđenom putu u jedinici vremena.

s

t

s0

0

tv ⋅

s0

0

v

t0

v=konst.tv ⋅

17

3.4. KRETANJA SA KONSTANTNIM UBRZANJEM

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

. a 2

2±=

dtsd (3.11)

Jednačina (3.11) predstavlja diferencijalnu jednačinu jednolikog ubrzanog (usporenog) kretanja. Iz relacije

konsta

dtsd

dtdv

=== 2

2

inetegracijom dobivamo izraz za brzinu

∫ +⋅=+= . 11 CtaCdtav (3.12)

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

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

v = v0 − a⋅t . (3.14) Zamjenjujući brzinu v njenim izrazom u obliku derivacije (3.3), može se napisati

tavdtds

⋅+= 0 ,

odnosno

ds = v0dt + a⋅tdt .

18

Integracijom gornje jednačine dobit ćemo

∫ ∫ ++= 20 Ctdtadtvs

. 2 2

2

0 Cattvs ++= (3.15)

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

. 2

2

00attvss ++= (3.16)

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

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

s

ts0

0 v

t0

a=konst.ta ⋅

tvta0

2

2+

s0

v 0 t

t

2

21 at

v0

at tan∠

t

t

tan

a

0a

2

2

0

19

, 2

2

0attvs += (3.17)

a brzina v u trenutku t određena je jednačinom

. 0 tavvdtds

⋅+== (3.18)

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

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

v = a⋅t (3.19)

2

21 ats =

Odgovarajući kinematički dijagrami prikazani su na slici 3.5, a primjer takvog kretanja je slučaj slobodnog pada materijalne tačke u vakumu.

Slika 3.5 Kinematički dijagrami za kretanje tačke opisano jednačinama (3.19)

s

t0 v

a 0 t

t0

ta ⋅

12

2

2

21 at

a t

a=konst.

v=a t

20

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

a = konst.

v = v0 −a⋅t (3.20)

. 21 2

0 attvs −=

Na slici 3.6 prikazani su odgovarajući kinematički dijagrami.

Slika 3.6 Jednoliko usporeno kretanje

0 t1 t2 ts

smax

s

tv ⋅02

2ta ⋅

0 t1

t2 t ta ⋅−

v 0

jednoliko usporeno

jednoliko ubrzano

v

ta ⋅−0

a

-a=konst.

t

21

U trenutku t1 tačka se nalazi na najudaljenijem položaju. Za v =0 dobivamo vrijednost smax

v = v0 − a⋅t = 0 ⇒ avt 0

1 =

.

222

20

2

20

20

max av

avavs =−= (3.21)

Nakon zaustavljanja u najudaljenijem položaju tačka se vraća ubrzanjem a u prvobitni položaj. Ukupno vrijeme povratka tačke je

2220 2

0 tatvs −==

.221

02 t

avt == (3.22)

Pri povratku tačke iz najudaljenijeg u prvobitni položaj proteklo je isto vrijeme kao pri kretanju iz početnog u najudaljeniji položaj. Brzina kojom se tačka vraća u prvobitni položaj je ista kao početna samo suprotnog smjera.

v = v0 − a⋅t ,

t = 2t1 ,

. 2 0

00 v

avavv −=−= (3.23)

Primjer ovakovog kretanja je kosi hitac pri čemu je a = − g, i vrijedi da je:

.

2s i

20

max0

1 gv

gvt == (3.24)

3.5. KRETANJE SA PROMJENJIVIM UBRZANJEM

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

, st

s tguu

dtdsv β== (3.25)

22

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

Slika 3.7 Kretanje s promjenjivim ubrzanjem Dijagram v=v(t) je jednostavno konstruisati znajući da su ordinate u tom dijagramu proporcionalne tangensu ugla nagiba u dijagramu s=s(t). Iz jednačine ds = v⋅dt slijedi da elementarni prirast puta odgovara u dijagramu v=v(t) elementarna površina ds.

βs

ds

s

t dt t 0

A

βv

dv

v

t dt t 0

Av

s ds

v0

v

s

v-v0

t t dt 0

a dv a0

da

βa Aa

a

23

Površina istačkana ispod v=v(t) prikazuje u određenom mjerilu ordinatu krivulje u dijagramu s=s(t)

∫ −=⋅t

ssdtv0

0 (3.26)

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

3.6. ANALITIČKO RJEŠENJE PRAVOLINIJSKOG KRETANJA TAČKE

U inženjerskoj praksi kod kinematike pravolinijskog kretanja tačke susrećemo zadatke kod kojih figurišu veličine s,v i a. Zadatak kinematičkog rješavanja sastoji se u tome da se iz zadane zavisnosti odrede veličine s,v i a kao funkcije vremena, odnosno zavisnost brzine v i ubrzanja a od puta s. Osnovni slučajevi na koje se svode kinematički zadaci pravolinijskog kretanja tačke, su:

a) Ubrzanje a je zavisna funkcija vremena t

a = f(t) . (3.27)

Brzinu kao funkciju vremena dobivamo iz jednačine (3.6)

dv = a⋅dt = f(t)⋅dt .

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

v = v0 + ∫ ⋅t

dt)t(f0

(3.28)

Dužinu puta s kao funkciju vremena dobit ćemo iz jednačine (3.3) nakon integracije

∫ ⋅=t

dtvs0

. (3.29)

b) Brzina v je zavisna funkcija vremena t

24

v = f(t) . (3.30)

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

)(tf

dtdsv == ,

odnosno

ds = v⋅dt = f(t)⋅dt .

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

s = s0 + ∫ ⋅t

dttf0

)( . (3.31)

Ubrzanje je određeno jednačinom

[ ] . )(dt

tfddtdva == (3.32)

c) Put s je zavisna funkcija vremena t

s = f(t) . (3.33)

Izraz za brzinu v i ubrzanje a dobivamo na poznat način pomoću jednačina (3.3) i (3.6).

. d=a 2

2s

dtss

dtdsv === (3.34)

d) Brzina v je zavisna funkcija puta s

v = f(s) . (3.35)

Iz jednačine

)(sfdtdsv == ,

slijedi da je:

25

∫∫ ==

=

. )(

)(

0sf

dsvdst

sfdsdt

s (3.36)

Ubrzanje ćemo dobiti kao

. )(dsdvsfa

vdsdv

dtds

dsdv

dtdva

=

⋅=⋅== (3.37)

e) Ubrzanje je zavisna funkcija puta s

a = f(s) . (3.38)

Zavisnost brzine v od puta s naći ćemo iz jednačine

)(2

)( 2sf

dsvda == .

iz koje slijedi

)(21

0

20 ∫+=

S

S

dssfvv . (3.39)

Dužinu puta s kao funkciju vremena t dobit ćemo iz relacije

)(2

2sf

dtsda ==

dvostrukim integriranjem.

f) Ubrzanje a je zavisna funkcija od brzine v

a = f(v) . (3.40)

Zavisnost puta s dobivamo iz već poznate relacije

f(v)dvv=

advv=ds i

dsdvv

dsvda ⋅⋅⋅

==2

)( 2 ,

integriranjem

26

s = s0 + ∫⋅

v

v

. vfdvv

0)(

(3.41)

Vrijeme t kao funkciju brzine v nalazimo iz jednačine

)(vfdvdt

dtdva

=

=

integriranjem

∫= . vf

dvt)(

(3.42)

Na taj način dobili smo ubrzanje, put i vrijeme kao zavisnu funkciju brzine v.

27

3.7. RIJEŠENI ZADACI Zadatak 3.1.

Vozilo se kreće od tačke A ka tački B brzinom v1 = 90 km/h, a drugo vozilo se kreće od tačke B ka tačci A brzinom v2 = 30 km/h. Dužina AB =s=200 km. Odrediti tačku susreta vozila i vrijeme. Rješenje: Prijeđeni put vozila

s1 = v1⋅t ⇒ s2 = s1⋅v2/ v1 .

s2 = v2⋅t Iz uslova zadatka vrijedi da je

s1 + s2 = s

s1 = s − s2 = s −s1 vv

2

1

km vv

vss 150309090200

21

11 =

+⋅

=+⋅

=

s1 = s − s2 = 200 − 150 = 50 km . km

vs

vst 67,1

90150

2

2

1

1 ====

Zadatak 3.2.

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

Kao što je poznato, a = konst. v = v0 + a⋅t s = s0 + v0⋅t +

2

2ta ⋅ .

Za t = 0 v0 = 0 s0 = 0 , je v = a⋅t i s = 2

2ta ⋅

28

te je t1 = . sas 2,2

4,0122=

⋅=

t2 = . s

as

as 4,0

4,092

4,010222 910 =

⋅−

⋅=−

Brzina na kraju desetog metra puta

83,24,01022210

10 =⋅⋅===⋅= asasatav m/s.

Zadatak 3.3.

Podzemna željeznica kreće se po pravolinijskoj putanji tako da je prijeđeni put srazmjeran trećem stepenu vremena. U prvih 60 s podzemna željeznica pređe put od 90 m. Nacrtati kinematičke dijagrame s(t), v(t) i a(t), te analizirati kretanje. Rješenje:

s = b⋅t3 Konstantu b nalazimo iz uslova

90 = b⋅603 b = 0,000417 m/s2 s = 0,000417 t2 m v = ds/dt = 0,00125 t2 m/s a = dv/dt = 0,0025 t m/s2

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

Slika uz zadatak 3.3

0 1 2 3 4 s t

v3

v2

v1

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

sm

v

0 1 2 3 4 (s) t

s (m)

s1

s2

s3

0 1 2 3 4 s t

a ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

2sm

a3

a2

a1

29

Zadatak 3.4.

Jedan mašinski dio kreće se sa ubrzanjem a = 3 v . Nakon 3 sekunde prijeđe put od s = 12 m i ima brzinu v = 9 m/s. Odrediti s, v i a u funkciji vremena t i vrijednosti tih veličina nakon 2 sekunde kretanja dijela. Rješenje: Imamo da je

a = v

dv=3dt vdtdv

⇒= 3 .

Integracijom gornje jednačine

∫ ∫=+v

dvCdt3

3t + C = 2 v za t = 3 s, v = 9 m/s ⇒ C = − 3

3⋅t − 3 = 2 v ⇒ v = smttt /)1(49

49

418

49 22 −=−−

a = 3 v a = 4,5⋅(t − 1) m/s2 .

Brzina se može izraziti kao

CtttCdttts

vdt=ds vdt=ds dtdsv

++−=+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +−=

⇒⇒=

∫

∫ ∫

49

49

43

49

418

49 232

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

49

49

43 23 ++−

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

Zadatak 3.5.

Klizač A kreće se naniže iz tačke D duž vertikalne vođice konstantnom brzinom 0v . Za klizač je vezano nerastezljivo idealno savitljivo uže koje je prebačeno preko kotura O, a o drugi kraj je privezan teret M. Izračunati brzinu i ubrzanje tereta M.

30


Rješenje:

Brzina klizača A

∫ ∫=⋅⇒=

dtvds

dtv=ds dtdsv 0

0

0

s = v0⋅t + C Za t = 0 i s = 0 ⇒ C = 0 te je s = v0⋅t .

Označimo li ukupnu dužinu užeta sa L, tada imamo da je:

x = L − .)( 20

222 tvbLsb −−=−

Brzina tereta M je ,

tvb

tvdtdxvM 2

02

0

)(+−==

a ubrzanje tereta M .

tvbbv

dtxd

dtdva M

M 2/3220

2

220

2

2

)( +−===

Zadatak 3.6.

Kružna ploča poluprečnika r obrće se oko ose kroz tačku O tako da se ugao ϕ mijenja po zakonu ϕ= π⋅t/2 [ϕ − rad, t − sek] . Rastojanje tačke O od središta ploče je OC = b < r . Odrediti zakon kretanja tačke M, te njenu brzinu i ubrzanje u trenutku t = 2 s.

M

B

A

s

D b

x

31

Rješenje: Imamo da je xM = 0 = konst.

yM = b⋅cos ϕ + r⋅cos ϕ sin Ψ =

rb ⋅sin ϕ .

Slika uz zadatak 3.6 Kako je ϕ t

2π

= , imamo da je

xM = 0 yM = . tbrtb )

2(sin)

2cos( 222 ππ

−+⋅

Gornje jednačine predstavljaju zakon kretanja tačke M poluge MN. Brzina i ubrzanje tačke M

)2

(sin

)sin(4

)2

sin(2

0

222

2

tbr

tbtbdt

dyv

v

My

x

M

M

πππππ

−−−==

=

za t = 2s

. v

brr

bdt

dva

a

M

MM

M

y

yy

x

0

)(4

02

=

−==

=

π

y

N

M

r

b O x

ψ

ϕ

32

Zadatak 3.7.

Teret C podiže se po vertikalnoj vođici pomoću užeta prebačenog preko nepokretnog kotura A koji se nalazi na rastojanju a od vođice. Odrediti brzinu i ubrzanje tereta C u funkciji od x, ako se slobodni kraj užeta vuče konstantnom brzinom v0. Slika uz zadatak 3.7 Rješenje:

Iz trougla AOC imamo da je

x = 2aAC − .

Neka je C0 početni položaj tereta C. Označimo ukupnu dužinu užeta AC = l. Iz jednačine kretanja tereta C nalazimo da je

x = (I) atvl 22

0 )( −−

Brzina tereta C je

xvtvl

atvl

tvlvdtdxvC

0022

0

00 )(

)(

)( −−=

−−

−−==

Iz jednačine (I) imamo da je

(l − v0⋅t) = 22 ax + ,

to izraz za brzinu tereta C postaje:

. axxvvC

220 +−=

y a

x

0

C C0

x

A 0v

33

Negativan predznak nam kazuje da se tačka C kreće tako da se apscisa x smanjuje. Ubrzanje tereta C

222

20

22022

20

axx

xavxaxx

xvaxxv

dtdva C

C+

=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

+−−==

Kako je Cvx = , to imamo da je:

. xavaC 3

20−=

3.7. ZADACI ZA RJEŠAVANJE Zadatak 3.8.

Tačka A bačena je vertikalno naviše. Zakon ovog pravolinijskog

kretanja, pri zanemarivanju otpora zraka, ima oblik x = v0⋅t − 2

21 gt

gdje su v0 i g konstante. Odrediti brzinu i ubrzanje tačke A, maksimalnu visinu i vrijeme za koje tačka stigne u najviši položaj.

Rješenje:

v = v0 − g⋅t a = − g

gvt 0=

Zadatak 3.9.

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

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

34

Zadatak 3.10.

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

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

Zadatak 3.11.

U skiciranom sistemu točak A iz tačke O kretat će se konstantnim ubrzanjem ax = konst. ( t = 0, v0 = 0, x = 0). Dužina užeta L = 2h. Potrebno je odrediti položaj, brzinu i ubrzanje tereta B y(t), v(t), a(t).


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

2tax

y = − h + 22

2

4tah x+

v = 4

22

32

4tah

ta

x

x

+

a = . tah

htata

x

xx

2/342

2

22264

)4

(8

12

+

+

A x

y

h

35

Zadatak 3.11.

Na slici je prikazan zglobni mehanizam koji se sastoji od romba ABCD, čije su stranice dužine b. Tjemena D i C romba mogu se pomoću štapova

1== OCOD obrtati oko osi kroz tačku O, dok se tjeme B pomoću štapa rOB = može obrtati oko osi kroz tačku O1. Ako je poznato da se ugao ϕ što ga

gradi duž BO1 sa pravcem OO1 mijenja po zakonu ϕ = πt2, odrediti:

a) jednačinu putanje tačke A, b) brzinu i ubrzanje tačke A u trenutku ϕ = π/3 (rad) ako je .rBOOO == 11


Rješenje:

xA = rbl

2

22 − = konst.

vA = rbl

2

22 −

aA = r

bl9

)(2322 −π .

l

l

r

r

b

b b

b A

B

C

D

O1 O ϕ

35

4.1. VEKTORSKI NAČIN OPISIVANJA KRETANJA TAČKE

4.1.1. Vektor brzine tačke

Pretpostavimo da se tačka A kreće u prostoru po proizvoljnoj krivulji p -

slika 4.1. Neka je u trenutku vremena t položaj tačke A određen vektorom položaja )t(r , a u trenutku t1 = t + Δt (pri čemu je Δt = t1 − t > 0 interval vremena) neka je tačka u položaju A1 čiji je položaj određen vektorom položaja )tt(r Δ+ . Prema definiciji, vektor srednje brzine tačke pri pomjeranju tačke iz položaja A u položaj A1 jeste vektor

tr

ttrrvsr Δ

Δ=

−−

=1

1 , (4.1)

gdje je: )t(r)tt(rr −+= ΔΔ 1 vektor pomjeranja tačke u intervalu vremena Δt. Vektor srednje brzine srv ima pravac i smjer vektora pomjeranja rΔ . Do pojma trenutne brzine dolazimo ako zamislimo da A1 teži prema A, to jest Δt teži prema nuli; tada vektor srv izražen jednačinom (4.1) teži u općem slučaju graničnoj vrijednosti v .

Krivolinijsko kretanje tačke

36

Slika 4.1 Vektor brzine tačke

Prema definiciji, ta granična vrijednost zove se vektor trenutne brzine tačke u položaju A (u trenutku t)

dtrd

tr v

t=

ΔΔ

=→Δ 0

lim . (4.2)

Na osnovu (4.2) vidimo da se vektor brzine definira kao prvi izvod vektora položaja po vremenu. Vektor brzine tačke ima pravac tangente na njenu putanju i on je funkcija vremena. Pravac i smjer vektora brzine tačke u svakom njenom položaju određuje pravac i smjer njenog kretanja ka sljedećem beskonačno bliskom položaju. Intenzitet vektora v je skalarna veličina (v) koja ima dimenziju

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

U prethodnom poglavlju ustanovljeno je da vektor brzine krivolinijskog kretanja tangira putanju, što znači da se od tačke do tačke na putanji vektor brzine mijenja i po veličini i po položaju u prostoru. S formalne strane ubrzanje krivolinijskog kretanja može se definirati kao promjena brzine u jedinici vremena, ali takva definicija ovdje će imati drugačiju sadržinu nego što je imala kod pravolinijskog kretanja. Ovdje treba razumjeti općenitu promjenu i po veličini i po pravcu, odnosno treba razumjeti vektorsku promjenu.

s=0 t0

r s(t)

37

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

v 1 = v + Δ v odnosno

Δ v = v 1 − v . (4.3) Pri kretanju tačke po krivolinijskoj putanji p vrhovi vektora v opisuju hodograf* brzina (* Pojam hodografa objašnjen je u poglavlju 4.1.3) koji prikazuje zakon brzine tačke A u vektorskom obliku.

Slika 4.2 Vektor ubrzanja tačke

Prirast brzine Δ v nastao je u vremenu Δt , te ako se napravi kvocijent tvΔΔ , on

će dati srednji vektorski prirast brzine u intervalu Δt , to jest srednje ubrzanje tačke

tvasr Δ

Δ= . (4.4)

Intenzitet vektora sra je skalarna veličina koja ima dimenziju

a r 1v 1v

vΔ v

p

A

0 y

x

z

B

B1

v

1vvΔ a

sra hodograf brzina

p1

38

[a] = [L] [T]−2 . Trenutno ubrzanje tačke dobit ćemo ako zamislimo da interval vremena Δt teži nuli, dakle tačka A1 teži prema tački A i brzina v 1 teži prema brzini v . Tada sra teži prema određenoj graničnoj vrijednosti a . Ta se granična vrijednost naziva trenutno ubrzanje tačke u trenutku t, te imamo

dtvd

tv a a

tt sr =ΔΔ

==→Δ→Δ 00

limlim (4.5)

2

2

dtrd

dtvda == .

Pravac tog vektora poklapa se s pravcem tangente u tački B na hodografu p1. Prema tome, trenutno ubrzanje tačke jest prva derivacija vektora trenutne brzine po vremenu ili druga derivacija vektora položaja tačke po vremenu. Vektor a je vezan za tačku. On leži u oskulatornoj ravnini, a usmjerenje mu je prema konkavnoj strani putanje - slika 4.3.

Slika 4.3 Pravac i smjer ubrzanja a 4.1.3. Hodograf brzina

A

a

v

0=α

a

v α

2πα <

a

A

v

α

πα =

39

Pretpostavimo da je poznato kretanje tačke A po zakrivljenoj putanji. Za svaki položaj tačke A1 , A2 , A3 ,...An , koji je određen vektorom položaja

nr,,r,r,r …321 , možemo na poznat način. tj deriviranjem vektora položaja po vremenu, odrediti vektore brzina, to jest naći veličine, pravce i smjerove brzina - slika 4.4. Gornja jednačina predstavlja zakon jednoliko ubrzanog kretanja. Grafički prikazi zakona brzine i zakona puta jednoliko ubrzanog kretanja dati su na slici 3.4.

Slika 4.4 Hodograf brzina Nanesimo određene vektore nv,...,v,v 21 brzina iz zajedničke tačke O1 (pola brzina). Spajanjem vrhova vektora brzina B1, B2,...,Bn dobivamo krivulju koja se naziva hodograf brzina. Hodograf brzina vrlo pregledno prikazuje promjene brzina, odnosno ubrzanja pri kretanju tačke. Vidimo, dakle, da je hodograf brzina geometrijsko mjesto krajeva vektora brzina, povučenih iz jednog pola.

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

vx = ϕ1(t) = dtdx

vy = ϕ2(t) = dtdy (4.6)

vz = ϕ3(t) = dtdz .

rΔ A1A2 A4

A5

1v 2v 3v

4v

5v

z

y x

0

1r 2r 3r

4r 5r

putanja

1v2v

3v4v

5vO1

B1

B4

B5

1a

2a

4ahodograf brzina

40

Jednačine (4.6) predstavljaju hodograf brzina u parametarskom obliku. Eliminacijom parametra vremena t iz gornjih jednačina dobit ćemo jednadžbe hodografa brzina u običnom obliku. 4.2. ANALITIČKI NAČIN OPISIVANJA KRETANJA TAČKE

4.2.1 Opisivanje kretanja tačke u Descartesovom koordinatnom sistemu

Posmatrajmo kretanje tačke A u odnosu na neko tijelo i u tački O tog tijela postavimo početak pravouglog Descartesovog koordinatnog sistema Oxyz koji je čvrsto vezan za tijelo. Položaj tačke A u odnosu na ovaj sistem određen je koordinatama x,y,z, koje se tokom vremena mijenjaju. Da bismo u svakom trenutku vremena mogli odrediti položaj tačke A u prostoru, potrebno je da znamo njene koordinate kao funkcije vremena

x = x(t)

y = y(t) (4.7)

z = z(t) .

Funkcije x(t), y(t) i z(t) moraju biti neprekidne, jednoznačne i diferencijabilne. Jednačine (4.7) nazivaju se jednačine kretanja tačke u Descartesovim pravouglim koordinatama. One određuju zakon kretanja tačke pri analitičkom načinu opisivanja kretanja. Ako vrijeme t posmatramo kao parametar, tada su jednačine kretanja (4.7) istovremeno i parametarske jednačine putanje tačke. Eliminacijom parametra t iz jednačina kretanja dobivamo jednačine linije putanje u eksplicitnom obliku. Odredimo brzinu tačke A u položaju prikazanom na slici 4.5.

Slika 4.5 Brzina tačke

z

vz

vy

vx

y

xy

x

z

i j k

0

r

Av

putanja

41

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

kzjyixr ++= (4.8)

kvjvivv zyx ++= Iz vektora položaja tačke r dobivamo deriviranjem po vremenu t

kdtdzj

dtdyi

dtdx

dtrdv ++== .

Nakon uvrštavanja tih zamjena dobiva se vektorska jednačina

kvjvivv zyx ++= = kdtdzj

dtdyi

dtdx

dtrd

++= , (4.9)

iz koje slijede skalarne jednačine

vx = xdtdx

= , vy = ydtdy

= , vz = zdtdz

= , (4.10)

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

222222 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=++=

dtdz

dtdy

dtdxvvvv zyx

(4.11)

dtdszdydxd

dtv =++= 2221 .

Pravac brzine određen je izrazima:

42

( )vvxv x=∠ ,cos , ( )

vv

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

Analognim postupkom dolazimo do ubrzanja tačke. Pođimo od izraza za brzinu

kdtdzj

dtdyi

dtdxv ++= ,

kojeg ćemo derivirati po vremenu

kdt

zdjdt

ydidt

xddtvda 2

2

2

2

2

2++== , (4.13)

Slika 4.6 Ubrzanje tačke te imamo da je:

⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧=

⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧=

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡

=

z

y

x

z

y

x

aaa

vvv

zyx

dtzd

dtyd

dtxd

dtdz

dtd

dtdy

dtd

dtdx

dtd

a

2

2

2

2

2

2

, (4.14)

z

az

ay

ax

y

x y

x

z

i j k

0

r

Aputanja v

a

43

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

222zyx aaaa ++= , (4.15)

a uglovi koje vektor ubrzanja zatvara s osima koordinatnog sistema određuju se iz jednačina:

( )aaxa x=∠ ,cos , ( )

aa

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

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

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

s = s(t) , (4.17) predstavlja zakon kretanja (zakon puta, jednačina kretanja) tačke po putanji. Za određivanje kretanja tačke u prirodnom koordinatnom sistemu potrebno je da poznajemo putanju tačke, početak 0 koordinatnog sistema na putanji sa izabranim pozitivnim i negativnim smjerom računanja, i zakon puta u obliku (4.17). Vektor položaja tačke )t(rr = može se uzeti da je funkcija krivolinijske koordinate s, a preko nje da je funkcija vremena t

[ ])(tsrr = . (4.18)

44

Korištenjem jednačina (4.2) i (4.18) nalazimo vektor brzine tačke u obliku

tedtds

dtds

dsrd

dtrdv =⋅==

(4.19)

dsrde saevv tt == ,

pri čemu je iskorištena poznata relacija za jedinični vektor tangente dsrdet = za

kog vrijedi

1lim ==ΔΔ

dsrd

sr . (4.20)

Iz jednačine (4.19) očigledno je da vektor brzine tačke ima pravac tangente. Projekcija vektora brzine na pravac tangente

sdtdsv == , (4.21)

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

dted

dtdse

dtsde

dtds

dtd

dtvda t

tt +=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛== 2

2 . (4.22)

45

Slika 4.7 Ubrzanje tačke u prirodnom koordinatnom sistemu Ovdje dolazi do deriviranja jediničnog vektora te koji leži u oskulatornoj ravnini i to na presjeku te ravnine s rektifikacionom (tangencijalnom) ravninom.

Slika 4.8 Uz izvod jediničnog vektora te Na osnovu slike možemo pisati da je

Δ te = te (t + Δt) − te (t) . Vektor Δ te je paralelan s vektorom ne i istog smjera, a veličina mu je

1⋅Δϕ = KRsΔ

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

nK

t eR

se ΔΔ = ili nK

t ets

Rte

ΔΔ

ΔΔ 1

= , (4.23)

)(tetΔϕ

teΔ

)( ttet Δ+

Δϕ )(ten

)(tenΔ

)( tten Δ+

be

46

gdje je RK poluprečnik zakrivljenosti putanje. Dobivamo da je

nK

nK

t eRv

tse

Rdted

t=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ΔΔ

⋅=→Δ 0

lim1 . (4.24)

Uočavamo iz (4.24) da je derivacija jediničnog vektora okomita na taj

vektor. Uvrštavajući jednačine (4.24) u (4.22) dobivamo izraz za vektor ubrzanja

nK

t eRve

dtvda

2+= . (4.25)

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

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

at = dtdv

dtsd=2

2 ,

a normalne je

an = KR

v2 .

(4.26) Intenzitet vektora ubrzanja određuje se obrascem

a = 222

22⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=+

Ktn R

vdtdvaa . (4.27)

Veličina at karakterizira promjenu veličine vektora brzine v = dtds , dok an

određuje promjenu pravca v , definiran poluprečnikom zakrivljenosti RK putanje.

Ukoliko je dtds > 0, razlikujemo tri slučaja:

47

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

Slika 4.9 Ubrzano kretanje

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

Slika 4.10 Usporeno kretanje

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

Slika 4.11 Jednoliko kretanje

na

ta

a v

na

ta

a

v

.konstv =naa =

48

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

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

Kod rješavanja zadataka iz kinematike, pri kretanju tačke u ravni, često se koristi polarni koordinatni sistem. U daljnjem razmatranju ograničit ćemo se na kretanje tačke u ravnini. Za ravninski polarni koordinatni sistem osi su postaljene u radijalnom i cirkularnom (transverzalnom) pravcu - slika 4.13. Posmatrajmo kretanje tačke A, u odnosu na polarni koordinatni sistem Orϕ . Položaj tačke potpuno je određen koordinatama

r = r(t) (4.28)

ϕ = ϕ(t) .

Slika 4.13 Brzina tačke u polarnom koordinatnom sistemu

taa =v

0

ϕ=ϕ(t) ϕe re

rerr =

putanja

ϕv

rv

vα

x

y

49

Vektor položaja tačke A je

rerOAr ⋅== (4.29)

gdje je rrer = jedinični vektor radijus vektora.

Deriviranjem vektora položaja dolazimo do brzine tačke A

( )dtedre

dtdrer

dtd

dtrdv r

rr +=== . (4.30)

Derivacija dted r se može odrediti na različite načine, a jedan od njih je taj da se

derivira izraz

re ⋅ re = 1

( ) 0=⋅

dteed rr ,

iz kojeg slijedi da je:

02 =rr e

dted .

Ovaj izraz pokazuje da je rr e

dted

⊥ , odnosno d re ⊥ re , to jest promjena

vektora d re je okomita na jedinični vektor re , kako je prikazano na slici 4.14

Slika 4.14 Slika uz izvod jediničnog vektora re

ϕ )(tre

ϕω =)( dttre +ϕd

ϕd

red

red

)(teϕ)( dtte +ϕ

ϕed

50

Iz elementarnog trougla slike 4.14 slijedi da je

[ [ ϕϕ ddeed rr ⋅== 1 i (4.31)

dtd

dted r ϕ

= .

