ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE - znanje.atwebpages.comznanje.atwebpages.com/wp-content/uploads/2014/12/dinamika.pdf · ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Bari čak Viktor - 1 - UNIVERZITET

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor

- 1 -

UNIVERZITET U TUZLI MAŠINSKI FAKULTET

Viktor Baričak

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE

Tuzla, 2007. god.


- 2 -

UNIVERZITET U TUZLI MAŠINSKI FAKULTET

Dr. Viktor Baričak

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE

Tuzla, 2007. godine


- 3 -

Dr. sc. Viktor Baričak, Mašinski fakultet Univerziteta u Tuzli ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Recenzenti Prof. dr. Dušan Vukojević, Mašinski fakultet Univerziteta u Zenici, Prof. dr. Mehmed Suljkanović, Rudarsko-geološko-građevinski fakultet Univerziteta u Tuzli Izdavač: Univerzitet u Tuzli Tiraž: 30 primjeraka Godina: 2007. Štampa: CIP-Katalogizacija Nacionalna i univerzitetska biblioteka Bosne i Hercegovine, Sarajevo 621........................ BARIČAK, Viktor, 1948.god. ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor.-Tuzla. Univerzitet, 2007.-157 str. Bibliografija: str. 155 ISBN 1. Baričak, Viktor COBISS/BiH-ID


- 4 -

Posvećujem roditeljima, Franji i Mariji i zahvljujem rođaku Miljenku Maričević


- 5 -

PREDGOVOR

Zbirka zadataka je rađena da omogući lakše praćenje nastave i polaganje pismenog ispita iz predmeta Dinamika na drugoj godini mašinskih fakulteta. Zbirka je posvećena analizi tri osnovna područja dinamike: dinamici tačke, dinamici sistema materijalnih tačaka i dinamici tijela.

Radi lakšeg razlikovanja prezentirane materije zadaci su podijeljeni na dvanaest poglavlja što odgovara nastavnom programu iz predmeta dinamike.

Sve oznake navedene u tekstu korištene su iz knjige Dinamika, prof. D. Vukojevića, II izdanje (2003. god.). Tuzla, 2007.god.

Autor Viktor Baričak


- 6 -

SADRŽAJ 1- DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE KRETANJA MATERIJALNE TAČKE....................1 2- OPĆI ZAKONI DINAMIKE MATERIJALNE TAČKE.................................................24 3- DALAMBERTOV PRINCIP ZA MATERIJALNU TAČKU..........................................69 4- DINAMIKA SISTEMA MATERIJALNIH TAČAKA I KRUTOG TIJELA......................71 5- OPĆI ZAKON KRETANJA MATERIJALNOG SISTEMA..........................................78 6- TIJELA PROMJENLJIVE MASE..............................................................................80 7- GLAVNI MOMENT KOLIČINE KRETANJA MATERIJALNOG SISTEMA................83 8- KINETIČKA ENERGIJA MATERIJALNOG SISTEMA............................................109 9- DALAMBEROV PRINCIP ZA MATERIJALNI SISTEM...........................................128 10-DINAMIKA KRUTOG TIJELA KOJE SE OKREĆE OKO NEPOKRETNE TAČKE.133 11-PRIBLIŽNA TEORIJA GIROSKOPSKIH POJAVA.................................................135 12-TEORIJA UDARA...................................................................................................140


- 7 -

1-DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE KRETANJA MATERIJALNE TAČKE, 1.1. Slobodna materijalna tačka 1.1.1. Diferencijalna jednadžba kretanja materijalne tačke u vektorskom obliku Položaj mase m materijalne tačke M koja se kreće, određen je vektorom položaja r(t) u odnosu na ishodište koordinatnog sistema. Prema drugom Newtonovom zakonu sila koja djeluje na materijalnu tačku je:

→ ′′→→

== rmamF

1.1.2. Diferencijalna jednadžba kretanja materijalne tačke u Dekartovim koordinatama

Koordinate (projekcije) sile →

F su→

X , →

Y i →

Z , a →

′′x , →

′′y i →

′′z projekcije vektora ubrzanja na koordinatne ose. 1.1.3. Diferencijalna jednadžba kretanja materijalne tačke u prirodnim koordinatama

Ako silu projeciramo na ose prirodnog trijedra (→→→

NiTB, ) dobićemo tri osnovne projekcije, u pravcu jediničnih vektora: TT Fma = -tangencijalna, NN Fma = - normalna i

BB Fma = - binormalna sila. 1.1.4. Diferencijalne jednadžbe kretanja materijalne tačke u polarnim koordinatama

2ϕ ′−′′= rrar i ϕϕ ′′+′′= rra p 2

Ako projeciramo silu →

F u radijalnom i poprečnom pravcu dobićemo:

rF = rma = )( 2ϕ ′−′′ rrm =pF pma )2( ϕϕ ′′+′′= rrm .

1.2. Zadaci dnamike za slobodnu materijalnu tačku a) Prvi zadatak dinamike tačke, poznati su zakoni kretanja materijalne tačke, a treba odrediti uzročnika ovog kretanja, silu. Zakoni kretanja su: ( )txx = , ( )tyy = i ( )tzz = Komponente sile koja izaziva to kretanje su: ( )txmX ′′= , ( )tymY ′′= i ( )tzmZ ′′=

Intenzitet rezultirajuće sile određen je sa: 222 ZYXF ++= .


- 8 -

b) Drugi zadatak dinamike tačke, svodi se na to, da ako se znaju sile iF→

koje djeluju na slobodnu materijalnu tačku mase m, odredi zakon kretanja tačke.

( )( )( )zyxzyxtZzm

zyxzyxtYym

zyxzyxtXxm

′′′=′′

′′′=′′

′′′=′′

,,,,,,

,,,,,,

,,,,,,

Nakon inegriranja imamo: ( )654321 ,,,,,, CCCCCCtXx =

( )654321 ,,,,,, CCCCCCtYy =

( )654321 ,,,,,, CCCCCCtZz = Početni uvjeti u Dekartovom koordinatnom sistemu, 0=t dati su obično u obliku:

′=′= 00 , xxxx

′=′= 00 , yyyy

′=′= 00 , zzzz Odnosno zakon kretanja materijalne tačke je:

( )txx = , ( )tyy = , ( )tzz = 1.3. Pravolinijsko kretanje tačke Ako znamo F

r koja dejeluje na materijalnu tačku, a treba odrediti zakon

kretanja materijalne tačke x=x(t), to odeđujemo sa:

0

0

==′′

==′′

==′′

Zzm

Yym

maXxm x

1.3.1. Kretanje materijalne tačke kad je sila konstantna

Ako na materijalnu tačku djeluje sila F

r konstantnog intenziteta u pravcu

ose x, onda je i ubrzanje materijalne tačke konstantno,

.constax ==′′→

Odnosno sila je:

XFdt

dxm ==

''

1.3.2. Slobodan pad u zračnom prostoru (otpornoj sredini)

Kod vrlo malih brzina (do 1 m/s) otpor sredine se računa prema izrazu: cLvFw = (linearna forma). Kod brzina koje su manje od brzine zvuka, otpor sredine se izračunava

u obliku:

2AvcFw ρ=

Gdje su:


- 9 -

A-površina projekcije tijela u ravni normalnoj na pravac kretanja, c-konstanta, ovisna od oblika tijela i ρ-gustoća medija

1.3.3. Sila koja djeluje na materijalnu tačku zavisi od vremena

( )tFxm x=′′

1.3.4. Sila koja djeluje na materijalnu tačku zavisi od rastojanja

( )xFxm x=′′

1.3.5. Sila koja djeluje na materijalnu tačku zavisi od brzine

( )xFxm ′=′′

1.4. Krivolinijsko kretanje materijalne tačke

Osnovna diferencijalna jednadžba za sumu sila glasi:

∑→→

= iFam

Rezultujuću silu možemo rasčlaniti na komponente:

zyx FFFF→→→→

++=

1.4.1. Kosi hitac u prostoru bez zraka

Kretanje u ovakvom prostoru znači da materijalna tačka nema otpora kretanju, pa su diferencijalne jednadžbe kretanja u Dekartovom koordinatnom sistemu:

0=′′xm 0=′′ym

mgGzm −=−=′′ . Maksimalna visina penjanja materijalne tačke za kut α (kut početne brzine V0):

g

VhZ

2

sin2

0max

α==

Domet (D) iznosit će:

g

VtVyD EE

αα

2sincos22 0

0 ===


- 10 -

A maksimalni domet je: 2

0max

g

VD =

1.5. Kretanje neslobodne materijalne tačke

Kretanje materijalne tačke po nepokretnoj površini u Dekartovim koordinatama je oblika: f(x,y,z)=0

Odnosno ako je veza stacionarna i holonomna onda je osnovna diferencijalna jednadžba kretanja materijalne tačke:

NFFam→→→

+=

Gdje je:

→

F – rezultanta vanjskih aktivnih sila, a

NF→

–reakcija veze

Ukoliko je površina hrapava, tada reakcija veze →

NF ima dvije osnovne komponente, tangrncijalnu i normalnu:

NT FFF→→→

+=

Komponenta →

TF nastaje kao posljedica trenja, pa diferencijalna jednadžba kretanja tačke ima oblik:

v

vFFFam

dt

rmdnn

→→→→

→

−+== µ2

2

gdje je: µ -koeficijent trenja

Ili:

Tn FFFam→→→→

−+= Tačka M se kreće i stalno je u dodiru sa površinom te mora zadovoljiti uvjet: f(x,y,z)=0. Vektor se poklapa sa smjerom spoljašnje normale u tatoj tački je:

kz

fj

y

fi

x

ffgrad

rrr

∂∂

+∂∂

+∂∂

= .

Iz uvjeta kolinearnosti fgrad i nF→

možemo napisati: fgradF n λ=→

, gdje je λ -Lagranžov množitelj.

Diferencijalna jednadžba kretanja neslobodne materijalne tačke u vektorskom

smislu ima oblik:


- 11 -

v

vFgradfFam

dt

rdm n

→→→

→

−+== µλ2

2

odnosno njenim projeciranjem na ose Dekartovog sistema dobijamo Lagrangeove jednadžbe prve vrste:

dt

dxF

x

fFxxm nxµλ −

∂

∂+=

→''

dt

dyF

y

fFyym nyµλ −

∂

∂+=

→''

dt

dzF

z

fFzzm nzµλ −

∂

∂+=

→''

1.5.1. Kretanje tačke po nepomičnoj krivoj liniji Jedndžba veze se formira presjekom dvije površine u Dekartovom sistemu:

0),,(1 =zyxf i 0),,(2 =zyxf

Reakcija veze iznosi: 21 nnn FFF→→→

−=

Diferencijalna jednadžba kretanja materijalne tačke po idealnoj vezi (glatka nepokretna kriva linija):

22112

2

21 gradfgradfFFnFnFdt

rdmam λλ ++=++==

→→→→→

→


- 12 -

1.1. Tijelo težine 15 N ima početnu brzinu 10 m/s po glatkoj površini. Ako sila F =(2,5t) N, gdje je t u sekundama, djeluje na tijelo u trajanju od 3 s, izračunati konačnu brzinu tijela i udaljenost koju tijelo pređe za to vrijeme.

Zadano: F=(2,5t) N, t=3s, težina tijela=15 N, V=10 m/s. Rješenje:

( )( )

( ) ( )

( )( )( ) ( ) ( ) mr

Ctr

Ctttr

smtv

smCtv

Cttv

tt

m

FaamF

9,343103545,03

0

10545,0

71,24103635,13

100

635,1

635,1

81,9

15

5,2

3

2

2

3

2

1

1

2

=+=

==

++=

=+==

===

+=

===⇒=rr

1.2. Sanduk mase 60 kg horizontalno ispadne sa kamiona koji se kreće brzinom od 80 km/h. Odrediti kinetički koeficijent trenja između kolovoza i sanduka, ako je sanduk klizio 45 m po podlozi bez prevrtanja poduž kolovoza do zaustavljanja. Pretpostaviti da je početna brzina sanduka u odnosu na kolovoz 80 km/h.


- 13 -

( )

( ) 0

22,222

22,2280

0

00

20

2

2

10

1

==

++−==

==⇒

+−==

−=−

=⇒=−⇒=

=−⇒=

∫

∫

∑

∑

Cr

Cttg

Vdtr

sm

hkmCV

CgtadtV

gm

NamaTF

GNF

k

k

kk

x

y

µ

µ

µµ

( )

( ) gtgtV

mttg

r

kffkt

ffk

t

f

f

µµ

µ

22,22022,22

4522,222

2

=⇒=+−=

=+−

=

5592,04522,22

22,2222,22

2

2

=⇒=

+

−k

kk

k

gg

gµ

µµµ

1.3. Lift E ima masu 500 kg, a kontra uteg u tački A ima masu od 150 kg. Ako motor preko užeta B daje silu od 5 kN, odrediti brzinu lifta nakon 3 s od kretanja. Masu užeta i koturača zanemariti.


- 14 -

BA

AAAA

y

aa

amFG

F

=

=−

=∑ 0

BBBBA amGFF =−+

Uvrštavanjem AF iz lijeve jednadžbe u desnu, dobijamo ubrzanje odnosno brzinu:

( )

( )0 23,741,2

41,2

3

2

==+==

=+

+−=⇒=−+−

∫= CsmCtadtV

sm

mm

FGGaamGFamG

st

BA

BBABBBAA

1.4. Čovjek gura sanduk težine 60 N silom F. Kut sile je konstantno 300 prema horizontali, dok će se njen intenzitet povećavati dok sanduk ne počne klizati. Odrediti početno ubrzanje sanduka ako su statički µs=0,6 i kinetički koeficijent trenja µk=0,3.

Stanje ravnoteže u mirovanju: ( )

NG

F

FGNTF

s

s

ss

6,6330sin30cos

30sin30cos

00

00

=−

=

+===

µµ

µµ

Stanje ravnoteže u kretanju:

( ) smamaFGF

maTF

k 78,1430sin30cos

30cos

00

0

=⇒=+−

=−

µ

Tr

Nr

Gr

Fr

Fr

Nr

Gr

Fr

amr


- 15 -

1.5. Sila od F=15 N djeluje na jednom kraju užeta. Odrediti do koje visine će se blok A težine 30 N podići u vremenu od 2 s nakon početka dizanja. Zanemariti mase točkova i užeta.

Rješenje:

( )

0202

020

..2

21

21

21

=−=′′−−−−−−−−−=+=′′

=−=′−−−−−−−−−=+=′

=++=−−−−−−=+=

CACB

CACB

CAACA

aaLaaL

VVLVVL

constxxxLconstxxL

( )

1

2

2,32

2,32

22

2

CtVs

ma

amGF

amGF

A

A

AAAC

AAAA

+=

=

=−

=−

( )

( )

( ) mr

Cr

Ctr

CV

A

tA

A

tA

4,64

0

1,16

0

2

20

2

2

10

=

==

+=

==

=

=

1.6. Teret A od 10 N kreće se udesno brzinom VA=2 m/s kao na slici. Ako je koeficijent kinetičkog trenja između površine i tereta A µk=0,2, odrediti brzinu tereta A nakon pomjeranja od 4 m. Teret B djeluje silom od 20 N.

Uvjet ravnoteže je:

AAAk

AkAk

amGF

GNT

=−

==

µ

µµ

FC FC

FA

Tr

AN

r

AGr

Fr

AAamr


- 16 -

Iz kinematike znamo da je:

1.7. Sportski automobil, mase 1700 kg, kreće se horizontalno po kolovozu sa bočnim nagibom od 200 i po kružnom zavoju radiusa ρ=100 m. Ako je koeficijent statičkog trenja između kolovoza i pneumatika µs=0,2, odrediti maksimalnu konstantnu brzinu automobila bez klizanja prema gore, sa zadanim nagibom. Zanemariti dimenzije automobila.

Suma horizontalnih sila:

ρ

2

cossinV

mTN =Θ+Θ

Suma vertikalnih sila:

NG

N

GTN

NT

S

S

19140sincos

0sincos

=Θ−Θ

=

=−Θ−Θ

=

µ

µ

Pa je brzina:

( )

( )( )

( )( )( )( ) →−=

=⇒=+=

=

++=

==

+=

=+

−=

=+−

=−

=

jejekretasmtV

sttttr

Cr

Ctttr

smCV

CttV

sm

mm

GGa

amGamG

amFG

aa

f

ffffA

A

ffA

A

A

AB

AkBA

ABAkAAB

BBB

BA

η

µ

µ

01,5

5759,04261,2

00

261,2

20

23,5

23,5

22

2

22

2

2

2

2

2

2

1

1

2

Fr

2

BGr

BB amr


- 17 -

( ) smNN

mV S 43,24cossin =Θ+Θ= µ

ρ

1.8. Koristeći podatke predhodnog zadatka odrediti minimalnu brzinu automobila pri kojoj on neće kliznuti bočno prema dole.