Prema tome je dted r po analognoj vrijednosti jednaka desnoj strani u jednačini

(4.31), a usmjerena je normalno na jedinični vektor re , što se može izraziti

ϕϕ e

dtd

dted r = , (4.32)

gdje je ϕe jedinični vektor, okomit na vektor re . Analogno bismo dobili na osnovu slike 4.14

d re = − deϕ re (ovaj vektor je suprotnog smjera)

rr edtedteed ϕϕϕϕ 1−=⋅⋅−= (4.33)

redted

⋅−= ϕϕ .

Uvrštavanjem vrijednosti (4.32) u jednačinu (4.30) dobivamo izraz za brzinu

ϕϕ e

dtdre

dtdrv r += . (4.34)

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

1) Radijalne komponente

rr edtdrv =

(4.35)

čiji je intenzitet vr = dtdr ,

51

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

2) Cirkularna (transverzalna) komponenta

ϕϕϕ e

dtdrv =

(4.36)

čiji je intenzitet vϕ = rdtdϕ ,

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

dtdϕ je jednaka obodnoj brzini rotacije. Možemo pisati da je izraz

za brzinu

ϕϕϕ evevv vr += + . (4.37) Intenzitet brzine je:

v = ( ) ( )2222

22 ϕϕ

ϕ rrdtdr

dtdrvvr +=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=+ , (4.38)

a njen pravac određen je izrazima:

cos α = vvr , sin α =

vvϕ . (4.39)

Na analogan način možemo odrediti i komponente vektora ubrzanja tačke A koji je usmjeren prema konkavnoj strani putanje - slike 4.15.

Slika 4.15 Ubrzanje tačke u polarnom koordinatnom sistemu

0

ϕ=ϕ(t) ϕe re

rerr =

putanja

ϕa2

2

dtrd

a

β ra

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

dtdrr

2

2

dtdr ϕ

dtd

dtdr ϕ2

x

y

52

Deriviranjem izraza za brzinu (4.34) dobit ćemo

dted

dtdre

dtdre

dtd

dtdr

dted

dtdre

dtrd

dtvda r

rϕ

ϕϕϕϕϕ

++++== 2

2

2

2 . (4.40)

Uvrštavanjem izraza (4.32) i (4.34) u gornju jednačinu imamo da je:

dted

dtdre

dtdre

dtd

dtdr

dted

dtdre

dtrd

dtvda r

rϕ

ϕϕϕϕϕ

++++== 2

2

2

2

(4.41)

[ ] [ ] ϕϕϕϕ errerra r ++−= 22 .

Na osnovu prethodne jednačine zaključujemo da se vektor ubrzanja sastoji od dvije komponente.

1) Radijalne komponenete koja je određena izrazom

22

2

2ϕϕ rr

dtdr

dtrdar −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−= , i (4.42)

2) Cirkularne komponente ubrzanja

ϕϕϕϕ

ϕ rrdtdr

dtd

dtdra +=+= 22 2

2 . (4.43)

Ako analiziramo pojedine članove prethodne dvije jednačine, zaključit ćemo da je član 2

2

dtrd ubrzanje tačke uslijed njenog kretanja u pravcu vektora

položaja, a 2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

dtdr ϕ je centripetalno ubrzanje uslijed obrtanja vektora položaja.

Pri tom obrtanju pojavljuje se istovremeno tangencijalno ubrzanje 2

2

dtdr ϕ . Član

dtd

dtdr ϕ2 je dopunsko ili Coriolisovo ubrzanje koje je detaljno objašnjeno u

poglavlju 5.3. Intenzitet vektora ubrzanja tačke A je određujemo iz slijedeće relacije

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

53

a njegov pravac je određen relacijom

tg β = ra

aϕ . (4.45)

4.2.4. Opisivanje kretanja tačke u cilindričnom koordinatnom sistemu Pretpostavimo da se tačka A kreće po putanji p u prostoru. Kretanje tačke

A je određeno ako su poznate jednačine r = r(t)

ϕ = ϕ(t)

(4.46) z = z(t) .

Ako uz polarne koordinate r i ϕ u ravnini uzmeno još i vertikalnu udaljenost tačke A od te ravnine, onda imamo cilindrični koordinatni sistem. Pretpostavimo da putanju tačke A projektiramo na ravninu XY i da je kretanje projekcije A′ prikazano polarnim koordinatama r i ϕ . Ovdje dodajemo još i koordinatu z, to jest projektiramo kretanje na os z. Takvo kretanje je identično s kretanjem tačke A po izvodnici cilindrične površine na kojoj leži prostorna krivulja p - slika 4.16. Eliminacijom parametra t iz prvih dviju jednačina (4.46), dobit ćemo projekciju putanje u ravnini XY u obliku

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

Slika 4.16 Brzina tačke u cilindričnom koordinatnom sistemu

x

y

z

ϕ re

ϕe k 0

r

A' ϕv

rv

v′p1

v′ϕv

rv

vA

zv p

54

Brzina tačke A određena je njenim komponentama

kvevevv zrr ++= ϕϕ , (4.48) gdje je:

−=dtdrvr radijalna komponeneta,

−=dtdrv ϕ

ϕ cirkularna komponenta,

−=dtdzvz aksijalna komponenta.

Intenzitet vektora brzine određen je jednačinom

v = 222zr vvv ++ ϕ , (4.49)

dok je pravac određen relacijama

( )vvvv r

r =∠ ,cos , ( )v

vvv ϕϕ =∠ ,cos , ( )

vvvv z

z =∠ ,cos . (4.50)

Analagnim postupkom dolazimo do komponenata ubrzanja tačke A:

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=

2

2

2

dtdr

dtrdar

ϕ radijalna komponenta,

−+= 2

22

dtdr

dtd

dtdra ϕϕ

ϕ cirkularna komponenta i

−= 2

2

dtzdaz aksijalna komponenta.

Intenzitet ubrzanja tačke A dat je jednačinom

a = 222zr aaa ++ ϕ , (4.51)

55

a pravac sa

( )aaaa r

r =∠ ,cos , ( )a

aaa ϕϕ =∠ ,cos , ( )

aaaa z

z =∠ ,cos . (4.52)

4.2.5 Sektorska brzina

Pretpostavimo da se tačka u trenutku t nalazi u položaju A i u trenutku t +Δt u položaju A1. Pri tom kretanju radijus vektor prebriše površinu trougla OAA1 (Δσ).

Slika 4.17 Sektorska brzina Apsolutna vrijednost te površine data je relacijom

rr Δ×=Δ21σ , (4.53)

a tu površinu možemo smatrati vektorom, pa je možemo izraziti kao

rr Δ×=Δ21σ . (4.54)

Srednja brzina porasta te površine u općem pravilu je

trr

tSW Δ

Δ×=

ΔΔ

=21σ . (4.55)

ϕ 0

r At

A1 v

1r S

rΔ(t+Δt)

56

Pod sektorskom brzinom podrazumijeva se površina koju prebriše radijus vektor u jedinici vremena. Ona se dobije kao granična vrijednost srednje brzine WS .

trr

tSS

ttt sr ΔΔ

×=ΔΔ

==→Δ→Δ→Δ 000

lim21limlim σ .

Kao što nam je poznato, vdtrd

tr

t==

ΔΔ

→Δ 0lim , te se prethodna jednačina svodi na

slijedeći oblik:

vrdtdS ×==

21σ (4.56)

Vektorski produkt vr × može se tretirati po analogiji sa silom kao

statički moment vektora brzine s obzirom na tačku O. S obzirom na ovakav zaključak, sektorska brzina je polovina statičkog momenta vektora brzine s obzirom na pol O.

Vektor sektorske brzine je okomit na ravninu trougla OAA1 - slika 4.17. Ukoliko putanja tačke leži u ravnini, tada radijus vektor i vektor brzine također leže u toj ravnini, pa će prema tome vektor sektorske brzine imati u tom slučaju stalan smjer, okomit na ravninu putanje.

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

zyxzyxkji

vrS =×=2 , (4.57)

iz koje slijedi da je

2Sx = y z − z y

2Sy = z x −x z (4.58)

2Sz = x y − y x ,

gdje je

xvdtdxx ==

57

yvdtdyy ==

zvdtdzz == .

Ako promatrana tačka A izvodi ravno kretanje, tada se površina elementarnog trougla može izraziti kao

ϕσ drd 2

21

= ,

a apsolutna vrijednost sektorske brzine

dtdr

dtd ϕσ 2

21

= , (4.59)

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

Zadatak 4.1. Kretanje tačke određeno je jednačinama kretanja

x = r⋅cos ωt y = r⋅sin ωt z = h⋅

πω2

t .

Potrebno je istražiti zadano kretanje i odrediti brzinu i ubrzanje tačke. Rješenje: Projekcija kretanja u ravnini xy je kretanje po kružnici

x2 + y2 = r2 , a ako se parametar (vrijeme) t odredi iz treće i uvrsti u drugu jednačinu dobit ćemo

y = r⋅sin zh⋅

π2 ,

58

što znači da je projekcija putanje na ravninu yz sinusoida, a projekcija putanje na ravninu xz je kosinusoida

x = r⋅cos zh⋅

π2 .


Zaključujemo da je putanja tačke zavojnica na valjku. Projekcije brzine tačke su:

vx = dtdx = −ω⋅r⋅sin ωt

vy = dtdy = −ω⋅r⋅cos ωt

vz = dtdz = h⋅

πω2

,

a apsolutna veličina brzine je

v = 2222

2222222 4

24rhhrvvv zyx π

πω

πωω +=+=++ .

Pravac vektora brzine definiran je kosinusima smjerova

cos∠ (v ,x) = trh

rvv

2x ω

π

π sin4

222+

−=

cos∠ (v ,y) = trh

rvv

2

y ωπ

π cos4

222+

=

x y

M0

r ϕ z M 0

h v

vH

z

59

cos∠ (v ,z) = 224 rh

hvv

2z

π+= .

Projekcije ubrzanja tačke su:

ax = dt

dvdt

xd x=2

2 = −ω2⋅r⋅sin ωt

ay = dt

dv

dtyd y=2

2= −ω2⋅r⋅cos ωt

az = 0 , a apsolutna veličina ubrzanja je

a = 222zyx aaa ++ = ω2 r .

Pravac vektora ubrzanja definiran je jednačinama

cos∠ ( a ,x) = taax ωcos−=

cos∠ ( a ,y) = ta

ay ωsin−=

cos∠ ( a ,z) = 0=aaz .

Zadatak 4.2.

Tačka se kreće u ravnini tako da su joj projekcije brzine vx = 10⋅t2 + 5 m/s i vy = 3⋅t2 − 10 m/s. U trenutku t = 0 tačka se nalazila u položaju x = 5 m i y = − 10 m. Potrebno je odrediti položaj, brzinu i ubrzanje tačke nakon vremena od 3 sekunde. Rješenje: Položaj tačke dobivamo integracijom projekcija brzina

vx = dtdx = 10⋅t + 5

x = ∫ dtvx = 5⋅t2 +5⋅t + C1

vy = dtdy = 3⋅t2 − 10

y = ∫ dtvy = t3 −10⋅t + C2 za t = 0 ; x = 5 slijedi C1 = 5 ; y = − 10 slijedi C2 = − 10.

60

Uvrštavanjem integracionih konstanti imamo da je

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

Za trenutak vremena t = 3s x = 65 m

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

vx = 10⋅3 + 5 = 35 m/s vy = 3⋅32 − 10 = 17 m/s .

Ubrzanje tačke dobivamo na analogan način

==dt

dva xx 10

==dt

dva y

y 6⋅t

za t = 3 s

ax = 10 m/s2 ay = 6⋅3 = 18 m/s2 .

Zadatak 4.3.

Viljuškar podiže paletu u jedan visoki regal konstantnom brzinom vx = 0,8

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

ax = 0 ay = a0 vx = vOx vy = a0 + vOy x = vOx⋅t y =

20a t2 + vOy⋅t + h0 .

61

Ako iz prethodnih jednačina eliminiramo parametar vremena, dobit ćemo jednačinu putanje.

t = Oxvx

y = 02

20

2hx

vv

xva

Ox

Oy

Ox++= .

U visini h1 = 4,5 m je

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

avOy 5,1

40,060,0

0=−=− Slika uz zadatak 4.3

h0 = h1 − 21

0

2ta − vOy⋅t1

h0 = 4,5 − 25,12

4,0− − 0,6⋅1,5 h0 = 4,05 m .

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

y2 = 0222

0

2htvta

Oy ++

0)(22

0

022

0

22 =

−+−

ahyt

av

t Oy

rješenje gornje jednačine

t2 = 0

022

00

)(2a

hyav

av OyOy −

−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

t2 = 0,793 s v2y = − 0,4⋅0,793 + 0,6 = 0,283 m/s

x

y h0

δ

na

ta

a

δ vm

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

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

mx

62

vx = 0,8 v = 2

022 vv y + = 0,849 m/s .

Rezultirajuće..ubrzanje a = ay = 0,40 m/s2 . Ugao kog gradi vektor v brzine sa horizontalom δ = 19,47° Ukupno ubrzanje možemo razložiti na komponenete

an = a⋅cosδ = 0,377 m/s2 at = a⋅sinδ = 0,133 m/s2 .

Poluprečnik krivine na tački y = 4,40 m je

RK = m. av

n911,1

377,0849,0 22

==

Zadatak 4.4.

Kretanje tačke A u ravnini Oxy dato je jednačinama

x = 2 + 10⋅cos tπ52

y = 3 + 10⋅ sin tπ52 ,

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


A C 0

A

x

s a

v

ϕ

y

63

Eliminacijom parametra vremena t dobivamo jednačinu putanje

(x − 2)2 + (y − 3) 2 = 102 , koja predstavlja kružnicu poluprečnika r = 10 mm. Brzina tačke A

vx = dtdx = − 4π⋅sin tπ

52

vy = dtdy = − 4π⋅cos tπ

52 ,

a njen intenzitet izrazom

v = 22yx vv + = 4π mm/s .

Zakon kretanja tačke A po putanji

s = r⋅ϕ = ∫t

dt0

4π = 4πt .

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

a = an = r

v2 = 1,6π2 mm/s2 .

Zadatak 4.5.

Pravac p obrće se u horizontalnoj ravnini oko osi kroz tačku A i pri tome siječe nepomičnu kružnicu poluprečnika r. (Njen početni položaj je stanje mirovanja p0. Ugao što ga pravac gradi sa svojim početnim položajem mijenja se po zakonu

ϕ = arccos⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

cdtd

2

2ϕ

gdje je c - konst.

64

Odrediti brzinu i ubrzanje tačke P koja je presjecište između pravca i kružnice u funkciji ugla ϕ i za položaj kada je ϕ =

2π .


Rješenje: Usvojimo Descartesov koordinatni sistem i odredimo položaj tačke P

Slika uz rješenje zadataka 4.5

xP = r (1 + cos 2ϕ) yP = r sin 2ϕ .

Projekcije brzine i ubrzanja tačke P određujemo deriviranjem prethodnih jednačina

vx = ϕϕ 2sin2rdt

dxP −=

vy = ϕϕ 2sin2rdt

dxP −=

ax = ϕϕ 2sin2rdt

dxP −=

ay = ϕϕϕϕ 2sin22cos24 rrdt

dvx −−= .

0 ϕ

P p

2ϕ ya

xa

a

yvxvv

y

x r r

A 0

r

ϕ

P p

p0

65

Ugao ϕ se mijenja po zakonu

ϕϕ cos2

2⋅= c

dtd

ϕϕ cos2

2⋅= c

dtd .

Nakon razdvajanja promjenjivih i integriranja slijedi da je

ϕϕ sin22 ⋅= c .

Uvrštavanjem u izraze za brzinu i ubrzanje tačke P imamo da je

v = ϕsin2222 crvv yx =+

a = ϕ222 sin1512 +=+ craa yx za ϕ =

2π v = 2r c2 [m/s]

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

Projektil se izbaci iz tačke O početnom brzinom v0 = 500 m/s pod uglom od α = 40°. Ako je brdo nagiba β = 15° , odrediti domet projektila i vrijeme za koje će projektil pasti.


xxP

β α

P 0v y

66

Rješenje: Jednačine kretanja kosog hica dobivamo iz izraza za brzinu

vx = v0⋅cosα vy = v0⋅sinα − g⋅t .

Nakon integracije gornjih jednačina imamo da je

x = v0⋅t⋅cosα y = v0⋅t⋅sinα −

21 g⋅t2 .

Eliminacijom parametra vremena t dobivamo jednačinu putanje prijektila

y = x⋅tgα −

α220

2

cos2 vxg .

Jednačina pravca (brda) je y = tgβ⋅x . U tački pada P prijektila imamo da je

y = y βα

αtgxtgx

vgx

⋅=⋅+− 220

2

cos2

0)(cos2 22

0

2=−⋅− βα

αtgtgx

vgx .

Sređivanjem gornje jednačine imamo jednačinu

x2 0)(cos2 22

0 =−

− xg

tgtgv βαα ,

čije je rješenje

xA = g

tgtgv )(cos2 220 βαα − ,

odnosno domet projektila

OP = D = 17700cos

)(cos2cos

220 =

−=

ββαα

β gtgtgvxA m.

Vrijeme pada projektila

67

t = gv

tgtgvv

xA

⋅−

=α

βααα cos

)(cos2cos 0

20

0

t = g

tgtgv )(cos2 0 βαα −

t = 44,6 s . Zadatak 4.7.

Kuglica se izbacuje iz tačke A početnom brzinom 0v , kao što je prikazano na slici. Pložaj tačke A je (xA = 0, yA = 0,8 m). Kuglica pada u tački B čiji je položaj xB = 1,2 m yB = 0. Odrediti veličinu brzine kojom treba izbaciti kuglicu, vrijeme pada kuglice, i ugao koji zauzima brzina kuglice u tački B sa horizontalom.

Slika uz zadatak 4.7 Rješenje:

Ubrzanje i brzina kuglice je:

ax = 0 vx = v0 ay = − g vy = − g⋅t .

Položaj kuglice određen je jednačinama

x = xA + v0⋅t y = yB −

2

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

t = tB xB = xA + v0⋅tB = 1,2 m

A y

B x 1,2m α

Bv

0v

0,8m

0

68

yB = yA − 2

2Bgt = 0

tB = sgyA 404,0

81,98,022=

⋅= .

Za xA = 0

v0 = m/s

tx

B

B 97,2404,02,1

== .

Ugao brzine u tački B

tg α = 334,197,2

404,081,9

0−=

⋅−=−=

vgt

vv B

xB

yB

α = arctg (− 1,334) α = − 53,1° . Zadatak 4.8.

Vozilo se kreće po mostu tako da njegovo težište S opisuje parabolu y = − 0,005⋅x2 , a pređeni put po paraboli mijenja se po zakonu

s = 32 t2 − 9t2 + 60t .

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


Brzina i ubrzanje vozila je

v = dtds = 2⋅t2 − 18t + 60

at = dtdv = 4t − 18

an = KR

v2 .

0 S

xa

v

y

69

Poluprečnik zakrivljenosti

RK = yy 32 )1( +

gdje je 01,001,0 2 −=−==dt

yd=y xdtdyy

2

RK = 01,0

)0001,01( 2/32x+ .

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

dtdv = 0

4t1 − 18 = 0 ⇒ t1 = 4

18 = 4,5 s.

Pri tome je v1 = 2⋅t12 − 18t1 + 60 = 19,5 m/s

at = dtdv = 0

a = an = KR

v2 = 8,3

100)5,19( 2

= m/s2 .

Zadatak 4.9.

Tačka A kreće se po krugu poluprečnika r = 9 m , a promjena pređenog puta tačke je

s = 3t2 − 9 m . Nakon vremena t = 1,8 s odrediti položaj tačke A, njenu brzinu i ubrzanje.


0 x x

s

A

y

r y

ϕ

70

Rješenje:

Do položaja tačke A dolazimo preko pređenog puta ds = r⋅dϕ

dtdr

dtds ϕ

= ω = dtds

rdtd 1

=ϕ

29tdtds

= sljedi da je ω = 91 9t2 = t2 s−1

ε = dtd

dtd ωϕ

=2

2 = 2t s−2

s = r⋅ϕ ⇒ ϕ = 139

93 33−=

−=

ttrs − rad.

Položaj tačke A

x = r⋅cos ϕ = r⋅cos (3

3t −1) = 5,28 m

y = r⋅sin ϕ = r⋅sin (3

3t −1) = 7,28 m . Brzina tačke A

vx = dtdx = − r⋅sin ϕ

dtdϕ = − r⋅t2 sin (

3

3t −1) = − 23,617 m/s

vy = dtdy = r⋅cos ϕ

dtdϕ = r⋅t2 cos (

3

3t −1) = 17,1 m/s . Ubrzanje tačke A

ax = dt

dvx = − r⋅cos ϕ2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

dtdϕ − r⋅sin ϕ 2

2

dtd ϕ

ax = − r⋅t⋅[t3 cos (3

3t −1) + 2 sin (3

3t −1)] = − 81,66 m/s2

ay = dt

dvy = − r⋅sin ϕ2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

dtdϕ − t3⋅sin(

3

3t −1)

ay = r⋅t⋅[2 cos (3

3t −1) − t3 sin (3

3t −1)] = − 57,51 m/s2 .

71

Zadatak 4.10.

Ručica prikazana na skici obrće se od ϕ = 20° konstantnom ugaonom brzinom ω0 =3,0 s−1. Na ručici je masa koja se kreće po ručici od

poluprečnika r = 200 mm s ubrzanjem a = 0,5 m/s2 . Kada je ϕ1 = 230° , odrediti brzinu i ubrzanje mase i poluprečnik krivine putanje mase. Rješenje:

Za početni položaj ϕ0 = 20° vrijedi da je:

r = a ϕ = 0 r = vr = a⋅t + 0 0ωϕ = vϕ = r⋅ω0 r =

21 at2 + r0 ϕ = ω0t + ϕ0

Za položaj ϕ1 vrijeme t1

t1 = 50,320230 00

0

01′

−=

−ωϕϕ = 1,222 s .

Položaj mase i njena brzina je

r1 = 212ta + r0 =

21 0,5⋅1,222 + 0,2 = 0,573 m ,

vr = a⋅t1 = 0,5⋅1,222 = 0,611 m/s , vϕ = r1⋅ω0 = 0,573⋅3,0 = 1,719 m/s , v = 22

ϕvvr + = 1,825 m/s .

δ = 70,44° ε = 59,56°

r

ϕ m


72

Slika uz određivanje brzine v

Slika uz određivanje ubrzanja a

ar = 2ωrr −

Za trenutak vremena t1, gdje je ϕ1 = 230° imamo da je:

ar = 0,5 − 0,573⋅3,02 ar = − 4,657 m/s2 aϕ = 2⋅vr⋅ω + r⋅ϕ aϕ = 2⋅0,611⋅3 + 0 aϕ = 3,666 m/s2 a = 22

ϕaar + = 5,927 m/s2 β = arctgra

aϕ = 38,21°

γ = 50° − β = 11,79° .

rv

δε

m

v

pv

0230

050

050 A

r1

na

a

ta

ra

pa

β

ε

m

v

0230A

73

Tangencijalna i normalna komponeneta ubrzanja je

at = a⋅cos (γ + ε) at = 1,895 m/s2 an = a⋅sin (γ + ε) an = 5,616 m/s2 .

Poluprečnik putanje ima vrijednost

RK = 616,5

825,1 22=

nav

RK = 0,593 m . Zadatak 4.11.

Industrijski robot s tri osi može se translatorno pomjerati u pravcu osi z i r i obrtati se oko osi ϕ(z). Držač ruke robota kreće se u pravcu osi z konstantnom brzinom v0z i ujedno se obrće ugaonom brzinom ω0. Ruka s prihvatnicom na kraju u radijalnom pravcu kreće se brzinom

0rv . Ako je prihvatnica u početnom trenutku t = 0 bila u položaju r = r0, z = z0 , ϕ = 0 odrediti položaj, brzinu i ubrzanje prihvatnice!

Industrijski robot s tri osi

ωϕ

o

y

z

r

zv

rv

x

74

Rješenje:

Kako je

vr = rdtdr

= ω = dtdϕ = ω0 = const. vz = z

dtdz

= ,

(za cilindrični koordinatni sistem) integracijom gornjih jednačina dobit ćemo


r = r0 + tvr0

, ϕ = ω0 t , z = z0 + tvr0 .

Komponenete brzine prihvatnice su:

vr = 0rv , vϕ = r⋅ϕ = (r0 + tvr0

)⋅ω0 , vz = 0zvz = ,

a komponenete ubrzanja prihvatnice imaju vrijednost

ar = −r⋅ϕ2 = − (r0 + tvr0)⋅ω0 2 , aϕ = 00

22 ωϕ rvr = i az = 0 .

re

zeϕe

q

rϕ

x

z

O

z y

75


Kretanje tačke A dato je jednačinama

x = 4⋅t2 + 3 y = 3⋅t2 + 2

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

Rješenje:

y = 41

43

−x

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

Zadatak 4.13.

Štap AB, koji je u početnom trenutku ležao na osi 0x, pomjera se naviše konstantnom.brzinom v0 i dovodi u kretanje prsten P duž nepomične parabole čija je jednačina y2 = 4x . Odrediti brzinu i ubrzanje prstena P i poluprečnik zakrivljenosti parabole u funkciji x i y!


Rješenje: v = v0 x+1

a = 2

20v

RK = ϕsin

)1(2 x+ .

ϕ

O

P

BA

y

x

xy ⋅= 42

ov

76

Zadatak 4.14.

Kretanje tačke A određeno je jednačinama

x = r⋅(k⋅t − sin kt) y = r⋅(k⋅t − cos kt) .

Odrediti brzinu i ubrzanje tačke A!

Rješenje:

v = 2⋅k⋅r⋅sin2kt

a = r⋅k2 . Zadatak 4.15.

Zrno izbačeno iz cijevi topa, koji stoji u podnožju brda čija je površina nagnuta pod uglom β = konst. prema horizontali kreće se saglasno jednačinama

x = v0 t⋅cos α y = v0 t⋅sin α −

21 gt2 .

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


Rješenje:

α = 24βπ

+

0

A

α β

y

x

ov

77

ZADATAK 4.16

Poluga OB obrće se konstantnom ugaonom brzinom ω = dtdϕ i dovodi u

kretanje klizač A. Odrediti ukupno ubrzanje klizača A ako su ostali podaci dati na slici.


Rješenje:

a = baar222 4ωϕ =+ .

Zadatak 4.17.

Doboš se obrće konstantnom ugaonom brzinom ω. Poluprečnik doboša je r. Na doboš se namotava uže tako da se tačka C vuče po podlozi kao što je prikazano na slici. Odrediti brzinu i ubrzanje tačke C kraja užeta u funkciji ugla ϕ.

Slika uz zadatak 4.17 Rješenje: vr =

ϕω

cosr

aC = rω2 ϕ

ϕcos2

3

−tg .

O

B

A

r

ϕ

b

b

C

O

ω

r

r2

78

Zadatak 4.18.

Tačka A kreće se po elipsi suglasno jednačinama

x = a⋅cos ωt y = b⋅sin ωt . Odrediti brzinu i ubrzanje tačke A u trenucima kada se tačka A nalazi na koordinatnim osima!


Rješenje:

v = ω 22 ba + a = ω2 22 yx +

Zadatak 4.19.

Kretanje tačke u ravnini zadano je jednačinama kretanja

r = tn ϕ = 4⋅r .

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

Rješenje:

r⋅ϕ = 8 hiperbolna spirala ar = − 32 m/s2 aϕ = − 64 m/s2 v = 8 5 m/s .

4A

1A

2A

3A

A

Oy

x

a2

y

x

ab2

79

Zadatak 4.20.

Kretanje tačke zadano je jednačinama

x = r⋅cos ωt y = r⋅sin ωt z = ζ⋅t

gdje su r, ω i ζ konstante. Odrediti brzinu i ubrzanje tačke!

Rješenje:

v = 222 ζω +r a = r⋅ω2 .

Zadatak 4.21.

Poluga OA motornog klipnog mehanizma obrće se tako da se ugao što ga gradi s pravcem OB mijenja po zakonu ϕ = ω⋅t . Dužine su OA = AB = 2a. Potrebno je odrediti: a) jednačine kretanja tačke M poluge AB ako je AM = MB, b) jednačinu putanje tačke M i c) brzinu i ubrzanje tačke M.

Slika uz zadatak 4.21.

Rješenje: a) x = 3a⋅cos ωt y = a⋅sin ωt b) 1

9 2

2

2

2=+

ay

ax

c) v = aω tt ωω 22 cossin9 + a = rω2 r = 22 yx +

B

O

AM

y

xϕ

79

5.1. RELATIVNO, PRENOSNO I APSOLUTNO KRETANJE TAČKE

Složeno kretanje tačke je takvo kretanje pri kojem tačka istovremeno

učestvuje u dva ili više kretanja. Ako se tačka A kreće u odnosu na pomični koordinatni sistem O1x1y1z1, a isti koordinatni sistem se kreće u odnosu na nepomični koordinatni sistem Oxyz, za tačku A kažemo da vrši složeno kretanje, slika 5.1

Slika 5.1 Relativno, prenosno i apsolutno kretanje

β

1or

O

ξ

η

ϕ

Aρ

1O

( )M

N

Ar

x

y

y1

ζ

1z

1x

z A

Složeno kretanje tačke

80

Tijelo (M) može vršiti bilo kakvo kretanje u odnosu na nepomični koordinatni istem Oxyz. Kretanje krutog tijela (M) može se razložiti na translatorno kretanje pola O1 i sferno kretanje tijela oko tog pola. Iz ovog slijedi da su jednačine kretanja tijela (M) određene izrazima

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

ψ = ψ(t) ϕ = ϕ(t) θ = θ(t) , gdje su: xO 1 , yO 1 i zO 1 −koordinate pola O1, a ψ, ϕ i θ Eulerovi uglovi koje grade osi ξ, N i ζ , kao što je prikazano na slici 5.1. Kretanje tačke A u odnosu na pomični koordinatni sistem O1ξηζ (koji je kruto vezan za tijelo (M) i s tijelom se kreće), to jest u odnosu na tijelo (M), nazivamo relativnim kretanjem tačke. Brzina i ubrzanje tačke A u odnosu na ovaj sistem je njena relativna brzina vr i relativno ubrzanje ar . Kretanje tačke A u odnosu na nepomični koordinatni sistem Oxyz naziva se apsolutnim kretanjem tačke. Brzina i ubrzanje tačke A u odnosu na ovaj sistem je njena apsolutna brzina v i apsolutno ubrzanje a . Kretanje pokretnog koordinatnog sistema O1ξηζ (to jest tijela (M) u odnosu na nepokretni koordinatni sistem Oxyz) predstavlja prenosno kretanje s tačkom A. Brzina i ubrzanje one tačke pokretnog sistema O1ξηζ (to jest tijela M) koja se u datom momentu poklapa s pokretnom tačkom A, predstavlja prenosnu brzinu vp i prenosno ubrzanje ap tačke A. Osnovni zadatak proučavanja složenog kretanja tačke sastoji se u postavljanju zavisnosti između brzina i ubrzanja apsolutnog, prenosnog i relativnog kretanja. Zakon relativnog kretanja tačke A u odnosu na pomični sistem određen je vektorskom jednačinom u obliku

ρ ρ ξ η ζA A A A At t i t j t k= = + +( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 (5.2) gdje su: i1, j , k1 1 jedinični vektori osi pomičnog koordinatnog sistema O1ξηζ . Zakon kretanja tačke A u odnosu na nepomični koordinatni sistem dat je jednačinom

r r t x t i y t j z t kA A A A A= = + +( ) ( ) ( ) ( ) (5.3) gdje su: i , j , k jedinični vektori osi nepomičnog koordinatnog sistema Oxyz.

81

Jednačina (5.3) je istovremeno i zakon apsolutnog kretanja tačke. Između relativnog, apsolutnog i prenosnog kretanja postoji zavisnost koja je definirana sljedećim izrazom

r rA O M= +1 ς . (5.4) Ako su poznate jednačine (5.1) prenosnog i relativnog kretanja (5.2), iz jednačina (5.4) može se dobiti jednačina apsolutnog kretanja. 5.2. TEOREMA O SLAGANJU BRZINA

Izvest ćemo vektorski izraz za brzine pri složenom prostornom kretanju tačke koje se sastoji od relativnog kretanja u odnosu na pomični koordinatni sistem O1ξηζ i prenosnog kretanja zajedno s tim sistemom, uz pretpostavku da je pomični koordinatni sistem vezan za kruto tijelo koje vrši proizvoljno kretanje u prostoru u odnosu na nepomični sistem Oxyz. U općem slučaju kretanje slobodnog tijela M je složeno i možemo ga rastaviti na jednu translaciju zajedno s polom O1, i na jedno sferno kretanje oko pola O1. Sferno kretanje možemo promatrati kao obrtanje oko trenutne obrtne osi O1P (slika 5.2) koja prolazi kroz pol O1. Ugaonu brzinu, koja je usmjerena duž trenutne obrtne osi O1P, označit ćemo, pošto se odnosi na prenosni koordinatni sistem, sa ωP , a analogno tome i ugaono ubrzanje tog sistema označit ćemo sa εP .

Slika 5.2 Slaganje brzina

apsolutna putanja tačke O

rela

tivna

puta

nja

P

A

O x

→

pω

1O

y

1z ξ z

N 1x

ζ

1y

η

→i →

j

→k

→

1i

→

1k →

1j→

1ov

→

Aρ

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

→→→

Mo

Av ρω,1

→

Av

→

1ov

→

pv

→

rv

82

Pri kretanju tačke A koordinate ξ η ζ mijenjaju veličinu, a jedinični vektori 11 k ,j i ,1 mijenjaju pravac, što znači da se vektor ρA mijenja po pravcu i veličini. Da bismo našli vezu između apsolutne, prenosne i relativne brzine, pođimo od jednačine (5.4) i diferencirajmo je po vremenu. Tada dobivamo

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +++=

dtkd

dtjd

dtidk

dtdj

dtdi

dtd

dtrd

dtrd

AAAAAAOA 111

1111 ζηξζηξ . (5.5)

U jednačini (5.5) AA v

dtrd

= = apsolutna brzina tačke A (brzina u odnosu na Oxyz), a

11

OO v

dtrd

= = apsolutna brzina početka pomičnog koordinatnog sistema O1ξηζ .

Rezultat deriviranja vektora položaja Ar daje dvije grupe komponenata. Izraze u zagradama jednačine (5.5) možemo transformirati

( ) ( ) ( )[ ] APPAPAPAAAA kjidtkd

dtjd

dtid

ρωωζωηωξζηξ ×=×+×+×=++ 111111 , (5.6)

Prema tome suma

[ ] PAPOAAAO vv

dtkd

dtjd

dtid

dtrd

=+=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+++ ρωζηξ ,1

1 111 (5.7)

određuje brzinu prenosnog kretanja. Iz jednačine (5.7) slijedi da se brzina prenosnog kretanja sastoji od brzine translatornog kretanja, koja je jedanaka brzini tačke O1, i od brzine koja je uvjetovana obrtanjem pomičnog sistema O1ξηζ trenutnom ugaonom brzinom ωP . Druga grupa izraza u zagradi

rAAA vk

dtdj

dtdi

dtd

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++ 111

ζηξ (5.8)

daje brzinu tačke A pri konstantnim osnovnim jediničnim vektorima k ,j i , , to jest njenu relativnu brzinu. Prema tome, jednačina (5.5) je analitički izraz teoreme o sastavljanju brzina, to jest

rPA vvv += +* . (5.9)

83

Jednačina (5.9) izražava teoremu o slaganju brzina i ona glasi: Apsolutna brzina tačke koja vrši složeno kretanje jednaka je vektorskom zbiru njene prenosne i relativne brzine. Ukoliko su poznate veličine vektora prenosne i relativne brzine i ugao α između ova dva vektora, onda do intenziteta vektora apsolutne brzine dolazimo pomoću jednačine

αcos222rPrPA vvvvv ++= . (5.10)

5.3. TEOREMA O SLAGANJU UBRZANJA

Da bismo odredili vezu između apsolutnog, prenosnog i relativnog ubrzanja, pođimo od izraza (5.5). Deriviranjem izraza (5.5) po vremenu dobivamo izraz za apsolutno ubrzanje tačke A.

d rdt

ad rdt

d idt

d jdt

d kdt

ddt

iddt

jddt

kAA

OA A A

A A A2

2

2

2

21

2

21

2

21

2

2

2 1

2

2 1

2

2 11= = + + +

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ + + +

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ +ξ η ζ

ξ η ζ

+ + +⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟2 1 1 1d

dtdidt

ddt

djdt

ddt

dkdt

A A Aξ η ζ . (5.11)

Prvi član na desnoj strani jednačine (5.11) d r

dtdv

dtaO O

O

2

21 1

1= = apsolutno je ubrzanje

početka pomičnog kordinatnog sistema O1ξηζ . Prvi izraz u zagradi jednačine (5.11) dobiva se matematički, uz uslov da je ξA = const. ,η A = const., ζ A = const. , i zato je

[ ] [ ] [ ][ ]

[ ] [ ][ ]

d idt

ddt

i i i

d idt

d jdt

d kdt

P P P P

A A A P A P P A

21

2 1 1 1

21

2

21

2

21

2

= = +

+ +⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ = +

ω ε ω ω

ξ η ζ ε ρ ω ω ρ

, , , ,

, , ,

(5.12)

Prva grupa komponenata određuje dio prenosnog ubrzanja uslijed obrtanja pomičnog kordinatnog sistema O1ξηζ u odnosu na nepomični koordinatni sistem Oxyz. Ukupno prenosno ubrzanje sastoji se od ubrzanja translatornog kretanja sistema O1ξηζ (ubrzanje tačke O1) i ubrzanja uslijed obrtanja pomičnog sistema, to jest

[ ] [ ][ ] ( ) ( )a a a a aP O P A P P A O AO

n AO

t= + + = + +1 1

1 1ε ρ ω ω ρ, , , . (5.13)

84

Drugi izraz u zagradi jednačine (5.11) nije ništa drugo nego ubrzanje tačke A u odnosu na pomične osi, to jest relativno ubrzanje (uz pretpostavku da jedinični vektori i1, j , k1 1 ne mijenjaju pravac)

addt

iddt

jddt

krA A A= + +

2

2 1

2

2 1

2

2 1

ξ η ζ . (5.14)

Slika 5.3 Slaganje ubrzanja

z oAa

A

rvQ P

1z

1O

r

Ar

ξ

pε pω

O i

k j

N ζ

1k

1i

1j

x

1x y

Aρ

1y

y

η

( )toAa

pω

( )noAa

Aa→

cora

para

85

Treći izraz u zagradi jednačine (5.11) predstavlja uzajamno djelovanje prenosnog i relativnog kretanja, a naziva se Coriolisovo* ubrzanje aCor .

addt

didt

ddt

djdt

ddt

dkdtCor

A A A= + +⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟2 1 1 1ξ η ζ =

= × + × + ×⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

2 1 1 1ωξ

ωη

ωζ

PA

PA

PAd

dti

ddt

jddt

k =

[ ]= × + +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢⎤

⎦⎥=2 21 1 1ω

ξ η ζωP

A A AP r

ddt

iddt

jddt

k v, (5.15)

[ ]a vCor P r= 2 ω , . Coriolisovo ubrzanje jednako je dvostrukom vektorskom proizvodu vektora ugaone brzine obrtnog prenosnog kretanja i vektora relativne brzine tačke u odnosu na pomični koordinatni sistem. Iz jednačine (5.15) zaključujemo da se Coriolisovo ubrzanje pojavljuje kao posljedica promjena relativne i prenosne brzine. Uslijed relativnog kretanja tačke mijenja se prenosna brzina tačke, a uslijed obrtnog prenosnog kretanja dodatno se mijenja pravac relativne brzine u odnosu na nepomièni koordinatni sistem. Jednačinu (5.11) možemo napisati u skraćenom obliku

CorrPA aaaa ++= . (5.16) Apsolutno ubrzanje tačke A pri složenom kretanju jednako je geometrijskoj sumi prenosnog, relativnog i Coriolisovog ubrzanja. Ovaj teorem se naziva Coriolisov teorem. Veličina vektora aCor određena je izrazom

aCor = 2⋅ωP⋅vr⋅sin∠( )rP v,ω . (5.17) Pravac i smjer vektora aCor određuje se po pravilu vektorskog proizvoda dvaju vektora - slika 5.4. Ukoliko je rP v⊥ω , tada je sin∠( )rP v,ω = 1 , te imamo aCor = 2⋅ωP⋅vr⋅. (5.18)

* Fizičar i inženjer Gaspard Gustave de Coriolis, 1792-1843.

86

Slika 5.4 Pravac i smjer Coriolisovog ubrzanja U tom slučaju vektori ωP rv, i aCor su međusobno okomiti. Možemo zaključiti da pravilo paralalograma o zbrajanju vektora ne vrijedi za sastavljanje ubrzanja, osim kada je Cora = 0. Coriolisovo ubrzanje će biti jednako nuli ako je:

a) ωP = 0 , to jest ako se pomični koordinatni sistem kreće translatorno u odnosu na nepomični koordinatni sistem,

b) rv = 0 , to jest ako se tačka ne kreće u odnosu na pomični koordinatni sistem, c) sin∠( )rP v,ω = 0 , to jest ako su vektori rP v,ω paralelni.


Kolica K kreću se ravnomjerno ubrzano po pravolinijskoj dionici puta ubrzanjem aK = 2 m/s2 . Niz strmu ravninu kolica koja je nagnuta pod uglom α = 45° kreće se kuglica ravnomjerno ubrzano ubrzanjem aM = 2 m/s2 u odnosu na kolica. Odrediti brzinu i ubrzanje kuglice u odnosu na nepomični koordinatni sistem Oξη , ako su u početnom trenutku kuglica i kolica mirovali, a kuglica se nalazila u tački A kolica. Odrediti jednačinu trajektorija kuglice ako je poznata visina h tačke A.


ω2 relv

090

ω

relv

coracora

h

αζ

η

x

A M

Mapa

ra Mv

pv

rv

y

87

Rješenje: Kretanje kuglice M u odnosu na sistem Oξη je njeno apsolutno kretanje, dok

je kretanje kuglice M po kolicima K (u odnosu na kolica) relativno kretanje. Kretanje kolica za kuglicu M predstavlja prenosno kretanje. Zaključujemo da je prenosno ubrzanje

aP = aK = 2 m/s2 . Kuglica M u odnosu na kolica kreće se po pravoj liniji pa je relativno ubrzanje kuglice

ar = aM = 2 m/s2 . Coriolisova komponenta ubrzanja [ ]rPCor va ,2ω= = 0 jer je prenosno kretanje translatorno, te slijedi da je Pω = 0 . Apsolutno ubrzanje kuglice M

rPM aaa += . Na osnovu slike zaključujemo da je intenzitet apsolutnog ubrzanja

aM = ),(cos222rPrPrP aaaaaa ∠++

aM = ( ) 022 45cos22222 ⋅++ = 10 m/s2 . Da bismo odredili apsolutnu brzinu kuglice, pođimo od činjenice da za pravolinijsku translaciju vrijedi

PP a

dtdv

= PP a

dtdv

= .

Nakon integracije prethodnih jednačina imamo

vP = 2⋅t + C1 vr = 2 t + C2 . Integracione konstante C1 i C2 odredit ćemo iz početnih uvjeta. Za t = 0 kuglica je mirovala vP = vr = 0, pa slijedi

C1 = C2 = 0 ,

88

te dobivamo

vP = 2⋅t vr = 2 t . Apsolutna brzina kuglice M jednaka je

rPM vvv += , a njen intenzitet

vM = ),(cos222rPrPrP vvvvvv ∠++

vM = ( ) 022 45cos2222)2( t tt t ⋅++ = 10 t m/s2 . Da bismo odredili jednačinu trajektorija kuglice u odnosu na nepomični koordinatni sistem Oξη, primijetimo da je

( )ξξ

Mvdtd

= ( )ηη

Mvdtd

= .

Na osnovu slike vidimo da su projekcije apsolutne brzine kuglice M na osi Oξ i Oη

(vM)ξ = vP + vr⋅cos45° = 3⋅t (vM)η = − vr sin45° = − t

Uvrštavanjem u gornje jednačine dobit ćemo

tdtd 3=ξ t

dtd

−=η .

Integracijom prethodnih jednačina imamo

ξ = 23 t2 + C3 η = C4 −

2

2t .

Integracione konstante C3 i C4 određujemo iz početnih uslova za t = 0 ξ0 = 0 η0 = h , te slijedi C3 = 0 i C4 = h.

89

Uvrštavanjem integracionih konstanta imamo da je

ξ = 23 t2 η = h −

2

2t .

Eliminacijom paramatra vremena t iz ovih jednačina kretanja kuglice M dobivamo putanju kuglice M u odnosu na nepomični sistem Oξη

η = h − 2ξ .

Zaključujemo da je trajektorij kuglice M pravac. Zadatak 5.2.

Ravni mehanizam prikazan na slici sastoji se od poluga O1A i O2B dužina 0,4 m i ploče u kojoj je urezan žlijeb poluprečnika r = 0,16m. Poluge se obrću oko osi kroz tačke O1 i O2 po istom zakonu ϕ =

4π t3 radi. U žlijebu se kreće kuglica po

zakonu s = 8πt2 m . Odrediti apsolutnu brzinu i ubrzanje kuglice u trenutku t = 1s ako je O1O2 = AB .


Za cijelo vrijeme kretanja poluge O1A i O2B ostaju paralelne te ploča vrši translatorno kretanje. Apsolutna brzina kuglice M je

rPM vvv +=

r

s M

A

B

2O

1O

ϕ

ϕ

90

gdje je: intenzitet prenosne komponente brzine

vp = vB = O2B⋅ dtdϕ = 3t2π ,

a intenzitet relativne komponente brzine

vr = dtds = 16πt .

Slika uz rješenje zadatka 5.2 Intenzitet apsolutne brzine tačke M je

( ) ( )22

22

22

22

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=+= PrPyMxMM vvvvvv .

za trenutak t = 1s ϕ =

4π

vM = 5,732 m/s .

Pošto je prenosno kretanje translatorno ubrzanja svih tačaka ploče su jednaka, to je i ubrzanje one tačke ploče koja se poklapa s tačkom M jednako ubrzanju tačke B.

( ) ( ) ( ) ( )nBnBtPnPP aaaaa +=+= . Intenziteti prenosne komponente ubrzanja za t = 1s je

(aP)t = O2B⋅ 2

2

dtd ϕ = O2B⋅ π

43 ⋅2t = 0,6π m/s2

y

( )nra

x

2O

B( )tra

Bv( )

tpa ( )

npa

pv

rv

91

(aP)n = O2B⋅2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

dtdϕ =

49,0 π2 m/s2

Relativno kretanje je kretanje po polukružnom žlijebu radijusa r = 0.16 m, te je relativna komponenta ubrzanja

( ) ( )trnrr aaa += pri čemu su intenziteti za t = 1s

(ar)t = 2

2

dtsd = 16π m/s2

(ar)n = r

v2 = 16π2t2 m/s2 = 16π2 m/s2 .

Apsolutno ubrzanje kuglice M je

CorrPM aaaa ++= . Pošto je prenosno kretanje translatorno 0=Pω , slijedi da je Coriolisovo ubrzanje jednako nuli 0=Cora . Intenzitet apsolutnog ubrzanja je

aM = ( ) ( )22yPxM aa +

gdje je

(aM)x = (ar)n + [(aP)n − (aP)t ] 22 = 0,426 m/s2

(aM)y = − (ar)t + [−(aP)n − (aP)t ] 22 = 4,788 m/s2

aM = 22 788,4426,0 + = 4,8 m/s2 .

Zadatak 5.3.

Kod mehanizma prikazanog na slici letva I kreće se ubrzano naviše i u trenutku kad je α = 30° ima brzinu v1 = 3 m/s i ubrzanje a1 = 3 m/s2 . U istom trenutku kraj letve II udaljen je od pravca letve I za rastojanje BO , a kraj letve II ima brzinu v2 = 5 m/s i usporenje a2 = 1 m/s2 . U prikazanom trenutku odrediti ugaono ubrzanje kulise III i ubrzanje kalema B u odnosu na kulisu.

92


Prenosno kretanje za tačku B u datom trenutku predstavlja kretanje one tačke kulise s kojom se u tom trenutku poklapa tačka B. Pošto kulisa vrši ravno kretanje

AB

ABAP vvvvv +=+= 1 .

Prema teoremu o slaganju brzina za tačku B apsolutna brzina je

PrB vvv += to jest

AB

ABAP vvvvv +=+= 1 (I)

Slika uz rješenje zadatka 5.3

ααA A

B B ( )tB

AaABv

rv

2v

1v

ζ

η

ζ

η

( )nBAa

2ara

( )cora

1a

A

O B

α III

I

II x

y

1a

2a

1v

2v

93

Projektujmo jednačinu I na osi Oξ i Oη dobit ćemo

v2 cosα = − v1 sinα + ABv

v2 sinα = vr + vr cosα . Iz gornjih jednačina dobivamo

ABv = v2 cosα + v1 sinα = 3 3 m/s

vr = v2 sinα − vr cosα = 1 m/s . Prenosna ugaona brzina

1

23 −== s

ABv A

BPω .

Ubrzanje tačke B je

CorPrB aaaa ++= Apsolutno ubrzanje tačke B je 2aaB = . Coriolisovo ubrzanje

[ ]rPCor va ,2ω= aCor = 2ωP vr sin90° = 3 m/s2 .

Prenosna komponenta ubrzanja

CorPrB aaaa ++= gdje je 2aaB =

( ) BAa PnAB ⋅= 2ω = 4,5 m/s2

( ) ( )tABn

ABAP aaaa ++= . (II)

Projektovanjem jednačina II na osi Bξ i Bη dobivamo

94

− a2 cosα = − a1 sinα + ( )tABa − aCor

− a2 sinα = ar + ( )nABa + a1 cosα .

Iz gornjih jedančina dobit ćemo

( )tABa = aCor + a1 sinα − a2 cosα = 3 m/s2

ar = − a2 sinα − a1 cosα − ( )nABa = − 6,5 m/s2 .

Kako je poznato ( )tABa , nalazimo

( ) 2

63 −== s

ABa t

AB

Pε .

Zadatak 5.4.

Remenica prilazana na slici obrće se ugaonom brzinom ω i dobiva trenutno ugaono ubrzanje ε = 12 s−2 . štap O,A pričvršćem je za remenicu u tački O1 i ima ugaono ubrzanje ε1 = 18 s−2 , a tačka A relativnu brzinu vr = 1 m/s . Odrediti apsolutno ubrzanje tačke A u trenutku kada osi obrtanja O1 i O poluge O1A i remenice leže na istoj vertikali! Zadani su podaci:

AO1 = 0,3 m 1OO = 0,5 m OA = 0,4 m n = 120°/min .


Apsolutno ubrzanje tačke A je

CorrPA aaaa ++= ( ) ( ) ( ) ( ) CortrnrtPnPA aaaaaa ++++= . (I)

0

A

rv

ε

ω

cora

tra

0 1ε n

ra

tpa n

pa

95

Intenziteti komponenata ubrzanja

(aP)t = OA ε = 0,4⋅12 = 4,8 m/s2 (aP)n = OA ω2 = 0,4⋅(4π)2 = 64 m/s2 (ar)t = AO1 ε1 = 0,3⋅18 = 5,4 m/s2

(ar)n = 3,0

12

1

2=

AOvr = 3,3 m/s2

aCor = 2ωP vr = 2⋅4⋅π⋅1 = 25 m/s2 Projektovanjem jednačine (I) na osi Ox i Oy imamo

(aA)x = (aP)t + (ar)n + aCor (aA)y = (aP)n − (ar)t .

Intenzitet apsolutnog ubrzanja

aA = ( ) ( )22yAxA aa +

aA = ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]22trnPCornrtP aaaaa −+++ = 67,3 m/s2

Zadatak 5.5.

Tačka M kreće se jednoliko duž izvodnice vertikalnog konusa, od tjemena prema osnovi, relativnom brzinom rv . Os konusa je OA. Ugao konusa je 2α . U trenutku t = 0 rastojanja 0OM = b . Konus se obrće oko osi OA konstantnom ugaonom brzinom ω . Odrediti apsolutnu brzinu i apsolutno ubrzanje tačke M u proizvoljnom trenutku vremena.


oM

( )npa

A

Ob

α2

M

tvr ⋅

ωpv

rvMa

cora

R

96

Rješenje:

Relativno kretanje tačke M je pravolinijsko jednoliko kretanje, pa je u ovom slučaju a1 = 0

vr = dt

dsr te je sr = b + vr t .

Prenosno kretanje tačke M je jednoliko kružno kretanje ωP = ω = const. po krugu poluprečnika

R = sr sinα = (b + vr t)⋅sinα . Prenosna brzina

vP = R⋅ωP = (b + vr t)⋅ω⋅sinα . Vektori Pv i rv zatvaraju ugao od 300 te je

vM = 222222 sin)( ωα ⋅++=+ tvbvvv rrrP . Prenosna komponenta ubrzanja

aP = (aP)n = R⋅ω2 = (b + vr t)⋅ω2⋅sinα . Intenzitet Coriolisova ubrzanja

aCor = 2ωP vr sinα = 2ω vr sinα . Vektori ( )nPa i Cora zatvaraju ugao od 900 , te je intenzitet apsolutnog ubrzanja

aM = αωω sin4)( 222rr vtvb ++ .

Zadatak 5.6.

Ploča prikazana na slici obrće se ugaonom brzinom ω = 2,0 s−1 i ima ugaono ubrzanje ε = 3,0 s−2 . U ploči su urezani žljebovi u koje se ubacuju kuglice A, B i C brzinama v = 1,2 m/s i imaju ubrzanje a = 2,5 m/s2 u odnosu na ploču. Kuglica A ide prema gore, kuglica B desno i kuglica D lijevo. Ako je r = 1,0 m , odrediti apsolutno ubrzanje kuglica A, B i C.

97


Ubrzanje apsolutno za sve kuglice CorrPA aaaa ++= .

Prenosno kretanje je obrtanje ploče, a relativno kretanje je kretanje kuglica u žljebu. Za sve tačke

CorrPA aaaa ++= gdje je

(aP)n = r⋅ω2 = 4,0 m/s2 (aP)t = r⋅ε = 3,0 m/s2 aCor = 2⋅ω⋅vr = 4,8 m/s2 .

Za tačku A slijedi: ar = 2,5 m/s2 aA = 2,5 m/s2 .

Ubrzanje tačke A zadatka 5.6 Za tačku B slijedi da je

( ) ( )tPnPP aaa += (ar)t = 2,5 m/s2 (ar)n =

0

2

rv

aB = 12,86 m/s2 . Ubrzanje tačke B zadatka 5.6

O

A

D

B0r

r

rr

045

045045

( )npa

( )tpa

Aa

pa

ra cora

05,22

Ba ra

pa

cora

98

Za tačku C slijedi da je

( ) ( )trnrr aaa += (ar)t = 2,5 m/s2 (ar)n =

0

2

rv = 1,44 m/s2

aC = 11,62 m/s2 . Ubrzanje tačke C zadatka 5.6 Zadatak 5.7.

Ruka robota prikazana na slici vrši obrtanje oko osi kroz tačku A i B. Ako je ωAB = 5,0 s−1 ωBC = 4,0 s−1 i ugaona ubrzanja εAB = 40,0 s−2 εBC = 30,0 s−2, odrediti apsolutna ubrzanja tačaka B, C, D i E. Poznate su dužine lAB = 1,50 m , lBC = 1,20 m , lAE = 0,75 m i lBD = 0,60 m.

Slika uz zadatak 5.7 Rješenje: Rezultirajuća ugaona brzina

ωrez = ωAB + ωBC = − 5,0 + 4,0 = − 1,0 s−1 , i rezultirajuće ugaono ubrzanje

εrez = εAB + εBC = 40,0 + 30,0 = 70,0 s−2 . Prenosno kretanje je obrtanje poluge AB, a relativno kretanje obrtanje poluge BC. Kretanje tačke C možemo posmatrati u ravnini.

045

corarvr ++

22ω

ca

( )tpar +ε

450300

A

B

E C

D

99

Kretanje tačke C zadatka 5.7

Geometrija i brzina tačke C Na osnovu slike vidimo da je

lAC = 1,070 m ε = 7,52° δ = 52,48° . Apsolutna brzina tačke C

relPC vvv += vP = lAC⋅ωAB = 5,36 m/s vr = lBC⋅ωBC = 4,80 m/s vC = 6,707 m/s

Apsolutno ubrzanje tačke C CorPrB aaaa ++= . (I) Prenosna komponenta ubrzanja tačke C

(aP)t = lAC⋅εAB = 1,070⋅40,0 = 42,80 m/s2 (aP)t = lAC⋅ω2

AB = 1,070⋅5,02 = 26,75 m/s2 . Relativno ubrzanje tačke C

(ar)t = lBC⋅εBC = 1,2⋅30,0 = 36,0 m/s2 (ar)t = lBC⋅ω2

BC = 1,2⋅4,02 = 19,2 m/s2 .

B

A C

f

pv relv

Cv

027,32

052,7015

A

B

C

030 045 015 δ ε

100

Coriolisovo ubrzanje

aCor = 2⋅ωAB vr vr = lBC⋅ωBC = 1,2⋅4,0 = 4,80 m/s aCor = 2⋅5,0⋅4,80 = 48 m/s2 .

Ubrzanje tačke C

Projektovanjem jednačine I na osi x i y dobivamo

(aC)x = −(aP)t⋅sin7,52° −(aP)n⋅cos7,52° + (ar)t⋅cos15° − (ar)n⋅sin15° +

aCor⋅sin15° (aC)x = 10,11 m/s2 (aC)y = (aP)t⋅cos7,52° −(aP)n⋅sin7,52° + (ar)t⋅sin15° + (ar)n⋅cos15° −

aCor⋅cos15° (aC)y = 20,42 m/s2 aC = ( ) ( ) 2222 42,2011,10 +=+ yCxC aa = 22,79 m/s2

Iz geometrije za tačku D vrijedi da je

lAD = 1,156 m δ = 21,52° ε = 38,48°

015 052,7

ABω 015

065,63

ca

cora ( )tpa ( )

npa

( )nra

( )tra

cora

relv

101

Ubrzanje tačke D Prenosno ubrzane tačke D

(aP)t = lAD⋅εAB = 46,24 m/s2 (aP)n = lAD⋅ω2

AB = 28,90 m/s2 . Relativno ubrzanje tačke D

(ar)t = lBD⋅εBC = 18,0 m/s2 (ar)n = lBD⋅ω2

BC = 9,6 m/s2 . Coriolisovo ubrzanje tačke C

aCor = 2⋅ωAB⋅vr vr = lBD⋅ωBC = 2,40 m/s aCor = 24 m/s2

Projektovanjem vektorske jednačine na osi koordinatnog sistema x i y dobivamo

(aB)x = − 30,28 m/s2 (aD)y = 8,96 m/s2 Na potpuno isti način određujemo ubrzanje tačke B i E

(aB)t = lAB⋅εAB = 60 m/s2 (aB)n = lAB⋅ω2

AB = 37,5 m/s2 aB = ( ) ( )22

nBtB aa + = 70,76 m/s2 . Mogli smo odrediti intenzitet ubrzanja tačke B i preko projekcija na osi koordinatnog sistema x i y

(aB)x = − 30,28 m/s2 (aD)y = − 2,48 m/s2 i za tačku E

(aE)x = − 35,36 m/s2 (aE)y = − 1,24 m/s2 . dobivamo vrijednosti projekcija ubrzanja na ose Ox i Oy.