GTN

VmTN

eV

eVa nt

=+

=−

+′=

00

200

2

20sin20cos

20cos20sinρ

ρrrr

U stanju mirovanja je: NT Sµ= , pa je:

smV

NT

NG

NS

24,12

6,3308

165432020cos 00

=

=

=+

=µ

1.9. Valjak A, mase 0,75 kg, spojen je sa oprugom čija je krutost k=200 N/m. Kada nosač BC rotira oko vertikalne ose, valjak klizi ka periferiji klizača DE. Ako je opruga neopterećena s=0, odrediti konstantnu brzinu kojom se kreće valjak da bi bilo s=100 mm. Kolika je normalna sila između valjka i klizača? Zanemariti oblik valjka.


- 18 -

Sila u opruzi je: NmmNlkFS 201,0200 ==∆=

Suma vertikalnih sila: ∑ =−⇒= 00 GRF yy

Suma horizontalnih sila: ∑ =⇒=ρ

2

0mV

FF Sx

Transfezalna sila je: ∑ == 0tRF

Iz sume vertikalnih sila je:

NRy 357,781,9 75,0 == , a brzina:

smV 633,1=

1.10. Odrediti najveće moguće ubrzanje za sportski automobil mase 975 kg tako da se prednji točkovi ne podignu sa kolovoza ali i da ne kližu . Koeficijenti statičkog i kinematičkog trenja su µs=0,8 i µk=0,6. Zanemariti mase točkova. Automobil je sa pogonom na sva četiri točka.

mVρ

2

en

et

Rtρ


- 19 -

Prednji dio vozila će se odvojiti od podloge pa će biti:

GNmaT

TN

BB

AA

=⇔=

==

,

0

Iz sume momenata za tačku B slijedi:

( ) BB NT 82,120,255,0 −= , iz ovoga je:

2778,66909,055,0

38,0

smgga ===

1.11. Sanduk mase m je postavljen kolica zanemarive mase. Odrediti maksimalnu silu P s kojom se može djelovati na udaljenosti d od dna kolica da ne dođe do prevrtanja sanduka s kolica.

U trenutku kretanja kolica, imamo da je, 0== AA NT maTP B =− ------------------------------------------a Momentna jednadžba za težište je:

0222

=

−

+

−b

Nh

Th

dP BB ----------------------b

GNB

rr= ---------------------------------------------------c

BTr

Gr

ATr

BNr

amr

ANr

BN

ANr

ATr

Gr

amr

Pr

BTr

d

b

h


- 20 -

Za kolica, koja nemaju masu, odnosno zbog izraza “ma“,

imamo: 0=BT -------------------------------------------------------d BBBAA NNN =+ -------------------------------------------e

Ako uzmemo cijeli sistem, amP

rr= ---------------------------------f

Uzimajući u obzir da su: 0=BT i GNB = , to je sila P iz b:

−=

22

hd

GbP

1.12. Homogeni sanduk mase m nalazi se na hrapavoj površini palete pri čemu je statički koeficijent trenja µs. Ako se paleta kreće ubrzanjem ap , dokazati da će se sanduk prevrnuti i iskliznuti u istom trenutku kada je µs=b/h.

Imamo slučaj da se sanduk prevrće oko A :

b

amr

Pr

d

h

AANr

BBNr

ANr

BN

ATr

Gr

amr

BTr

AA

A

A

BB

Th

Nb

NG

maT

TN

22

0

=

=

=

==

h

b

N

Nh

b

N

T

A

A

A

AS ===µ

NAA NBB

NA NB

TA TB


- 21 -

U stanju mirovanja je: ASA NT µ= 1.13. Ormarić težine 80 N se gura po podu. Ako je statički koeficijent trenja u A i B jednak µs=0,3, a koeficijent kinetičkog trenja µk=0,2, odrediti maksimalnu horizontalnu silu P koja neće dovesti do prevrtanja ormarića.

Razmotrimo, koje kretanje prvo nastupa:

( ) ABBA

BA

BA

NNTTP

NNG

TTP

5,15,15,25,1 =+++

+=

+=

Za ovaj slučaj uzevši navedeno i 0== BB TN dobijamo silu:

NGP

GPP

304

5,1

5,15,25,1

==

=+

U stanju mirovanja je: NT Sµ= , pa je sila: NGP S 24== µ . Ormarić prvo počinje klizati prije prevrtanja, pa moramo razmotriti njegovo kretanje da vidimo šta se dešava.

( ) ABBA

BkB

AkA

NNTTP

NT

NT

5,15,15,25,1 =+++

=

=

µ

µ

Za slučaj da je: 0== BB TN , dobija se:

( )NGP

NNP AAk

33,535,1

5,22,05,1

5,15,25,1

=−

=

=+ µ

ANr

BN

ATr

Gr

BTr

Pr

ANr

BN

ATr

Gr

BTr

Pr

amr


- 22 -

1.14. Odrediti konstantnu silu F odgovarajućeg ubrzanja za automobil mase 1000 kg koji se kreće po ravnom kolovozu do brzine od 20 m/s u vremenu od 10 s.

Zadano: Masa vozila je m=1000kg, a sila F=const! Prikaz djelovanja sila na vozilo:

( )∑∑

=⇒===−⇒=

+=⇒=−⇒=

CyyCy

xxx

GNamaGNF

maTFmaTFF

000

0

Utjecaj trenja ćemo zanemariti,

010

1

==

+=

=

= CV

Ctm

FV

m

Fa

x

x

x

( )

( )

Nss

mF

sms

m

FV

tm

FV

Stx

tx

200010

100020

201010

==

==

=

=

1.15. Sila P=250 N djeluje na tijelo od 900 N. Ako je kinetički koeficijent trenja između tijela i horizontalne podloge µk=0,2, odrediti ubrzanje tijela i reakcije tijela u tačkama A i B.

t=0

Vr

=0

C C Fr

Fr

t=10s

V=20m/s


- 23 -

Zadano:

2,0

900

250

=

=

=

k

NG

NP

µ

Odrediti: BA RiRa , Sile trenja su:

kBB

AA

NT

NTk

µ

µ

=

=

Suma sila po osama x, y i moment oko tačke C su:

∑∑∑

=−−+−⇒=

=−+⇒=

=−−⇒=

066330

00

0

BABAC

BAy

BAx

TTNNM

GNNF

maTTPF

Iz prve jednadžbe je ubrzanje: ( )BA TTPm

a −−=1

Iz druge je: BA NGN −= , Iz treće je: ( ) ( ) 06633 =−−−+−− BkBkBB NNGNNG µµ

Odakle je : NGG

Nkk

kB 630

6633

63=

+−−−

−−=

µµµ

C

Pr

6

3 3

ANr

BNr

ATr

Gr

BTr

Pr

amr


- 24 -

Oslonac: NNGN BA 270630900 =−=−= , sile: NTA 54= i NTB 126= , pa su

rezultante BA RiRrr

, jednake: NTNR aAA 3,275=+= , a NTNR BBB 5,642=+= .

Kutevi koje one zatvaraju sa silama trenja su: 069,78=Aα i 069,78=Bα .

Ubrzanje a iznosi: 2504,2s

ma =r

.

1.16. Ormar mase 75 kg kreće se po horizontalnoj podlozi. Odrediti maksimalnu silu Pr

tako da se ormar ne prevrne.

Zadano: kgm 75= Odrediti: Pmaks bez prevrtanja Rješenje: Pretpostavka da je trenje na točkovima zanemarivo. Pri prevrtanju, 0⇒AN

281,9

8,735

045,045,045,00

00

0

sm

m

Pa

NGNP

GN

PNNM

GNNF

maPF

B

B

BAT

BAy

x

==

===

=

=−+−⇒=

=−+⇒=

=⇒=

∑∑∑

1.17. Težište 2300 N teškog dragstera nalazi se na 2,4 m od zadnjeg točka i 2 m iznad podloge. Odrediti maksimalno ubrzanje dragstera (bez prevrtanja unazad) te minimalni koeficijent trenja između točkova i piste kojim će se postići to ubrzanje.


- 25 -

Zadano: G=2300 N Odrediti: amax bez prevrtanja i koeficijent trenja µ da bi se postiglo amax

Rješenje:

∑

∑∑

⇒==+−=

⇒==−+⇒=

=⇒=

atranslacijITNNM

maGNNF

maTF

težAABtež

yBAy

xax

00,24,20,7

)prevrtanja bez kretanje

ljenopretpostav(00

0

ε

U stanju mirovanja: As NT µ= , Pri prevrtanju NB je jednaka 0.

Prema tome je, ( )

gm

NG

m

Na s

BsAsx µ

µµ=

=−==

0

2772,112,1

2,10,2

4,2

0)0,24,2(

00,24,2)0(0,7

smga

N

NNN

x

s

As

AsAB

==

==

=+−

=+−=

µ

µ

µ

1.18. Sila P=750 N djeluje na tijelo mase 350 kg. Ako je kinetički koeficijent trenja između tijela i podloge µk=0,15, odrediti ubrzanje tijela i reakcije podloge u tačkama A i B.

Zadano: P=750N, m=350kg i µk Naći: a, RA i RB.

∑∑∑

=Θ−Θ+−−+−⇒=

Θ−−+⇒=

=−−Θ⇒=

0cos3,0sin7,04,04,05,05,00

sin0

cos0

PPTTNNM

PGNNF

maTTPF

BABAtež

BAy

BAx

Pri klizanju je NT kµ= . Time dobijamo 5 nepoznatih.

ANr

BNr

Gr

amr

Tr

amr

ANr

BN

r

ATr

Gr

BTr

Pr

tež

Θ


- 26 -

( )[ ]

( ) ( )

23714,0

2111,1659

2,313,1,246

1641

20884,04,05,05,0

cos3,0sin4,04,0sin5,05,0

cos3,0sin7,0

4,0sin4,05,0sin5,00

sin

cos1

sma

NRNR

NTNT

NN

NPPGPG

N

PP

NNPGNNPG

NPGN

NNPm

a

BA

BA

A

kk

kkB

BkBkBB

BA

BAk

=

=−−−−=

=−−−−=

=

=+−−−

Θ−Θ−−Θ−−=

Θ−Θ+

+−−Θ+−+−Θ+−=

−Θ+=

+−Θ=

µµµµ

µµ

µ

1.19. 2 m duga greda mase 20 kg oslanja se na zadnju stranu kamiona kao na slici. Ako je dno grede učvršćeno protiv klizanja, odrediti maksimalno ubrzanje kamiona, a da pri tome ne dođe do prevrtanja grede.

Zadano: L=2m, m=20kg Naći: a Izrada: Analiziramo trenutak kada je: NB=>0

00

0

=−⇒=

=⇒=

∑∑

GNF

maNF

Ayy

xAxx

20

0

0

00

1

0

1

21

0

2

0

1

571,3364,070sin

70cos

70sin

70cos70sin

70cos

:

070cos70sin0

smgg

m

G

m

l

Nl

m

Na

jepa

ll

NlNlM

Ay

Axx

AyAxtež

======

=

=−⇒=∑

ar

A

l B

070 Vr

yN A

r

BNr

Gr

1l amr

xN A

r

2l


- 27 -

1.20. Ploča mase 40 kg, kao na slici, oslonjena je na dva mala točka A i B i žicu u C. Odrediti ubrzanje ploče i normalnu silu na oba točka neposredno nakon presijecanja užeta.

Zadano: m=40kg Naći: a, NA, NB, kada je uže presiječeno Rješenje: Pretpostavka je da točkovi ne pružaju otpor kotrljanju. Ploča će se translatorno kretati niz kosinu.

030sin3,0

30sin3,030cos75,030cos75,00

030cos0

30sin0

0

000

0

0

=+

++−⇒=

=−+−⇒=

=⇒=

∑∑∑

B

ABAtež

BAy

x

N

NNNM

GNNF

maGF

Iz prve jednadžbe je ubrzanje:

0000

0020

0

0

30sin3,030sin30cos3,030sin3,0

30cos75,030cos75,030cos75,00

30cos

905,430sin

BB

BB

BA

NGN

NGN

GNN

smga

+−+

+−−=

−=

==

Odavde su NB i NA :

( )

NGNN

NG

N

BA

B

8,56530cos

7,90530sin6,0

30sin30cos3,030cos75,0

0

0

0002

=−=

=+

=

1.21. Homogeni valjak promjera 4 m težine 2000 N položen je na platformu kamiona. Grede sprečavaju kotrljanje valjka pri ubrzanju kamiona. Izračunati ubrzanje kamiona u trenutku kada dolazi do prevrtanja valjka preko grede.

BNr

amr

ANr

Gr

tež

030Vr

x

y


- 28 -

ml 33,05,06,0 22 =−=

Zadano: G=2000N. Odrediti: a kada dolazi do prevrtanjanja valjka. U trenutku kada valjak počinje da se prevrće, N, RBX, RBy →0.

)(66,05,0

33,0

5,05,05,0

033,05,00

00

0

agravitacijggg

m

mgl

m

Gl

m

lR

m

Ra

m

lRR

RRM

GRGRF

maRF

AYAX

YAAX

AYAXtež

AYAYY

AXX

−==

=====

=

=−⇒=

=⇒=−⇒=

=⇒=

∑∑∑

1.22. Tanka ploča mase m=10 kg vezana je za vertikalni zid sa dvije poluge A i B, a užetom u tački C. Odrediti ubrzanje centra mase ploče i sile u vezama nakon što presječemo uže. Masu štapova i užeta zanemarujemo.

ar

A B

Vr

m1,0

AYRr

amr

Gr

tež

BYRr

Nr

AYRr

Nr

l

m1,0

m5,0 m6,0


- 29 -

Zadano: masa tanke ploče m=10kg, zanemarena masa štapova i užeta Odrediti: atež, RA, RB, kada je uže presječeno. S obzirom da je ABCD paralelogram, ploča će vršiti translaciju po krivulji. Neće rotirati, ali će štapovi rotirati.

0sin4,0cos2,0sin4,0cos2,00

0sin0

cos0

=Θ−Θ+Θ−Θ−⇒=

=Θ−+⇒=

=Θ⇒=

===

∑∑∑

BBAAtež

BAn

t

BAtež

RRRRM

GRRF

mrGF

raaa

ε

ε

Iz sume tangencijalnih sila dobija se:

Θ= cosr

gε

Iz sume momenata proizilazi:

[ ][ ] [ ][ ]

2496,8cos

794,3

84,52sin4,0cos2,0sin4,0cos2,0

sinsin4,0cos2,0

0sin4,0cos2,0sinsin4,0cos2,0

smgra

pritisakNR

istezanjeNG

R

RRG

tež

A

B

BB

=Θ==

−=

=Θ+Θ−Θ−Θ−

ΘΘ+Θ−=

=Θ−Θ+−ΘΘ−Θ−

ε

Ubrzanje djeluje u pravcu tangente, a ugao pod kojim djeluje je 600! 1.23. 14 m duga greda težine 400 N ovješena je na tri užeta. Treba odrediti ubrzanje centra mase grede i sile u užadima AB i CD neposredno nakon što presječemo uže E.

Zadano: G=400 N Odrediti: atež, NAB, Ncd nakon presjecanja užeta. Pošto je ABCD paralelogram, kretanje mu je translatorno po krivulji. Nema ugaonu brzinu niti ubrzanje, ali užad AB i CD imaju i ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje. U stvari na njih se mogu primjeniti izrazi za rotaciju oko tačke ovješenja.

2ωε rraaa CBtež +=== ,

ARr

nr

Gr

tež

tr

Θ

BRr

εωrr

,

εωrr

,

εω , BAN

r

CDNr

Gr

εωrr

,

Θ

tr

nr


- 30 -

gdje εω, vrijede za konopce. Ubrzanja težišta i tačaka B i C su translatorna!

Θ=

=Θ−

−Θ−Θ−Θ⇒=

=++Θ−⇒=

=Θ⇒=

∑∑∑

cos

:

0cos5,0

sin1cos5,0sin5,00

sin0

cos0

2

r

g

jeprveiz

N

NNNM

mrNNGF

mrGF

CD

CDABABtež

CDABn

t

ε

ω

ε

ω=0 vrijedi kada je uže presječeno, (ostaje da je): CDAB NGN −Θ=⇒ sin

( ) ( )( )

( ) ( )Θ=Θ−Θ==+=

==Θ=

=

=Θ+Θ+Θ−Θ

ΘΘ−Θ=

=Θ−Θ−+Θ−Θ

sin49,8cossin)0(

98,3330cos25,0

81,9

cos

22,6

78,13cos5,0sin1cos5,0sin5,0

sincos5,0sin5,0

0cos5,0sin1cos5,0sin5,0

2

2

2

02

s

mjirnrtra

s

rad

ms

m

r

g

kgN

kgG

N

NN

tež

AB

CD

CDAB

rrrrεωε

ε

2- OPĆI ZAKONI DINAMIKE MATERIJALNE TAČKE 2.1. Impuls sile Djelovanje sile u toku nekog vremenskog intervala na neku tačku (tijelo)

nazivamo impulsom sile →

I :

tFI→→

= Gdje su:

=→

I impuls sile

→

F =sila t =vrijeme Dejstvo impulsa u vremenskom intervalu dt je:

dtFId→→

= Ili u konačnom vremenskom intervalu t1 – t2 , pomoću integrala:


- 31 -

∫→→

=2

1

t

t

dtFI

Odnosno u smijeru ose x:

∫=2

1

t

t

dtFxIx

Koeficijent pravca prema osi x je:

I

IxiI =

⊄

→→

,cos

2.2. Količina kretanja materijalne sile

Količina kretanja →

K je vektorska veličina koja ima pravac i smijer brzine →

v , a

jednaka je po intenzitetu proizvodu mase materijalne tačke i njene brzine:→→

= vmK .

Pošto je količina kretanja, →→

= vmK , to njen diferencijalni oblik dtFKd→→

= , integracijom u intervalu t1-t 2 daje jednadžbu:

∫∫→→

=2

1

2

1

t

t

t

t

dtFKd ,

koja predstavlja impuls, →→→

=− IKK 12 . 2.3. Moment količine kretanja Moment količine kretanja, je moment vektora količine kretanja za neku tačku ili osu.

Ako se tačka mase m kreće pod dejstvom sile →

F i ima brzinu →

v , a njen položaj u

odnosu na pol o je definiran radius vektorom →

r , tada će prema definiciji, moment količine kretanja za tačku o iznositi:

→→→→→

== KxrvxmrL 2.4. Rad sile Rad sile karakteriše se kao dejstvo sile na tijelo pri njegovom pomjeranju. Elementarni rad na beskonačno malom pomjeranju definira se kao skalarna veličina:

→→

= sdFdA

Odnosno: →→

= sdFdA T ,

gdje je: →

TF -projekcija sile na pravac tangente. 2.4.1. Snaga


- 32 -

Pod snagom podrazumjevamo rad sile u jedinici vremena. To znači da izvod rada A po vremenu t daje snagu P :

→→→→

=== vFdt

rdF

dt

dAP .

2.4.2. Rad sile Zemljine teže

Ako se tačka M, sopstvene težine →

G , pomjeri po nekoj putanji iz položaja M1 u položaj M2 izvršen je određeni rad sile teže.

Projekcije sile →

G na koordinatne ose iznose: X=0, Y=0 i Z=-G. Visinska razlika tačaka M1 i M2 , je z2 – z1 , koja može biti pozitivna ili negativna; z2 – z1=±h pa će rad iznositi:

( ) GhzzGA ±=−−= 122,1

2.4.3. Rad elastične sile

Rad elastične sile tumačimo kao djelovanje sile →

F na elastičnu oprugu pri čemu se ona rasteže za dužinu h. Elementarni rad je:

dA=c.z.dz odnosno:

∫ =====

2

1

2

01

2

222|

z

z

h

z

FhchzcczdzA

2.4.4. Rad sile trenja klizanja Smijer sile trenja je uvijek suprotan od pomjeranja tačke M, pa će rad sile trenja iznositi:

dsFdsFAM

M

N

M

M∫∫ −=−=

2

1

2

1

2,1 µµ , jer je: µFN=Fµ

2.5. Kinetička energija materijalne tačke Kinetička energija je skalarna veličina, a u diferencijalnom obliku iznosi:

∑=

==

n

iiK AdE

mVd

1

2

2

Što predstavlja priraštaj kinetičke energije i njenu vezu sa utrošenim radom. Ako

promatramo kretanje materijalne tačke između dva intervala t1÷t2, odnosno 21

→→

viv imat ćemo:

∑=

=−n

iKK AiEE

1

21

2.6. Potencijalna energija


- 33 -

Ako se sistem materijalnih tačaka M1, M2,.... Mn, nalazi u konzervativnom polju pod dejstvom sila F1...... Fn, promatrat ćemo početni položaj tačaka sistema(M1)0, (M2)0...(Mn)0 . Potencilalnu energiju možemo definirati na slijedeći način:

Ep =f(x1, y1, z1, .... xn, yn, zn). Rad sile u konzervativnom polju jednak je razlici potencijalnih energija u dva polja:

2,121 AEE pp =−

2.1. Raketa na čvrsto gorivo može se izraditi u jednom od dva prikazana oblika poprečnog presjeka. Na osnovu eksperimentalnih podataka dobijene su krive zavisnosti sile potiska i vremena (F, t ) za prikazane oblike, a za istu vrstu pogona. Odrediti ukupni impuls u oba slučaja.

∫ =2

1

t

t

Fdt površina ispod krive

Takođe se može odrediti jednadžba za bilo koji linijski segment i integrirati po segmentima, ali izračunavanje područja je mnogo brže. Želimo odrediti jednadžbu kojom možemo brzo izračunati svaku liniju intervala,

a) ( ) ( ) ( ) ( ) NsFdtt

t

46842

143

2

14343

2

1

=×+

++=∫

b) ( ) ( ) NsFdtt

t

54622

186

2

1

=+=∫

2.2. Sanduk težine 20 N vuče sila F=(3+2t) N, gdje je t u sekundama. Ako se u početku sanduk kreće prema dole po kosini sa brzinom od 6 m/s, odrediti koje vrijeme je potrebno da sila zaustavi kretanje sanduka. Sila F je uvijek paralelna sa kosinom.


- 34 -

st

tttGmV

FGR

mVRdtmVt

t

643,4

0330sin

30sin

0

20

1

0

0

21

2

1

=

=−−+

−=

==+ ∫=

2.3. Ako se 0,4 N teška loptica ispali iz cijevi pod nagibom od 400 prema horizontali, pada na tlo pod istim nagibom ali na udaljenosti od 130 m. Izračunati impuls sile kojim će se to ostvariti.

Ne poznajemo niti jednu brzinu, pa polazimo od ubrzanja i računamo brzine.

( )( )

( )

( ) ( ) ijtVgt

itVtr

ujCiCr

jCtVgt

CtVr

jiViCiCV

jCgtiCV

gja

13040sin2

40cos

aizbacivanj trenutku 0

40sin2

40cos

140sin40cos

0

1

20

1

430

4

0

1

2

3

0

1

00

1210

21

=

+−+=

−=+=

++−++=

+=+=

+−+=

−=

r

rr

r

r

r

r

Nr

Fr

Gr

Vr


- 35 -

Po osi x: 0

1

0

140cos

13013040cos

VttV =⇒=

Po osi y: 040sin2

0

1

2

=+− tVgt

( )

( )

( )

∫

∫

=

=+

+=

−=

=

===

=

+

−

2

1

2

1

46,1

)(3681,9

4,00

81,9

4,0

14,235,270

14,235,27

36

129540sin40cos2

130

40sin130

40cos

40cos

130

2

040cos

13040sin

40cos

130

2

1

2

2

000

0

02

22

1

0

1

0

1

2

0

1

t

t

t

t

NsFdt

ostaječemupriFdt

smjiV

smjitV

smV

smgg

V

VV

V

g

r

r

2.4. Bejzbol loptica se kreće horizontalno brzinom 35 m/s u trenutku kada je udari bejzbol palica B. Ako loptica nastavi kretanje pod nagibom od 600 prema horizontali i dostigne maksimalni domet od 50 m, računato od visine mjesta udarca palice. Izračunati veličinu impulsa palice na lopticu. Loptica ima masu 400 g. Zanemariti masu loptice za vrijeme udara palicom.

( ) ( ) ( )[ ]

∫

∫

∫

=

+=

=−−+=−=

=+

==

=

=

2

1

2

1

2

1

65,24

53,1223,21

60sin60cos

17,3660sin

2

2

1

60sin

1

00

212

21

022

2

2

0

22

t

t

t

t

t

t

B

By

y

NsFdt

ji

iVjiVmVVmdtF

VmdtFVm

smgy

V

GymV

VV

rrr

rrr

2.5. Automobil težine 2700 N kreće se brzinom od 4 m/s pri čemu udara u zid. Ako udar traje 0,06 s, odrediti srednji impuls sile koja djeluje na automobil. Djelovanja kočnica nije bilo. Ako je koeficijent kinetičkog trenja između točkova i kolovoza


- 36 -

µk=0,3, odredi impuls sile na zid za slučaj da su kočnice upotrijebljene za vrijeme udara. Kočnice su stavljene na sva četiri točka pri čemu oni svi kližu.

( )GNT

tTFmV

VmdtRVm

kk

t

t

µµ ==

=+−

==+ ∫=

0

0

21

0

21

2

1

rrr

Ako je: NFT −−−=⇒= ,0 Ako je: NFGT k −−−=⇒= ,µ 2.6. Odrediti brzine tereta A i B, 2 s nakon kretanja sistema. Zanemariti masu točkova i užeta.

∫=

=

==

−=

−=

2

1

2

0

2

2

t

t

AAA

BA

BB

AA

dtRVm

VVV

GFR

GFR

rr

Gr

Fr

Tr

Nr

Vr

AVr

AGr

Fr

2

BVr

BG

BVr


- 37 -

( )

( ) VmtGF

VmdtR

VmtGF

BB

t

t

BBB

AA

−=−

=

=−

∫=

2

0

2

2

2

2

1

rr

Kombinaciom:

( )

NFs

mVsmV

smGG

mm

tV

t

VmGG

t

VmF

BA

AB

BA

BBA

A

−−−=

↓=↑=

=−+

=⇒−=+⇒

47,21,47,21

47,212 2

22

rr

2.7. Potpuno natovaren Boeing 747 polijeće sa teretom od 660000 N, a njegovi motori razvijaju potisak od 200000 N. Ako je poletna staza ravna i nivelirana, odrediti rad :

• Koji vrše motori pri prelazu puta od 1000 m duž poletne staze, • Koji vrši gravitaciona sila G pri prelazu puta od 1000 m duž poletne staze .

Zadano: G=660000 N, F=200000 N Odrediti: AF, AG, L=1000 m Rješenje: Rad sila:

00 1000 660000cos

:

1021 1000 200000cos

21

8

21

===

===

−

−

mNGLA

silenegravitacioRad

NmxmNFLA

G

F

α

α

2.8. Na predmet mase 20 kg koji se nalazi na kosoj ravni djeluje horizontalna sila F. Ako je F=200 N i kinetički koeficijent trenja izmađu predmeta i podloge µk=0,1, odrediti rad koji nad predmetom vrši:

a. Sila trenja na dnu predmeta prinjegovom pomjeranju od 15 m uz kosinu, b. Gravitaciona sila G pri pomjeranju od 15 m uz kosinu i c. Horizontalna sila od F=200 N ako se predmet kreće uz kosinu 15 m.

Gr

Fr

x


- 38 -

Zadano: m=20kg, F=200N Naći: AT, AG, AF

Izrada: 030cos30sin0

30sin30cos0

00

00

=+−−⇒=

=−−⇒=

∑∑

NGFF

maTGFF

y

xx

Pri čemu je, ( ) NGFNT kk 99,2630cos30sin 00 =+== µµ

NmlFA

NmlGA

NmxlTA

F

G

T

1,25981530cos200

5,14711530sin2,196

85,4041599,26

0

0

===

−=−==

−=−==

2.9. Lopta teška 3 N je oslobođena iz stanja mirovanja kao na slici. Ako je dužina neopterećene opruge 2,0 m i konstanta opruge k= 10 N/m, odrediti rad koji pri kretanju lopte na dužini od 1,6 m unutar cijevi izvrši:

a. Sila opruge i b. Gravitaciona sila.

Zadano: početna brzina, V1=0, G=2 N, L0=2 m i k=10 N/m. Odrediti: A1-2 za loptu

N

Gr

Tr

x y

Fr


- 39 -

Rješenje: zanemariti trenje između lopte i stijenke cijevi!

( ) ( )

NmAAAA

NlA

NmmGlA

Nmmm

Nm

m

NkA

GNF

maGFF

NGF

N

G

F

y

xsx

s

s

1803250

0

321630sin2

5015010102

1

2

1

030cos0

30sin0

21

0

222

1

2

2

0

0

=+−=++=

==

−=−==

===−=

=−⇒=

=−⇒=

−

∑∑

δδ

2.10. Sanduk mase 50 kg ograničen je gredom s protiv kretanja sanduka prema dole. Ako su koeficijenti statičkog i kinematičkog trenja između podloge i sanduka

2,03,0 == ks i µµ naizmjenično, odrediti vrijeme neophodno da sila F počne

pomjerati sanduk brzinom od 2 m/s prema gore. Sila je uvijek paralelna sa podlogom, a intezitet ( ) NtF 300= , gde je t u sekundama.

Napomena: Prvo odrediti vrijeme potrebno za savlađivanje statičkog trenja i početak kretanja sanduka.

Prije pokretanja sanduk je u ravnoteži (a=0):

( )

st

tGF

mir

mirs

242,1

30030cos30sin 00

=

=+= µ

( ) ( )

( ) ( )

( ) [ ( )( ) ] ( )

( )st

t

tt

mG

Gtt

mGtt

mdtGGt

mVIdtmV

k

k

t

k

t

k

t

t

929,1

klizanja prije- rješenje jivoneupotrebl 2721,0

073,782,330150

2242,130cos30sin

242,115030cos30sin150

230cos30sin150

230sin30cos3000

2

00

2002

242,1

002

242,1

00

21

2

1

=

=

=+−

=+−

−−+−

=+−

=−−+

=+

∫

∫

µ

µ

µ

µ

2.11. Tijelo mase 50 kg podiže se naviše po kosoj ravni pomoću užeta i motora, kako je prikazano na slici. Koeficijent kinetičkog trenja između tijela i površine ravni je

x

sFr

Gr

tež

030

Nr

y

Nr

Fr

Gr

Tr

030

NT

GN

GTF

sµ=

=

+=0

0

30cos

30sin


- 40 -

µk=0,4. Ako tijelo dobije početnu brzinu od V0=2 m/s, u tom trenutku (t=0) motor zateže uže silom ( )NtT 120300 += , gdje je t u sekundama, odrediti brzinu tijela nakon 2 s.

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) smggtt

m

GGdttmm

V

mVdtGTFmV

GT

k

k

t

t

k

919,10230sin0230cos1203

2300

12

0230sin0230cos12030021

30sin

30cos

00

2

0

2

3

2

0

002

1

2

2

0

1

0

2

1

=

−−−−++=

=

−−−

++=

=−−+

=

∫

∫

µ

µ

µ

2.12. Balističko klatno sastoji se od 4 kg teškog drvenog bloka u stanju mirovanja, θ=0. Ako puščano zrno mase 2 g udari u balističko klatno ono će se zaljuljati do maksimalno θ=60. Izračunati brzinu puščanog zrna.

Nr

Fr

Gr

Tr

030


- 41 -

Općenito vrijedi: 2211

2

1

0 ppbb

t

t

ppbb VmVmIdtVmVm +=

=++ ∫

Zrno se zabija u klatno sa brzinom: 222 VVV pb ==

21 1 Vm

mV

b

p

b

+=

Poslije sudara: 3

2

22

1GymV = , gdje je: pbpb GGGmmm +=+= ,

( )( )

( ) sm

mm

llGG

m

mV

pb

pb

b

pb 4,733

2

1

cos11 =

+

−+

+=

θ

2.13. Ploveći dok težine 45000 t prevozi dva automobila A i B, koji su teški 4000 kg i 3000 kg, a nalaze se na krmi i pramcu. Ako automobili startaju iz stanja mirovanja jedan prema drugom ubrzanjem aA=4 m/s2 i aB=8 m/s2 dok ne dostignu konstantnu brzinu od 6 m/s relativno u odnosu na dok, odrediti brzinu doka tik prije njihovog sudara. Koliko je vrijeme trajanja tog sudara? Smatrati da dok miruje. Zanemariti otpor vode.

Brzine prije sudara!