( )tra

( )nra

( )tpa

( )npa

( )cora( )Da

030045

049,16

048,38

015

ε δ

102


Štap AB, dužine l, oslanja se krajem B na kosu ravninu prizme C koja se kreće brzinom v0 i ubrzanjem a0 na desno. Odrediti ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje štapa AB u trenutku kada je ϕ = 30° . Ugao nagiba prizme je β = 75° .


Rješenje: ωAB = )31(

20 +l

v

εAB = ( )⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡++

+ 3122

31 20

0 lva

l

Zadatak 5.9.

Vatov centrifugalni regulator obrće se oko vertikalne osi AB. Uslijed promjene režima rada mašine doći će do udaljavanja kugli od osi obrtanja AB. Naći apsolutnu brzinu i ubrzanje središta kugli regulatora ako se u posmatranom trenutku regulator obrće ugaonom brzinom ω = 4 s−1 i ubrzanjem ε = 0,8 s−2 . Kugle se obrću oko osi O1 i O2 ugaonim brzinama ω1 = 2 s−1 i ugaonim ubrzanjem ε1 = 0,2 s−2 . Poznate su dužine l = 4,0 m O1O2 = 1,0 m i α = 30° .

A

B

0v

0aϕ β

103


Rješenje: v = 22

rP vv + = 12,8 m/s a = 222

zyx aaa ++ = 86,9 m/s2 . Zadatak 5.10.

Kulisa AB oscilira oko A uslijed djelovanja zuba C na kružnoj ploči poluprečnika r, koja rotira sa ω = const. . Odrediti ugaono ubrzanje εAB kulise AB u trenutku kada je ϕ = 15° i ako je poznato ω = 4 s−1 r = 60 mm i a = 90 mm.


Rješenje: εAB = 62,6 s−2 .

z

y

x

R

A

B2O1O

1C 2C

ε

ω

α1ε

1ω

O

C A

B ω

r

a

ϕ

104

Zadatak 5.11.

Horizontalni štap AB premješta se paralelno samom sebi po vetikali konstantnom brzinom 0v i pri tome presjeca nepomičnu kružnicu poluprečnika r. Odrediti brzinu i ubrzanje tačke M, presjecište tačke kružnice i štapa u odnosu na kružnicu i na štap u trenutku kada je ϕ = 60° .


Rješenje: vM =

332 0v

aM = 3

32 0v

vr = 3

30v

ar = aM = 209

38 vr

.

Zadatak 5.12.

Kružna ploča s urezanim žljebom obrće se sa ω = 10 s−1 . Ugao obrtanja štapa OA ϕ povećava se konstantnom ugaonom brzinom od 4 s−1 . Odrediti apsolutno ubrzanje klizača B u trenutku kada je ϕ = 30° i a ko je a = 40 mm.


Rješenje:

aB = 8,38 m/s2 .

0v ϕ0

r

O M B A

B

ϕ

a

C A

O ω

105

Zadatak 5.13.

Cijev rotira sa ω = 5 s−1 , a u cijevi se kreće kuglica jednako ubrzano od O prema B ubrzanjem ar = 0,5 m/s2. Kuglica ima relativnu brzinu vr = 0,5 m/s. Ako je ugaono ubrzanje cijevi ε = 2,5 s−2 i r = 100 mm, odrediti apsolutno ubrzanje kuglice A.


Rješenje: aA = 5,62 m/s2 .

Zadatak 5.14.

Poluga MA obrće se konstantnom ugaonom brzinom ωAM = 20 s−1 i dovodi u kretanje kulisu BA. Za položaj prikazan na slici odrediti brzinu i ubrzanje tačke A.


aA = 2AMAM ω⋅ = 120 m/s2

vr = 1,66 m/s vP = 5,19 m/s

(aP)n = lAB AB⋅ω2 = 32,76 m/s2 aCor = 20,96 m/s2 (aA)ul = 81,13 m/s2 .

ωO

r

Brv

A

A

BD

M

500

r=300 045

300 200

106

Zadatak 5.15.

Kružna ploča poluprečnika r rotira konstantnom ugaonom brzinom Ω . U ploči je urezan žlijeb u koji je ubačena kuglica A i kreće se po zakonu ξ = r⋅sinωt , gdje je ω = const. . Odrediti brzinu i ubrzanje kuglice P.


ϕωωω etretrv r sincos Ω+= ϕωωω etretra r cos2sin)( 22 Ω+Ω+−= .

r

O

A

Q

ξ

107

Do sada smo proučavali brzine i ubrzanja jedne tačke i opisivali razne vrste kretanja tačke u različitim koordinatnim sistemima. U ovom poglavlju proučavat ćemo kretanje krutog tijela. Apsolutno kruto tijelo može se definirati, odnosno smatrati specijalnim slučajem mehaničkog sistema u kojem su sve tačke spojene, tako da ne mogu mijenjati svoj položaj u odnosu na druge tačke. Pod mehaničkim sistemom podrazumijeva se skup materijalnih tačaka koje su međusobno povezane tako da kretanje svake od njih ovisi o položaju i kretanju ostalih tačaka. Razlikujemo linijske sisteme, planarne i prostorne sisteme. Linijski (jednodimenzionalni) sistemi su oni kod kojih je jedna dimenzija konačna, a ostale dvije su beskonaèno male. To je slučaj krutog štapa. Planarni (dvodimenzionalni) sistemi su oni kod kojih je jedna dimenzija beskonačno mala u odnosu na druge dvije - to je kruta ploča. Prostorni sistemi su kruta tijela proizvoljnih oblika. U ovom dijelu kinematike proučavat ćemo kretanje štapa, ploče i prostornog tijela. Ovdje razlikujemo slobodno kretanje krutog tijela, kada kruto tijelo nema nikakvih kinematičkih veza, i prinudno (neslobodno) kretanje krutog tijela, kada je mogućnost kretanja ograničena vanjskim vezama.

Kinematika krutog tijela

108

6.1. SLOBODNO KRUTO TIJELO

Položaj slobodnog krutog tijela možemo odrediti pomoću dva koordinatna sistema: nepomičnog Oxyz vezanog za zemlju i jednog pomičnog vezanog za tijelo Aζηξ . Vidimo da koordinate tačke A(x,y,z) nisu dovoljne za određivanje položaja tijela, jed ne određuju njegovu orijentaciju. Orijentaciju slobodnog krutog tijela možmo odrediti pomoću Eulerovih* uglova ψ, θ, ϕ - slika 6.1.

Slika 6.1 Eulerovi uglovi Na slici vidimo da je

ψ = ∠ x1AN (ugao precesije) θ = ∠ ξAZ1 (ugao nutacije)

(6.1) ϕ = ∠ ξAN (ugao vlastite rotacije)

* Leonhard Euler (1707 - 1783)

β

1or

O

ξ

η

ϕ

Aρ

1O

A ( )M

N

Ar

x

z

y

ζ

1z

1x

⋅ϕ

⋅ψ

ψ

1y

⋅θ

109

Jednačine (6.1) nazivaju se Eulerovi uglovi (nazivi su preuzeti iz astronomije). Svakom sistemu vrijednosti ψ, θ, ϕ Eulerovih uglova odgovara jedan jedini položaj sistema Aζηξ s obzirom na koordinatni sistem Ax1y1z1 i obrnuto. Prema tome skalarne veličine x, y, z, ψ, θ, ϕ određuju položaj slobodnog krutog tijela u prostoru. Taj sistem nezavisnoh veličina nazivamo koordinatama položaja krutog tijela. U tom slučaju kretanje krutog tijela određeno je jednačinama

xA = xA (t) ψ = ψ(t) yA = yA (t) θ = θ(t)

(6.2) zA = zA (t) ϕ = ϕ (t)

Zaključujemo da slobodno kruto tijelo ima šest stupnjeva slobode kretanja. Posmatrano u Descartesovom koordinatnom sistemu ove slobode kretanja

Slika 6.2 Stepeni slobode kretanja krutog tijela

sastoje se iz tri nezavisne translacije po pravcima koordinatnih osi i tri nezavisne rotacije oko kordinatnih osi - slika 6.2. Položaj krutog tijela određen je u prostoru položajem triju tačaka koje ne leže na istom pravcu. Kako tri tačke u prostoru definiraju ravninu, to je položaj krutog tijela u prostoru određen položajem jedne svoje ravnine.

O

z

y

x

110

Slika 6.3 Položaj krutog tijela određen pomoću tri tačke Položaj je dakle određen koordinatama (x1, y1, z1), (x2, y2, z2) i (x3, y3, z3). Ove koordinate nisu nezavisne. Među njima postoje zavisnosti koje proizlaze iz nepromjenljivosti udaljenosti među tačkama krutog tijela.

( ) ( ) ( )2212

212

21 zzyyxxBA −+−+−= = const.

( ) ( ) ( )2212

212

21 zzyyxxBA −+−+−= = const. (6.3)

( ) ( ) ( )2212

212

21 zzyyxxBA −+−+−= = const. Položaj krutog tijala je određen, prema tome, sa šest nezavisnih koordinata. 6.2. NESLOBODNO (VEZANO) KRUTO TIJELO

Ako tijelo nije slobodno nego je njegovo kretanje ograničeno, broj stupnjeva slobode kretanja je manji od šest. U tom slučaju je i broj jednačina kretanja, kao i broj nezavisnoh koordinata položaja, također manji od šest. Pretpostavimo da posmatramo kretanje tijela čija je jedna tačka nepomična. Koordinate te tačke su nepromjenjive.

x = C1 y = C2

(6.4) z = C3

Jednačine (6.4) nazivaju se jednadčine veza koje izražavaju nametnute kinematičke uslove, pri čemu su C1, C2 i C3 konstantne veličine.

O

x

A(x1,y1,z1

B(x2,y2,z2)

C(x3,y3,z3)

y

z

111

Položaj krutog tijela je u ovom slučaju definiran je samo s tri koordinate, i to ψ, θ i ϕ

ψ = ψ(t) θ = θ(t)

(6.5) ϕ = ϕ (t) .

Jednačine (6.5) predstavljaju jednačine kretanja krutog tijela. Ovo kruto tijelo ima tri stupnja slobode. Njegovo kretanje svodi se na rotaciju oko nepomične tačke. Kretanje tijela u ovom slučaju zove se sferno kretanje. Ako su dvije tačke krutog tijela nepomične, onda je nepomična i linija koja prolazi kroz te dvije tačke. Kruto tijelo će imati samo jedan stupanj slobode kretanja. To je takozvana rotacija krutoga tijela oko nepomične osi. Pretpostavimo da kruto tijelo ima određenu orijentaciju u prostoru, to jest

ψ =C1 θ = C2

(6.6) ϕ = C3 .

U tom slučaju položaj tijela je određen ako znamo koordinate položaja x, y, z proizvoljne tačke A. Kretanje krutog tijela u tom slučaju zove se translacija. 6.3. OSNOVNE VRSTE KRETANJA KRUTOG TIJELA Razlikujemo dvije osnovne vrste kretanja krutog tijela, i to:

a) translatorno kretanje ili translacija, b) rotaciono kretanje ili rotacija oko određene osi.

Sva ostala kretanja krutog tijela mogu se svesti na jednu od navedenih osnovnih vrsta, odnosno na kombinaciju dviju osnovnih vrsta kretanja.

Kako važne specifične slučajeve promatrat ćemo: • kretanje tijela u nepomičnoj ravnini (ravno kretanje), • sferno kretanje tijela (kretanje oko nepomične tačke), • opšte kretanje slobodnog krutog tijela.

112

113

Ako za cijelo kretanje krutog tijela neizmjenjiva dužina AC (odnosno

AB, BC) tijela ostaje paralelna svom prvobitnom položaju, onda kažemo da to kruto tijelo vrši translatorno kretanje (translaciju). Pri translatornom kretanju putanje svih tačaka tijela su paralelne. Ukoliko su sve putanje paralelne prave linije, radi se o pravolinijskoj translaciji. Ako su putanje tačaka podudarne ali paralelno pomjerene krive linije, onda se radi o krivolinijskoj translaciji - slika 7.1

Slika 7.1 Krivolinijska translacija Posmatrajmo vektor AC krutog tijela. Tačke A i C mogu biti ma koje tačke krutog tijela. Kruto tijelo prelazi iz položaja I u položaj II. Za to vrijeme tačka iz položaja A prelazi u položaj A1, a tačka C u položaj C1 - slika 7.2.

Translatorno kretanje krutog tijela

C

B

A

C1

B1

A1C2

B2

A2

114

Slika 7.2 Translatorno kretanje tijela

Kako se radi o translatornom kretanju krutoga tijela, vektor A1C1 jednak je vektoru AC. Tačka A je definiran radius vektorom položaja rA, a vektor položaja tačke B određen je vektorom položaja tačke A i konstantnim vektorom AC jednačinom

CArr AC += (7.1) Na osnovu ove jednačine vidimo da se putanja tačke C dobiva iz putanje tačke A paralenim pomjeranjem svih tačaka koje se nalaze na putanje tačke A s konstantnim vektorom. Ovo znači da će putanje tačaka tijela biti istovjetne krive (odnosno prave) linije. Diferenciranjem prethodne jednačine imamo:

CArr AC += / dtd

( )dt

CAddtrd

dtrd AC += . (7.2)

Kako je

CC v

dtrd

=

AA v

dtrd

=

III

Ar Cr

z

y

xO

1C1B

1A

C B

A

Ca Ba

Aa

Cv

Bv

Av

115

( ) const.=AC je jer dtACd 0= ,

to jednačina (7.2) dobiva slijedeći oblik

AC vv = . (7.3) Isti postupak možemo ponoviti i za tačku B

AB vv = . (7.4) Možemo zaključiti da pri translatornom kretanju tijela sve tačke tijela opisuju istovjetne putanje i imaju u svakom trenutku vremena jednake vektore brzina

vvvv CBA …==== (7.5) Zajedničku brzinu v svih tačaka tijela nazivamo brzinom translatornog kretanja tijela. Diferenciranjem jednačine (7.5) dobivamo

dtvd

dtvd

dtvd

dtvd CBA … ==== . (7.6)

Kako je

AA a

dtvd

= ,

BB a

dtvd

= ,

CC a

dtvd

= , to prethodna jednačina poprima slijedeći oblik

aaaa CBA …==== (7.7)

Jednačina (7.7) pokazuje da sve tačke tijela imaju u svakom trenutku vremena jednake vektore ubrzanja.

Zajedničko ubrzanje a svih tačaka tijela nazivamo ubrzanjem translatornog kretanja tijela.

116

117

Ako za cijelo vrijeme kretanja krutoga tijela dvije tačke tog tijela ostaju nepomične, takvo kretanje krutog tijela nazivamo obrtanjem krutog tijela oko nepomične osi. Pravac koji prolazi kroz nepomične tačke M i N naziva se os obrtanja (vidi sliku 8.1).

Slika 8.1 Obrtanje krutog tijela Tačke tijela koje se nalaze na osi obrtanja MN su nepokretne. Sve ostale tačke tijela opisuju kružne putanje u ravninama koje su normalne na os obrtanja i čiji se centri nalaze na osi obrtanja. Da bismo odredili položaj krutoga tijela, zamislimo da imamo dvije ravnine: nepomičnu ravninu π1 i pomičnu ravninu π2 koje prolaze kroz os obrtanja MN. Ako nam je poznat položaj ravnine π2 u svakom trenutku vremena u

Obrtanje krutog tijela oko nepomične osi

N

s A oε

1π 2π ϕ

ε

ω1O

r

y

x M

O oω

Av

z

118

odnosu na ravninu π1 , poznat nam je i položaj krutog tijela. Položaj ravnine π2 u odnosu na π1 određen je uglom ϕ . Ovaj ugao naziva se uglom obrtanja krutoga tijela. Pretpostavimo da je ugao obrtanja pozitivan ako raste od nepomične ravnine π1 u smjeru koji je suprotan smjeru obrtanja kazaljke na satu (posmatrano iz pozitivnog smjera osi 0z), a da je negativan ako raste u smjeru obrtanja kazaljke na satu. Da bismo poznavali položaj krutoga tijela u svakom trenutku vremena, potrebno je poznavati ugao obrtanja

ϕ = ϕ(t) . (8.1) Jednačina (8.1) predstavlja zakon obrtanja krutog tijela oko nepomične osi. Kruto tijelo koje vrši obrtanje oko nepomične osi ima jedan stepen slobode kretanja, a položaj tijela određen je samo jednim nezavisnim parametrom - uglom obrtanja ϕ . 8.1. UGAONA BRZINA I UGAONO UBRZANJE

Osnovne kinematičke karakteristike obrtanja krutog tijela oko nepokretne osi su ugaona brzina ω i ugaono ubrzanje ε . Pretpostavimo da se za vremenski interval Δt = t2 − t1 kruto tijelo obrne oko osi obrtanja za ugao Δϕ = ϕ2 − ϕ1 (vidi sliku 8.2).

Slika 8.2 Uz definiciju ugaone brzine

ϕ1

ϕ2 Δϕ

t1

t2

ϕ0=0 t0=0

z

119

Srednja ugaona brzina krutog tijela za vremenski interval će biti

tttM ΔΔ

=−−

=ϕϕϕω

12

12 . (8.2)

Tranutnu ugaonu brzinu krutoga tijela (u trenutku t) dobit ćemo ako potražimo graničnu vrijednost srednje ugaone brzine kada vremenski interval vremena teži nuli.

tt ΔΔ

=→Δ

ϕω0

lim

(8.3)

ϕϕω ==dtd .

Na osnovu jednačine (8.3) zaključujemo da je ugaona brzina tijela u datom trenutku vremena jednaka prvom izvodu zakona obrtanja krutog tijela po vremenu. Znak ugaone brzine odreduje smjer obrtanja tijela. Vektor ugaone brzine definiran je jednačinom

0ωωω ⋅= (8.4) (gdje je 0ω jedinični vektor),a leži na osi obrtanja tijela. Smatrat ćemo da je ugaona brzina pozitivna ako iz vrha vektora ω vidimo obrtanje krutog tijela suprotno smjeru kazaljki na satu, a da je negativna ako iz vrha vektora ω obrtanje tijela vidimo u smjeru obrtanja satne kazaljke. U opštem slučaju, pri ravnomjernom obrtanju krutog tijela oko nepomične osi, ugaona brzina ω je promjenjiva. Promjenu ugaone brzine karakterizira ugaono ubrzanje ε . Pretpostavimo da se za vremenski interval Δt = t2 − t1 ugaona brzina krutoga tijela promijeni za Δω = ω2 − ω1 . Srednje ugaono ubrzanje krutoga tijela za vremenski interval će biti

ttsr ΔΔ

=→Δ

ωε0

lim . (8.5)

Trenutno ugaono ubrzanje krutoga tijela dobit ćemo ako potražimo graničnu vrijednost srednjeg ugaonog ubrzanja εsr kada vremenski interval Δt teži nuli

tt ΔΔ

=→Δ

ωε0

lim

ϕϕωε === 2

2

dtd

dtd . (8.6)

120

Možemo zaključiti da je ugaono ubrzanje tijela u datom trenutku vremena jednako prvom izvodu ugaone brzine po vremenu ili drugom izvodu zakona obrtanja tijela (ugla obrtanja) po vremenu. Vektor ugaonog ubrzanja definiran je jednačinom

0εεε ⋅= (8.7) (gdje je ε0 jedinični vektor), a leži na osi obrtanja tijela. Smjer vektora ugaonog ubrzanja poklapa se sa smjerom vektora ugaone brzine ako je obrtanje tijela ubrzano, dok za slučaj usporenog obrtanja ova dva vektora imaju suprotne smjerove. Jedinica mjere za ugaonu brzinu je 1/s = s−1, a jedinica mjere za ugaono ubrzanje je 1/s2 = s−2 . U slučaju da se veličina ugaone brzine ne mijenja ω = const. (ε = 0), tada je obrtanje tijela oko nepomične osi ravnomjerno (jednoliko). Zakon ravnomjernog obrtanja tijela možemo dobiti iz jednačine (8.3). Pretpostavimo da je u početnom trenutku vremena t0 = 0 ugao ϕ0 = 0 . Integriramo li jednačinu (8.3), imat ćemo

dϕ = ω⋅dt

∫ ∫∫ ==t t

dtdtd0 00

ωωϕϕ

zakon ravnomjernog obrtanja tijela

ϕ = ω⋅t . (8.8) često se u inženjerskim primjerima odreduje brzina ravnomjernog obrtanja i brojem n obrtanja tijela u jednoj minuti. Pri jednom obrtanju tijelo se okrene oko osi obrtanja za ugao 2π , a za n obrtaja tijelo se okrene za ugao n⋅2π. Ako se n obrtaja izvrši za vrijeme t = 1 min = 60s, tada iz prethodne jednacine imamo

n⋅2π = ω⋅t

(8.9)

ω = 3060

2 nn ⋅=ππ .

121

U slučaju da se ugaona brzina tijela ravnomjerno povećava ε = const. , tada je obrtanje tijela oko nepomične osi ravnomjerno ubrzano. Ukoliko se ugaona brzina ravnomjerno smanjuje, tada se radi o ravnomjerno usporenom obrtanju. Zakon ravnomjernog promjenjivog obrtanja tijela dobit ćemo na osnovu jednačine (8.5). Pretpostavimo da je u početnom trenutku vremena t0 = 0, ugao ϕ0 = 0, i ugaona brzina ω = ω0 (gdje je ω0 početna ugaona brzina). Integracijom jednačine (8 .5) imamo

dω = ε⋅dt

∫ ∫∫ ==t t

dtdtd0 00

εεωω

,

odakle je

ω = ω0 + ε⋅t (8.10) Jednačina (8.10) predstavlja zakon promjene ugaone brzine ravnomjerno promjenjivog obrtanja krutog tijela oko nepomične osi. Prethodnu jednačinu možemo napisati u obliku

dϕ = (ω0 + ε⋅t)⋅dt . (8.11) Integracijom jednačine (8.11) dobivamo zakon ravnomjerno promjenjivog obrtanja krutog tijela oko nepomične osi u obliku

ϕ = ω0 t + 21 ε⋅t2 . (8.12)

Ukoliko su veličine ω i ε istog znaka, tada je obrtanje ravnomjerno ubrzano, a ako su različitog znaka, obrtanje je ravnomjrno usporeno. 8.2. BRZINA I UBRZANJE TAČKE TIJELA KOJE SE OBRĆE OKO

NEPOMIČNE OSI Pretpostavimo da se kruto tijelo obrće oko stabilne osi MN (Oz) ugaonom brzinom ω.

122

Uočimo tačku A koja se kreće po kružnoj putanji poluprečnika R, sa centrom O1 na osi obrtanja, u ravnini koja je normalna na os obrtanja. Vektor brzine proizvoljne tačke A tijela - slika 8 3 - u datom trenutku vremena odreden je izrazom

[ ]AAA rrv ,ωω =×= , (8.13)

gdje je: rA vektor položaja tačke A u odnosu na nepomičnu tačku O. Intenzitet vektora r je konstantan.

Slika 8.3 Uz odredivanje brzine i ubrzanja Intenzitet vektora brzine tačke A je

vA = ω⋅rA⋅sin ( )r,ω∠ = ω⋅rA⋅sinγ

sinγ = ArR R = rA⋅ sinγ (8.14)

vA = ω⋅R , gdje je R poluprečnik kružnice po kojoj se kreće tačka A pri obrtanju tijela oko nepomične osi, a to je ujedno i najkraće rastojanje tačke A od osi obrtanja Oz.

na

taAa

Avωε

Ar

ϕ A

1O

N

MO

x

y

z

R

γ

123

Vektor brzine tačke pada u pravac tangente na kružnu putanju - slika 8.3. Okomita je na ravninu koju čine vektori ω i r . Da bismo dobili ubrzanje tačke A tijela koje vrši obrtno kretanje, izvršimo deriviranje jednačine (8.13).

[ ]dtd rv /AA ,ω=

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡+⎥⎦

⎤⎢⎣⎡=

dtrdr

dtd

dtvd A

AA ,, ωω . (8.15)

Kako je εω==

dtd ,

dtvda A

A i [ ]AA

A rdtrdv ,ω== , to jednačinu (8.15) možemo pisati u

obliku

[ ] [ ][ ]AAA rra ,,, ωωε += . (8.16) Označimo li:

[ ]At ra ,ε= - tangencijalnu komponentu ubrzanja, a [ ][ ]An ra ,, ωω= - normalnu komponentu ubrzanja

ubrzanje tačke A postaje

ntA aaa += . (8.17)

Slika 8.4 Tangencijalna i normalna komponenta ubrzanja

ω

na ta

Av

O

N

M

A R

1O

Ar γ

ε

z

ω

nata

Av

O

N

M

AR

1O

Arγ

ε

z

124

Vektor tangencijalnog ubrzanja ima smjer vektora brzine ako je obrtanje tijela ubrzano, a suprotnog je smjera ako je obrtanje tijela usporeno. Vektor normalnog ubrzanja tačke uvijek je usmjeren duž poluprečnika R ka osi obrtanja - slika 8.4. Intenzitet tangencijalne komponente ubrzanja je

at = ε⋅rA⋅sin∠( )Ar,ε

(8.18) at = ε⋅R,

a intenzitet normalne komponente ubrzanja je

at = ω⋅ω⋅rA⋅sin∠( )Ar,ω

(8.19)

an = ω2⋅R . Intenzitet vektora ubrzanja tačke A tijela koje vrši obrtanje oko stalne osi je

aA = 22nt aa +

(8.20)

aA = R 42 ωε + . Pravac vektora ubrzanja s normalom A01 na putanju zatvara ugao β čiji je tangens

tgβ = 2ωε

=n

t

aa . (8.21)

Kako je ugaona brzina karakteristika obrtanja tijela, to je iz jednačine

(8.14) očigledno da su brzine pojedinih tačaka srazmjerne njihovim rastojanjima od osi obrtanja tijela - slika 8.5

125

Slika 8.5 Brzine, ubrzanja i put pojedinih tačaka tijela koje vrši obrtanje

Iz jednačina (8.20) i (8.21) očigledno je da su intenziteti vektora ubrzanja pojedinih tačaka (slika 8.5) tijela srazmjerni njihovim rastojanjima od osi obrtanja tijela i da će zatvarati isti ugao β s normalama na njihove putanje. 8.3. PERMANENTNA I TRENUTNA OS OBRTANJA

Ukoliko su brzine tačaka tijela koje leže na osi MN jednake nuli za sve vrijeme kretanja tijela, onda se ta os naziva permanentna os obrtanja. Ako su brzine tačaka tijela što leže na nekoj osi jednake nuli samo u nekom odredenom trenutku, onda se ta os naziva trenutna ili pomična os obrtanja. Vrijednost brzina svih tačaka tijela u tom slučaju takoder se odreduju jednačinom

[ ]rv ,ω= (8.22) gdje se vektorska veličina ω , koja leži na pravcu trenutne osi obrtanja, naziva trenutna ugaona brzina obrtanja. Za razliku od permanentne osi, trenutna os obrtanja, a s njom i vektor trenutne brzine obrtanja ω , neprekidno mijenjaju svoj pravac kako u odnosu na tijelo tako i u odnosu na referentni koordinatni sistem. Uslijed toga vektor ε ugaonog ubrzanja neće se poklopiti po pravcu s vektorom ω i slika vektora ubrzanja tačaka tijela razlikovat će se od one na slici 8.4. Primjer permanentne osi obrtanja prikazan je na slici 8.6 - obrtanje zupčanika čije tačke, osim onih što leže na toj osi, opisuju koncentrične kružnice. Sve tačke imaju istu ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje (ω ,ε ).

ta

ϕ⋅= Rs ω⋅= Rv ε⋅= Rat

2ω⋅= Ran

na β

β

O O O

126

Slika 8.6 Permanentna os obrtanja Brzina tačke A

vA = rA⋅ω . (8.23) Grafički, tj. kada su brzine prikazane na slici kao dužine vrijedi

tgα = A

A

rv , (8.24)

i pri tome iz jednačina (8.23) i (8.24) slijedi tgα = ω . (8.25)

Zaključujemo da je veličina ugaone brzine tijela koje vrši obrtanje oko permanentne osi jedanka vrijednosti tangensa ugla α . Vektori brzina uvijek su okomiti na poluprečnik rA koji dobijemo spajanjem tačke s permanentnom osi. Pri obrtanju krutog tijela oko trenutne osi obrtanja pojedine tačke tijela ne opisuju kružnice nego se kreću po razlicitim krivuljama. Brzine pojedinih tačaka odreduju se na isti način kao da se tijelo obrce oko permanentne osi. Na slici 8.7 prikazano je kretanje diska po horizontalnoj podlozi. Vidi se da što je tačka A udaljenija od tačke O to je njena brzina veća. Najveću brzinu ima tačka A vA = 2⋅vO1.

Slika 8.7 Trenutna os obrtanja

R

O

1O B

A

ω

αα

Bv

Av

1Ov

αBv

BR

1A

A

α

Av

1Av

ωB

O

127

Ugaona brzina diska odredena je jednačinom

ω = R

vOO

v OO 11

1=

vB = R

vBOBO O1⋅=⋅ω . (8.26)


Jedna tačka kreće se po krugu poluprečnika R = 0,2 m konstantnim ugaonim ubrzanjem ε = 4 s−2 . Potrebno je odrediti:

a) ugaonu brzinu tačke nakon 6 sekundi, b) broj okretaja nakon 6 sekundi i c) tangencijalnu i normalnu komponentu ubrzanja na kraju 6 sek.

Rješenje: a) Ugaona brzina

ω = ε⋅t = 4⋅6 = 24 s−1. b) Broj obrtaja tačke

ϕ = 2

6242

⋅=

⋅ tω = 72 rad

n = ππ

ϕ272

2= = 11,5 okretaja.

c) Tangencijalna komponenta ubrzanja

at = R⋅ε = 0,2 m ⋅ 4 s−2 = 0,8 m/s2 , normalna komponenta ubrzanja

an = R⋅ω2 = 0,2 m ⋅ 242 s−2 = 115,2 m/s2 .

128

Zadatak 8.2.

Disk turbine obrće se oko svoje osi po zakonu

ϕ = 3

4tπ .