CBCBC

B

CACAC

A

ViViVVV

ViViVVVrrrrr

rrrrr

+−=⇒−=−=

+=⇒=−=

66

66

( ) ( ) ←=−=⇒++−++

=++

smis

mVVmVimVim

VmVmVm

CCCCBCA

CCBBAA

1154,01154,066

0222

rrrr

rrr

Silaskom s broda guramo ga nazad u vodu, zar ne? Moramo objasniti zašto je to tako. Razjasnimo prvo šta je šta!

l

3cos yll =− θ

l θ

iV

iV

CB

CA

6

6

−=

=r

r


- 42 -

( )

( )

( )( ) mttr

CCttr

sstttV

CCttV

sma

AAA

AA

AAAA

A

A

5,42

02

5,14

664

04

4

2

33

2

11

2

==

=⇒+=

==⇒==

=⇒+=

=r

( )

( )

( )( ) mttr

CCttr

stttV

CCttVs

ma

BBB

B

BBBB

B

B

25,24

04

8

668

08

8

2

44

2

22

==

=⇒+=

=⇒==

=⇒+=

=

U prvih 1,5s, A vozilo pređe 4,5m, a B 2,25m plus (6m/s)(0,75s)=4,5m. To iznosi 30-4,5-2,25-4,5=18,75 m između automobila, naravno svaki treba preći pola tog puta prije sudara, to jest:

sts

sm

m

sudara 063,35625,15,15625,16

2

75,18

=+=⇒=


- 43 -

2.14. 5 kg napregnuta opruga topa miruje po glatkoj površini. Ako se ispali lopta mase od 1 kg sa brzinom od V '=6 m/s u odnosu na top u pravcu prikazanom na slici. Ako je top bio u stanju mirovanja, odrediti horizontalnu udaljenost d lopte od topa pri čemu je ona dosegla tačku D na podlozi. Zanemariti veličinu topa.

Osnovna jednadžba (kada je ispaljena): 22

2

1

11 ggbb

t

t

ggbb VmVmdtIVmVmrrrrr

+=++ ∫

U horizontalnom pravcu: ( )0,00 22 ≠=+= yxxggxbb RRVmVm

Pretpostavljamo da je: ( )jiVV gb 30sin30cos62/2 +==′rr

Ograničenje u horizontalnom pravcu:

←=

→=

−−=

−==′

smV

smV

Vm

mV

VVVV

xg

xb

xbg

bxb

xgxbxgxbx

866,0

33,4

30cos6

2

2

22

0

222/2

Vertikalna komponenta brzine je:

↑== smV yb 330sin6 0

2

( )( ) ( )( )( ) ( )

md

dmtr

jCiCtr

jCiCtCtr

jijCiCtV

a

g

gsudarag

g

g

g

g

5296,0

5296,06116,0866,0

0

0866,0

0

43

431

21

=

←==−=

=+=

++=

+−=+=

=

r

rr

r

r

r

mddd gb 178,3=+=

( ) ( )( )

( ) ( )

( )

( )

md

st

idjtitCtr

jCiCr

jCtCtiCtCtr

jijCiCV

iCjCttV

ja

b

sudara

bsudarasudarasudarab

b

b

b

b

b

648,2

6116,0

2

81,9

00

2

81,9

333,40

81,9

81,9

2

1

43

42

2

31

21

12

=

=

=

−+=

=+=

++−++=

+=+=

++−=

−=

r

r

r

r

r

r


- 44 -

2.15. Tijelo B težine 75 N miruje na kraju kolica težine 50 N. Ako se kolica mogu slobodno kretati, i ako se uže povuče brzinom 4 m/s u odnosu na kolica, odrediti udaljenost d na koju su se kolica pomjerila kada se teret pomakao za 8 m na kolicima. Koeficijent kinetičkog trenja između kolica i bloka je µk=0,4.

)( )0()0(

44

2211

/

platformipokretatisećekolicaVmVmVmVm

iVViVVV

PPBBppBB

PBPBPB

−==+=→+

+=⇒=−=rrrrr

( )

smV

smV

VmVm

B

P

PPPB

6,1

4,2

04 22

=

=

=−+−

Sa brzinom od 4 m/s, i u vremenu od 2 s predmet će se pomjeriti za 8 m.

( )( ) mr

Cr

Ctr

P

P

P

8,42

00

4,2

1

1

=

==

+=

2.16. Tijelo mase 6 kg kreće se iz stanja mirovanja od A prema dole po glatkoj paraboličnoj krivulji. Odrediti za koliko će se komprimirati opruga.


- 45 -

ml

klyGVmlkGyVm

86,6

2

1)0()0(

2

1)0(

2

1)0(

2

1

2

2

22

2

2

2

11

2

1

=

+=+===∆++=

2.17. Potpuno opterećen Boeing 747 tezak je 660000 N, a njegovi motori ostvaruju potisak (silu) od 200000 N. Ako je otpor zraka i trenje između točkova i poletne piste zanemarivo, odrediti zahtjevanu dužinu piste koju avion pređe do brzine od 140 km/h

Zadano: G=660000 N, F=200000 N, zanemariti otpor zraka i trenje Odrediti:l Rješenje:

( )m

F

mVl

mVFl

EAE kk

25,254200000

88,3881.9

660000

2

1

2

1

2

1

)0(

22

2

2

2

2211

=

==

=

=+= −

2.18. Mlazni avion težine 25000 N katapultira se na palubi nosača aviona pomoću hidrauličkog mehanizma. Odrediti srednju silu potiska na avion ako je dostigao brzinu od 160 km/h na udaljenosti od 300 m.

t=0

V=0

C C

V=140km/h

1 2 l


- 46 -

Zadano: G=25000 N, dostignuti parametri; mxihkmV 300,160 22 ==

Odrediti: srednju silu potiska Rješenje: 2211 kk EAE =+ −

( )N

x

sm

x

mVFavg 8388

3002

44,4481,9

25000

2

2

2

2

2 ===

2.19. U brodskom skladištu, paketi se kreću po stazi klizajući prema dole kako je prikazano na slici. Koeficijent trenja između paketa i staze je 2,0=kµ , a nagib na dnu staze je strm ali glatak i iznosi, θ=300. Ako se paket od 10 kg kliže u dužini od l=3 m sa početnom brzinom od 5 m/s naniže, odrediti:

a. Brzinu paketa kada on pređe dužinu od l=3 m, dođe u podnožje. b. Udaljenost d do koje će paket klizati po horizontalnoj podlozi prije nego što

se zaustavi.

0,0,0, === xtaVrr

G G

mxhkmV 300,160 22 ==

1 2 x

Fr

Fr


- 47 -

Zadano:

( ) 150

,3,10,2,0

VsmV

mlkgmk

==

===µ

Izračunati: brzinu na kraju kosine=V2 ( )

30 VtVd f ==→

Izrada:

0

0

0

30cos

030cos0

30sin0

GN

GNF

maGTF

y

xx

=

=−⇒=

=+−⇒=

∑∑

Sila trenja, tnakonsNGNT kk tan99,1630cos 0 ==== µµ Rad trenja i zemljine gravitacije: Rad trenja: ( ) JNmmNTlxxTAT 97,5097,50399,161221

−=−=−=−=−−=−

Rad gravitacije: ( ) JmmgxxGA xg 15,1473.30sin 0

1221 ==−=−

smA

mVAmV

mV

mVAmV

EAE kk

651,62

2

12

2

1

2

1

21

2

121

2

12

2

221

2

1

2211

=+=

+=

=+

=+

−−

−

−

2.20. Ako paket težine G=15 N, dostigne brzinu V0 te udari u branik, njegova zadaća je da ublaži taj udarac. Opruga je krutosti k=6 N/m, a masa branika B se može zanemariti. Ako je statički i kinematički koeficijent trenja između 15 N teškog paketa i podloge 4,06,0 == ks i µµ , odrediti maksimalnu početnu brzinu V0 paketa

takvu da branik udaljen l =5 m ne udari u odbojnik.

l

d

030=Θ

3 2

1

x

Nr

Gr

Tr

Vr


- 48 -

Zadano: 4,0;6,0,15,6 ==== ksNGmNk µµ

Odrediti: maxoV tako da odbojnik ne udari u zid-ako je l=5 m Rješenje:

„Ako želimo da paket ne udari u zid“ treba da je uspostavljena statička ravnoteža između energije tereta i sabijanja opruge. To znaci da ce kutija biti u statickoj ravnotezi pri maksimalnoj kompresiji.

00 ==−⇒=∑ xsx maTFF , (ravnteža, nema odbijanja)

Za slobodno kretanje, 00 ==−⇒=∑ yy maGNF

( )

( )max

max

5,1 smk

Gs

TksFGNT

s

sss

===

=====

µ

µµ

Kada kutija pritisće oprugu:

00

0

==−⇒=

=−−⇒=

∑∑

yy

xsx

maGNF

maTFF

Radi klizanja, NGNT kk 68,26=== µµ Pa je rad:

( )

smV

AVm

TAE

Nmxk

kxdxA

NmslTA

k

s

T

3,4

02

0

5,132

2,79

max0

31max0

2311

5,1

0

5,1

0

2

21

max31

=

=+

⇒==+

−=−=−=

−=+−=

−

−

−

−

∫

Gr

Tr

)( ksF =r

Nr

x

l 3

k B

m

2 1 s

0Vr

Gr

Tr

Fr

Nr

x


- 49 -

2.21. Mali automobil igracka kreće se nadole po zavojnoj rampi kako je prikazano na slici. Masa automobila je m=50 g, pri čemu je promjer kružnog dijela rampe d=300 mm. Ako automobil obavi vertikalni pad za h, odrediti:

a. Minimalnu visinu h tako da auto može savladati zavojnicu na rampi. b. Silu koju će ostvariti auto pritiskom na stjenku u tački B (na jednoj

četvrtini puta kroz zavojnicu)

Zadano: m=50g, d=300mm, V1=0 Odrediti: hmin za prolaz petlje, NB Rješenje: Trenje zanemariti. Uraditi stazu tako da auto ne padne sa staze u tački 3. Izračunati minimalno h tako da je sila između auta i staze bude jednaka 0 u tački 3. Napraviti cijeli krug okolo, automobil ne smije pasti sa tacke 3. (ovo ne⇒) Minimalno h da bi se ostvarilo to ce biti

dovoljno za normalnu silu izmedju kolosjeka od nula do 3. Jednadžba za energiju i rad na rampi:

ghGhm

V

mVGh

EAE kk

22

2

10

2

2

2

2211

==

=+

=+ −

Analiza položaja auta u tački 3:

h

d

1

2

B

3

N

G

x


- 50 -

Energija i rad u tački B: 2.22. Pomak tijela, prikazanih na slici iz stanja mirovanja je za x= - 800 mm. Opruga ima koeficijent k =500 N/m i nerastezljive dužine od l0=400 mm. Trenje između površina zanemariti. Za prikazano kretanje odrediti:

a. Brzinu tijela mase 2 kg kada je x=0 mm. b. Maksimalno pomjeranje tijela x.

en

( )

∑ ==

=−

=−+

=+ −

nn

kk

maGF

mVGdGh

mVGhmV

EAE

2

3

2

3

2

2

3322

2

1

2

1

2

1

gd

gV

Vmmg

23

2

3

==

=

ρ

ρ

mmdd

dh

dgGdgh

3754

5

4

4

==+=

=−

d

Vm

VmmaN

F

mVd

GGh

mVd

GmV

EAE

BBnB

n

B

B

kBBk

22

2

22

2

22

2

0

2

1

2

2

1

22

1

==

=

=−

=

−+

=+

∑

−

ρ


- 51 -

Zadano:

trenjezanemariti

mmlmNk

mmxV

,400,500

,8000

0

2

==

−=→=

Odrediti:

max

2 )2(,0

x

kgmasetijelozaxV =→

Rješenje:

32

33

22

2

sup

VV

Vs

vrijednostpozitivnarotnoVs

=

=′

−=′

Ako se tijelo mase 2 kg kreće na rastojanju od „a“ udesno, tijelo mase 3 kg se kreće do udaljenosti od a/2 naniže. Na horizontalnoj površini, gravitacija→okomita, sila od m=2 kg ne stvara rad. Napetost je unutarnja sila u sistemu (čiji je rad =0). Sila teže koju čini tijelo m=3 kg uzrokuje rad od:

( )

−−=

=2

800

2333

xgm

aGA

Za oprugu je: ( ) [ ]4,06,0 22

0 −+−=−== xkllkkFs δ Rad opruge je:

02

02

2

32

32

32

=′′+′′=′′

=′+′=′

=+=

ssL

ssL

constssL


- 52 -

( )

++−−

−−=

=+

−+−=

−=Θ−= ∫ ∫ ∫−

4,06,04,02

64,0500

6,04,06,0500cos

222

8,022

22

xx

s

sdssds

l

skdsFA

x

ss δ

2.23. Prsten (šuplja kugla) težak 1,5 N kliže po vertikalnoj šipci bez trenja. Početna dužina opruge je l0 =0,8 m, konstanta opruge k=80 N/m, a udaljenost šipke od zgloba d=1,2 m. Ako prsten pomjerimo iz stanja mirovanja tako da je b =0,9 m odrediti brzinu prstena u položaju kada je b=0.

Zdano: G=1,5 N, vertikalna šipka , l0=0,8 m, k=80 N/m, d=1,2 m, ostvaruje se pri b=0,9 m Odrediti: V2 ako je b=0 Rješenje: Kako nema trenja, energija je očuvana.

( ) smGyllk

mV

mldl

mlbdl

lll

GylkmVGylkmV

EEEE pkpk

5,122

12

4,0

7,0

2

1

2

1)0(

2

1)0

2

1(

2

2

2

2

12

02

0

22

1

0

2

2

2

2

21

2

1

2

1

2211

=

−∆−∆=

=−=∆

=−+=∆

−=∆

+∆+==+∆+=

+=+

2.24. Djevojka skakač, mase 57 kg skače sa visokog mosta. Uže je elastično sa konstantom krutosti od 171 N/m, slobodne dužine (neopterećen) L=40 m. Odrediti:

a. Brzinu djevojke kad uže postaje zategnuto te počinje djelovati silom na njeno tijelo.

b. Istezanje d užeta kada djevojka prestane ponirati.


- 53 -

Zadano: m=57 kg, k=171 N/m, l0=40 m Odrediti: V when ∆l=0, ∆lmax Gdje su položaji: 1 hvatište, y=0, V=0 2 mjesto gdje je y= - L0 (neopterećeno uže) i 3 y= – L0 – dmax, V=0. Rješenje:

( )

( ) ( )

( )onereammld

mVGdkd

dLGLGmV

EEEE

smglGl

mV

LGmV

EEEE

pkpk

pkpk

ln23,13,77,19

02

1

2

1

2

1

01,2822

02

1000

maxmax

2

2max

2

max

max00

2

2

3322

002

0

2

2

2221

→−=∆=

=−−

−−=−+

+=+

===

−++=++

+=+

2.25. Zamajac mase 10 kg i promjera 400 mm je spojen sa el. motorom konstantnog broja obrtaja, pomoću elastičnog remena. Ako startamo iz stanja mirovanja, odrediti torziju potrebnu da rotira zamajca pri 4200 o/min nakon 5 s.


- 54 -

Zadano: obrtajaommdkgm 5min

4200,00,400,10 21 =Θ→==Θ→=== ωω

Odrediti: M=const. (A1-2=M∆Θ) Rješenje:

( ) ( )Nm

obrtobrt

sobrtom

dmI

M

ImVMImV

EAE

Gz

GzGGzG

kk

8,6152

.5

60

min2

min4200

100020010

4

1

22

1

2

1

2

1

2

10

2

10

2

10

2

1

222

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

1

2

1

2211

=

=

=∆Θ

=∆Θ

=

+

==∆Θ+

=+

=

=+ −

π

π

ωω

ωω

2.26. 100 N teška kolica su u stanju mirovanja kada na njih pocne djelovati sila P . Promjena sile P prikazana je na dijagramu. Odrediti brzinu kolica kada je t=6 s:

a. Masa točkova je mala, a ne pružaju ni otpor pri kotljanju. b. Ako su točkovi zakočeni te klize (statički i dinamički koeficijenti su

2,03,0 == ks i µµ naizmjenično )


- 55 -

Zadano: 0,15,0,2,0,10 1 ==== VNG ks µµ Odrediti: V2 i t2=6 s –pri slobodnoj rotaciji (T=0) -„- - –kotrljanje blokirano

Rješenje:

∑∑

=−⇒=

=−⇒=

00

0

GNF

maTFF

y

x x

U stanju mirovanja: 0== NT ss µ

Pri klizanju, GNT kkk µµ ==

( ) ( )

( )

stsjekadNF

stjekadts

NF

dtTFV

mVTFmV

t

t

x

t

t

xx

64:40

40:4

40

2

1

0

2

1

2

1

2

21

⟨⟨−⇒=

⟨⟨−⇒=

−=

=−+=

∫

∫

Ako je trenje, T=0:

( ) ( ) smNsNs

mdijagramaunutarprostor

mFdt

mV 52,51402404

2

11116

0

2 =

+=

== ∫

Ako je trnje, T≠0: Kolica će početi klizanje kada sila F postane veća nego maksimalna slobodna sila trenja za ravnotežu. (Ts).

G

TN

F x


- 56 -

stGTtsNF mirovssmirovmirov 210 =⇒=== µ

Za t>2s, ako se kolica kližu onda je sila trenja Tk.

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) !

4

2

6

2

62

16

76,2550301

401

101

6

trenjabez

kk

VV

smNsNs

mdtGN

mdtGts

Nm

V

=

⇒=+=−+−= ∫ ∫ µµ

2.27. Potisak od 500 N rakete koja stoji na saonicama, mijenja se sa vremenom, prikazano na dijagramu. Ako saonice startaju iz stanja mirovanja i kreću se po otvorenom horizontalnom kolosjeku, odrediti brzinu kod koje će raketa potrošiti svo gorivo.(Zanemariti trenje)

Zadano: 00,500 1 =→== tVNG otvorena, horizontalna pruga Odrediti: V(10) Rješenje:

( )( ) ( )( ) ( )( )

( )

( ) ( ) hkm

smNs

mV

mVdtRmV

NsNsNsNsTdt

krivuljeispodpovršinadtR

t

t

xxx

t

t

x

5938,16484001

0

8400120052

11200412001

2

1

10

21

10

0

2

1

2

1

===

=+=

=++=

=

∫

∫

∫

G

N

F x


- 57 -

2.28. Padobran i 400 N teška korpa padaju sa konstantnom brzinom V. Kada korpa padne na zemlju, padobranski konopci će se rasteretiti (neće biti sile na korpu), a pri padanju ka zemlji će se sila mijenjati po dijagramu. Odrediti maksimalnu konstantnu silaznu brzinu za koju će maksimalna sila djelovati na korpu Fmaks pri čemu ona netreba prelaziti 2000 N.

Zadano: G=400 N, Fmax=2000 N Odrediti: Vmax Rješenje:

2

2

1

1

0

x

t

t

xx

x

mVdtRmV

maFGF

=+

=−⇒=

∫

∑

Padanje korpe u intervalu od 0,3 s odvija se silom koja je jednaka težini korpe.

( )

( ) ( )

( ) ( )( ) ( )( )

( ) smsG

m

NsNFsFsm

sGm

krivuljeispodpovršinaFdtm

dtGFm

V

VmdtFGmVx

−−−=−

−

+−+=

=−

=−=

==−+

∫ ∫

∫

3,01

4001,04001,02

12,0

2

11

3,0111

)0(

maxmax

3,0

0

3,0

0

max

3,0

0

3,0

2.30. Paket težine 5 N stoji na horizontalnoj površini pri čemu se sila F mijenja po krivulji sa dijagrama. Intenzitet sile mijenja se sa vremenom. Ako su statički i dinamički koeficijenti trenja 30,040,0 == ks i µµ naizmjenično, odrediti:

a. Vrijeme t1 u kojem paket počinje klizati.

F

GV

x


- 58 -

b. Maksimalnu brzinu paketa Vmaks i vrijeme tm potrebno za nju. c. Vrijeme tf za koje će se paket prestati klizati.

Zadano: ,30sin30cos,5 00 jFiFFNG −=−=

rr i 3,0,4,0 == ks µµ

Odrediti: t, (početak klizanja), Vmax, tm, tf -(prestanak klizanja) Rješenje:

( )( )

( )∫

∫

∫

∑∑

=−+

=+

=+

→+=

→+=

=

+=

=−−⇒=

=−⇒=

2

1

2

0

1

2

1

21

2

1

21

0

0

0

0

0

30cos

kretanja stanje30sin

mirovanja stanje30sin

30sin

030sin0

30cos0

t

t

xx

t

t

xxx

t

t

kk

ss

y

xx

mVdtTPmV

mVdtRmV

VmdtRVm

FGT

FGT

NT

FGN

FGNF

maTFF

rrr

µ

µ

µ

Paket će se početi klizati kada primjenjena sila (Fcos300) dostigne maksimalnu frikcionu silu koja je u slučaju ravnoteže (Ts).

( )N

GF

FGTFT

s

s

ss

330sin30cos

30sin30cos

00

00

=−

=

+===

µµ

µ

Pomoću dijagrama,

( )

stszaNtNts

N

stzatNts

NbntF

2010 0,15,01010

5

100 5,20010

5

⟨⟨→+−=+−=

⟨⟨→=+=+=

G

TN

Fx30


- 59 -

Ili: ( ) stszaNFN

st

stzaFNst

2010 102

100 2

⟨⟨→−−=

⟨⟨→=

Gdje je: ( ) sNNst 0,6321 ==

b.) Kada paket počinje kretanje, T=Tk . U pravilu veličina Fcos300 je velika kao i Tk , paket će se ubrzavati (linearni impuls će se povećavati-brzina će se povećavati). To će se nastaviti sve do: Fcos300=Tk .

( )N

GF

FGF

k

k

k

32,930sin30cos

30sin30cos

00

00

=−

=

+=

µµ

µ

Interval u kojem dolazi do smanjenja sile F je 10 s<t<20 s.

( ) sNNNst 81,1548,4432,9449,02 =−−=

Maksimalna brzina će se pojaviti pri tm=15,81s, pa je:

( ) ( ) ( )

( ) smNsNs

m

dtNts

NGNt

s

N

m

dtts

NGt

s

N

mV

VVmVdtTFmV

s

s

k

s

s

k

t

t

xxx

56,22043,6453,51

30sin10)(5,030cos10)(5,01

30sin)(5,030cos)(5,01

30cos0

81,15

10

00

10

006,6

00

max

2

1

max22

0

1

=+=

=

+−+−

−

+

+−

=

==−+=

∫

∫

∫

µ

µ

c.)

( ) ( ) ( )

( ) ( )[ ]

( )[ ]

( )[ ]

( )st

sGGtNsNs

jetadastzaFjeAkodtG

dtNtsNGNts

N

mVdtNtsNGNts

NmV

VmVdtTFVVmV

kk

t

k

tm

k

tm

k

t

t

xxxx

57,25

020142,35,11

:20,0(000

30sin105,030cos)105,0(

30sin105,030cos105,0

030cos

3

3

3

20

20

00

20

max

00

max

3

2

33

0

max22

=

=+−−

⟩→=→=+−+

++−+−+−+

++++−+−+

==−+=

∫

∫

∫

∫

µµ

µ

µ

µ

2.31. Top težak 800 N ispaljuje kuglu od 5 N u horizontalnom pravcu. Top je postavljen na kočnicu, koja ima kinetički koeficijent trenja između kočnice i horizontalne površine 25,0=kµ . Ako se kugla kreće brzinom od 650 m/s od momenta kada je ispaljena iz topa, odrediti:


- 60 -

a. Odbojnu brzinu topa. b. Udaljenost koju će top dostići prije nego što se zaustavi.

Zadano: Gc=800 N, Gb=5 N, smVbk 650,25,0 2 ==µ

Odrediti: Vc2, dc3 Rješenje: Za top: Za topovsku kuglu:

( ) ( ) ( ) ( )∫ =+−===+=+2

1

22221 00)(

t

t

bbbcccbc iVVmiVVmdtRVmmrrrr

Ako uzmemo u obzir utjecaj topa→topovska kugla je isto u sistemu, pa je Feksplozije unutarnja sila (to dejstvo je uzročno). Želimo zanemariti impuls uzrokovan trenjem Tc koja je jako mala poredeći sa Feksplozije te imajući na umu da se ta eksplozija dogodila u veoma kratkom vremenskom intervalu.

Po osi x: smV

m

mV b

c

bc 063,422 ==

Gledajući samo top poslije eksplozije,

ckckcyccy GNTmaGNF µµ ==⇒==−=∑ 0

Koristeći rad i energiju imamo,

mT

Vmd

VmdTVm

c

cc

c

cccccc

36,32

1

)0(2

1

2

1

2

2

3

2

33

2

2

==

==−

2.32. Dva premazana diska kližu se po horizontalnoj podlozi sa trenjem. Disk A težine 1 N i brzine VA=15 m/s; disk B težine 2 N i brzine VB=10i+24j m/s. Poslije sudara kreću se kao zasebne jedinice sa brzinom V pod uglom θ u odnosu na osu x. Odrediti intenzitet brzine V, i ugao θ.

Feksplozije

Gb Vb2Gc

TcNc

FeksplozijeVc2


- 61 -

Zadano: otporna horizontalna površina gdje vrijedi,

( )jiVV

smjiVNG

smVNG

BB

AA

Θ+Θ=

+==

==

sincos

2410 ,2

15 ,1

2

1

1

r

r

Odrediti: V, Θ Rješenje:

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )( )

( ) ( )

( )( )

smV

smGs

mG

smG

tg

GGs

mGsmG

GG

VGGsmGypo

GGs

mGsmG

V

VGGsmGs

mGxpo

jiVg

GGs

mjig

Gs

mig

G

VmmdtRVmVm

BA

B

BA

BA

BA

BAB

BA

BA

BABA

BABA

BA

t

t

BBAA

8,19

90,53)10()15(

)24(

sincos

)10()15(

sin24:

cos

1015

cos1015:

sincos241015

0

01

2

2

1

11

=

=

+=Θ

Θ

Θ+

++=

=Θ+=→

Θ+

+=

Θ+=+→

Θ+Θ

+=++

+=

=++

−

∫rrrr

2.33. Sanduk težine 4 N počinje kretanje iz položaja A po glatkoj površini, zakrivljene rampe, radiusa 20 m. Ako se sanduk spusti niz rampu do B, te udari na kolica težine 40 N, koja su u stanju mirovanja, ona će nastaviti kotrljanje na desno


- 62 -

kao zasebna jedinica. Odrediti (opću) brzinu kolica i sanduka kada se oni kreću sjedinjeni.

Zadano: Gb=4N, Gc=40 N, Sanduk→kolica u početku miruju „ravnoteža“, rampa (nema trenja), ρ=20 m Odrediti: početnu brzinu kolica i sanduka, V3 Rješenje: Rad →energija sanduka,

( ) ( ) ( )

( ) ( ) smg

m

GV

yGVmmyGVm

EEAEE

b

bb

bbbbbbbb

pkpk

80,19202202

02

10200

2

1

2

2

2

2

21

2

1

22

)0(

2111

===

=+=+=+=

+=++ −

Zakon impulsa→trenutna sila sanduka→kretanje kolica,

( ) ( )( )( )

sm

mm

VmV

iVVmmsistemaunutardtR

VmiVVm

cb

bb

t

t

cb

ccbbb

8,1

)0(

0

23

2

1

33

222

=+

=

=+=⇒=+

+=+=

∫rrr

rr

2.34. Tijelo od drveta, težine 0,30 kg prikaceno je na oprugu krutosti k=7500 N/m. Tijelo je u stanju mirovanja ( 4,0=kµ ) na hrapavoj horizontalnoj površini kada u njega udara puščano zrno težine 0,030 kg sa početnom brzinom Vi =150 m/s. Poslije sudara puščano zrno je ugrađeno u tijelo od drveta. Treba odrediti:

a. Brzinu tijela i puščanog zrna odmah nakon sudara. b. Udaljenost d do koje će tijelo doći nakon sudara sa puščanim zrnom.

Zadano: mtijela=0,30 kg, k=7500 N/m, V1tijela=0, µk=0,4, mzrna=0,03 kg, V1tijela=150 m/s


- 63 -

Odrediti: V2(tijela+zrna), udaljenost d Rješenje: * Rješavamo pomoću impulsa→sile

( ) ( ) ( )

( ) ( )[ ] smkgs

mkgkg

V

mVRdtmVmVt

t

tijelozrnotijelozrno

64,1303,015003,033,0

1

)0(

2

2

1

211

=+=

==++ ∫ +

* Kretanje tijela-koristimo rad→Energiju ( ) ( )

( )md

NmdNdmN

kdGdmV

EEAEE

ktijelozrno

pkpk

09035,0

0698,30)(97119,0)(3750

2

1

2

1

00

2

22

2

222111

=

=−+

=−

+==+=+

+

−

µ

2.35. Topovska kugla mase 5 kg ispaljena je sa početnom brzinom V0=125 m/s i θ0=750 u odnosu na osu y. U vrhu trajektorije, kugla eksplodira i rasprskava se u dva dijela. Dio mase od 2 kg pada na zemlju sa x=50 m i y=350 m, nakon vremena t=25s. Odrediti:

a. Kada i gdje će pasti dio mase od 3 kg na zemlju? b. Impuls dijela kugle od 3 kg poslije eksplozije. c. Srednji utjecaj sile eksplozije F2 kg na dio kugle od 2 kg poslije eksplozije

ako je trajanje eksplozije iznosilo ∆t =0,003 s.

Zadano: mkugle=5 kg, ( ) max

0

002 ,75 ,125 ,25,35050 ZsmVstmjir kgk =Θ==→+=−

r

Odrediti: ?3 =→− tr kgk

r

Impuls za dio od 2 kg pri eksploziji

∫2

1

2

t

t

kg dtFr

, pri ∆t=0,003s.

Rješenje:

k

d

V1zrno

G

T=µkNN

kd


- 64 -

( ) →−= ks

mta 281,9r

za cijelu topovsku kuglu prije eksplozije

( ) ( )( )

( ) ( )( ) 00

)(74,120)(2

81,9)(35,32

74,120,35,32,0

75sin12575cos12500

81,9

654

6

2254

321

00

321

3221

=++=

++−

+++=

===

++=++=

+−++=

kCjCiCr

kCtsmt

smjCts

miCtr

smCs

mCC

ksmjs

mikCjCiCV

kCts

mjCiCtV

r

r

r

r

Prije eksplozije

Eksplozija će se desiti kada je Vz =0 (tačka na trajektoriji), pa je

st

smt

sm

eksplozija

eksplozija

31,12

074,120)(81,9 2

=

=+−

Za cijelu kuglu prije eksplozije Dio od 2 kg nakon eksplozije,

→nepoznata brzina trenutak poslije eksplozije. Polazimo da je to početno vreme 0, radi jednostavnosti.

Vrijeme trajanja je t=25s, ali početno vrijeme je nula (pri eksploziji), pa je: ssst f 69,1231,1225 =−=

Po osi x: smVmtV xfx 94,350 =⇒=

Po osi y: smVmmtV yfy 795,335016,398 −=⇒=+

( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( )( )ts

mts

mtjsmtr

ksmt

smjs

mtV

CCC

74,120 905,435,32

74,120 81,9)(35,32

0

22

2

654

+−+=

+−+=

===

r

r

smV

mkjr

eksplosije

eksplozije

35,32

)(02,74316,398

=

+=r

( )

( )

zyx

zyx

VCVCVC

kVjViVkCjCiCtV

ks

mta

===

++=++=

−=

321

321

2

,,

)(81,9

rrrrrrr

r


- 65 -

Po osi z: smVmtVt

sm

zfzf 693,3002,743905,4 22 =⇒=++−

( )smkjiV kgeksplozije 693,3795,394,32

rrrr+−=−

Eksplozija je za sistem dio unutarnje energije, primjenjujemo impuls→trenutni udar pri odvijanju eksplozije:

( )smkjiV

VmVmVm

kgeksplozije

kgeksplozijekgeksplozijeeksplozijerrrr

rrr

462,245,56625,2

0

3

33225

−+−=

+=+

−

−−

Analiza dijela kugle od 3 kg:

( )

( ) ( )( ) ( )→−+−=++=

+−++=

−=

smkjikCjCiCV

kCts

mjCiCtV

ks

mta

rrrrrrr

rrrr

r

462,245,56625,20

81,9

81,9

321

3221

2

→sa početnim uvjetima Resetovanje vremena na nulu pri eksploziji, ponovo:

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

( ) ( )mCmCC

mkjkCjCiCr

kCtsmt

sm

jCtsmiCts

mtr

smCs

mCsmC

02,743 ,16,398 ,0

02,74316,3980

462,2 905,4

45,56 625,2

462,2 ,45,56 ,625,2

654

654

6

22

54

321

===

+=++=

+−−+

++++−=

−==−=

rrrrrr

r

rrr

( )[ ] ( ) ( )[ ]

( ) ( ) ( )[ ]kmtsmt

sm

jmtsmits

mr

ff

ffsudara

r

rrr

02,743462,2905,4

16,39845,56625,2

22 +−−+

+++−=

Koji se dešava kada je rz =0, to jest:

Po osi z: ( ) ( ) ( ) stmtsmt

sm

fff 059,1202,743462,2905,40 22 =→+−−=

Po osi x: ( ) stttmtsm

feksplozijef 369,2465,31625,2 =+=→−=−

Po osi y: ( ) ( ) mmtsm

f 9,107816,39845,56 =+

Proizilazi da je: ( ) stmjir kgsudara 369,24107865,313 =⇒+−=−

rrr

Pri eksploziji, sa isključivo aktivnom silom koja djeluje na dio od 2 kg je sila F2 kg. Impuls za taj dio mase je:

( )[ ]

( )∫

∫

∫

+−=

−=

=+−−

2

1

2

2

1

2

2

1

222

39,729,7288,7

2

t

t

kg

t

t

prijeposlijekg

t

teksplozijeposlijekgkgeksplosijeprijekg

NskjidtF

VVkgdtF

VmdtFVm

rrrr

r

r


- 66 -

2.36. Topovska granata težine 25N ispaljuje se iz topa težine 3000 N. Topovska granata se ispaljuje sa brzinom 1500m/s i pod kutem 300 prema horizontali. Pretpostavljamo da je topovska cijev kruto tijelo i da je pričvršćena za tijelo topa te da je top u cjelini slobodan pri kretanju horizontalno. Ako granata boravi u cijevi nakon ispaljenja 0,005 s, odrediti:

a. Rezultantnu vertikalnu silu poslije eksplozije. b. Odskočnu brzinu topa.