Odrediti ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje diska turbine u trenutku kada napravi 27 obrtaja. Rješenje: Zakon promjene brzine i ugaonog ubrzanja

ω = ddt

ddt

tϕ π=

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

43

ω = 34

2πt

ε = ddt

ddt

tω π=

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

43

ε = 32π

t . Ugao za koji se disk obrne poslije 27 obrtaja

ϕ = 27⋅2π = 54π ϕ = 3

4tπ = 54π .

Vrijeme za koje disk napravi 27 obrtaja

t = 3 216 = 6 s . Ugaona brzina i ugaono ubrzanje diska za ovaj trenutak vremena

ω = 24

62π⋅ = 27π s−1

ε = 32

6π⋅ = 9π s−2 .

129

Zadatak 8.3.

Tačka A obrće se oko jedne čvrste osi ugaonim ubrzanjem ε = 0,06 1/s2 Za koji interval vremena će ubrzanje tačke A s tangencijalnom komponentom ubrzanja zatvarati ugao od 80° ? Rješenje:


tgγ = εω

εω 22

=⋅⋅

=R

Raa

t

n

Za ε = const.

ω = ε⋅t tgγ = 2

22tt⋅= ε

εε

t = 06,0800tgtg

=εγ

t = 9,7 s . Zadatak 8.4.

Osovina se obrće po zakonu ϕ = 16π sin

43 πt , gdje je ϕ ugao obrtanja u

radijanima. Odrediti brzinu i ubrzanje tačke A osovine, koja se nalazi na rastojanju R = 0,8 m, u trenutku kada ugaona brzina obrtanja osovine dostigne najveću apsolutnu vrijednost. Rješenje: Ugaona brzina i ugaono ubrzanje osovine

ROε

γata

na

v

130

ω = ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛= t

dtd

dtd ππϕ

43sin

16

ω = tt ππ

πππ

43cos

643

43cos

43

16

2= s−1

ε = tdtd

ππω

43sin

2569 3

−= s−2 .

Brzina tačke A i komponente ubrzanja

v = R⋅ω = tR ππ

43cos

643 2

at = R⋅ε = tR ππ

43sin

2569 3

−

an = R⋅ω2 = tR ππ

43cos

649 2

2

4 .

Maksimalna vrijednost ugaone brzine ω je kada je cos

43 πt = 1 . Taj trenutak

vremena označimo t1 i tada je 43 πt1 = k⋅π, to jest t1 =

34 k , gdje je k = 0, 1, 2,

3... i prema tome je

t1 = 0, 43

, 83… s .

U tim trenucima je

vmax = R64

3 2π = 0,864

3 2π ≈ 0,37 m/s ,

at1 = 0 a1 = an1 = 2

4

649π ⋅0,8 ≈ 0,171 m/s2 .

Zadatak 8.5.

Poluga CB obrće se brojem obrtaja n = 24 min−1 . Poluga CB je poluprečnika r = 150 mm, a AD dužine l1 = 900 mm. Rastojanje oslonaca CA je l2 = 600 mm. Odrediti:

a) veličinu uglova α, β, γ , brzine tačaka B i D kada poluge dođu u vertikalni položaj,

b) hod tačke D, c) srednju brzinu za radni hod i d) srednju brzinu za povratni hod.

131

Slika uz zadatak 8.5 Rješenje: a) Ugaone brzine poluga CB i brzine tačaka B

ωCB = s

rads

radn 513,230

2430

=⋅

=ππ

vB = ωCB⋅r = 2,513⋅0,15 = 0,377 ms

.

Ugaona brzina za radni hod poluge AD

ωr = srl

vB 15027,015,06,0

377,0

2=

+=

+ ,

Ugaona brzina poluge AD za povratni hod

ωP =

srlvB 18378,0

15,06,0377,0

2=

−=

− .


Brzina tačke D

rll

vv

B

D

+=

1

1

vD = sm4524,0

75,09,0377,0=

⋅ .

Uglovi α, β i γ γ = arcsin

600150arcsin

2=

lr

γ = 14,48°≈ 14,5° α = 180° + 2γ = 209,0° β = 180° − 2γ = 151,0° .


D

C

A

B

r

β

α

lh

l1

l 2

Dv

BvB

A

r

l 2+r l 2

l 1

D

lh/2

α

β

γ

γ l1

l 2

r

132

b) Hod tačke D sinγ =

12llh

lh = 2l1⋅sinγ = 2⋅900⋅sin14,5° lh = 450 mm .

c) Srednja brzina za radni hod

vsr = r

h

tlΔ

Δtr − vrijeme za ugao α,

vrijeme za jedan obrtaj

T = n1

0360α

=ΔTtr Δtr = 0360

αT .

Δtr = 36024

2093600 ⋅

=⋅nα = 0,02419 min

vsr = min

60,1802419,0

45,0 m= .

d) Srednja brzina za povratni hod

ΔtP = 36024

1513600 ⋅

=⋅nβ = 0,01748 min

vsr = min

75,2501748,0

45,0 mt

l

P

h ==Δ

.

Zadatak 8.6.

Poluga CB obrće se oko osi kroz tačku C konstantnom ugaonom brzinom ωCB = 14 s−1. Za položaj mehanizma i dimenzije prikazane na slici potrebno je odrediti:

a) ugaonu brzinu poluge AB, b) brzinu kojom se tačka B kreće u klizaču, c) ubrzanje tačke B.


mm

50

r 150

400

A C

B

450

133

Rješenje: Klizač B ima brzinu

vB = lCB⋅ωCB = 0,150⋅14 vB = 2,10 m/s .

Slika uz rješenje zadatka 8.6 Iz trougla ABC a) imamo:

tgδ = mm

mm40050 ; δ = 7,13°

lAC = δcos

400 = 403,1 mm ε = 180° − 45° − 7,13° = 127,87°.

Primijenimo li cosinusni teorem dobit ćemo

lAB = εcos222CBACCBAC llll −+

lAB = 022 87,127cos1501,40321501,403 ⋅⋅−+ lAB = 509,1 mm .

Ugao γ odredit ćemo sinusni teorem

sinγ = 087,127sin1,509

150sin =εAB

CB

ll

γ = 13,45° β = γ − δ = 13,45° − 7,13° = 6,32° .

C

BA

εδδ γ β

45050mm

400mm

a)

C

B

045

045ρβ

β

BvuBv

relBv

b)

134

Brzina tačke B (slike b) je pod uglom

ρ = 45° + β = 45° + 6,32° = 51,32° . Komponenta brzine tačke B kao poluge AB

vBU = vB⋅sinρ = 2,1 m/s ⋅sin51,32° vBU = 1,639 m/s .

Ugaona brzina poluge AB

ωAB = m

smlv

AB

BU

5091,0/639,1

= = 3,220 s−1

b) Brzina tačke B kojom klizač ide kroz žlijeb

vBrel = vB⋅cosρ = 2,1m/s⋅cos51,32° vBrel = 1,312 m/s .

c) Ubrzanje tačke B

aB = an = 15,01,2 22

=r

v = 29,40 m/s2

Vektor ubrzanja tačke B usmjeren je od tačke B ka tački C. 8.5. ZADACI ZA RJEŠAVANJE

Zadatak 8.7.

Zamajac poluprečnika R = 0,9 m počinje se kretati iz stanja mirovanja konstantnim ugaonim ubrzanjem ε . Prvi okretaj traje 10 sekundi. Odrediti ubrzanje tačke na obodu zamajca u trenutku t = 15 s.

Rješenje: ε0 = 210

45 = 0,1257 s−2

ω = ε0⋅t = 1,885 s−1 an = R⋅ω2 = 3,2 m/s2 at = R⋅ε = 0,113 m/s2 a = 3,80 aa tn =+ 22 m/s2 .

135

Zadatak 8.8.

Tačka rotira po kružnici poluprečnika R = 0,005 m po zakonu ϕ = 4⋅t2 + 2. Odrediti ugaono ubrzanje, obodnu brzinu i tangencijalnu komponentu ubrzanja. Koliko vremena treba tački da obavi prvi, a koliko da obavi drugi okretaj?

Rješenje: ε = 8 s−2 v = 0,4⋅t m/s at = 0,4 m/s2 a = 0,4 4641 t+ m/s2 t1 = 0,52 s t2 = 1,77 s v = 0,70 m/s a = 10,05 m/s2 .

Zadatak 8.9.

Zamajac mašine u periodu njegovog puštanja u rad rotira po zakonu ϕ =

31 t2 . Treba odrediti veličinu i pravac ubrzanja tačke koja je udaljena od osi rotacije za 0,5 m, i to u trenutku kada je njezina obodna brzina v = 8 m/s.

Rješenje: a = 188,06 m/s2 β = 1° 48′ .

Zadatak 8.10.

Poluga AC vrši obrtanje oko osi kroz tačku A konstantnom ugaonom brzinom ω . Klizač B kreće se kroz horizontalnu vođicu. Odrediti brzinu i ubrzanje klizača B.


vB

C

ω

ϕb

136

Rješenje: vB = b ⋅ω

ϕcos2

aB = 2 2

3

bωϕ

ϕcos

sin .

Zadatak 8.11.

Klizač B kreće se u horizontalnim vođicama konstantnom brzinom Bv na desno (slika uz zadatak 8.10). Odrediti ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje poluge AC.

Rješenje: ωAC = ϕ2cos

bvB

εAC = − 2 vbB⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

23sin cosϕ ϕ .

Zadatak 8.12.

Klizač B kreće se u polukružnoj vođici konstantnom ugaonom brzinom vB na desno. Za dimenzije mehanizma prikazanog na slici odrediti ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje poluge AC. (r = b = 0,5 m)


B

C

A

b

r f

137

Rješenje: ωAC = ϕcos

2=

bvB

εAC = 0 . Zadatak 8.13.

Poluga DB vrši obrtanje oko osi kroz tačku D konstantnom ugaonom brzinom ω = konst. = 5 s−1 . Odrediti brzinu kojom klizač B klizi kroz vođicu, i ugaonu brzinu poluge AB za dimenzije prikazane na slici.


Rješenje: v = 0,884 m/s ωAB = 0,975 s−1 .

Zadatak 8.14

Za mehanizam prikazan na slici klizač B kreće se brzinom v0 = 2,0 m/s na desno. Odrediti ugaonu brzinu poluga AB i DB za dimenzije prikazane na slici.

Slika uz zadatak 8.14.

B

A D

0,3m

300 450

B

A Dω

0,6m

450

0,2m

138

Rješenje: ωAB = 2,44 s−1 ωCD = 13,3 s−1 .

139

9.1. JEDNAČINE RAVNOG KRETANJA KRUTOG TIJELA

Ravnim kretanjem krutog tijela nazivamo kretanje pri kojem se svaka tačka tijela kreće u ravnini paralelnoj nekoj nepomičnoj (referentnoj) ravnini π - slika 9.1. U tehničkoj praksi česti su slučajevi da dijelovi mehanizama i mašina vrše ravno kretanje, npr. točak vagona koji se kreće po pravolinijskom kolosijeku, zupčanik s nepokretnom osi, planetarni zupčanik diferencijalnog reduktora i dr. Obrtanje tijela oko nepokretne osi je također poseban slučaj ravnog kretanja. Ako je vektor brzine tačke A Av uvijek paralelan nepomičnoj ravnini π, tada će se tačka A kretati u ravnini π1 koja je paralelna ravnini π i prolazi kroz tačku A. Na isti način možemo zaključiti da se sve tačke tijela kreću u ravninama koje su paralelne nepomičnoj ravnini π . Prema tome i površina S koja nastaje presjekom tijela s ravninom π1 kreće se stalno u ravnini π1 . Pravac MN, koji je normalan na ravninu π , kretat će se paralelno samom sebi. Pravac MN, prema tome, vrši translatorno kretanje. Tačke M, N tijela kretat će se u paralelnim ravninama na potpuno isti način (po istim putanjama, jednakim brzinama i jednakim ubrzanjem). Na taj način dolazimo do zaključka da će se tačke kretati na isti način kao i njihove projekcije na ravninu π1 . Prema tome, da bismo proučili ravno kretanje krutog tijela dovoljno je proučiti kretanje ravne figure (S) tijela na ravnini π1 . Ravninu π1 možemo uzeti za koordinatnu ravninu Oxy. Kako presjek (S) svojim

Ravno kretanje krutog tijela

140

položajem određuje položaj cijelog tijela, to se proučavanje ravnog kretanja tijela svodi na proučavanje kretanja ravne figure (S) u ravnini Ox.

Slika 9.1 Ravno kretanje krutoga tijela Položaj ravne figure (S) u ravnini Oxy jednoznačno je određen koordinatama xA i yA tačke A ravne figure (S) i uglom ϕ koji dužina AB, proizvoljno izabranu u ravnini figure (S), zatvara s osi Ox - slika 9.2.

Slika 9.2 Položaj ravne figure S Da bismo odredili položaj tijela u svakom trenutku vremena, potrebno je da poznajemo zavisnost

xA = xA (t) yA = yA (t) (9.1) ϕA = ϕA (t) .

y

x Β1

M

(S) A

Β

N

Av

0

A

B

yB

xA

ϕ

0

y

x

(S)

141

Jednačine (9.1) predstavljaju zakon kretanja tijela u ovom slučaju i nazivaju se jednačine ravnog kretanja krutog tijela. Prema tome, kruto tijelo pri ravnom kretanju ima tri stupnja slobode. Ono može vršiti translacije u pravcu koordinatnih osi i rotaciju oko osi okomite na ravninu u kojoj se izvodi translatorno kretanje. Pokažimo da se ravno kretanje tijela može razložiti na dva osnovna kretanja: translatorno kretanje, pri čemu se sve tačke tijela kreću na potpuno isti način kao i neka tačka A (koju nazivamo pol), i obrtnog kretanja tijela oko osi koja je normalna na ravninu π1 a prolazi kroz pol A. Ravna figura (S), a s njom i cijelo tijelo, može se dovesti iz položaja I u položaj II jednom translacijom tako da pol iz položaja A1 dođe u položaj A2 (pri čemu dužina A1B1 zauzima položaj A2B′2) i obrtanjem ravne figure (S) oko pola A2 za ugao Δϕ1 (pri čemu dužina A2B′2 zauzima položaj A2B2).

Slika 9.3 Razlaganje ravnog kretanja tijela Ako bismo tačku B uzeli za pol, postupak je analogan prethodnom. Translatorni dio ravnog kretanja tijela određen je prvim dvjema jednačinama (9.1), dok je obrtanje oko pola određeno trećom jednačinom.

Kinematičke karakteristike ravnog kretanja krutog tijela su brzine i ubrzanja translatornog dijela kretanja koje su jednake brzini i ubrzanju pola A, i ugaona brzina i ugaono ubrzanje obrtnog dijela kretanja oko pola A. Sve ove kinematièke karakteristike mogu se odrediti iz jednačina kretanja krutog tijela (9.1).

A'2

B'2 II

0

y

x

A1

B1

I (S)

A2

B2

Δϕ1 Δϕ2

142

9.2. ODREĐIVANJE BRZINA TAČAKA KRUTOG TIJELA KOJE

VRŠI RAVNO KRETANJE

U prethodnom poglavlju 9.1 pokazali smo da se ravno kretanje krutog tijela sastoji iz translatornog dijela, pri kome se sve tačke tijela kreću brzinama vA pola A, i obrtnog dijela kretanja oko osi koja prolazi kroz pol A a normalna je na ravnu figuru S. Dokažimo da je brzina tačke B koja pripada tijelu jednaka geometrijskom zbiru brzina ova dva komponentna kretanja. Neka je položaj bilo koje tačke B tijela (slika 9.4), koja se nalazi u ravnoj figuri (s), određen u odnosu na koordinatni sistem Oxy vektorom položaja.

BArr AA += (9.2)

Diferenciranjem jednačine (9.2) po vremenu dobivamo:

dtBAd

dtrd

dtrd AB += .(9.3)

Korištenjem definicije vektora brzine tačke nalazimo da su B

B vdtrd

= ,

drdt

vAA= i

dtBAd predstavlja brzinu vB

A

koju ima tačka B kada je pol A nepomičan ( Ar = const). Ovo znači da je A

Bv brzina tačke B pri obrtanju ravne figure (S) oko pola A. Na taj način jednačinu (9.3) možemo izvesti kao

Slika 9.4 Određivanje brzine tačke ravne figure ABAB vvv += . (9.4)

Na osnovu jednačine (8.14) intenzitet i pravac vektora brzine vB

A tačke B pri obrtanju oko pola A dati su izrazima

AB v ,ABv AB

AB ⊥⋅= ω , (9.5)

y Bv

A

B (S)

AB

Ar

Br

AvABv

Avω

x 0

143

gdje ω − ugaona brzina obrtanja tijela. Na ovaj način smo dokazali da je brzina bilo koje tačke B tijela jednaka geometrijskom (vektorskom) zbiru brzine vA , pola A i brzine vB

A tačke B pri njenom obrtanju zajedno s krutim tijelom oko toga pola. Vektor brzine vB nalazimo pomoću konstrukcije paralelograma vektora brzina - slika 9.4. 9.3. TEOREM O PROJEKCIJAMA VEKTORA BRZINA DVIJU

TAČAKA KRUTOG TIJELA KOJE VRŠI RAVNO KRETANJE

Određivanje brzina tačaka krutog tijela, koje vrši ravno kretanje, neposrednim korištenjem obrasca (9.4) je dosta složeno. Na osnovu ovog osnovnog obrasca mogu se dobiti metode koje su pogodnije i jednostavnije. Ako je poznat vektor brzine vA taèke A koja leži na pravcu a−a i pravac vektora brzine vB b−b tačke B, tada je moguće odrediti intenzitet vektora brzine tačke B pomoću teorema o projekcijama vektora brzina koji glasi: Projekcije vektora brzina dviju tačaka krutog tijela na pravac koji spaja te dvije tačke jednake su jedna drugoj.

Slika 9.5 Metoda projiciranih brzina

Da bismo dokazali ovaj teorem uočimo bilo koje dvije tačke A i B krutoga tijela slike 9.5. Ako uzmemo tačku A za pol, tada je vektor brzine tačke B

ABAB vvv += . (9.6)

Projicirajmo jednačinu (9.6) na pravac AB i imat ćemo (9.6) → BA ⇒ ( ) ( ) ( ) BA

ABBAABAB vvv +=

vB⋅cosβ = vA⋅cosα + 0 , jer je vektor A

Bv normalan na pravac BA . Konačno imamo vB⋅cosβ = vA⋅cosα . (9.7)

vB cosβvA cosα

b

Bv

B

(S)

AvABv

a

ABv

b

AvA

a

α β

144

Jednačina (9.7) predstavlja matematički oblik teorema o projekcijama vektora brzina dviju tačaka krutog tijela. Na osnovu jednačine (9.7) vrlo lako se može odrediti veličina brzine neke tačke tijela ako je poznat pravac njenog kretanja i vektor brzine neke druge tačke istog tijela koje vrši ravno kretanje. 9.4. ODREĐIVANJE BRZINE TAČAKA POMOĆU TRENUTNOG POLA BRZINA

Druga vrlo jednostavna i očigledna metoda za određivanje brzina tačaka krutog tijela, koje vrši ravno kretanje, zasniva se na pojmu trenutnog pola brzina. Trenutni pol brzina naziva se ona tačka u ravnini presjeka (S) krutog tijela čija je brzina u datom trenutku vremena jednaka nuli. Ako kretanje krutog tijela nije translatorno, lako je dokazati da takva tačka u svakom trenutku vremena postoji, i to samo jedna. Neka u trenutku vremena t tačke A i B krutog tijela, koje se nalaze u presjeku (S) imaju brzine Av , Bv koje nisu paralelne - slika 9.6. U presjeku normala na vektore brzina vA i vB nalazi se trenutni pol brzina Pv, jer ova tačka ima brzinu jednaku nuli (vP = 0) .

Slika 9.6 Trenutni pol brzina Ako bi tačka Pv imala brzinu, ona bi bila normalna na APv (jer je Av ⊥ PA ) i na BP (jer je PB vB ⊥ ), što je nemoguće osim u slučaju kada je vPv = 0 . Prema tome, tačka P je trenutni pol brzina. Ako u datom trenutku vremena trenutni pol brzina Pv uzmemo za pol, tada će brzina tačaka A i B biti

vv

PAPA vvv +=

(9.8)

vv

PBPB vvv += .

Bv

Av

b

a

b

a (S)

B A

PV ω

145

Kako je brzina trenutnog pola brzina jednaka nuli vPv = 0 , to prethodne jednačine poprimaju slijedeći oblik

vPAA vv =

(9.9) vP

BB vv = . Zaključujemo da je brzina bilo koje tačke tijela, koja se nalazi na ravnoj figuri (s), jednaka njenoj brzini pri obrtanju oko trenutnog pola brzina Pv. Intenziteti i pravci vektora brzina određeni su na osnovu jednačine (9.5) slijedećim jednačinama

VAvPAA PA v ,PAvv v ⊥⋅== ω

(9.10)

VAPAA PA v ,BAvv v ⊥⋅== ω .

Iz ovih jednačina dobivamo odnos

v

B

v

A

PBv

PAv

==ω , (9.11)

odakle zaključujemo da su intenziteti vektora brzina pojedinih tačaka krutog tijela srazmjerni njihovim rastojanjima od trenutnog pola brzina. Pretpostavimo da je poznata brzina vA tačke A i pravac brzine tačke B ravne figure (S). Na osnovu jednačine (9.11) moguće je odrediti brzinu bilo koje tačke C krutog tijela

Slika 9.7 Određivanje brzine tačaka pomoću trenutnog pola brzina

A CvAv

(S)

B

PV ω

C A

BvAv

(S)

A PV

B A

Bv

Av (S)

B PV

C

A

146

Pomoću zadanih pravaca tačaka A i B određujemo (slika 9.7) trenutni pol Pv i trenutnu ugaonu brzinu rotacije ravne figure (S).

ω =vAP

A

v . (9.12)

Tražena brzina tačke C

APCPvCPv

v

vBvC ⋅=⋅= ω . (9.13)

Na slici 9.7 a prikazano je određivanje trenutnog pola brzina dviju tačaka A i B, čije normale na vektore brzina leže na istom pravcu. Pro tome su veličine brzina tih tačaka različite ali su jednakog pravca i smjera. Trenutni pol brzina Pv u tom se slučaju nalazi u presjecištu linije AB, te linije što spaja krajeve vektora vA i vB . Kada su vektori brzina tačaka A i B paralelni i suprotna smjera, trenutni pol brzina Pv određuje se na sličan način - slika 9.7 c. Ukoliko su vektori vA i vB paralelni a pravac AB nije normalan na pravac vektora brzina (slika 9.8), tada se trenutni pol brzina Pv nalazi u beskonačnosti. Iz jednačine (9.11) očigledno je da je trenutna ugaona brzina obrtanja tijela jednaka nuli. Zaključujemo da tijelo vrši trenutno translatorno kretanje, pri čemu su brzine svih tačaka kretanja tijela iste.

Slika 9.8 Trenutna translacija krutoga tijela

9.5. ODREĐIVANJE BRZINA TAČAKA POMOĆU PLANA BRZINA

Brzine tačaka krutog tijela, koje vrši ravno kretanje, mogu se odrediti i grafičkom metodom pomoću konstrukcije plana brzina.

Bv

Av

α

α

B

A

147

Pretpostavimo da je poznata brzina tačke A Av ravne figure i pravac brzine tačke B kao što je prikazano na slici 9.9.

Slika 9.9 Plan brzina tačaka ravne figure Iz proizvoljne tačke O uctamo vektor vA u izabranoj razmjeri i pravac paralelan pravcu I. To je pravac brzine tačke B. Na taj način dobili smo odgovarajući plan brzina - slika 9.9.b.

Iz jednačine (9.4) i (9.5) imamo da je

ABAB vvv += , (9.14)

gdje je v BA BABA = ⋅ ⊥ω i v B

A . (9.15) Prema tome, ako iz tačke a u planu brzina povučemo liniju ab , koja je okomita na AB do njenog presjecišta s pravcem vB , dobit ćemo u istom mjerilu vektor brzine vB taèke B, a vektor ab daje brzinu tačke B pri obrtanju oko pola A A

Bvba = Da bismo našli brzinu tačke C, koja ne leži na AB , treba iz tačke a povući liniju ac AC⊥ , a iz tačke b liniju bc BC⊥ do njihova sjecišta C. Tada na osnovu prethodnog zaključujemo da je CC Ov = = OC , pri čemu je A

Cvca = i BCvcb = .

Tada, prema jednačini (9.15), slijedi da je BAvba A

B ⋅== ω CAvca A

C ⋅== ω (9.16) CBvcb B

C ⋅== ω , odakle dobijemo

CBbc

CAca

BAab

== =.... = ω . (9.17)

plan brzina

Bv

a Av

A

B

Av

C

D

I I

Cv

Dv

b

c

d

⊥ AC ⊥ AB

⊥ BC

plan položaja

O

148

Iz plana brzina vidimo da je linija što spaja vrhove vektora brzina okomita na linije koje spajaju odgovarajuæe tačke ravne figure (S), a po veličini su proporcionalne tim linijama u planu položaja brzina. Brzinu tačke D na liniji BA možemo odrediti ako odsječak ab podijelimo u istom odnosu u kojem tačka D dijeli odsječak BA (to jest BD : DA = bd : da ); tada je DvOd = . Ugaonu brzinu posmatrane ravne figure (S) određujemo iz dobivenog plana brzina pomoću jednačine (9.17). 9.6. ODREĐIVANJE BRZINE TAČAKA POMOĆU METODA

ZAOKRENUTIH BRZINA

Ako vektore brzine tačaka A i B zakrenemo u smjeru ugaone brzine za ugao od 90° , pravci ovih zaokrenutih brzina sjeći će se u trenutnom polu obrtanja.

Slika 9.10 Metoda zaokrenutih brzina Ova činjenica proizlazi iz same definicije trenutnog pola Pv. Kako su brzine tačaka A, B, C.... brzine rotacije za trenutni pol, to je

vA = ω⋅vPA

(9.18) vB = ω⋅vPB .

Iz slike 9.10 proizlazi

Bv

Pv

B

Av

ω

B´

C´

A´

A

C

Cv

BvAvCv

149

)1( ωω −=⋅−=−=′ vvvAvv PAPAPAvPAPA

(9.19) )1( ωω −=⋅−=−=′ vvvBvv PBPBPBvPBPB .

Odnos v

v

v

v

v

v

PBPA

PBPA

PBPA

=−−

=′′

)1()1(

ωω ukazuje na sličnost trouglova ΔABPv i ΔA′B′Pv .

Iz ovog izvodimo zaključak da je pravac BA ′′ na kojem leže vrhovi zakrenutih brzina tačaka nekog štapa paralelan s tim štapom. Poznavanjem veličine brzine jedne tačke štapa možemo na ovaj način grafički odrediti brzine svih ostalih tačaka tog štapa. Sličnost trouglova ΔABPv i ΔA′B′Pv navodi nas na zaključak da će krajevi ortogonalnih brzina ravne figure (S) ležati na sličnom liku. Centar sličnosti je u trenutnom polu brzina Pv - slika 9.11 a. Posmatrajmo sada dva štapa

BA i CB zglobno povezana - slika 9.11 b. Kako se u zglobu B mogu okretati jedan u odnosu na drugi, to je tačka B zajednički pol obrtanja.

Slika 9.11 Slike uz objašnjenje Kennedyevog teorema Kako relativni pol B pripada štapu BA i štapu CB , to će vrh vektora njegove ortogonalne brzine ležati na pravcu BA ′′ BA i na pravcu CB ′′ CB - ležat će prema tome u presjecištu pravaca BA ′′ i CB ′′ . Oba trenutna pola Pv1 i Pv2 štapova BA i CB , te njihov međusobni relativni pol B, leže na istom pravcu. Ovo je Kennedyjev teorem. Kennedyjev teorem ima široku primjenu u teoriji mehanizama za određivanje trenutnih polova obrtanja.

CBω

A

Bv

Pv

B´

2Pvω

B

C

A

A´

C´

Cv

BvAv

Cv

AvB´

B

C

A´

C´

Pv1

2Pvω

Pv2ω

ABω

150

9.7. ODREĐIVANJE UBRZANJA TAČAKA KRUTOG TIJELA KOJE VRŠI RAVNO KRETANJE

Brzina neke tačke B ravne figure (S) određena je poznatom

jednačinom

)( rvvvv AABAB ×+=+= ω (9.20)

gdje je BAr = vektor položaja tačke B u odnosu na pol A - slika 9.12. Diferenciranjem jednačine (9.20) po vremenu dobit ćemo

dtvd

dtvd

dtvd A

BAB +=

(9.21)

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ×+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ×+=

dtrdr

dtd

dtvd

dtvd AB ωω .

U ovoj jednačini je, prema definiciji BB a

dtvd

= , ubrzanje tačke B, dok je

AA a

dtvd

= ubrzanje pola A. Izraz AB

AB a

dtvd

= određuje komponentu ubrzanja

tačke B pri njenom obrtanju zajedno s tijelom oko pola A. Ugaono ubrzanje ravne figure εω

=dtd je vektor okomit (kao i ω) na ravnu figuru (S). Osim

toga je

rdtrd

×=ω .

Imajući u vidu da je r ⊥ω i 0=⋅ rω , dobivamo

( ) ( ) ( ) rrrrdtrd 2ωωωωωωωω −=⋅−⋅=××=× .