Zadano: stsmVNGNG izltopagranate 005,0 ,1500 ,3000 ,25 =∆===

Odrediti: Rvertikal, Vodbijanja

Rješenje:

( )

( ) ( )∫

∫

++−=−−

+=+=++

2

1

00

2

1

221

30sin30cos

0

t

t

izlazagranateodbijanjatopgranatatop

t

t

granatagranatatoptopgranatatopgranatatop

jiVmiVmjdtGGN

VmVmdtRVm

rr

rrrr

( ) ( )∫ ++−=∆−−2

1

00 30sin30cos

t

t

izlazagranateodbijanjatopgranatetop jiVmiVmjtGGNrrr

Po osi x:

←=

+=

smV

VmVm

odbijanja

izlaznagranateodbijanjatopa

83,10

30cos0 0

Po osi y: ( )

↑==

=∆−−

NNR

VmtGGN

vertik

izlazagranategranatetopa

980000

30sin 0

2.37. Sanduk težine 20 N ima brzinu od VA=12 m/s u tački A. Odrediti brzinu poslije pređenog puta od s =6 m prema dole. Koeficijent kinetičkog trenja između sanduka i podloge je 20,0=kµ .


- 67 -

NGNT

GymVTsGymV

kk 2,3cos

2

1

2

12

2

21

2

1

=Θ==

+=−+

µµ

Ako je: msyy 6,3sin,0 12 =Θ==

( )s

mV

tg

−−−=

==Θ −

2

01 87,364

3

2.38. Odrediti brzinu tereta A težine 60 N ako su tereti izbačeni iz stanja mirovanja s tim što se tijelo B od 40 N, kreće 2 m uz kosinu. Koeficijent kinetičkog trenja između blokova i kosina iznosi 10,0=kµ .

Tijela čine jedan sistem (sa užetom kao internom vezom). V1=0 za obadva tereta!

Za stanje y1=0, vrijedi: VB=2VA

( ) ( ) ( ) ( ) 002

2

2

2 60sin130sin22

1

2

121 ABBBAABA GGVmVmTT −++=−−

GA TA

2F

NA

60


- 68 -

smV

smV

mm

TTGGV

GT

GT

GN

GN

B

A

BA

BAABA

BkB

AkA

BB

AA

−−−=

−−−=

+

−−+−=

=

=

=

=

22

1

260sin30sin2

30cos

60cos

30cos

60cos

002

0

0

0

0

µ

µ

2.39. Odrediti brzinu tijela A od 20 kg mase, koja se ostvari pri kretanju od 2 m, iz stanja mirovanja niz kosinu. Tijelo B ima masu 10 kg, a koeficijent kinetičkog trenja između klizne površine i tijela A je 20,0=kµ . Naći silu koja vlada u užetu.

( ) ( )

( ) ( )BABA

BBBA

GyGymVmV

TdGyGymVmV

22

2

2

2

2

11

2

1

2

1

2

1

2

1

0002

10

2

1

++

+

=−=+=+

=+

=

smV

GNT

md

y

y

VV

AkAk

B

A

BA

638,2

60cos

2

2

60sin2

2

0

2

0

2

22

=

==

=

+=

−=

=

µµ

A: ( ) ( ) NFGymVdFTGymV 5,1152

100

2

12

2

21

2

1 =⇒+=+−=+

=

B: ( ) NFGymVFdGymV 5,1152

100

2

12

2

22

2

1 =⇒+=+=+

=

GA

TB

F

NB

30


- 69 -

2.40. Tijelo težine 100 N kliže se niz kosinu čiji je koeficijent kinetičkog trenja

25,0=kµ . Ako se tijelo kreće sa 10 m/s u tački A, odrediti maksimalno sabijanje opruge u trenutku kada se tijelo zaustavi.

( ) ( )

ml

kllGlGmV

GNT

k

kk

−−−=

=+−++

==

2002

1

0

2

11087,36cos87,36sin10

2

1

87,36cos

µ

µµ

2.41. Tijelo težine 5 N kreće iz stanja mirovanja (položaj A) kližući se prema dole po kružnoj putanji AB. Zatim kontinuirano se kreće po horizontalnoj podlozi do udara u oprugu. Odrediti za koliko se komprimira opruga do zaustavljanja tijela.

( ) ( )

( )

ml

TGlTlk

GNT

lklTG

kk

−−−=∆

=+−+∆+∆

==

∆=∆+−

023)(2

1

)(2

123

2

2

µµ


- 70 -

2.42. Osoba težine 120 N izbacuje se kao ljudska topovska kugla (živa osoba) pomoću opruge nategnute u topovskoj cijevi. Ako najveće dozvoljeno ubrzanje za čovjeka iznosi 10g=98,1 m/s2, odrediti potrebnu krutost opruge koja je bila komprimirana za 2 m u trenutku aktiviranja. Sa kojom brzinom će se tijelo odlijepiti od opruge? Zadano je sabijanje opruge s=2 m i d=8 m. Zanemariti trenje i pretpostaviti da se čovjek drži u istoj poziciji tijekom kretanja.

2.43. Opruga krutosti k=50 N/m u neopterećenom stanju je duga 2 m. Kao što je prikazano na slici, opruga je stisnuta sa odbojnim limom na dužinu od 1,5 m. Sanduk težine 4 N se kreće brzinom VA što je brzina u tački A, i to kliže niz kosinu pri čemu je koeficijent kinetičkog trenja 2,0=kµ . Ako se lim isturi naprijed za 0,25 m prije zaustavljanja, odrediti njegovu brzinu u A. Zanemariti težine limene ploče i opruge.

( )

( )

smV

GdmVk

mNk

zakonHookovkkxF

GF

mgmaGF

x

s

s

)49,5(

45sin2

12

2

1

600

2

45cos10

1045cos

2

02

2

2

0

0

=−−−=

+=

=

−==

+=

==−


- 71 -

087,36cosGNT kk µµ ==

Koordinate sanduka (tačka A)

( ) ( ) ( )

smV

GykTGykmV

−−−=

+=−++

1

2

2

1

22

1 75,02

125,35,0

2

1

2

1

2.44. Klatno mase 0,75 kg izbacuje se iz ravnotežnog položaja A oprugom čija je krutost k=6 kN/m. Ako je opruga bila sabijena za 125 mm, odrediti brzinu klatna i silu u užetu u pozicijama B i C. Tačka B je u položaju gdje je na radiusu zakrivljenosti 0,6 m pregib, gdje uže postaje samo pola horizontalno.

G

T

N

36,87 0

2

0

1

87,36sin25,1

87,36sin5,4

=

=

y

y


- 72 -

Položaj B:

∑ ==⇒=

+′=+=

=

+=∆

NV

mFF

eV

eVerera

smV

mVGylk

ntnt

5,141 0

64,10

2

1

2

1

2

22

2

2

22

2

1

ρ

ρωε

rrrrr

Položaj C:

NF

VmGFF

smV

mVGylk

7,48

0

47,9

2

1)(

2

1

2

2

2

22

2

1

=

=+⇒=↓

=

+=∆

∑ ρ

2.45. Sanduk mase 100 kg je izložen silama F1=800 N i F2=1,5 kN. Ako je početno stanje, stanje mirovanja, odrediti udaljenost klizanja d pri postignutoj brzini od V=6 m/s. Koeficijent kinetičkog trenja između sanduka i podloge je µk =0,2.

( )

( )md

FFGNT

smVjegdje

mVdTFFmV

kk

9332,0

20sin30sin

)6(:

2

120cos30cos)0

2

1(

0

2

0

1

2

2

2

0

2

0

1

2

1

=

−+==

=−

=−++=

µµ


- 73 -

2.46. Tijelo mase 2 kg izloženo je konstantnom djelovanju sile po zakonu

Ns

F

+

=1

300, gdje je s u metrima. Kad je s=4 m tijelo će se kretati lijevo brzinom

8 m/s. Odrediti brzinu kada je s=12 m. Koeficijent kinetičkog trenja između tijela i podloge je µk=0,25.

Rad sile od tačke 1 do 2 iznosi:

Jednadžba za energiju i tražena brzina iznose:

s

mVmVAmV 40,15

2

1

2

12

2

221

2

1 =⇒=+ −

2.47. Tarzan mase 100 kg ljulja se skačući sa grebena stijene pomoću užeta (napravljeno od loze) dužine 10 m, mjereno od oslonca A do centra njegove mase. Odrediti njegovu brzinu trenutak poslije što uže dodirne granu drveta u B. Koja sila treba biti u tom užetu prije i u trenutku kada uže dodirne granu u B?

( )

( )[ ]

( )[ ]

( ) ( ) NmsGS

dsGF

dsFGF

dsTFA

SSkk

SS

kk

S

S

k

S

S

S

S

2,17330sin30cos1ln300

30sin30cos

30sin30cos

30cos

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

00

00

00

0

21

=−−+=

−−=

+−=

−=

∫

∫

∫−

µµ

µµ

µ

Gr

S

F+

=1

300

NT k

rrµ=

300

030sinFGNrrr

+=


- 74 -

Let:

smV

GymVGy

Aatreferenceyy

581,7

2

1

)(10,45cos10

2

2

2

21

2

0

1

=

+=

−−−=−=

Prije nego što uže udari u granu, je

ρ=10 m, a poslije je ρ=3 m.

NF

NF

poslije

prije

2897

1556

=

=

To su sile kojima treba Tarzan da se drži za uže!

ρ

2

0

VmmaGF

Vmma

n

t

==−

′==

B

G

F

man

mat


- 75 -

3- DALAMBERTOV PRINCIP ZA MATERIJALNU TAČKU

Ako na materijalnu tačku M, mase m djeluje sistem sila nFF→→

,.....1 i ona se

kreće ubrzanjem →

a , osnovna dinamička jednadžba će izgledati:

∑=

→→→→→

=+++=n

i

in FFFFam1

21 .....

Ako primjenimo Dalamberov princip na svaku tačku materijalnog sistema i ako uzmemo u obzir i reakciju veza, dobićemo:

0=++→→→ in

i

r

i

a

i FFF 3.1. Dinamika relativnog kretanja materijalne tačke 3.1.1. Diferencijalna jednadžba kretanja

Pri složenom kretanju tačke apsolutno ubrzanje tačke →

a iznosi:

crp aaaa→→→→

++= , Gdje su:

-

××+×+=

→→→→→→→

MppMpp aa ρωωρε0 - prenosno ubrzanje,

- −→

ra relativno ubrzanje i

-

×=

→→→

rpc va ω2 - Koriolisovo ubrzanje.

Pa je osnovna diferencijalna jednadžba pri relativnom kretanju:

∑=

→→→→

=++n

i

s

icrp Famamam1

.

3.1.2. Posebni slučajevi kretanja materijalne tačke vezani za različite oblike prenosnog kretanja Posebno kretanje sistema referencije Oxyz je obrtanje oko nepomične ose pri čemu je prenosno ubrzanje:

ptpnp aaa→→→

+= , Gdje su: 2

ppn ra ω= - prenosno ubrzanje, normalno

ppt ra ε= - prenosno ubrzanje, tangencijalno.

Osnovna diferencijalna jednadžba relativnog kretanja imaće oblik:

∑=

→→→→→

+++=n

i

in

c

in

pn

in

pt

s

ir FFFFam1

.


- 76 -

3.1.3. Zakon o promjeni kinetičke energije pri relativnom kretanju Zakon o promjeni kinetičke energije materijalne tačke pri relativnom kretanju je:

( ) ∫ ∫

⊄+

⊄=∆=−

→→→1

0

1

0

2

0

2

1 ,cos,cos2

1

2

1M

M

M

M

r

in

psrinpr

s

isrs

irKrr vFdFvFdFEmvmv .

3.1. U cijevi koja se okreće konstantnom kutnom brzinom ω

r oko vertikalne ose, za

cijelo vrijeme obrtanja nalazi se loptica mase m, koja je pričvršćena pomoću opruge c. U početnom trenutku loptica se nalazi na rastojanju a, opruga je nedeformirana, a početna brzina loptice je jednaka nuli. Odrediti kretanje loptice, ako je koordinatni početak u početnom položaju loptice. Trenje zanemariti.

Poći ćemo od osnovne diferencijalne jednadžbe za relativno kretanje:

inc

inpWr FFFFam

rrrrr+++′=

Komponente u primjeru iznose: "xar =

r - relativno ubrzanje,

kmgicxkmgFFrrrrr

+−=−′= - aktivna sila,

kFjFFFF NNNNW

rrrrr

2121 +−=+= - reakcija idealne veze,

ixamamF Ninp

rrr2)( ω+=−= - prenosna

inerciona sila jVmVxmF rr

inc

rrrr090sin2)(2 ωω −=−= -

Koriolisova inerciona sila. Ako komponente iz osnovne dif. jednadžbe projeciramo na osu Ox, dobijamo:

2)( ωxamcxmar ++−= .

Zbog toga što je veza idealna 0=WFr

, dok projekcija incFr

na koordinatnu osu Ox je takođe jednaka nuli. Sređivanjem predhodne jednadžbe, dobijamo:

.)( 22 ωω am

cxx =−+′′

Uvođenjem smjene: 22 ω−=m

ck , gdje je k kutna brzina, uz pretpostavku da je

m

c⟨ω

predhodna jednadžba ima rješenje:

2

2

)sin()cos(k

aktBktAx

ω++= .

Iz početnih uvjeta za 0 i 0 ,0 00 ==′= xxt dobijamo integracione konstante A i B, pa će predhodna jednadžba dobiti oblik:

)cos1(2

2

ktk

ax −=

ω.

Za slučaj da je: m

c

m

ck ⟩−= ωω jest to,22

1 , rješenje jednadžbe dobija oblik:


- 77 -

( ) ( )2

1

2

111k

atkBshtkchAx

ω++= .

Za početne uvjete: 0 i 2

1

2

1 =−= Bk

aA

ω, dobijamo:

( )[ ]112

1

2

−= tkchk

ax

ω.

Ako je m

c=ω , imamo da je:

0C :su gdje ,2

2121

22

==++= CCtCta

xω

.

4- DINAMIKA SISTEMA MATERIJALNIH TAČAKA I KRUTOG TIJELA

4.1. Podjela sila Na materijalni sistem djeluju: spoljašnje )( sF

r i unutarnje sile )( uF

r.

Pošto između dvije materijalne tačke prema Trećem (Njutnovom) zakonu akcije i reakcije, djeluju sile istog intenziteta, a suprotnih smijerova duž zajedničkog pravca, to ćemo za materijalni sistem koji se kreće imati ravnotežu sistema unutarnjih sila i sume momenata za bilo koju tačku, što znači da je cjelokupni sistem u ravnoteži:

( )

∑ =→

0u

rF ,

( )

∑ =

→

→

00

u

RF

M

4.2. Geometrija masa Masa materijalnog sistema (M) jednaka je algebarskoj sumi masa svih tačaka

sistema: ∑=

=n

iimM

1

.

Centar mase ili centar inercije, za sistem materijalnih tačaka iznosi:

G

rG

M

rmr

i

n

ii

n

i

ii

c

→

==

→

→ ∑∑== 11

4.3. Momenti inercije Moment inercije materijalnog sistema u odnosu na pol ''O'' naziva se polarni

moment inercije i iznosi:

∑ ∑= =

++==n

i

n

iiiiiii zyxmrmJ

1 1

2222

0 )( .

Moment inercije materijalnog sistema u odnosu na proizvoljnu osu sistema oxyz naziva se aksijalni moment inercije. Momenti inercije za ose x, y i z iznose:

.)(1

22∑=

+=n

iiiix zymJ


- 78 -

.)(1

22∑=

+=n

iiiix zxmJ

.)(1

22∑=

+=n

iiiix yxmJ

4.4. Štajnerov teorem Ovom teoremom se rješava problem momenta inercije za dvije paralelne ose

od kojih jedna od njih prolazi kroz središte sistema. Aksijalni moment inercije za osu Cz je:

∑ ∑= =

+==n

i

n

iiiiiicz yxmrmJ

1 1

222 )(

a moment inercije za osu z1 koja je raralelna sa osom z iznosi: 2

1 MdJJ czz += . 4.1. Odrediti moment inercije za složeno tijelo prikazano na slici, po osi x. Gustoća materijala je 7,87 Mg/m3.

Zadano: 37870m

kg=γ

Odrediti: xI Rješenje:

1. Pravougaonik

( )( )( )

( )

( ) ( )[ ] ( ) 2222

22

33

53,24175,01,085,012

1

12

1

0,175,0

58,267

034,0400100850

kgmmm

mzyII

zmmyx

kgVm

mmmV

Gxx

=−++=

=++=

=−==

==

==

γ

2. Rupa

z

x

y

100400

850

z

y

x


- 79 -

( ) ( )

( ) ( )[ ] ( ) 2222

32

45,44,01,01,0312

1

0,400,0

724,24

003142,0100100

kgmmmI

zmmyx

kgm

mV

x =−++=

=−==

=

== π

3. Valjak

( ) ( )

( ) ( )[ ] ( ) 2222

32

369,2175,025,01,0312

1

175,0,0

811,61

007854,0250100

kgmmmI

mmzyx

kgm

mV

x =++=

===

=

== π

Ukupno:

2

321

321

332211

321

321

86,22

"

xza i kao

kgmIIII

z

istoy

mmm

mxmxmxx

mmmm

VVVV

xxxx =+−=

−−=

=

+−

+−=

+−=

+−=

4.2. Zadana su dva čelična cilindra ( 37849m

kg=γ ) i mesingana kugla

38746m

kg=γ homogeno sastavljeni. Odrediti moment inercije ovakvog tijela

uvažavajući da je osa x postavljena kao na slici.

Zadano: čelični cilindri sa 37849m

kg=γ i mesingna kugla sa 38746m

kg=γ

Odrediti: Ix

z

y

x


- 80 -

Rješenje:

(1) Kugla (mesing):

( )

g

V

g

Gm

mV

γ

π

==

= 305,0

3

4

( )

( ) 222

25

5

2

5165,1

0

kgmzymII

mI

y

zx

Gxx

Gx

−−−=++=

=

−−−=

==

(2) Horizontalni cilindar (čelični):

( ) ( )

( ) ( )[ ]2

22

2

-kgm--

165,1312

1

5,985,1

0

165,1

=

+=

=−−=

==

=

=

x

Gx

I

mI

cmy

zx

g

Vm

V

γ

π

(3) Vertikalni cilindar (čelični)

( ) ( )

( ) ( )[ ]2

22

2

---

85,1312

1

0

85,1

kgmI

mI

yzx

g

Vm

V

x

Gx

=

+=

===

=

=

γ

π

Ukupni momenat inercije: , 3mV =

)(

, 86,18 ,0

321 kgmmmm

cmyzx

=++=

−===

2kgmI x −−−= 4.3. Odrediti moment inercije složenog tijela prikazanog na slici, uvažavajući y osu.

Specifična težina materijala tijela je 3175m

kg=γ .


- 81 -

Zadano: 3175m

kg=γ

Odrediti: yI

Rješenje: 1. Stranica

( )( )( )

( ) ( )[ ] ( ) 22222

3

171890111212

1

7064

5,2 ,5,1 ,0

39612113

kgmmyxmI

kgg

Vm

mzmyx

mV

y =+++=

==

=−==

==

γ

2. Stranica

( ) ( )[ ] ( )2

2222

3

385942

51212

1

7706

5,1 ,6 ,0

4326

kgm

myxmI

kgm

mzmyx

mV

y

=

=+++=

=

−===

=

3. Stranica

( ) ( )[ ] ( ) 22222

3

14235351212

1

3211

5,5 ,5,10 ,0

180

kgmmyxmI

kgm

mzmyx

mV

y =+++=

=

−===

=

4. Valjak

z

x

y

12m

11m

3m

3m

8m

yx

z

12m

12m3m

x

y

z

12m

3m5m


- 82 -

[ ] ( )

( )[ ] ( )2

2222

2222

3

40228

6035,2312

1

3 12

1

1050

5,1 ,6 ,0

9,58

kgm

mm

myxLrmI

kgm

mzmyx

mV

y

=

=+++=

=+++=

=

−===

=

Ukupni moment inercije za y osu:

2

3

4321

659957

16931

5902,0 ,725,3 ,0

1,4843

kgmI

kgm

mzmyx

mVVVVV

y =

=

−===

=−++=

4.4. Odrediti moment inercije homogene piramide mase m za z osu. Gustina materijala je ρ. Napomena: koristiti pravougaoni limeni elemenat koji ima volumen dV=(2x)(2y)dz.

( )( )

dzxydzxdm

Vm

dzyxdV

2422

22

γγ

γ

==

=

=

Zbog simetrije je: x=y

Zbog sličnosti trouglova: ( )zhh

ax

x

zhah

−=⇒−

=2

2

z

dz

a/2 a/2

hx

z

a/2


- 83 -

( ) ( )[ ] ( )

( )

305

122

6

4646

1

6

1

12

3222

12

1

455555

4

4

0

432234

4

4

4

4

4422

hahhhhh

h

adII

dzzhzzhzhhh

a

dzzhh

adzxdmyxdI

h

zzzz

zz

γγ

γ

γγ

=

+−+−==

+−+−=

=−==+=

∫

103

1 22 ma

Im

haV zzpiramide =⇒==γ

4.5. Točak je sastavljen od tankog prstena čija je masa 10 kg i četiri prečke napravljene od tankih šipki mase od po 2 kg. Odrediti moment inercije točka oko ose okomite na sliku i trenutnu tačku dodira A.

( )( )( ) 2

2

22

667,7

5,02

12

12

kgmteoremaŠtajnerova

mmII

mlmrI

paokaprstenaBA

paoka

prstenB

==

=++=

+=

4.6. Klatno se sastoji od tanke poluge (R) mase 3 kg i limene ploče (P) mase 5 kg. Odrediti udaljenost y od centra mase G klatna y ; takođe izračunati moment inercije klatna ako je aksijalna osa okomita na ravninu slike i prolazi kroz G.

B

A


- 84 -

( )( ) ( )( )

( ) ( )

Otačzakgm

mmlmIII

mkg

kgmkgm

mm

mymyy

PPRRPRukupniO

PR

PPRR

.83,29

25,215,012

1

3

1

781,18

525,231

2

2222

−=

=+++=+=

=+

=+

+=

−

( ) ( ) ( )

Gtačzakgm

mmmlmI PPRRRukupniG

. 451,4

781,115,215,012

11781,1

12

1

2

22222

−=

=−+++−+=−

5- OPĆI ZAKON KRETANJA MATERIJALNOG SISTEMA 5.1. Diferencijalne jednadžbe kretanja sistema Za svaku tačku sistema možemo postaviti osnovnu jednadžbu dinamike tačke, što bi za i-tu materijalnu tačku iznosilo:

u

i

s

ii

iii FFdt

rdmam

→→→

→

+==2

2

.

5.2. Zakon o kretanju središta masa Materijalni sistem od n tačaka, čije su mase m1, ....., mn obrazuju tzv. centar

mase ili središte sistema, kojeg obilježavamo sa cr→

, a zakon o kretanju centra

inercije sistema glasi: ∑=

→→

=″ n

i

s

ic FrM1

5.3. Zakon o održanju kretanja središta masa

Za slučaj da je glavni vektor (∑=

→

=n

i

s

iF1

0 ), spoljašnjih sila jednak nuli, imat ćemo

da je: 0=″→

crM , odnosno, 0=″→

cr , ili ako se ovo integrira dobit ćemo:

.constvr cc ==′ →→

5.4. Količina kretanja materijalnog sistema Količina kretanja sistema materijalnih tačaka je vektor, koji je jednak vektorskom zbiru količina kretanja pojedinih materijalnih tačaka sistema:

∑∑=

→→

=

→

==n

i

i

n

i

KvmK11

.

Ako uzmemo u obzir brzinu središta mase, onda je količina kretanja sistema:

cc vMrMdt

dK

→→→

=

= .


- 85 -

5.4.1. Zakon o promjeni količine kretanja središta materijalnog sistema Zakon o promjeni količine kretanja središta materijalnog sistema glasi:

∑=

→→→

==n

i

s

i

s

r FFdt

Kd

1

Gdje je: ∑=

→→

=n

i

s

i

s

r FF1

- rezultanta spolnjih sila koje djeluju na sistem.

5.4.2. Zakon o održanju količine kretanja materijalnog sistema Kad na materijalni sistem ne djeluju spoljnje sile ili ako je njihova rezultanta jednaka nuli, središte sistema se kreće jednoliko i pravolinijski tj. po inerciji:

0==′=→→

→s

rFKdt

Kd.

Odnosno ako se izvrši integriranje dobit će se da je:

.constCK ==→

Kako je: cc vMrM→→

=′ , integriranjem se dobija: Ctvr cc +=→→

, iz čega se vidi da se središte sistema kreće pravolinijski i jednoliko.

5.1. Homogeni zupčanik II, poluprečnika r, kotrlja se po nepokretnom zupčaniku pomoću poluge AO , koja se obrće konstantnom ugaonom brzinom ω. Odrediti količinu kretanja sistema ako je težina zupčanika II, G2, a poluge G1. Rješenje:

Količina kretanja promatranog pokretnog sistema u vektorskom obliku je:

,j yMi C

rrrr′+′=′= CC xMrMK

Gdje su: M-masa sistema, xC i yC –koordinate težišta sistema za koordinatni sistem Oxy prema slici. Prema definiciji središta masa imamo:

2222

2211

,

ymymyM

xmxmxM

C

C

+=

+=

Gdje su:


- 86 -

C1(x1,y1) - središte poluge C2(x2,y2) - središte zupčanika II

2211

2211

ymymyM

xmxmxM

C

C

′+′=′

′+′=′

Kako su:

ϕωϕ sinx ,cos 11 rrx −=′= , ϕωϕ sin2x ,cos 2 22 rrx −=′= ,

ϕωϕ cosy ,sin 11 rry =′= , ϕωϕ cos2y ,sin 2 22 rry =′= ,

Uvrštenjem ovih vrijednosti u početnu jednadžbu dobija se:

j )cosmr(2mi sin)2( 1212

rrrϕωϕω +++−= mmrK .

Intenzitet vektora količine kretanja je: )2( 12 mmrK += ω

6- TIJELA PROMJENLJIVE MASE Promjena mase tijela može biti neprekidna u smislu odvajanja mase ili prisajedinjavanja novih materijalnih djelića mase. Zato masu smatramo funkcijom vremena m(t), koja je neprekidna i deriviabilna. Opći pristup je prikazan sa:

→→

→

+= Udt

dmF

dt

vdm , što predstavlja opći pristup.

Vrijednosti, →→

Φ=dt

dmU ili

→→

Φ=dt

dmv r , se mogu uvrstiti u gornju jednadžbu pa ona

dobija oblik:

→→→

Φ+= Fdt

vdm

6.1. Formula Ciolkovskog Kako su sve spoljašnje sile jednake nuli, to će se imati:

dt

dmU

dt

vdm

r−=

→

.


- 87 -

Njenim integriranjem dobit ćemo:

∫→→→

−=t

m

dmUvv

0

0 ,

Kako je brzina istjecanja plinova konstantna, dobićemo da je:

)(ln 0

0tm

mUvv +=

Gdje je: m0 – masa u trenutku t=0. Ako sa mk označimo konstantnu masu koja se ne mijenja, a sa mG promjenljivu masu goriva i uvedemo oznaku mG

0 masa goriva za t=0, izraz dobija oblik:

Gk

Gk

mm

mmUvv

+

++=

0

0 ln

U trenutku kad se potroši svo gorivo ( 0=Gm ), maksimalna brzina rakete je:

++=

k

G

m

mUvv

0

0max 1ln

6.1. Raketa polijeće početnom brzinom V0=0 i leti pravolinijski kroz sredinu zanemarive gustoće. Masa rakete bez goriva je M0, a početna masa goriva M1. Relativna brzina istjecanja plinova je konstantna i iznosi Vr=2000 m/s, 20/ 0

0

1 =MM . Odrediti brzinu rakete u trenutku kada izgori svo gorivo. Rješenje: Jednadžba kretanja glasi:

dt

dMV

dt

dVM rx

x 1−=

Podaci prema zadanim vrijednostima:

VV

constVV

constMMTt

constMMMVVtMMM

x

rxr

x

=

==

===

=====+=

,

01

0

0

11010

.0

.,,00,

Pa imamo da je: ( )

( ) CMMVV

MM

dMVdV

dMVdVMM

xrx

xrx

xrx

++−=

+−=

−=+

10,

10

1,

1,10

ln


- 88 -

Za: 0

11,00 MMVt x ==⇒= proizilazi da je: ( )0

10, ln MMVC xr +=

Iz čega slijedi: ( ) ( )0

10,10, lnln MMVMMVV xrxrx +++−=

Ili: 10

lnMM

MMVV r +

+=

Brzina u trenutku kad izgori svo gorivo:

sm

M

MVV

MTt

r 60601ln

0,

0

0

1

1

=

+=

==

6.2. Raketa se kreće u homogenom gravitacionom polju po pravoj liniji sa konstantnim ubrzanjem a

r. Ovaj pravac sa

horizontom obrazuje ugaoα . Ako je efektivna brzina istjecanja plinova eV

r konstantna po intenzitetu i pravcu i uglom β prema

horizontu, odrediti: 1. ugao β koji obrazuje efektivna brzina eV

r istjecanja

plinova sa horizontom da bi se raketa kretala po pravoj liniji i 2. zakon promjene mase rakete.

Kako raketa vrši slobodno kretanje u homogenom gravitacionom polju, to je

mgFiadtdV s ==/ i jednadžba Meščerskog:

gmdt

dmV

dt

Vdm r

rrr

+=

projecirana na ose Ox i Oy daje dvije skalarne jednadžbe:

mgdt

dmVma

dt

dmVma

e

e

−−=

−=

βα

βα

sinsin

,coscos

(a)

Iz prve diferencijalne jednadžbe, napisane u obliku:

dtV

a

dt

dm

e βα

cos

cos−=

nakon prve integracije određuje se zakon promjene mase:

t

V

a

eemm βα

cos

cos

0

−

= gdje je m0 predstavlja početnu masu rakete. Eliminaciom izvoda dm/dt iz jednadžbi (a) za ugao β nalazimo da je:

Ili

α

αβ

αα

β

sin2

coscos

,cos

sin

22 agga

aa

gatg

++=

+=


- 89 -

7- GLAVNI MOMENT KOLIČINE KRETANJA MATERIJALNOG SISTEMA Moment količine kretanja materijalnog sistema u odnosu na pol iznosi:

∑ ∑= =

→→→→→

×=×=n

i

n

i

iiiii vmrKrL1 1

0 ,

Gdje su:

ir→

- vektor položaja tačke im - masa tačke

→

v - brzina materijalne tačke sistema i

0

→

L - glavni moment količine kretanja. 7.1. Zakon o promjeni momenta količine kretanja materijalnog sistema- Zakon o održanju kinetičkog momenta materijalnog sistema Osnovna diferencijalna jednadžba kretanja, sistema materijalnih tačaka iznosi:

u

n

s

nnn FFam→→→

+=

Ako ove jednadžbe vektorski pomnožimo sa vektorom ir→

, i rezultante saberemo za sve tačke dobit ćemo:

∑ ∑= =

→→→→→

×+

×=×

n

i

n

i

u

ii

s

iiiii FrFramr1 1

Na osnovu zakona promjeni momenta količine kretanja tačke, te na osnovu svojstva unutarnjih sila imat ćemo:

s

iFn

i

Mdt

Ld→

∑=

→→

=1

00

.

7.2. Kinematička interpretacija zakona o promjeni kinetičkog momenta- Rezalova teorema

Brzina tačke B, predstavlja kraj vektora 0

→

L , a označit ćemo ga kao Bv→

, a

određena je kao prvi izvod vektora 0

→

L po vremenu:

dt

Ldv B

0

→→

=

Brzina tačke B može se odrediti i pomoću momenta rezultante spoljnjih sila koje djeluju na sistem:

RSFB Mv

→→→

= 0 . 7.3. Obrtanje krutog tijela oko nepokretne ose-kinetički moment Kinetički moment tačke M, mase dm u odnosu na osu z jednak je proizvodu

vektora →

Kd i →

r :


- 90 -

→→→

×= rKdLd z

Odnosno izraz za kinetički moment tačke u skalarnom obliku biće: dmrdLz ω2=

Nakon integriranja dobit će se:

zzz JL ω= . 7.4. Matematičko klatno Zakon kretanja matematičkog klatna glasi: tωϕϕ cos0= , a period oscilovanja T

se određuje prema: g

T1

22

πωπ

== .