Iz jednačine (9.21) imamo da je

( ) rraa AB2ωε −×+= . (9.22)

Ako uvedemo oznake

( )tABar =×ε i ( )nA

Bar =− 2ω (9.23)

151

gdje su ( )tABa i ( )aB

An tangencijalna i normalna komponenta ubrzanja koje bi

tačka B imala kada bi se figura samo obrtala oko osi kroz tačku A (pola). To dobivamo

( ) ( )nABt

ABAB aaaa ++= (9.24)

ili ABAB aaa += (9.25)

Slika 9.12 Ubrzanja tačaka ravne figure Prema tome, vektor ubrzanja bilo koje tačke B tijela jednak je vektorskom zbiru iz ubrzanja neke druge tačke A tijela, koja je uzeta za pol, i vektora ubrzanja tačke B pri njenom obrtanju zajedno s tijelom oko toga pola. Korištenjem jednačina (9.23) i (9.25), vektor ubrzanja aB tačke B tijela možemo odrediti konstrukcijom paralelograma slike 9.12 a. Ovdje je zgodno da se vektor aB

A zamijeni, na osnovu jednačine (9.11) vektorskim zbirom njegove tangencijalne i normalne komponente čiji su intenziteti

( ) ε⋅= BAa tAB

(9.26) ( )a ABB

An= ⋅ω2

a njegov intenzitet je

42 ωε += BAa AB . (9.27)

Vektor tangencijalne komponente ( )a B

At je normalan na poteg AB i ima

smjer obrtanja ako je obrtanje tijela ubrzano (slika 9.12 b), odnosno ima

β ABa

A

B

(S)

ω ε

Aa

Aa

Ba

( )nABa

A

B

(S)

ωε

ABa

( )tABa

β ( )nABa

A

B

(S)

ωε A

Ba

( )tABa β

152

smjer suprotan smjeru obrtanja ako je obrtanje tijela suporeno (slika 9.12 c). Vektor normalne komponente ( )a B

An uvijek je usmjeren od tačke B ka

polu A. Ukoliko se pol A ne kreæe pravolinijski već krivolinijski, tada se vektor ubrzanja aB sastoji iz tangencijalne i normalne komponente. U tom slučaju jednačina (9.24) ima slijedeći oblik

( ) ( ) ( ) ( )nABt

ABnAtAB aaaaa +++= . (9.28)

Ubrzanje tačaka tijela koje vrši ravno kretanje možemo odrediti i odgovarajućom grafičkom konstrukcijom. Da bismo odredili vektor ubrzanja bilo koje tačke tijela u datom trenutku vremena, potrebno je i dovoljno da su poznati vektori brzine i ubrzanja (vA , aA ) neke tačke A tijela u tom istom trenutku vremena, i putanja neke druge tačke B tijela ili položaj trenutnog pola brzine. 9.8. ODREĐIVANJA UBRZANJA TAČAKA POMOĆU

TRENUTNOG POLA UBRZANJA

Pri ravnom kretanju krutog tijela, u svakom trenutku vremena postoji tačka Q u ravnoj figuri (S) tijela čije je ubrzanje jednako nuli. Tačka Q zove se trenutni pol ubrzanja. Položaj trenutnog pola ubrzanja Q može se odrediti na slijedeći način.

Pretpostavimo da je poznat vektor ubrzanja aA pola A, trenutna ugaona brzina ω i trenutno ugaono ubrzanje ε tijela. Tada, na osnovu jednačine (9.25) imamo

AQAQ aaa += = 0 (9.29)

odakle je A

QA aa −= odnosno AQA aa = . (9.30)

Vodeći računa o jednačini (9.27) imamo da je

42 ωε += AQa AQ

odnosno

153

42 ωε += AaAQ . (9.31)

Pravac potega QA zatvara s vektorom Aa ugao β , koji je određen na osnovu jednačine

tgβ = ( )( ) 2ω

ε=

nAQ

tAQ

a

a . (9.32)

Ugao β mjeri se od vektora Aa u smjeru obrtanja tijela ako je obrtanje ubrzano, odnosno u suprotnom smjeru od smjera obrtanja tijela ako je obrtanje usporeno. Prema tome, položaj trenutnog pola ubrzanja Q potpuno je određen dužinom (9.31) i uglom (9.32). (Vidi sliku 9.13)

Slika 9.13 Trenutni pol ubrzanja

Ukoliko su poznati vektori ubrzanja Aa i Ba tačaka A i B u ravnoj figuri (S) tijela, tada se trenutni pol ubrzanja Q nalazi u presjeku pravih povučenih u tačkama A i B pod uglom β prema vektorima Aa i Ba . Da bismo ovo dokazali uzmimo npr. tačku A za pol - slika 9.13. Tada na osnovu (9.25) imamo

Ba = Aa + ABa (9.33)

odakle je ABa = Ba + (− Aa ) .

Kako pravac AB s vektorom ubrzanja A

Ba zatvara ugao π − β, to možemo smatrati da je ugao β poznat. Tada povlačimo pravce iz tačaka A i B pod

β

ABa

Q

(S)

ω Aa

QAaβ

Aa

Aaβ

π-ββ

A

Q

(S)

Aa−B

Ba

A

154

uglom β prema vektorima Aa i Ba . U presjecištu ovih pravaca nalazi se trenutni pol ubrzanja Q. Prema jednačinama (9.30) i (9.31) možemo za bilo koje dvije tačke A i B u ravnoj figuri (S) napisati

42 ωε += AaAQ i

42 ωε += BaBQ (9.34)

odakle nalazimo

BQAQ

aa

B

A = . (9.35)

Prema tome, jednačina (9.35) pokazuje da su veličine ubrzanja pojedinih tačaka tijela srazmjerne rastojanjima tih tačaka od trenutnog pola ubrzanja. Treba imati u vidu da se u općem slučaju položaji trenutnog pola brzina Pv i trenutnog pola ubrzanja Q ne poklapaju.

9.9. POMIČNA I NEPOMIČNA CENTROIDA

Kada kruto tijelo vrši ravno kretanje kontinuirano u toku određenog vremenskog intervala, trenutni polovi brzina mijenjaju svoj položaj i pritom opisuju takozvane centroide koje su, dakle, geometrijska mjesta sukcesivnih trenutnih polova. Posmatrajmo ravno kretanje krutog štapa AB. Pri ravnom kretanju, premještanjem iz A1B1 u položaj A2B2, štap AB obrće se oko trenutnog pola P1, a zatim pri premještanju položaja u A3B3 oko trenutnog pola P2, i tako dalje - slika 9.14

Slika 9.14 Konstrukcija pomične i nepomične centroide

A1

B1

C1

P1

A2

B2

C2

P2

A3

B3

C3

P3

ϕ C4

P4

ϕ

155

U presjecištima odgovarajućih simetrala dužina 21AA i 21BB , odnosno 32 AA i 32BB , nalaze se trenutni polovi P1 P2 P3.... koji leže u nepomičnoj ravnini u

kojoj se kreće štap AB. Spajanjem tačaka trenutnih polova dobivamo izlomljenu liniju koja pri beskonačno malim pomacima štapa AB postaje krivulja i naziva se nepomična centroida (nc). U trenutku kada štap, pa prema tome i ravna figura (S), zauzme položaj A1B1, s polom P1 se poklapa tačka C1. Kako će štap rotirati za ugao pri prelazu u novi položaj, to će se u novom položaju s odgovarajućim polom P2 poklapati tačka C2 ravne figure. Dok je štap AB još u položaju A1B1, položaj tačke C2 definiran je sa

2121 CCPP = i uglom ϕ između 2121 CCPP = . Pri daljnjem kretanju definiranom trenutnim polovima P3, P4, ... s tačkom trenutnih polova će se poklapati tačke ravne figure C3, C4, ... Geometrijska mjesta svih trenutnih polova C1, C2, C3, ... nalaze se na krivulji koja leži na pomičnoj ravnini (u kojoj leži ravna figura (S)) naziva se pomična centroida - slika 9.15.

Slika 9.15 Pomična i nepomična centroida

Pri ravnom kretanju pomična centroida se kotrlja po nepomičnoj centroidi. Ovo je izraženo teoremom Poinsot-a. Prema tome, kretanje ravne figure (S) u ravnini može se prikazati kao kotrljanje bez klizanja pomične centroide po nepomičnoj centroidi. Tačka dodira obje centroide je trenutni pol u kojoj leži zajednička tangenta. Ovakav način analize ravnog kretanja veoma je prikladan za analizu i sintezu mehanizama i mašina, jer se u nekim slučajevima elementi mašina ocrtavaju upravo po ovim krivuljama, a ponekad se mogu lako konstruirati ako su te krivulje poznate. Pomoću ovih krivulja možemo odrediti putanju tačaka ravne figure (S). Pretpostavimo da su poznate pomična i nepomična centroida a treba odrediti putanju tačke A ravne figure (S) - slika 9.16. Brzina svake (v )

A

B

C1

P1

C2

P2

C3

P3

C5

P4

C4

P5

zajedničkatangenta

(p.c)pomična centroida

(n.c) nepomična centroida

156

tačke pomične ravne figure (S) leži na tangenti u promatranoj tački, a normala n na tangentu i vektor brzine v prolazi kroz trenutni pol P, tj. kroz dodirnu tačku pomične i nepomične centroide (n.p. tačka A1). U osnovnom položaju u kojem se (p.c.) i (n.c.) dodiruju P0 nanosimo na pomičnu centroidu kratke odsječke 10CC , 21CC , ... i u tim tačkama C1, C2, .... povucimo normale, pa izmjerimo uglove ϕ1, ϕ2 ... što ih te normale zatvaraju sa spojnicama 01AC , 02 AC . .... Ucrtajmo na nepomičnoj centroidi tačke P1, P2, ... s kojima bi se pri kotrljanju (p.c.) po (n.c.) tačke C1, C2, .... poklopile tako da je 1010 CCPP = ,

2121 CCPP = U tačkama P1, P2, ... podižimo normale i linije koje s normalama zatvaraju uglove ϕ1, ϕ2 .... Na tim zrakama nanesimo odsječke 0111 ACAP = ,

0222 ACAP =

Slika 9.16 Konstrukcija putanje tačke A Na taj način dobivamo tačke A1, A2, .... u koje će doći tačka A0 u položajima ravne figure (S) kojima odgovaraju trenutni polovi P1, P2, ..... Krivulja kroz tačke A0, A1, A2, ... je tražena putanja tačke A koja se još naziva ovojnica ili anvelopa.

ϕ0

A0

C1

P1

C2

P2

C0

P0

(p.c)

(n.c)

A1

A2

t0

t1

t2

ϕ1 ϕ1

ϕ2

n'1

n'2

n0 n1

n2

v

157


Radno vratilo dizel motora okreće se konstantnom ugaonom brzinom ωAB = 100 s−1. Poznate su dužine¸lAB = 50 mm (dužina klipnjače) lBD = 20 mm. Odrediti brzinu kretanja klipa i ugaona brzina klipnjače.


Za položaj mehanizma prikazanog na slici vrijedi


00 45sin2005045sinsin ==

BD

AB

llδ

δ = 10,2° . Brzina tačke B

vB = lAB⋅ωAB = 0,05⋅100 = 5 m/s Klipnjača BD vrši ravno kretanje pa je brzina tačke D

BDBD vvv +=

45° A

B

D

ωAB Dvδ

A

B

D

158

translacija rotacija

Slika uz određivanje brzine tačke D

BDB vv ⋅= 0

0

8,79sin45sin

vDB = 3,59 m/s . Primjenom sinusnog teorema imamo

vD = BDv0

0

45sin2,55sin sa β = 55,2°

vD = 4,17 m/s . Brzina tačke D preko trenutnog pola brzina možemo odrediti ako je poznato ugaono ubrzanje

DBDBBD lv ω⋅=

2,059,3

==DB

BD

DB lv

ω = 17,96 s−1.

Zadatak 9.2.

Poluga ED mehanizma prikazanog na slici obrće se konstantnom ugaonom brzinom ωED = 10,0 s−1. Poznate su dužine poluga lED = 200 mm, lBD = 300 mm, lAB = 250 mm i lDS = 200 mm. Za položaj mehanizma prikazanog na slici odrediti brzine tačaka B, D, S i ugaono ubrzanje AB i BD.

45°

B B B

D D D

ωBD=ωDB

Dv Bv

BvBv

BDv= +

Dv

Bv BDv

45°

β

90°-δ

159


Brzina tačke D

vD = lED ⋅ωED = 0,2⋅10 = 2,0 m/s

Slika uz određivanje brzina tačaka mehanizma Brzina tačke B

v v vB D BD= +

vB = lAB ⋅ωAB

ωAB = vl

B

AB .

Kako je vD ⋅cos45°= vB ⋅cos45°

vD = vB = 2 m/s

to je ugaona brzina poluge AB

ωAB = 8,0 s−1.

B

A

45°

45°

S

D

E

ωED

45°

45°45°

45°45°

B

S

D

B

S

D

B

S

D

= + ωED

DSv

DBv

DSv

DBv

Dv

Bv Dv

Dv

DvDv Sv

DvBv

160

Na osnovu teorema i gornje skice imamo da je

DBv = 2,828 m/s ,

a ugaona brzina poluge BD

ωBD = vl

BD

BD = 9,428 s−1.

Brzina rotacije tačke S oko tačke D DSv = lDS ⋅ωBD = 0,20⋅9,428 = 1,886 m/s .

Brzina tačke S

v v vS D SD= +

vS = 1,491 m/s . Zadatak 9.3.

Mehanizam prikazan na slici ima dimenzije r = 0,12 m, lBC = 0,4 m, ϕ = 20°. Poluga AB okreće se sa n = 2000 o/min. Odrediti brzine tačaka A i B.

Slika uz zadatak 9.3 Rješenje: Brzina tačke B

vB = r⋅ω vB = r⋅

30n⋅π = 0,12⋅

302000⋅π = 25,13 m/s

Slika uz određivanje brzina tačaka B i C

B

A

C

2rφ

r n

Bv

B

A

C

2r

φ

r

n

Cv

r sinφ

ωBC M

φ

x

161

Iz geometrije slijedi:

x = 2

2

2⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅− ϕsinr+rl

αcosxMB =

BM r l= − + +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ +

1 14

2 2 2

cossin sin

αϕ ϕ = 0,418 m

ϕϕ sin2

⋅++⋅= rrtgxMC

CM tg r l r= − + +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + + +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ϕ ϕ ϕ ϕ2 2 21

412

sin sin sin = 0,2419 m .

Brzine tačaka B i C se dobiju na slijedeći način: vB = MB ⋅ωBC ωBC =

MBvB

vC = MC ⋅ωBC ωBC = MC

vC

ωBC = ωBC

MCvC =

MBvB

vC = vB MBMC = 25,1327

411866,0241909,0

vC = 14,76 m/s . Zadatak 9.4.

Disk poluprečnika r kotrlja se po horizontalnoj podlozi ugaonom brzinom ω. Središnja tačka kreće se brzinom v0 = r⋅ω . Odrediti brzine tačaka E, D i B koje se nalaze na obodu diska.

Slika uz zadatak 9.4 Rješenje: Tačka A je trenutni pol i njena brzina je jednaka nuli

vA = v0 − r⋅ω = 0 .

ω vO=r·ω

ω

vO=r·ω

ωOvr =

M

O

162

Prikažimo rastavljanje ravnog kretanja na translaciono i rotaciono kretanje

Slika uz rješavanje zadatka 9.4

Brzina tačaka E, D i B vB = 2 ⋅r⋅ω vD = 2⋅r⋅ω vE = 2 ⋅r⋅ω .

Trenutni pol brzina

Zadatak 9.5.

U reduktoru prikazanog na slici pogonsko vratilo je I i zupčanik A čiji je poluprečnik rA. Okretanje se prenosi preko zupčanika B i D èiji su poluprečnici rB i rD na vratilo II. Odrediti odnos nI / nII broja okretaja pogonskog I i gonjenog vratila II.


B E = + ω

A

D

vO=r·ω E

A

D

B

vO

vOvO E

A

D

B

r·ω

r·ωr·ω

r·ω

vO

vO

M=A

vD

vB

vE

vA=vB

PV

ωI

ωII

vII

D

BAB

A A

D

B

I II

163

Rješenje: Obrtna brzina zupčanika je

vA = rA⋅ωI ,

ujedno i brzina zupčanika B na mjestu dodira ta dva zupčanika

vB = vA = rA⋅ωI .

Trenutni pol brzina je u tački PV za zupčanik B i vratilo II pa vrijedi

vII = BD

D

rrr+

vA = BD

AD

rrrr

+⋅ ⋅ωI .

Brzina centra zupčanika D i B kao poluge vratila II je

vII = lS⋅ωII = (rA + rB)⋅ωII .

Odnos ugaonih brzina odnosno broja okretaja je

D

BD

A

BA

II

I

II

I

rrr

rrr

nn +

⋅+

==ωω

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

D

B

A

B

II

I

rr

rr

nn 11 .

Zadatak 9.6.

Za podatke iz zadatka 9.1 potrebno je odrediti ubrzanja tačaka B i D i ugaono ubrzanje poluge DB. Rješenje:


2ω⋅l ε⋅l+45°

B B

D

ω

Ba

= 10,2°

B

10,2°

10,2°

45°

Ba

Ba

Ba

( ) 2ω⋅= la nBD

DaDa

( ) ε⋅= la tBD

ε

DD l

164

Ubrzanje tačke B pošto je ωAB = const. slijedi:

aB = lAB⋅ω2 = 0,05⋅104 = 500 m/s2

Ubrzanje tačke D možemo izraziti u slijedećem obliku

( ) ( )tBDn

BDBD aaaa ++= . (*)

Intenzitet komponente ( )nBDa je

( ) 2DBDBn

BD la ω⋅=

( )nBDa = 0,2⋅17,962 = 64,5 m/s2 .

Projektovanjem vektorske jednačine (*) na pravac okomit na ubrzanje aD

dobivamo

( )aDB

t = ( )( )00

0 2,10sin45cos8,10cos

1⋅−⋅ n

BDB aa

( )aDB

t = 348 m/s2 .

Projektovanjem jednačine (*) na pravac ubrzanja aD dobivamo intenzitet

ubrzanja tačke D

aD = aB⋅sin45° + ( )nBDa cos10,2°− ( )tB

Da sin10,2°

aD = 356 m/s2 .

Ugaono ubrzanje poluge DB je

( )m

smla

DB

tBD

DB 2,0/348 2

==ε = 1738 s−2 .

Zadatak 9.7.

165

Za mehanizam prikazan na zadatku 9.2 i iste podatke odrediti ubrzanja tačaka B, D i S ako je ugaono ubrzanje poluge ED εED = 50 s−2. Rješenje:

Slika uz rješenje zadatka 9.7 Ubrzanje tačke D

( )a lD n ED ED= ⋅ω2 = 0,2 m⋅100 s−2 = 20 m/s2 ( )a lD t ED ED= ⋅ε = 0,2 m⋅50 s−2 = 10 m/s2 .

Ubrzanje tačke B možemo izvesti kao ubrzanje tačke poluge DB i poluge

AB.

( ) ( )a a a aB D BD

n BD

t= + + (I)

( ) ( )a a aD D n D t= +

( ) ( )a a aB B n B t= + (II)

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )a a a a a aB n B t D n D t BD

n BD

t+ = + + + .

Kao što je poznato iz zadatka 9.2 ωAB = 8,0 s−1 ωBD = 9,428 s−1 .

( ) 2ABABnB la ω⋅= = 0,25 m⋅8,02 s−2 = 16,0 m/s2

( ) 2BDBDn

DB la ω⋅= = 0,30 m⋅9,432 s−2 = 26,7 m/s2 .

+

B B

D

ω

=

B

45°

Da

ε

O

S

D

S

D

S

45°

45° 45°

( )nDa

( )tDaBa

( )nBa( )tBa

Da Da

Da

Da

( )nDa ( )tDa Ba

( )nBa

( )tBa

( )nDBa

( )tDBa

( )nDSa

( )tDSa

( ) 2ω⋅= la nDB ( ) ε⋅= la t

DB

( )nDSa

( )tDSa

Da

Sa

166

Projektovanjem jednačine (I) na pravac ose y imamo:

aBy = −(aD)n⋅sin45° − ( )tDa sin45°− ( )nDBa

aBy = −20⋅ sin45° −10,0⋅ sin45° − 26,7

aBy = − 47,88 m/s2 ,

a projektovanjem jednačine (II) na isti pravac dobit ćemo

aBy = −(aB)n⋅sin45° − ( )tBa sin45° .

Iz zadnje jednačine dobivamo

aBz = [−(aB)n⋅sin45° − aBy ] 045sin1

aBz = − 16,0 + 47 88450

,sin

= 51,71 m/s2 .

Projektiramo jednačinu II na x osu imat ćemo

aBx = −( )aB n ⋅cos45° + ( )a B t

cos45°

aBx = − 16,0⋅cos45° + 51,71⋅cos45° = 25,25 m/s2 .

Projektiranjem jednačine I na pravac x ose imamo da je:

aBx = ( )nDa ⋅cos45° − ( )tDa cos45° + ( )tDBa .

Iz gornje jednačine dobivamo

( )tDBa = aBx − [ ( )nDa − ( )tDa ]⋅cos 45°

( )tDBa = 25,25 − (80,0 − 10,0) ⋅cos 45° = 18,18 m/s2 .

Ubrzanje tačke B

aB = 2222 )25,25()88,47( +=+ ByBx aa = 54,13 m/s2 .

167

Ugaono ubrzanje poluga AB i BD ( )

2,071,51

==AB

tBAB l

aε = 206,9 s−2

( )εBD

BD

t

BD

al

= =18 180 30

,,

= 60,6 s−2 .

Ubrzanje tačke S

( ) 2DBDSn

DS la ω⋅= = 0,20⋅9,4282 = 17,78 m/s2

( ) BDDStDS la ε⋅= = 0,20⋅60,60 = 12,12 m/s2

( ) ( ) ( ) ( )tDSn

DStDnDS aaaaa +++= (III)

Projektovanjem jednačina III na ose x i y dobivamo

aBx = ( )nDa cos45° + ( )tDa cos45° + ( )tDSa = 19,19 m/s2

aBx = −( )aD n sin45° − ( )aD t

sin45° + ( )aSD

n = − 38,39 m/s2

aS = 2222 39,3819,19 +=+ SySx aa = 42,92 m/s2 .

Zadatak 9.8.

Po nepokretnom zupčaniku I poluprečnika r1=0,3m kotrlja se zupčanik II poluprečnika r2 = 0,2m koji je osnovicom vezan za krivaju 0A. Krivaja 0A ima ugaonu brzinu ωOA=1 s−1 i ugaono ubrzanje ε OA = −4 s−2 . Odrediti ubrzanje tačke D koja se nalazi na obimu pokretnog zupčanika II.


D

ωOA

εOA

( )nAa

( )tAa

OI

II

ωII

εII Av A

P

168

Rješenje:

Brzina i ubrzanje tačke A

vA = OAAO ω⋅ = (0,30 + 0,2)⋅1 = 0,5 m/s

( ) ( )nAtAA aaa +=

( ) OAtA AOa ε⋅= = (0,30 + 0,2)⋅(+4) = 2 m/s2

( ) 2OAnA AOa ω⋅= = (0,30 + 0,2)⋅12 = 0,5 m/s2 .

Tačka dodira zupčanika I i II P je trenutni pol brzina za zupčanik 2

ωII = 2,05,0

=PA

vA = 2,5 s−1

εII = ( )ddt AP

dvdt

aAP

II A A tω= = =

1 20 2,

= 10 s−2 .

Ubrzanje tačke D

( ) ( ) ( ) ( )tADn

ADtAnAD aaaaa +++= (I)

( ) IItAD ADa ε⋅= = 0,2⋅10 = 2 m/s2

( ) 2IIn

AD ADa ω⋅= = 0,2⋅2,52 = 1,25 m/s2

Projiciranjem jednačine I na x i y os

dobivamo

aDx = ( )tAa + ( )nADa = 3,25 m/s2

aDy = ( )tADa − ( )nAa = 1,5 m/s2

aD = 2222 5,125,3 +=+ DyDx aa = 3,58 m/s2


D

( )nAa

( )tAa

II

A x

y

( )nDa

( )tDa

169

Zadatak 9.9.

Štap AB kreće se u ravnini slike tako da njegovi krajevi klize po osima koordinatnog sistema. Odrediti centroide takvog kretanja.

AB = l = const.


Projekcije brzine tačke A

(vA)y = − ω⋅l⋅sinωt

(vA)x = 0

(vA)ξ = ω⋅l⋅sinωt⋅ cosωt

(vA)η = − ω⋅l⋅sin2ωt .

Koordinate nepomične centroide

xP = l⋅ sinωt

yP = l⋅ cosωt


x

y

A

B O

l

Av(ab)

x

y

A

B O

l

η

ζ

P

ω·t

l

170

Eliminacijom parametra t dobivamo jednačinu nepomične centroide:

222 lyx PP =+

To je kružnica poluprečnika l.

Koordinate pomične centroide u koordinatnom sistemu Aξη

ξP = l⋅sin2ωt

ηP = l⋅sinωt⋅ cosωt = l⋅sinωt tω2sin1− .

Isključenjem vremena t, odnosno sinωt, dobiva se:

ξ η ξP P Pl2 2+ = .

Vidi se da posljednja jednačina predstavlja kružnicu prečnika l čije središte

ima koordinate ξ = 2l i η = 0. .


Za mehanizam prikazan na slici odrediti brzinu i ubrzanje tačke A i ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje poluge AB ako je brzina klizača A vA = 5,0 m/s usmjerena prema dolje. Dužina poluge AB je lAB= 1,20 m.

171


vA = 1,83 m/s

ωAB = 5,10 s−1

aA = 44,19 m/s2

εAB = 26,04 s−2

Zadatak 9.11.

Disk prikazan na slici obrće se ugaonom brzinom ωD = 20,0 s−1 . Dužine su AM=0,30m, AB=0,90m. Za mehanizam prikazan na slici odrediti brzinu tačke B, ugaonu brzinu štapa AB i ugao koji štap AB gradi s horizontalom, kao i ubrzanje tačke B i ugaono ubrzanje štapa AB ako je ugaono ubrzanje diska εD = 100 s−2 .


45°

30°

A

B

45° A

B

M 0,5m

172

Rješenje:

vB = 5,68 m/s

aB = 61 m/s2

ωAB = 4,98 s−1

εAB = 83 s−2

∠(AB,hω) = 18,7°

Zadatak 9.12.

Dva diska u sistemu prikazanom na slici povezana su štapom BD. Desni disk obrće se oko ose E sa ugaonom brzinom ωAB = 4,98 s−1 u pokazanom smjeru. Ugaono ubrzanje desnog diska εAB = 83 s−2 . Odrediti brzinu i ubrzanje tačke B, ugaone brzine i ugaona ubrzanja lijevog diska i štapa BD. Diskovi su: ED=0,25m, BD=0,50m, AB=0,25 2

R1 m.


Rješenje:

vB = 4,24 m/s vD = 3,0 m/s

ωBD = 6,0 s−1 ωAB = 24 s−1

εED = 384 s−2 εA = 672 s−2

aB = 157 m/s2 (aB)n = 102

m/s2

( )nDBa = 18 m/s2 (aD)t = 36 m/s2

(aD)n = 30 m/s2 .

45°A E 45°

ωE

B

D

173

Zadatak 9.13.

U mehanizmu prikazanom na slici klizač A kreće se brzinom vA = 1,0 m/s i ubrzanjem poluge kroz klizač aB = 1,0 m/s2. Dužina poluge AD = l = 1,0 m. Poluga AD kreće se kroz zglobni klizač B. Za položaj mehanizma prikazanog na slici odrediti brzinu i ubrzanje tačke D i ubrzanje tačke A. Ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje poluge AD.


vD = 10 m/s

aD = 1,53 m/s2

aA = 0,577 m/s2

ωAD = 1,0 s−1

εED = 0,577 s−2

Zadatak 9.14.

U mehanizmu prikazanom na slici poluga AB okreće se ugaonom brzinom ωAB = 1,2 s−1. U položaju mehanizma prikazanom na slici odrediti brzine tačaka B, E i D. Dužine su AB = 0,20m; EB = DB = 0,15 m. Ugaonu brzinu poluga BE i BD.

Av30°

A

B

D

2l

2l

174


Rješenje:

vB = 0,24 m/s

vD = 0,328 m/s

vE = 0,088 m/s

ωDB = 1,96 s−1

ωEB = 1,96 s−1

Zadatak 9.15.

Za disk poluprečnika R = 0,50 m privezan je štao AB u tački A a poluprečnika r = 0,30 m. Ugaona brzina diska ωD = 10,0 s−1. Štap AB je dužine 1,0 m. Ugaono ubrzanje diska εD = 40 s−2. Odrediti brzinu i ubrzanje tačke B. Ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje štapa AB.


B

45°

ωAB A

D

E

45°

30°

MA

R

B

r

C

175

Rješenje:

vB = 3,26 m/s

aB = 3,03 m/s2

ωAB = 3,47 s−1

εAB = 6,91 s−2


Zadatak 9.16.

Klizač A kliže po nepomičnoj vodilici člana C, dok se članovi a i b kreću u vertikalnoj ravnini. U položaju mehanizma prikazanom na slici ugaona brzina člana a je ωa = 1,76 s−1 u smjeru prikazanom na slici, i ugaono ubrzanje εa = 5 s−2. Odrediti brzinu i ubrzanje klizača A.


Bv

ABv

31°MA

B

C

Av31°

120°

C

30°

ωa

A

Ba

300

400400

εa

c b

176

Rješenje:

vA = 2,15 m/s

aA = 38 m/s2

Zadatak 9.17.

Valjak prikazan na slici kotrlja se bez klizanja po cilindričnoj podlozi. Ako je u prikazanom položaju ugaona brezina valjka 6 s−1 u smjeru kretanja kazaljke na satu i ugaono ubrzanje 5 s−2 u suprotnom smjeru, treba odrediti ubrzanje tačke C i ugaono ubrzanje štapa BC.


Rješenje:

aC = 0,618 m/s2

εBC = 13,43 s−2

C

AB

120m

m

90mm 150mm

r

177

Zadatak 9.18.

Mehanizam dat na slici sastoji se od poluga ED, AB i ploče CBD oblika pravouglog trougla čija je kateta CD = a. Poluga ED obrće se konstantnom ugaonom brzinom ωED = 2 s−1 u pokazanom smjeru. Dati su uglovi , ∠CBA = 90° , ∠EDC = 30°, ∠CBD = 60° . Tačka C nalazi se u datom trenutku na pravcu EA. U položaju mehanizma prikazanom na slici odrediti ugaono ubrzanje ploče i poluge AB.


εAB = 84 3 s−2

εP = − 34

105 s−2

Zadatak 9.19.

Štap AB kreće se u ravnini slike tako da donjim krajem klizi po horizontalnoj podlozi i pri tome se stalno oslanja na tačku C. Treba odrediti pomičnu i nepomičnu centroidu i trenutnu ugaonu brzinu štapa oko trenutnog pola, ako su poznati brzina donjeg kraja štapa i visina h.


30°

ωED A

B

D

E C

60°

AvA

B

O

x

y

η

ζ

h

φ

178

Rješenje:

x2 = h⋅y

ξ4 − h2⋅(η2 + ξ2) = 0

ω = 22 hxhv+⋅

179

10.1. GEOMETRIJSKA INTERPRETACIJA

U najjednostavnijem slučaju prostornog kretanja kruto tijelo ima tri

stepena slobode kretanja a položaj tijela je određen ako su poznati Eulerovi uglovi

)()()(

ttt

θθψψϕϕ

===

(10.1)

Jednačine (10.1) predstavljaju jednačine kretanja krutog tijela oko nepomične tačke. Pri ovakvom kretanju ostale tačke tijela opisuju putanje koje leže na sfernoj plohi sa središtem u nepomičnoj tački i zato se takvo kretanje naziva sferno kretanje. Dokazat ćemo da u ovom slučaju vrijedi D'Alambertov odnosno Eulerov teorem koji glasi: Svako premještanje krutog tijela koje ima jednu nepomičnu tačku može se izvesti konačnom rotacijom oko osi kroz tu nepomičnu tačku. Položaj krutog tijela u prostoru određen je s tri njegove tačke koje ne leže na istom pravcu već tvore trokut u toj ravnini.

Sferno kretanje

180

Uzimamo da je tačka O tijela, u kojoj je tijelo pričvršćeno za podlogu, nepomična i ona ostaje zajednička za sve položaje. Ostale dvije tačke, A i B, mogu se odabrati proizvoljno, a zbog jednostavnosti odabrat ćemo tako da je OA = OB, tj. da trougao bude jednokraki. Geometrijsko mjesto svih mogućih položaja tačaka A i B (slika 10.1) bit će ploha kugle radijusa R = OA = OB.

Slika 10.1. Konačna rotacija oko osi kroz nepomičnu tačku Presjek ravnine kroz tačke A, B i O s kuglom daje velike kružnice AB. Neka te tačke u nekom drugom položaju tijela zauzimaju položaj A1 i B1. Ako se tačke A i A1 na površini kugle spoje velikim lukom AA1 i iz polovine luka a povuče sferna okomica aO1, a iz polovine velikog luka BB1 tačke b povuče sferna okomica bO1, dobit će se sjecište tih okomica-tačka O1 koja će biti jednako udaljena od tačaka A i A1, odnosno od B i B1. Zbog toga će sferni trouglovi O1AB i O1A1B biti jednaki, a to znači da se rotacijom oko osi OO1 sferni trougao O1BA može dovesti u položaj trougla O1B1A1. Zajedno sa takvom rotacijom kružni isječak OAB premješta se u položaj krućnog isječka OA1B1, a ravnine tog kružnog isječka pripadaju tijelu koje se zajedno s njom okreće oko nepomične tačke O.

10.2. POMIČNA I NEPOMIČNA AKSOIDA

Kretanje tijela oko nepomične tačke može se smatrati nizom beskonačno malih rotacionih pomaka iz jednog u drugi susjedni položaj. Svaki takav pomak može biti ostvaren beskonačno malom rotacijom oko tzv. trenutne osi rotacije koja prolazi kroz nepomičnu tačku. Geometrijsko mjesto trenutnih osi rotacije krutog tijela (s jednom nepomičnom tačkom) daje u prostoru neku konusnu plohu koja se naziva nepomična aksoida. Osim toga, pri kretanju tijela trenutna os rotacije mijenja svoj položaj u samom tijelu (tačnije: u prostoru vezanom za tijelo) i zajednički vrh u nepomičnoj tački O i u svakom trenutku je trenutna os rotacije njihova zajednička izvodnica.

A

B a

0

b

1B

1A

ϕ

10

181

Slika 10.2 Pomična i nepomična aksoida Kretanje krutog tijela oko nepomične tačke može se promatrati i kao kotrljanje bez klizanja pomične aksoide po nepomičnoj aksoidi. Pri tome su brzine tačaka tijela, koje leže na trenutnoj osi rotacije, tj. na zajedničkoj izvodnici pomične i nepomične aksoide, u posmatranom trenutku jednake nuli. U specijalnom slučaju, kada su obje aksoide kružni konusi (slika 10.3), kretanje tijela oko nepomične tačke zove se precesiono kretanje. Pri tome pomična aksoida vrši istovremeno dva kretanja: jedno ugaonom brzinom

rω oko svoje osi, a drugo ugaonom brzinom pω oko osi precesije. Ako su obadvije ugaone brzine, pr ωω i konstantne, kretanje se naziva regularna precesija. Ako pritom obje ugaone brzine imaju isti smjer rotacije, kretanje je progresivna precesija – slika 10.3. Ako ugaone brzine pr ωω i imaju suprotan smjer, onda se kretanje naziva retrogradna precesija. Slika 10.3 Progresivna precesija Slika 10.4 Retrogradna precesija

rω pomični aksoid

0

ΩpΩ

rΩM

nepomični aksoid

ω

pω

0

pomični aksoid

nepomični aksoid

z

M

ζΩ

pomični aksoid

nepomični aksoid

0

z

M

ζ Ω

182

Takvo kretanje vrši Zemlja oko Sunca. Ona se, naime, u odnosu na svoju os okreće u jednom smjeru, a po svojoj ekliptici oko Sunca u suprotnom smjeru. Pritom Zemljina os opisuje pomičnu aksoidu oko nepomične osi ekliptike u vremenu od oko 26000 godina, što je već ustanovio Hiparh u 3. stoljeću prije n.e. 10.3. UGAONA BRZINA I UGAONO UBRZANJE PRI SFERNOM KRETANJU

Pretpostavimo da imamo kruto tijelo koje vrši sferno kretanje oko

nepomične tačke O. Tijelo se okreće oko svoje osi ξ koja se istovremeno okreće oko vertikalne nepomične osi Oz. Pri tom kretanju trenutna os rotacije Ω opisuje u odnosu na nepomični koordinatni sistem Oxyz konusnu plohu - nepomičnu aksoidu po kojoj se kotrlja, a da se ne kliže, pomična aksoida. Ako se tijelo u vremenu Δt zakrene oko trenutne osi rotacije za ugao Δα , tada je njegova ugaona brzina u trenutku t (trenutna ugaona brzina)

ω = dtd

ttαα

=ΔΔ

→Δ 0lim (10.2)

Vektor trenutne ugaone brzine ω je u pravcu trenutne osi rotacije (klizni vektor) - slika 10.5

Slika 10.5 Trenutna ugaona brzina ω

y

x

z

N

ψ

ζ

η

ξ

θ

φ

Ω

n

1k k

1ωω

3ω

2ω

O

183

Pri sfernom kretanju vektor ω u općem slučaju mijenja se po veličini i po pravcu, to jest ω = ω(t). Projiciranjem vektora ω na osi pokretnog koordinatnog sistema Oζηξ dobivamo

ωζ = ψ⋅sinϕ⋅sinθ + θ ⋅cosϕ ωη = ψ⋅cosϕ⋅sinθ − θ ⋅sinϕ (10.3) ωξ = ψ⋅cosθ + ϕ

ili u matričnom zapisu

⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−⋅

⋅=

⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧

ϕθψ

θϕθϕϕθϕ

ωωζω

ξ

η

10cos0sinsincos0cossinsin

(10.4)

Analogno dobivamo projekcije vektora ω na osi nepomičnog koordinatnog sistema Oxyz

ωx = ϕ⋅sinψ⋅sinθ + θ ⋅cosψ ωy = −ϕ⋅cosψ⋅sinθ + θ ⋅sinψ (10.5) ωz = ϕ⋅cosθ + ψ

ili u matričnom zapisu

⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−⋅

⋅=

⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧

ϕθψ

θϕθϕϕθϕ

ωωζω

ξ

η

10cos0sinsincos0cossinsin

(10.6)

Jednačine (10.3) i (10.5) nazivaju se Eulerove kinematičke jednačine. Intenzitet vektora trenutne ugaone brzine ω određen je jednačinom

ω = 222222zyx ωωωωωω ξηζ ++=++ , (10.7)

a njegov pravac slijedećim jednačinama

cos(ω,Ox) = ωωx , cos(ω,Oy) =

ωω y , cos(ω,Oz) =

ωωz .

Analognim postupkom dolazimo do trenutnog ugaonog ubrzanja pri sfernom kretanju krutog tijela

ε = dtdω . (10.8)

184

Ako se podsjetimo svojstva iz kinematike tačke, da vektor ubrzanja ima pravac tangente na hodograf brzina, i primijenimo ga u ovom slučaju, imat ćemo: iz tačke O nanesimo vektore trenutnih ugaonih brzina ,, 21 ωω ... koji odgovaraju nizu vremenskih intervala. Spajanjem vrhova tih vektora dobivamo hodograf vektora trenutnih ugaonih brzina - slika 10.5. Vektor ugaonog ubrzanja poklapa se s pravcem tangente na hodograf ugaonih brzina.

Slika 10.6 Trenutno ugaono ubrzanje ε

Potražimo brzinu tačke A (kraja vektora ω ). Radijus vektor položaja tačke A je vektor ω pa imamo

ωω==

dtdvA (10.9)

Pošto su vektori ε i u geometrijski jednaki po veličini a jednaki su međusobno, tj.

u=ε (10.10) zaključujemo da je ugaono ubrzanje tijela jednako brzini kraja vektora ugaone brzine. Vektor ε nanosi se iz tačke O, a linija koja određuje pravac vektora ε zove se os ugaonog ubrazanja E. Projekcije vektora trenutnog ugaonog ubrazanja na osi pomičnog Oxhz i osinepomičnog Oxyz koordinatnog sistema su

ζζ

ηη

ξξ

ωε

ωε

ωε

=

=

=

zz

yy

xx

ωε

ωεωε

=

==

(10.11)

Intenzitet vektora ε , njegov pravac i smjer određeni su slijedećim jednačinama

E

0

A 1ω

2ω 3ω

ω

u

ε

185

222ζηξ εεεε ++=

( )

( )

( ) .,cos

,,cos

,,cos

εεε

εε

ε

εεε

z

y

x

Oz

Oy

Ox

=

=

=

(10.12)

10.4. BRZINA TAČKE TIJELA PRI SFERNOM KRETANJU

Potražimo brzinu tačke A tijela koje vrši sferno kretanje. Brzina tačke A izražava se po istoj jednačini kao i kod rotacije tijela oko stalne osi – slika 10.7

[ ]AAA

zyxAAA

zyx

kjirrv ωωωωω ==×= , (10.13)

Moramo imati u vidu da je ω vektor koji se mijenja i po pravcu i po smjeru i da ugaona brzina ovdje nije derivacija nekog ugla koji bi bio funkcija vremena, jer takav ugao ovdje ne postoji.

Slika 10.7 Brzina tačke tijela pri sfernom kretanju

A

C

0

x

y

z

h

Ω

AvAr

ω

ε α

186

Intenzitet vektora Av određen je izrazom vA = ω⋅r⋅sinα = ω⋅h

(10.14) gdje je h udaljenost tačke A od trenutne obrtne osi Ω . Ako se komponente ugaone brzine u osima z, ξ i ON oznace sa , ω ω1 2, , i ω3 , možemo napisati (slika 10.5)

ω = 321 ωωω ++ . (10.15)

Pošto se rotacijom oko osi z mijenja samo Eulerov ugao ψ , rotacijom oko osi ξ samo ugao ϕ i rotacijom oko osi ON samo ugao θ , slijedi da je

ψψω ==dt

d1 − ugaona brzina precesije

ϕϕ

ω ==dtd

2 − ugaona brzina sopstvene rotacije

(10.16) θθω ==

dtd

3 − ugaona brzina nutacije.

Jednačina (10.15) može se napisati

ω = nkk θϕψ ++ 1 . Projekcije vektora vA na pomične i nepomične koordinate osi odredene su izrazima vζ =ωη⋅ζA − ωζ⋅ηA = (ψ⋅cosϕ⋅sinθ − θ ⋅sinϕ)ζA −(ψ⋅cosθ + ϕ)ηA vη = ωξ⋅ζA − ωζ⋅ξA = (ψ⋅cosθ + ϕ)ζA − (ψ⋅sinϕ⋅sinθ + θ ⋅cosϕ)ξA (10.17) vξ = ωξ⋅ηA − ωη⋅ξA = (ψ⋅ sinϕ⋅sinθ + θ ⋅cosϕ)ηA − (ψ⋅cosϕ⋅sinθ − θ ⋅sinϕ)ξA vx =ωy⋅zA − ωz⋅yA = (−ϕ⋅cosψ⋅sinθ + θ ⋅sinψ)zA −(ϕ⋅cosθ +ψ)yA vy = ωz⋅xA − ωx⋅zA = (ϕ⋅cosθ + ψ)xA − (ϕ⋅sinψ⋅sinθ + θ ⋅cosψ)zA (10.18) vz = ωx⋅yA − ωy⋅xA = (ϕ⋅ sinψ⋅sinθ + θ ⋅cosψ)yA + (ϕ⋅cosψ⋅sinθ − θ ⋅sinψ)xA

187

Ove se jednačine (10.17) i (10.18) nazivaju također Eulerove jednačine. Na osnovu ovih jednačina možemo izračunati intenzitet i pravac vektora vA

vA = 222222ζηξ vvvvvv zyx ++=++

(10.19)

cos( )v Oxvvx

x, = , cos( )v Oyvvy

y, = , cos( )v Ozvvz

z, =

Ako je poznat položaj trenutne obrtne osi Ω , onda je pri određivanju ugaone brzine ω dovoljno poznavati brzinu vA bilo koje tačke A koja ne leži na trenutnoj obrtnoj osi. U ovom slučaju iz tačke A spustiti okomicu AB na trenutnu obrtnu os Ω.

ω = BA

vA

(10.20) 10.5. UBRZANJE TAČKE TIJELA PRI SFERNOM KRETANJU

Da bismo odredili ubrzanje neke tačke A i tijela koje vrši sferno kretanje, treba izvršiti derivaciju brzine, tj. treba derivirati jednačinu (10.13).

dtrdx x

dtd

dtvda A

AA

A ωτω

+== (10.21)

Slika 10.8 Ubrzanje tačke tijela pri sfernom kretanju

E

0

AM

Ω

ε

α

Eh

hω

AvAa 1a

2a

Ar

188

Budući da je

AAA x v

dtrd

τω==

i εω=

dtd

ugaono ubrzanje, jednačine (10.21), poprima oblik ( ).AAA x x x a τωωτε += (10.22) rastavljanjem druge komponente ubrzanja i vodeći računa o vektorskoj algebri, dobivamo ( ) .2

AAAA x a τωτωωτε −⋅+= (10.23) Ako stavimo da je vektor 0ωωω ⋅= , gdje je 0ω jedinični vektor drugi član, gornja jednačina se pojednostavljuje

( ) ( )[ ] ( )[ ][ ] hAMMO

A

AAAAAA222

02

0022 cos

ωωτω

τατωωττωωωτωτωω

=−=−=

=−=−⋅=−⋅

gdje je vektor MAh = . Jednačinu (10.23) pišemo sada u jednostavnijem obliku .h x a AA ⋅+= ωτω (10.24) Iz prethodne jednačine vidimo da se vektor ubrzanja neke tačke A tijela pri sfernom kretanju predočava kao geometrijska suma dvije komponente ubrzanja. Označimo prvu komponentu sa

Ara ×= ε1 (10.25) koja je normalna na ravninu u kojoj leže vektori ε i rA , a ima smjer takav da gledano iz vrha tog vektora vidimo pomjeranje vektora ε prema vektoru rA u smislu suprotnom kretanju kazaljke na satu. Intenzitet tog vektora je

EAA hrra ⋅=⋅= εεε ),sin(1 (10.26) gdje je hE udaljenost tačke A od trenutne osi ugaonog ubrzanja. Drugu komponentu označimo sa

hva A2

2 ωω =×= (10.27) koja je usmjerena prema trenutnoj obrtnoj osi slike 10.8 i na ziva se, po analogiji kada tijelo rotira oko nepomične osi, aksipetalno ubrzanje. Intenzitet aksipetalne komponente ubrzanja je

hvva AA20

2 90sin ωωω =⋅=⋅= (10.28)

189

gdje je h = h najkraća udaljenost tačke A od trenutne obrtne osi Ω. Ukoliko označimo ugao izmedu komponenti ubrzanja a1 i a2 sa , intenzitet ubrzanja tačke A postaje

aA = β2122

21 2 aaaa ++ (10.29)

Do intenziteta ubrzanja tačke A možemo doći i preko projekcije vektora aA na osi nepomičnog koordinatnog sistema ili na osi pomičnog koordinatnog sistema. Projekcija vektora na osi nepomičnog koordinatnog sistema su

aAx = εy zA − εz yA + ωx (ωx xA + ωy yA + ωz zA) −ω2 xA aAy = εz xA − εx zA + ωy (ωx xA + ωy yA + ωz zA) −ω2 yA

(10.30) aAz = εx yA − εy xA + ωz (ωx xA + ωy yA + ωz zA) −ω2 zA ,

a na ose pomičnog koordinatnog sistema:

aAζ = εη ξA − εξ ηA + ωζ (ωζ ζA + ωη ηA + ωξ ξA) −ω2 ζA aAη = εξ ξA − εξ ζA + ωη (ωζ ζA + ωη ηA + ωξ ξA) −ω2 ηA

(10.31) aAξ = εζ ηA − εη ζA + ωζ (ωζ ζA + ωη ηA + ωξ ξA) −ω2 ξA ,

Ovdje treba primijetiti da je

dtd x

xω

ε = , dt

d yy

ωε = ,

dtd z

zωε =

jer u nepomičnom koordinatnom sistemu vektor trenutne ugaone brzine izražen je preko projekcija

kji zyx ωωωω ++=

gdje su kji ,, konstantni jedinični vektori, Prema tome je

kjidtd

zyx εεεεω++== .

Veličine εx, εy i εz dobivamo deriviranjem jednačina (10.5). Intenzitet ubrzanja tačke A izražavamo kao

aA = 222222AzAyAxAAA aaaaaa ++=++ ξηζ (10.32)

190

10.6. ODREĐIVANJE POLOŽAJA TRENUTNE OBRTNE OSI

Sve tačke koje leže na trenutnoj obrtnoj osi imaju brzine jednake nuli. Prema tome, za svaku tačku koja leži na trenutnoj obrtnoj osi vrijedi

0=× rω (10.33) Vodeći računa o jednačini (10.13) gornju jednačinu možemo pisati u slijedećoj formi

0=zyx

kji

zyx ωωω (10.34)

odnosno

i j kω ω ωζ η ξζ η ξ = 0 . (10.35)

Iz jednačine (10.34) dobivamo jednačinu trenutne obrtne osi u nepomičnom koordinatnom sistemu, u obliku

zyx

zyxωωω

== . (10.36)

Na analogan način iz jednačine (10.35) dobivamo jednačinu trenutne obrtne osi u pomičnom koordinatnom sistemu

ξηζ ωξ

ωη

ωζ

== (10.37)

Eliminacijom parametra vremena t iz gornje dvije jednačine dobivamo jednačine pomične i nepomične aksoide.

191

10.7. RIJEŠENI ZADACI Zadatak 10.1. Konusni zupčanik I kotrlja se po nepokretnom konusnom zupčaniku II, tako da radijus OO1 = r kruži po zakonu promjene ugla

ϕ = c⋅t4 .

Odrediti trenutnu ugaonu brzinu ω i trenutno ugaono ubrzanje ε .

Slika uz zadatak 10.1 Rješenje: Ugaona brzina oko osi OO2 je

dtdϕϕ = = 4ct3 .

Brzina tačke O1

vO1 = r2⋅ dtdϕϕ = = 4r2 ct3 .

Zupčanik I izvodi sferno kretanje. U zadanom trenutku tačka C je također nepomična, pa je trenutna obrtna os za tijelo I OC, a brzina tačke O1 je

vO1 = h⋅ω

0

C

I

II

h

Ω

10

Ω20

1r

2r

0ω

ω

2r0ϕ

0ψ

ϕ

ψ

192

Tačka O1 ima samo jednu brzinu pa je

vO1 = vO1 4r2 ct3 = h⋅ω ω =

hr24 ⋅c⋅t3 .

Aksoide će biti konusi s vrhovima u O. Vektor ω pada u os OC koja je pokretna. Veličina vektora ω može se prikazati kao

ω = ϕ ϕ ψ ψ⋅ + ⋅0 0 gdje je ψ brzina rotacije zupčanika I oko osi OO1. Veličinu ψ nalazimo iz relacije

r1⋅ψ = vO1 = h⋅ω ψ = 3

1

2

14ct

rr

rh

⋅=⋅ω .

Prema tome

ω = 4 430

2

1

30ct

rr

ct⋅ + ⋅ ⋅ϕ ψ

Ugaono ubrzanje je jednako

( ) ( )00 ψψϕϕω

ε ⋅+⋅==dtd

dtd

dtd .

Jedinični vektor ϕ0 je stalan, te je

( ) 02

0 12 ϕϕϕ ctdtd

=⋅ .

Jedinični vektor ψ0 je promjenjiv, te imamo

( )dt

ddt

ddtd ψψψψψψ 0

00 +=⋅

( ) 2

1

200

0 12ctrrn

dtd ψψϕψψ

+=⋅ .

193

Prema tome je ε = 0

212 ϕct + 002

1

2 12 nctrr ψϕψ +

ε = 0

212 ϕct + 062

1

20

2

1

2 1612 ntcrrct

rr

+ψ .

Ugaono ubrzanje može se prikazati kao ( ) 0

00 ωωωωωωωε

dtd

dtd

dtd

dtd

+=⋅== .

Pri tome je

01

300

0 4sin nrhctn

dtd

=⋅⋅=×= αϕωϕω

01

02

000 cossin ψϕψαϕαωrh

rh

+=⋅+⋅=

ω = 32 4cthr⋅

i 22 12cthr

dtd

⋅=ω

ε = 220

10

2

320

3

11244 ct

hr

rh

rhct

hrnc

rh

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ϕϕ ,

ε = 0212 ϕct + 0

62

1

20

2

1

2 1612 ntcrrct

rr

+ψ .

Zadatak 10.2. Na slici je prikazana kružna ploča poluprečnika r koja se kotrlja bez klizanja po horizontalnoj ravnini, tako da se os ploče OS obrće konstantnom ugaonom brzinom ω1 oko nepomične vertikalne osi CO = r.


C B

K

S0

D

A

Ω

u ω

1ω

ε

a1a

2asv

Av

α

K'

ravan π

194

Treba odrediti ugaonu brzinu ploče ω , te brzinu i ubrzanje tačke A u položaju ploče prikazanom na slici, ako je OS = 2r . Rješenje: Trenutna obrtna os je OB i ploča izvodi sferno kretanje. Brzina tačke S ploče je

vS = 2⋅r⋅ω1 = KS ⋅ω = r⋅cosα⋅ω . Ugaona brzina ploče

ω = α

ωα

ωcos2

cos2 11 ==

rr

KSvS

Kako je ω1 = const i α = const bit će ω = const. Vidimo da će vektor ω opisivati horizontalnu kružnicu poluprečnika 2ω1 . Ta kružnica je hodograf vektora ugaone brzine ω . Brzina kojom se tačka D kreće po hodografu jednaka je ugaonom ubrzanju

ε = (2ω1 )⋅ ω1 = 2(ω1 )2. Brzina tačke A

vA = KA ′ ⋅ω = 2⋅r⋅cosαα

ωcos2 1 = 4⋅r⋅ω1 .

Komponente ubrzanja tačke A su:

a1 = hE⋅ε = AO ε = αω

ωα cos

42cos

2 212

1rr

=

a1 = KA ′ ⋅ω2 = 2⋅r⋅cosα r212

21 8

cos1

cos2

ωαα

ω=

Ugao između vektora a1 i a 2 je (180° − α) , pa je

a = αα

ωα 2cos45

cos4cos2

21

2122

21 −=−+ aaaa .

195


Projekcije vektora ugaone brzine krutog tijela, koje vrši sferno kretanje na pomične koordinatne osi Oζηξ , izražene su jednačinama

ωζ = 2⋅t ωη = t2 ωξ = t3 Odrediti veličine, brzine i ubrzanja tačke tijela u trenutku t 1s čije su koordinate (1, 0, 0) u m.

Rješenje: vA = 2 m/s aA = 29 m/s2

Zadatak 10.4. Kretanje tijela oko nepomične tačke 0 zadano je jednačinama

ψ = 2π ⋅t , ϕ =

3π , θ = π⋅t

gdje su ψ, ϕ i θ izraženi u radijanima, a t u sekundama. Odrediti ubrzanje tačke tijela koja leži na trenutnoj obrtnoj osi na rastojanju 2 3 od nepomične tačke.

Rješenje: aA = 3⋅π2 m/s2

Zadatak 10.5.

Sferno kretanje tijela definirano je jednačinama ϕ = 6⋅t , ψ = 3⋅t − π2

,

θ = π2

Odrediti vektor ugaone brzine i vektor ugaonog ubrzanja. Napisati jednačine nepomične i pomične aksoide.

196

Rješenje: kjtit 63sin333cos33 +⋅−⋅−=ω

jtit ⋅−⋅= 3sin393sin39ε z = − 22

32 yx +

22

35 ηζξ += .

197

Složeno kretanje krutog tijela definira se na isti način kao i složeno kretanje tačke. Naime, ako se kruto tijelo kreće u odnosu na pokretni koordinatni sistem ζηξ1O i ako ovaj koordinatni sistem istovremeno vrši kretanje u odnosu na nepokretni (apsolutni) koordinatni sistem Oxyz, tada je rezultirajuće kretanje krutog tijela složeno kretanje. Brzina tačke A tijela u odnosu na nepomični koordinatni sistem Oxyz, prema teoremu o slaganju brzina, određena je jednačinom

.tp vvv += (11.1) Proučavanje složenog kretanja tijela svodi se na rješavanje slijedećeg zadatka: u bilo kom trenutku vremena, pri različitim karakteristikama prenosnog i relativnog kretanja, potrebno je pronaći raspored i veličine apsolutnih brzina i ubrzanja tačaka tijela. Kako raspored i veličina brzina pojedinih tačaka tijela ovise o translatornoj i ugaonoj brzini tijela, postavljanje zadatka svodi se na slaganje trenutnih translacija i trenutnih rotacija s obzirom na brzine. Iz jednačine (11.1) vidimo da je slaganje kretanja komulativno, i apsolutno kretanje neće se promijeniti ako prenosno i relativno kretanje zamijene svoje uloge.

Složeno kretanje krutog tijela

198

11.1. SLAGANJE TRANSLACIJA

Posmatrajmo kruto tijelo koje se kreće translatorno brzinom 1v u odnosu na koordinatni sistem ζηξ1O , koji se istovremeno kreće također translatorno brzinom 2v u odnosu na nepomični koordinatni sistem Oxyz. Tada je apsolutna brzina bilo koje tačke posmatranog tijela data jednačinom .21 vvv += (11.2) Možemo zaključiti da je rezultirajuće kretanje također translatorno s brzinom koja je jednaka vektorskom zbiru prenosne i relativne komponente brzine. Ako bi kruto tijelo istovremeno sudjelovalo u n translatornih kretanja čije su brzine ,..., 21 nvvv tada bi i rezultirajuće kretanje bilo translatorno, brzinom koja je određena jednačinom

∑=

=+++=n

iin vvvvv

121 .... (11.3)

11.2. SLAGANJE ROTACIJA

Pretpostavimo da posmatramo tijelo koje u datom trenutku vrši obrtanje ugaonom brzinom 1ω oko trenutne obrtne osi 1Ω u odnosu na koordinatni sistem ζηξ1O . Koordinatni sistem ζηξ1O također u tom trenutku vrši obrtanje ugaonom brzinom 2ω oko trenutne obrtne osi 2Ω u odnosu na nepomični koordinatni sistem Oxyz. Zavisno od međusobnog položaja trenutnih osi 1Ω i 2Ω može nastupiti nekoliko slučajeva koje ćemo posebno proučiti. 11.2.1. Slučaj kada se pravci trenutnih obrtnih osi sijeku

Proučimo slučaj kada se pravci trenutnih obrtnih osi 1Ω i 2Ω sijeku u tački O – slika 11.1. Prenesimo vektore ugaonih brzina 1ω i 2ω u tački O i nad njima konstruirajmo paralelgram. Tačka A vrha dijagonale paralelograma ima brzinu jednaku nuli, pošto je brzina tačke O očigledno jednaka nuli, pravac OA predstavlja trenutnu os obrtanja tijela.

199

Slika 11.1 Slaganje rotacija Ugaona brzina rezultirajućeg kretanja je 21 ωωω += (11.4) Prema tome, rezultirajuće kretanje je obrtanje oko trenutne obrtne osi Ω koja prolazi kroz tačku O, trenutnom ugaonom brzinom ω koja je jednaka relativnom zbiru komponenti ugaonih brzina 1ω i 2ω . Ovaj zaključak možemo i uopćiti za slučaj da tijelo sudjeluje istovremeno u n rotacija oko trenutnih osi koje sijeku u jednoj tački O, ugaonim brzinama 1ω , 2ω ..., nω . Rezultirajuće kretanje je obrtanje oko trenutne obrtne osi koja prolazi kroz tačku O, ugaonom brzinom

∑=

=+++=n

iin

121 .... ωωωωω (11.5)

11.2.2. Slučaj kada su pravci trenutnih obrtnih osi paralelni, a ugaone

brzine imaju isti smjer

Proučimo slučaj kada je relativno kretanje krutog tijela obrtanje oko osi ξ ugaonom brzinom 1ω i kada je prenosno kretanje obrtanje tijela oko osi Oz ugaonom brzinom 2ω . Očigledno je da je apsolutno kretanje tijela ravno kretanje u odnosu na nepomični koordinatni sistem Oxyz. U ovom slučaju za proučavanje rasporeda i veličine brzina pojedinih tačaka tijela dovoljno je proučiti samo brzine tačaka neizmjenjive ravne figure (S) koja predstavlja presjek posmatranog tijela i ravnine okomite na trenutne osi obrtanja – slika 11.2.

x

y

z

1ωω

2ω

1Ω

2Ω

ζ

Ω

η

ξ

A

O

200

Slika 11.2 Trenutne ugaone brzine su paralelne i istosmjerne Kretanje tačke A tijela, koja se nalazi na osi ξ , nastaje samo zbog prenosnog obrtanja tijela oko osi Oz. Intenzitet brzine tačke A je .2ω⋅= ABvA (11.6) Kretanje tačke B tijela, koja se nalazi na osi Oz, nastaje samo zbog relativnog obrtanja tijela oko osi ξ . Intenzitet brzine tačke B je .1ω⋅= BAvB (11.7) vektori brzina BA v i v su međusobno paralelni i usmjereni u suprotne strane. Na osnovu teorije ravnog kretanja možemo zaključiti da na dužini između tačaka A i B postoji tačka C čija je brzina jednaka nuli .012 =⋅−⋅= ωω ACBCvC (11.8) Pravac koji prolazi kroz tačku C, a paralelan je sa 1Ω i 2Ω , naziva se trenutna os obrtanja tijela Ω . Korištenjem jednačine (9.11) možemo odrediti veličinu ugaone brzine ω apsolutnog obrtanja tijela

.BCv

ACv BA ==ω (11.9)

Iz svojstva proporcija imamo da je

.AB

vvBCACvv BABA +

=++

=ω

x

Ω

1ω2ω

2Ω

y2ω

ω

ω 1ω

A

AB

B C

C

ζ

(S)

Bv

Av

2π

2π

201

Iz jednačina (11.6) i (11.7) dobivamo konačno

.21

21

BCACABωωω

ωωω

==

+= (11.10)

Iz jednačine (11.10) možemo zaključiti: ako je relativno i prenosno kretanje krutog tijela obrtanje istog smjera oko paralelnih osi, tada je rezultirajuće kretanje također obrtanje oko trenutne obrtne osi apsolutnom ugaonom brzinom 21 ωωω += , trenutna os obrtanja paralelna je datim osima I ona mijenja svoj položaj u prostoru opisujući cilindričnu površinu. 11.2.3. Slučaj kada su pravci trenutnih obrtnih osi paralelni, a ugaone

brzine imaju suprotne smjerova

Pretpostavimo da tijelo sudjeluje u dvije rotacije suprotnih smjerova oko paralelnih osi ugaonim brzinama 1ω i 2ω . Pretpostavimo da je 1ω > 2ω - slika 11.3. Slika 11.3 Trenutne ugaone brzine paralelne i suprotnog smjera Na pravcu AB sa strane veće ugaone brzine 1ω postoji tačka C čija je brzina jednaka nuli

2

1

12 0

ωω

ωω

=

=⋅−⋅=

ACBC

iliACBCvC

(11.11)

Bv

Av

1π

2ω

1ω ω

Ω1Ω 2Ω

A B C (S)

202

Pravac koji je paralelan pravcima ugaonih brzina 1ω i 2ω i prolazi kroz tačku C predstavlja u datom trenutku obrtnu os tijela, a položaj te osi (odnosno tačke C) određen je jednačinom (11.11). Za tačku B vrijedi ωω ⋅=⋅= BCABvB 1 te imamo da je

.1111 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

−==

CBAC

BCACBC

BCAB ωωωω

odnosno

.

1

21

211

21

ACBCABωωω

ωωωωωω

==

−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅=

(11.12)

Iz ovih jednačina možemo zaključiti: ako je relativno i prenosno kretanje krutog tijela obrtanja suprotnih smjerova oko paralelnih osi, tada je rezultirajuće kretanje trenutno obrtanje koje se vrši oko trenutne osi obrtanja ugaonom brzinom .21 ωωω −= 11.2.4. Slučaj kada su pravci trenutnih obrtnih osi paralelni, a ugaone

brzine istog intenziteta i suprotnih smjerova (spreg ugaonih brzina)

Posmatrajmo sada slučaj obrtanja oko paralelnih osi suprotnih

smjerova ugaonim brzinama jednakih intenziteta .21 ωωω == Ovaj se slučaj naziva spreg obrtanja, pri čemu 1ω i 2ω čine spreg ugaonih brzina (kinematički spreg) – slika 11.4.

Slika 11.4 Spreg ugaonih brzina

2Ω 1Ω

1ω

2ω Mv 1π

A B

M (S)

d

203

Pokazat ćemo da su tada apsolutne brzine svih tačaka tijela jednake, tj. da spreg trenutnih ugaonih brzina daje trenutno translatorno kretanje, ili drugim riječima: spreg trenutnih ugaonih brzina kinematički je ekvivalentan brzini translacije tijela. Za proizvoljnu tačku M tijela vrijedi

( ) .11

1121

ABBMAMv

BMAMBMAMv

A

A

×=−×=

−×=×+×=

ωω

ωωωω (11.13)

Prema tome, brzine svih tačaka tijela u nekom trenutku t međusobno su jednake. Odatle slijedi da je spreg trenutnih ugaonih brzina doista ekvivalentan brzini translacije. .1 ABvA ×= ω (11.14) Iz ove jednačine zaključujemo da je vektor v rezultantnog translatornog kretanja okomit na ravninu sprega ugaonih brzina 1ω i 2ω , i to tako da ako gledamo s vrha vektora v vidi se da vektori 1ω i 2ω nastoje izazvati rotaciju suprotnog kretanja kazaljke na satu. Razmak d između vektora 1ω i 2ω , zove se krak sprega ugaonih brzina. Intenzitet brzine ddvv M ⋅=⋅== 21 ωω (11.15) Vektor v se na osnovu jednačine ABv ×= 1ω naziva moment sprega ugaonih brzina. To je slobodan vektor. Prema tome, spreg ugaonih brzina ekvivalentan je trenutnoj brzini translacije, koja je jednaka momentu tog sprega ugaonih brzina. 11.3. SLAGANJE TRANSLATORNOG I OBRTNOG KRETANJA

KRUTOG TIJELA

Pretpostavimo da posmatramo kruto tijelo koje vrši trenutno obrtanje ugaonom brzinom ω oko osi O1ξ pokretnog koordinatnog sistema O1 ,ζηξ a pokretni koordinatni sistem kreće se translatornom brzinom v u odnosu na nepomični koordinatni sistem. Da bismo odredili kretanje krutog tijela u odnosu na nepomični koordinatni sistem, primjećujemo da zavisno od ugla ω i v mogu nastupiti tri slučaja koja ćemo posebno proučiti.

204

11.3.1. Slučaj kada je brzina translacije okomita na os obrtnog kretanja krutog tijela

Razmotrimo slučaj kada kruto tijelo rotira ugaonom brzinom ω oko osi Ω , koja je okomita na ravninu 1π - slika 11.5. Pri tome se os zajedno s krutim tijelom kreće translatorno brzinom v koja je okomita na os obrtanja. Izaberimo na liniji AB tačku B koja leži u ravnini 1π . Na osnovu slike 11.5 zaključujemo da tačka B vrši istovremeno dva komponentna kretanja: translaciju zajedno sa osi Ω i rotaciju oko tačke O, a njena apsolutna brzina će biti jednaka razlici brzina .1v i v Kako vektori 1v i v leže u istom pravcu ali suprotnog smjera, pri čemu brzina

1v zavisi od rastojanja AB i jednaka je ,1 ω⋅= ABv možemo odabrati položaj tačke B tako da bude zadovoljen uvjet v = v1, odnosno

.ωvdAB == (11.16)

Slika 11.5 Brzina translacije okomita na os obrtanja U tom će slučaju os 1Ω biti u promatranom trenutku nepomična i prema tome kruto tijelo će obrtati oko trenutne obrtne osi 1Ω ugaonom brzinom.

.1 ωω ==dv (11.17)

Ukoliko trenutnu brzinu translacije v zamijenimo spregom ugaonih brzina ( )11, ωω − , uz pretpostavku da je ωω =1 , dolazimo do istog rezultata. Ako spreg

1Ω Ω

1π

1v

v v

ω

A B (S)

d

205

ugaonih brzina smjestimo kao na slici 11.6, onda je krak sprega ugaonih brzina jednak

.ωvd = (11.18)

Slika 11.6 Zamjena trenutne brzine translacije Tada se trenutne ugaone brzine 1ωω i na osi Ω poništavaju, a ostale samo trenutno obrtanje oko trenutne osi 1Ω ugaonom brzinom ωω =1 . Možemo zaključiti da se obrtanje i translacija krutog tijela u ravnini okomitoj na os obrtanja mogu sastaviti u jedno obrtanje s istom ugaonom brzinom oko nove osi 1Ω koja je paralelna sa zadanom osi Ω i nalazi se na rastojanju

ωvd = od te osi.

11.3.2. Slučaj kada je brzina translacije paralelna s osi obrtanja

(zavojno kretanje tijela) Neka se složeno kretanje krutog tijela sastoji iz obrtnog kretanja koje

se vrši ugaonom brzinom ω oko osi Oz, i translatornog kretanja brzinom v koja je paralelna Oz osi. Ovakvo kretanje tijela naziva se zavojno kretanje. Os Oz naziva se os zavrtanja, a samo kruto tijelo naziva se zavrtanj – slika 11.7.

Slika 11.7 Zavojno kretanje

Ω 1Ω

1ω−

1ω

ω

A

B d

y 1x

β

β

0

A h

α

α

tv ⋅

π⋅⋅ r2

1y

tr ⋅⋅ω

Av

1v v

ω

v

t⋅= ωϕ

h

z

x

0 A

β r

206

Tačka A na rastojanju r od osi obrtanja opisuje zavojnicu koja leži na cilindru poluprečnika r. Ako ovaj cilindar razvijamo u ravnini Ox1y1, onda je položaj tačke A određen koordinatama

.1

1

tvytrx

⋅=⋅⋅= ω (11.19)

Zaključujemo da je putanja tačke A prava linija, tj zavojnica s konstantnom zakrivljenošću s nagibom .⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=ω

α varctg

Hod zavojnice

ωπ2

⋅=⋅= vTvh (11.20)

ne zavisi od r. Veličina brzine tačke A .2222

12 ωrvvvvA +=+= (11.21)

Brzina tačke A Av leži na pravcu tangente na zavojnicu i zatvara s osi obrtanja ugao β .

.21

hr

vr

vvtg ⋅

=⋅

==πωβ (11.22)

11.3.3. Slučaj kada brzina translacije zatvara oštar ugao s osi obrtanja

Pretpostavimo da kruto tijelo vrši složeno kretanje koje se sastoji od obrtnog kretanja ugaonom brzinom ω oko osi Ω i translatornog kretanja brzinom v koja gradi oštar ugao α s obrtnom osi. Razložimo brzionu v na dvije komponente .21 v i v Neka je komponenta 1v usmjerena u pravcu osi obrtanja, a komponenta 2v neka je okomita na os obrtanja. Intenziteti komponenti su:

αα

sincos

2

1

⋅=⋅=

vvvv (11.23)

Slika 11.8 Brzina translacije zatvara ugao α s osi obrtanja

BA

1v ω

2v

1v

v

1ωΩ

1Ω

α d

207

Sastavljanjem vektora ugaone brzine ω i vektora 2v dobivamo, analogno onom u 1.3.1, obrtanje ugaonom brzinom ωω =1 oko nove trenutne osi obrtanja 1Ω . Pri tome je rastojanje između osi Ω i 1Ω

αωω

sin2 ⋅==vvd (11.24)

Prema tome, rezultantno kretanje u ovom slučaju je trenutno zavojno kretanje oko osi 1Ω , koja je paralelna s vektorom ω i udaljena od te osi za veličinu d. 11.4. RIJEŠENI ZADACI Zadatak 11.1.

Na kolicima koja se kreću translatorno brzinom 1v postavljena je takozvana Volfova kulisa koja se sastoji od vertikalne osovine AB, koja se kreće duž vertikalne vođice, zatim vođice CD duž koje je klizač E pokretan. Poluga OE dužine a obrće se konstantnom ugaonom brzinom ω oko osi koja prolazi kroz tačku O. Odrediti apsolutnu brzinu klizača E i vođice CD u trenutku kada je ugao .

6π

ϕ =

Slika uz zadatak 11.1 Rješenje: Brzina klizača E, posmatrana kao tačka poluge OE O

EOE vvv += gdje je .1vvO = S druge strane, brzina tačke E kada se posmatra kao tačka koja se slobodno kreće u kulisi

D E

B

C

A 01v

ω a ϕ

208

Slika uz rješenje zadatka 11.1 tE vvvv ++= 21 Ako izjednačimo brzine tačke E, imat ćemo

(I) vvvvv

vv

rOE

EE

++=+

=

211

projiciranjem izraza I na pravac AB imamo da je 2cos vvO

E =⋅ ϕ Za trenutak vremena kada je

6πϕ = komponenta brzina kulise je

.

23

2 ω⋅= av

Intenzitet brzine kulise je

4322

122

21 ωavvvv +=+=

Intenzitet brzine klizača je 1

2221 vaavvE ωω −+=

D E

C

2v

1v

0v E

0 10 vv =ϕ

ϕ0Ev

ω

209

Zadatak 11.2.

Na slici je prikazan planetarni sistem konusnih zupčanika. Zadani su poluprečnici r1 i r2 zupčanika i uglovi .22 21 αα i Treba odrediti relativnu i apsolutnu ugaonu brzinu zupčanika 1 koji se kotrlja po nepomičnom zupčaniku 2, ako je poznato .pω

Slika uz zadatak 11.2 Rješenje: Kretanje zupčanika 1 sastavljeno je od obrtanja oko osi 1Ω ugaonom brzinom pω (prenosno kretanje) i obrtanja oko osi 2Ω ugaonom brzinom

rω (relativno kretanje). Trenutna os obrtanja (apsolutnog) zupčanika 1 je Ω (koja prolazi kroz tačke (O i P). Vektor apsolutne brzine 1ω leži na trenutnoj obrtnoj osi Ω . Na osnovu poznatog zakona složenog kretanja imamo da je rp ωωω +=1 Primjenom sinusnog teorema imamo:

αω

αω

αω

sinsinsin1

21== rp

0

1α

2αpω

1ω

rω

2a

1a

2

2α 1αpω

1ωrω

1r

P

n

0

H

1

α

2r

1ΩΩ

2Ω

1A

2A

210

gdje je .21 ααα += relativna ugaona brzina zupčanika 1 ,

sinsin

1

2pr ω

ααω ⋅=

kako je

OPr

OPr 2

21

1 sin,sin == αα

imamo da je .

1

2pr r

r ωω ⋅=

Apsolutna brzina zupčanika 1 ,

sinsin

11 pω

ααω ⋅=

a možemo je odrediti i pomoću kosinusnog teorema

..cos2

cos2cos2

212

22

11

1

1

222

1

22222

1

αω

ω

αωωωαωωωωω

rrrrr

rr

rr

p

ppprprp

++=

++=++=

Zadatak 11.3.

Poluga AB dužine l obrće se oko osi 1Ω u pozitivnom smjeru ugaonom brzinom 1ω čini je intenzitet .1 ωω = Disk poluprečnika r obrće se oko osi 2Ω u pozitivnom smjeru ugaonom brzinom 2ω čiji je intenzitet

ωω =2 u odnosu na polugu AB. Odrediti veličinu i pravac apsolutnih brzina tačaka C i D diska.

211

Slika uz zadatak 11.3 Rješenje: Kako su ugaone brzine relativnog i prenosnog obrtanja diska jednakih intenziteta i istog smjera, to se trenutno pol P diska nalazi na sredini poluge AB. ωωωω ⋅=+= 221a Korištenjem jednačina iz predhodnog poglavlja

2222

414

12 rrPCv aC +=+=⋅= ωωω

( ).21212 rrPDv aD ⋅+⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⋅=⋅= ωωω

Pravci vektora DC v i v normalni su na potege PC, odnosno PD. Zadatak 11.4.

Horizontalna os AB točka obrće se ugaonom brzinom ω oko vertikalne osi 1Ω , pri čemu se točak kotrlja bez klizanja po horizontalnoj ravnini. Odrediti ugaonu brzinu rω točka oko osi AB i njegovu apsolutnu brzinu aω oko trenutne osi obrtanja ako je poluprečnik točka r, a rastojanje AB = 1.

BA

D

C

P

1Ω

1ω

2Ω

2ω

Dv

Cv

Bv1ω

2ω B

212

Slika uz zadatak 11.4 Rješenje: Na osnovu slike vidimo da je .ωω =p Trenutna os obrtna točka ima pravac AP. Iz paralelograma vektora ugaonih brzina imamo

.1

1

ωω

ωω

⋅=

==

r

rBPAP

r

r

Apsolutna ugaona brzina

.111 222

222 +=+=+= r

rrraωωωωω

Zadatak 11.5.

U reduktoru prikazanom na slici pogonski članovi su zupčanik 1 i poluga H koja nosi osovinu dvojnog satelita 2 – 2'. Ako je poznato: ugaona brzina zupčanika 1 1ω = 140s-1, ugaona brzina poluge H Hω = 60s-1, brojevi zuba zupčanika z1 = 60, z2 = 40, z'2 = 20 i z3 = 120. Odrediti ugaonu brzinu zupčanika 3 3ω i brojeve zuba svih zupčanika, i to: a) kada zupčanik 1 i poluga H rotiraju u istom smjeru b) kada rotiraju u suprotnim smjerovima.

BA

1Ω

pω

rω

aω

P

213

Slika uz zadatak 11.5 Rješenje: a) Ovdje imamo zupčasti par 2 – 2' koji vrši obrtanje oko paralelnih osi. Brzina tačaka A,B i C ( )222211 ' rrCPrvA ++⋅=⋅= ωω (I) ( ) ( )22221 'rCPrrv HB +⋅=⋅+= ωω (II) CPvC 22 ⋅= ω (III) gdje je 2ω ugaona brzina zupčanika 2 – 2' oko trenutnog centra P2. Na osnovu (I) i (II) imamo ( ) 222111 ωωω ⋅=⋅+−⋅ rrrr H ( )[ ]Hrrr

rωωω ⋅+−⋅⋅= 2111

22

1

( )( )

( ) 22

2

21

2111

22

222

21

1

'''

rCPr

rrrrr ili

rCPrrCP

rrr

H

H

H +=

++−

+++

=+ ω

ωωω

( )( ) 2

2111

2122 'r

rrrrrrCP

H

H −+−

+=

ωωω

( )HHC rrrrCPv ωωωω −⋅−⋅=⋅= 12

21322

'

( ).'1

32

21

33 HH

C

rrrr

rv ωωωω −−==

Ako poluprečnike zamijenimo s brojem zuba ( )HH zz

zz ωωωω −−= 132

213

'

0

BA

C0

B

C

A H

2

1

3

B C

A H

1

2

3AvBv

Cv

2P

2′ 0

2′

214

( )

.40

6014040120602060

13

3

−=

−⋅⋅

−=

sω

ω

b) 1

1 140 −= sω 160 −−= sHω

( )

.110

6014040120602060

13

3

−−=

+⋅⋅

−−=

sω

ω

Zadatak 11.6.

Pravougaoni paralelopiped u posmatranom trenutku obrće se oko dvije osi koje se sijeku u tački O. Ugaona brzina prvog obrtanja po pravcu, smjeru i intenzitetu, jednaka je dijagonali OD. Ako je poznata brzina B v3 = 61 m/s i ako su date ivice paralelopipeda 5=AO m, 4=OC m , 3=OE m odrediti vektor ugaone brzine ω rezultirajućeg kretanja paralelopipeda.

Slika uz zadatak 11.6 Rješenje: Vektor ugaone brzine 1ω možemo pisati .1111 kji zyx ωωωω ++=

A

B C

D

E F

G

x

y

z

0 1ω

2ωk

ij

215

Kako su date stranice paralelopipeda, to je .351 kj +=ω Vektor 2ω usmjeren je duž pravca OD, imamo da je .

53

54

222 ki ωωω +=

Vektor apsolutne ugaone brzine je

.

5135

54 2

2

21

kji ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +++=

+=

ωωω

ωωω

Brzina tačke B

[ ]054

5135

54, 2

2 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +==

ωωω

kji

rv aB

( )

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅=

⋅+−=

5115

315

2

2

ωω

By

Bx

v

v

204 2 −⋅= ωBzv

( ) ( )22

222

222 204

5112531561 −⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅+⋅+== ωωωBv

Nakon sređivanja imamo da je

1

2

222

10

073800310769−=

=−⋅−⋅

sω

ωω

.570

52

501385

50384

1−=

++−=

s

kji

ω

ω

216


Krivaja O1O2 obrće se oko osi O1 brzinom 1ω . Na rukavac O2 krivaje slobodno je nasađen zupčanik II poluprečnika r2, koji je spregnut sa zupčanikom I. Odrediti apsolutnu ugaonu brzinu aω zupčanika I i njegovu ugaonu brzinu 2ω u odnosu na krivaje.


Rješenje:

2

211

2

112

rrr

rr

a−

=

=

ωω

ωω

Zadatak 11.8.

Prema podacima koji su dati u primjeru 11.7, odrediti relativnu 2ω i apsolutnu ugaonu brzinu aω zupčanika II prema slici 11.8.


P

1ω2ω

10 20aω

I

II

P 2ω1ω

10 20

III

aω

217

Rješenje:

2

21121

2

112

rrr

rr

a+

=+=

=

ωωωω

ωω

Zadatak 11.9.

Zupčanik 4 planetarnog mehanizma pričvršćen je na polugu OA, koja se okreće oko osi O nepomičnog zupčanika 1 konst. ugaonom brzinom ω0 . Osovina dvostrukog zupčanika 2-3 koji su u zahvatu sa zupčanicima 1 i 4 vezan je za polugu u ta~ki O1. Odrediti ugaonu brzinu zupčanika 4 ako su poznati brojevi zuba z1, z2, z3 i z4.

Slika uz zupčanik 11.9

Rješenje:

ω4 = ω0⋅ ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

42

311zzzz

Zadatak 11.10.

Za podatke iz zadatka 11.9 odrediti ugaonu brzinu poluge OA oko osi O kao prenosno rotaciono kretanje.


0

1

23

410 A

0ω

0 10 Apωω =0

rr 32 ωω =r1ω

r4ω

4ω

218

Rješenje:

ω0 >ω0⋅42

31

zzzz

1 > 42

31

zzzz

Zadatak 11.11.

Poluga 0A obrće se oko osi O ugaonom brzinom ω0 u pokazanom smjeru i pokreće zupčanik II koji se kotrlja po unutrašnjoj strani zupčanika III. Zupčanik II je u zahvatu sa zupčanikom I koji se okreće oko osi O. Odrediti ugaonu brzinu zupčanika I ako su poznati brojevi zubaca z1 i z2 zupčanika I i II.


1

3101 2

zzz +

⋅⋅= ωω

P1ω 2ω

10 20aω

I

II

219

[1] Andrejev, V.: Mehanika II - Kinematika, Tehnička knjiga, Zagreb, 1971. [2] Anđelić, T., Lj. Radosavljević: Mehanika, pojmovi, pravila, obrasci, Tehnička knjiga,

Beograd, 1964. [3] Assmann, B.: Technische Mechanik, R. Oldenburg Verlag, München, Wien. Tl 1: Statik, 1993.

Tl 2: Kinematik und Kinetik, 1992. [4] Bražničenko, U.A., V.L. Kan, B.L. Mincberg: Sbornik zadac po teoretičeskoj

mehaniki, Lenjingrad, 1962. [5] Böge, A.: Mechanik und Festigkeitslehre, Vieweg, Braunschweig, 1971. [6] Böge, A.: Aufgaben - sammlung zur Mechanik und Festigkeitslehre, Vieweg,

Braunschweig, 1992. [7] Böge, A.: Lösungen zur Aufgaben - sammlung zur Mechanik und

Festigkeitslehre, Vieweg, Braunschweig, 1992. [8] Bat, M.I., G.J. Džanelidza, A.S. Kelzon: Riješeni zadaci iz teorijske mehanike sa

izvodima iz teorije, I - Statika i kinematika, prijevod s ruskog, Građevinska knjiga, Beograd, 1970.

[9] Bazjanac, D. : Mehanika II - Kinematika, Tehnička knjiga, Zagreb, 1977. [10] Brommundt, E., G. Sachs: Technische Mechanik, Springer - Verlag, Berlin,

1988. [11] Dolocek, V.: Zbirka zadataka iz kinematike, Svjetlost, Sarajevo, 1973. [12] Gross, D., Hauger, W. Schnell: Technische Mechanik, Springer, Berlin. Bd. 1: Statik, 1982. Bd. 2: Elastostatik, 1985. Bd. 3: Kinetik, 1983. [13] Gross, D, W. Schnell: Formel - und Aufgabensammlung zur technischen

Mechanik, Teubner, Stuttgart, [14] Goldstein, H.:Klassische Mechanik, AULA - Verlag, Wiesbaden, 1991. [15] G. Kiessling, W. Körner, D. Mende, H. Spretke: Physik, Leipzig, 1981. [16] Hagandar, P.: Technische Mechanik, Harri Deutsch, Frankfurt,

Literatura

220

Bd. 1: Statik, 1989. Bd. 2: Festigkeitslehre, 1990.

[17] Hauger, Lippmann, Mannl: Aufgaben zu Technische Mechanik 1-3, Springer -

Lehrbuch, Berlin, 1991. [18] Ivanović, D.: Vektorska analiza, Naučna knjiga, Beograd, 1963. [19] Karabegović, I.: Zbirka riješenih zadataka iz kinetike i dinamike, Viša tehnička

škola Bihać, Bihać, 1982. [20] Kittel, Ch., W. Knight, M. Ruderman, C. Helmholz, B. Mayer: Berkeley Physik

Kurs, Mechanik, Friedr. Vieweg, Braunschweig, 1991. [21] Mayer, Schwarz, Stanger: Formel und Tabellensammlung, Handwerk und Technik,

Hamburg, 1990. [22] Muftić, O.: Mehanika I, Tehnićka knjiga, Zagreb, 1989. [23] Murray, R., Spiegel: Allgemeine Mechanik, McGraw-Hill Book Company BmbH,

Düsseldorf, 1979. [24] Pestel, E.: Technische Mechanik, Bibliographisches Institut, Mannheim, Bd. 1: Statik, 1969. Bd. 2: Kinematik und Kinetik, 1969. [25] Pivko, S.: Mehanika I, Statika, Naučna knjiga, Beograd, 1963. [26] Rusov, L.: Mehanika, Statika, Privredni pregled, Beograd, 1974. Mehanika, Kinematika, Privredni pregled, Beograd, 1974. Mehanika, Dinamika, Privredni pregled, Beograd, 1975. [27] Sapunar, Z.: Mehanika II, Sveucilišna naklada Liber, Rijeka, 1978. [28] Steger, H., J. Siaghart, E. Glauninger: Technische Mechanik 2, Festigkeitslehre,

Kinematik, Kinetik, Hydromechanik, B.G. Teubner, Stuttgart, 1993. [29] Timošenko, S., D.M. Jang: Tehnička mehanika, prijevod s engleskog,

Građevinska knjiga, Beograd, 1962. [30] Voronkov, I.V.: Teorijska mehanika, prijevod s ruskog, Građevinska knjiga,

Beograd, 1963. [31] Zimmermann - Rittinghaus: Mechanik - Aufgaben 1, Hermann Schroedel Verlag

KG, Hannover, 1966. [32] Zimmermann - Rittinghaus: Mechanik - Aufgaben 2, Hermann Schroedel Verlag

KG, Hannover, 1966.

221

Simbol Jedinica Naziv A m2 površina

A, B, C − integracione konstante a m/s2 ubrzanje a m/s2 vektor ubrzanja

…,, CB aa m/s2 vektor ubrzanja tačaka B,C,... B

Ca m/s2 ubrzanje tačke C oko ose kroz tačke

B Cora m/s2 Coriolisovo ubrzanje an m/s2 normalno ubrzanje ar m/s2 radijalno ubrzanje at m/s2 tangencijalno ubrzanje

ax, ay, az m/s2 skalarne komponente ubrzanja aϕ m/s2 cirkularna komponenta ubrzanja d m dužina, prečnik

zr eee ,, ϕ − jedinični vektori cilindričnog k. sistema

zr eee ,, ϕ − jedinični vektori prirodnog k. sistema kji ,, − jedinični vektori Decartovog k.

sistema g m/s2 ubrzanje zemljine teže k − konstanta l m dužina L m dužina n °/min broj okretaja Pv − trenutni pol brzina R m poluprečnik Rk m radijus krivine r m radijus r m radijus vektor položaja s m put, zakon puta t s vrijeme

UL m/m razmjera za dužinu Uv [m/s]/m razmjera za brzinu Ua [m/s2]/m razmjera za ubrzanje vv, m/s brzina

Simboli

222

…,, BA vv m/s brzine tačaka A,B,... B

Av m/s brzina rotacije tačaka A oko B rv m/s relativna brzina pv m/s prenosna brzina

vr, vϕ m/s radijalna i cirkularna komponenta brzine

vx, vy, vz m/s skalarne komponente brzine x, y, z m koordinate

ε s−2 ugaono ubrzanje α,β,γ,δ °, rad uglovi ζ,η,ξ m koordinate

ρ m radijus vektor položaja ϕ °, rad ugao, zakon obrtanja ψ °, rad ugao

ϕω = s−1 ugaona brzina ω0 s−1 konstante ugaone brzine

Documents

UNIVERZITETSKA KNJIGA kinematika - mehanika - …mfmehanika.weebly.com/uploads/1/4/7/3/14731462/kinematika.bihac.pdf · PREDGOVOR DRUGOM IZDANJU Ova knjiga predstavlja dopunjeno i