7.5. Fizičko klatno Diferencijalna jednadžba okretanja krutog tijela oko nepokretne ose glasi:

02 =+′′ ϕωϕ , a period osciliranja fizičkog klatna, usljed djelovanja sila teže, pod uvjetom da zanemarimo otpore, iznosi:

mgh

Jz

Gh

JzT ππ

ωπ

222

=== .

7.5.1. Redukovana dužina fizičkog klatna Redukovana dužina klatna, za slučaj da mu osa vješanja prolazi kroz K (suprotno od tačke vješanja), iznosi:

b

ib

mb

mbJc

mb

Jkl cr

22

+=+

== .

7.5.2. Eksperimentalno određivanje momenta inercije krutog tijela Ako želimo izmjeriti moment inercije tijela Jz1 onda prvo trebamo izmjeriti period vibriranja (T1), zatim uzeti tijelo čiji moment inercije znamo (Jz2) i pod istim uvjetima za (φ)-početni ugao otklona, pusti se da slobodno vibrira, na osnovu čega određujemo period vibriranja (T2).

2

1

2

1

Jz

Jz

T

T=

Pri čemu je traženi moment inercije: 2

2

121

=

T

TJzJz .


- 91 -

7.6. Ravno kretanje krutog tijela 7.6.1. Diferencijalne jednadžbe ravnog kretanja Kretanje središta C određuje se na osnovu zakona o kretanju središta masa materijalnog sistema:

∑=

→→→

==n

i

s

R

s

ic FFam1

,

Gdje su: • m – masa tijela

• s

RF→

- glavni vektor vanjske sile. Diferencijalnu jednadžbu koja određuje obrtanje ravne figure oko središta C postavlja se na osnovu zakona o promjeni momenta količine kretanja (kinetičkog momenta) u odnosu na osu koja prolazi kroz središte C:

∑=

→→→ →→

==n

i

F

c

F

cic

s

Rs

MMdt

Ld

1

,

pošto je vrijednost, ϕ′= cc JL , to su njihova značenja:

•

s

RF

cM

→

→

- glavni moment vanjskih sila na tačku C, • cJ - moment inercije tijela i

• ϕ′ - kutna brzina tijela oko središta.


- 92 -

7.1. Lopatice fena imaju masu od 2 kg i moment inercije I0=0,18 kgm2 za aksijalnu osu koja prolazi kroz centar O. Ako je on izložen momentu zakretanja od M=3(1-e-0,2t) Nm, gdje je t u sekundama, odrediti kutnu brzinu nakon t=4 s od kretanja iz stanja mirovanja.

∑ ⇒=⇒= ε00 0 IMM

( ) ( )

( )

( )

( ) srad

C

C

Cett

et

t

t

78,204

35,83

02,0

167,160

2,0

167,16

167,16

1

1

1

2,0

2,0

=

−=

=+

=

+

+=

−=

−

−

ω

ω

ω

ε

7.2. Kotur je oslonjen na male točkove u tačkama A i B. Odrediti konstantnu silu P da bi se odmotalo 8 m kabla u vremenu od 4 s od stanja mirovanja. Takođe izračunati normalne sile u A i B za vrijeme tog vremena. Kotur je mase 60 kg i radiusa inercije k0=r0=0,65 m. Pri računanju zanemariti masu kabla i masu točkova A i B.

Pmk

P

mkIP

PGNN

PGNN

NN

BA

BA

BA

03156,08,0

8,0

cos2

coscos

sinsin

2

0

2

0

==

==Θ

+==

+=Θ+Θ

Θ=Θ

α

αε

( )( )

( )

( )

NNN

NP

P

rs

CPtt

CPtt

BA 2,325

61,39

10401578,0

108,0

84

001578,0

003156,0

2

2

2

1

==

=

⇒=

==Θ⇒Θ=

=+=Θ

=+=ω

θ θ

G

NBNA

Iε

P


- 93 -

7.3. Uže je omotano na bubanj kotura. Ako je konopac vučen konstantnom silom od 30 N i ako je kotur bio u stanju mirovanja, odrediti kutnu brzinu ω nakon s=8 m odmotanog užeta. Zanemariti težinu 8 m odmotanog užeta. Kotur i svo uže na njemu su teški 400 N, a radius namotanog užeta za tačku A je rA=1,25 m.

( )

( )( )( )( )

( )

( ) sradt

st

tt

radrs

C

Ctt

C

Ctts

rad

mrINmM

f

f

ff

AAA

05,3

18,4

4,6365,0

4,6

00

365,0

00

73,0

73,0

3025,1

2

2

2

2

1

1

2

=

=

==Θ

=⇒=

==Θ

+=Θ

==

+=

=

⇒===∑

ω

θθ

ω

ω

ε

εε

7.4. Motor posjeduje konstan moment torzije od M=2 Nm na 50 mm promjeru rukavca O povezanog sa centrom zamajca mase 30 kg. Rezultanta trenja ležaja F, koja djeluje na rukavcu osovine, djeluje tangentno na rukavac, a intenzitet joj je 50 N. Odrediti koliko treba vremena za povećanje momenta torzije zamajca na osovini da bi on mogao imati povećanje kutne brzine od 4 rad/s na 15 rad/s. Zamajac ima radius momenta inercije od k0=0,15 m od centra.


- 94 -

( )( )

st

tt

CCtt

s

mkIFM

f

ff

9,9

154111,1

)4(111,1

:jemintegriran

111,1

025,0

11

2

2

0

=

=+=

=⇒+=

=

⇒==−−

ω

ω

ε

εε

7.5. Klatno se sastoji od homogene ploče (R) mase 5 kg i poluge (P) mase 2 kg. Odrediti horizontalnu i vertikalnu komponentu reakcije u tački O kad je poluga u položaju θ=300, pri čemu je njena kutna brzina ω =3 rad/s.


- 95 -

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

NRNRs

rad

kgmmmlmI

IGGM

rmrmrmrmGGRF

rmrmrmrmRF

yx

PPRR

PR

PPRRPPRRPRyy

PPRRPPRRxx

22,41 a ,82,54

62,13

33,265,03,02,012

1

3

1

cos65,0cos25,00

cossin0

sincos0

00

2

22222

0

00

2

0

2

0

==

=

=+++=

=Θ+Θ⇒=+

Θ+−Θ+=−−⇒=↑+

Θ++Θ+=⇒=→+

∑∑∑

ε

ε

εω

εω

7.6. Imamo homogenu tanku polugu mase 5 kg. Ako konopac zakačimo u tački A, odrediti reakciju u tački O,

a) tako da poluga ima horizontalan položaj i b) tako da se poluga kreće ka vertikalnom položaju.

( ) 222

0 4667,02,012

1kgmmmlI =+=

Trenutak kad je konopac odsječen, ω=0.

↑==

=⇒=⇒=

−=−⇒=↑+

=−=⇒=→+

∑∑∑

NRR

sradIGM

mrGRF

mrRF

oyx

o

yy

xx

03,28;0

02,212,00

0

00

0

20

0

2

0

εε

ε

ω

∑∑∑

=⇒=⇒=+

=−⇒=↑+

−=⇒=→+

000

0

0

00

2

0

0

εε

ω

ε

IM

mrGRF

mrRF

yy

xx

Ovo ε je validno jedino za ovaj smijer, tako da se nemože integrirati pri traženju ω!

o


- 96 -

Vratimo se nazad:

( )( ) ( )tt

IGM

mrmrGRF

mrmrRF

yy

oxx

θε

εθ

θωθε

θωθε

cos02,21

cos2,00

sincos0

cossin0

00

2

0

2

=

=⇒=+

+−=−⇒=↑+

−−=⇒=→+

∑∑∑

Integraciom ovog i pri Θ=900 imamo:

↑==

→=→→=

==→→=

=+

=

=

=⇒

=⇒=⇒=

=

∫ ∫

NRR

akos

rad

Ckada

C

dd

dd

ddd

dddt

dt

ddt

d

yx 07,91 ,0

90 je 482,6

0 je te,0je 0

2

1sin02,21

cos02,21

cos02,21

00

0

1

2

1

θω

θω

ωθ

ωωθθ

ωωθθ

ωωθε

ωθω

εωθθ

ω

ωε

7.7. Uže zanemarive mase prebačeno je preko diska A težine 15 N i diska B težine 5 N. Ako je uteg C težine 3 N zakačen na njihov kraj u stanju mirovanja, odrediti brzinu utega nakon spuštanja za 3 m. Takođe naći kolika je sila u horizintalnom i vertikalnom dijelu užeta? Predvidjeti da nema klizanja užeta preko diska B. Zanemariti trenje u ležejevima D i E.

RoxRoyo

G

Ioε

mrω2mrε

θ


- 97 -

( ) AA

AAH

m

IT

ε

ε

25,1

2

1

5,1

=

==

( )

( ) BBBB

HV

mI

TT

εε 25,0

2

1

5,0

==

=−

B

AC

CCVC

a

amTG

ε

ε

5,0

5,1

=

==

=−

Kombiniranjem podataka iz desne, srednje i lijeve jednadžbe, dobija se:

NT

NT

V

H

61,1

73,1

=

=

7.8. Točak težine 30 N ima radius inercije rG=kG=0,6 m. Ako je koeficijent statičkog i kinetičkog trenja između točka i podloge 15,02,0 == ks i µµ , odrediti maksimalni kut

θ između kosine kotrljanja točka tako da se točak kotrlja bez klizanja.

GC

TV

mCaC

( ) ( )

( )( )

smV

st

CCtr

CCtV

sm

mmm

Ga

amamamG

ammmG

f

C

C

ABC

CC

CCCACBC

CCAABBC

69,3

625,1

0 0 tza 135,1

0 0 tza 27,2

27,25,05,0

5,05,0

5,12

1

5,1

15,0

22

2

11

2

22

=

=

=⇒=+=

=⇒=+=

=++

=

=−−

=

+− εε


- 98 -

( )klizanja! bez kotrljanje je kinematike

0

sin0

0cos0

2

akoizra

mkIrTM

maTGF

GNF

težtež

T

N

−−=

==⇒=

=−⇒=

=−⇒=

∑∑∑

ε

εε

θ

θ

U stanju mirovanja, NT sµ= Kombiniranjem:

0

2

21

2

2

2

72,181tan

coscossin

coscossin

=

+=

=−

=−

−

k

rg

k

r

mk

GrmrGG

s

ss

ss

µθ

θµ

θµθ

θµθµθ

7.9. Na prikolici mase 580 kg sa centrom mase u G, nalazi se kotur mase 200 kg, sa središtem mase u O i poluprečnikom inercije k0=0,45 m. Ako sila od 60 N djeluje na uže, odrediti kutno ubrzanje kotura i ubrzanje prikolice. Zanemariti mase točkova i otpore na njima.

( )

2

2

00

7407,0

605,00

srad

kmNM s

=

=⇒=∑ε

ε


- 99 -

( )

207692,0

600

sma

ammF Tsx

=

+=⇒=→+ ∑

7.10. Kotur i namotaji telefonskog kabla su mase 20 kg, a poluprečnik inercije kG=250 mm. Ako je koeficijent kinetičkog trenja sa podlogom 1,0=kµ odrediti kutno ubrzanje kotura pri djelovanju momenta od 30 Nm.

εε 2302,04,00

00

0

GGxG

y

xx

mkIFTM

GNF

maTFF

==+−−⇒=

=−⇒=↑+

=−⇒=→+

∑∑∑

Ako postoji klizanje, NT kµ= Klizanje ne postoji tamo gdje kabl dodiruje kotur, pa je ε2,0=a Uvrštenjem imamo:

( )

( )2

2

2

892,8

4,0306,0

302,02,04,0

srad

mmkG

mkmGG

Gk

Gkk

=

+=+−

=++−−

ε

εµ

εεµµ

7.11. Zadan je zupčanik težine 15 N i radiusa inercije kG=0,375 m. Ako se na nerastegnutu oprugu djeluje momentom M=6 Nm, odrediti kutno ubrzanje zupčanika pri pomjeranju tačke G na zupčaniku za 2m u lijevo.


- 100 -

( )

( )

srad

lkmkmr

lkImVradNm

ml

rV

radrs

48,4

2

1

2

1

2

124

2

1

2

1

2

14 6

6,34,05,0

:letvi) na tač(oko je opruge rastezanje a ,

45,0

2

22222

222

=

⇒∆++=

∆++=

=+=∆

=

==⇒=

ω

ωω

ω

θ

ω

θθ

7.12. Zadana je poluga dužine L i mase m. Ako je početno stanje poluge θ≈00, odrediti kutno ubrzanje za kut θ. Svakako, odrediti horizontalnu i vertikalnu reakciju u osloncu Ou funkciji od kuta θ.

( )

( )

εεθ

θεθωθθ

θεθωθθ

ωε

2

2

2

2

3

1sin

2

sincos2

sincos

cossin2

cossin

mlIGl

mlGmamaGR

mlmamaR

erera

tny

tnx

nt

==

+−=−−=

+−=+−=

+=rrr

1

2 cos2

3

2

1

sin2

3

2

sin3

2

sin3

Cl

g

dl

gd

d

d

d

d

dt

d

l

g

ml

G

+−=

=

====

θω

θθωω

θω

ωθθωθθ

ε

( )θω

θ

cos13

2

3

cos2

30

1

1

−=

=

+−=

l

g

l

gC

Cl

g


- 101 -

( )

( )

( )

( )θθθ

θθθ

θθ

θθ

θθ

θθθ

θθ

θθ

22

22

sin75,0cos5,1cos5,11

sin2

1coscos

2

3

sin2

sin3coscos1

3

2

5,1cos25,2sin

cos2

11cossin

2

3

cos2

sin3sincos1

3

2

−+−=

+−−=

=

+−−=

−=

+−=

=

+−−=

mgR

mgG

l

g

l

gmlGR

mgR

mg

l

g

l

gmlR

y

y

x

x

7.13. Odrediti silu TA koju treba ostvariti na užetu A da bi se mogao podići teret mase 10 kg sa ubrzanjem od 200 mm/s2 . Pretpostaviti da uže ne kliže po površini žlijeba diska mase 20 kg. Odrediti silu u vertikalnom dijelu užeta kao i razjasniti razliku te sile i sile koja je u tački A. Disk je oslonjen u centru C koji nema trenja (slobodan) pri rotaciji. Zanemariti masu užeta.

∑ ==−⇒= εε 2

2

10 rmIrTrTM CCBA

Znamo iz kinematike da je: εraB =

Nr

a

rrmTT

NxTamGTF

BCBA

BBBBBy

1,1021

2

1

1,1001,982,0100

2 =

+=

=+=⇒=−⇒=↑+ ∑

Dodatna sila je potrebna zbog gubitka energije pri rotaciji diska.


- 102 -

7.14. Zadan je kotur mase 100 kg i poluprčnika inercije kG=r=0,3 m. Ako je koeficijent statičkog i kinematičkog trenja naizmjenično 15,02,0 == ks i µµ , odrediti

kutno ubrzanje kotura ako je P=50 N.

εε 24,025,00

0

0

Gtež mkITPM

GNY

maTPX

==+⇒=

=⇒=

=−⇒=

∑∑∑

Gdje je Gk -poluprečnik inercije kotura

Prije klizanja, εµ 4,0 , =≤ aNT s

Pri klizanju, εµ 4,0 , == aNT s

Poslije klizanja, NT kµ= Trenutak prije klizanja:

( )

( ) 2

2

2

/3,14,0

4,025,0

4,025,0

sradmmk

P

mkmaPP

G

G

=+

+=

=−+

ε

ε

NmPT 24,0 −=−= ε (Izabiremo onoliku silu trenja T, pri kojoj neće doći do klizanja)

Izabran je pogrešan smijer za T!

dobra je

2,196

kapretpostavNT

NN

s

s

⇒⟨

=

µ

µ

7.15. Zadan je kotur mase 100 kg i radius inercije kG=rG=0,3 m. Ako je koeficijent statičkog i kinematičkog trenja naizmjenično 15,02,0 == ks i µµ , odrediti kutno

ubrzanje kotura ako je P=600 N.


- 103 -

∑∑∑

=−⇒=

=−⇒=↑+

=+⇒=→+

εITPM

GNF

maTPF

G

y

x

4,025,00

00

0

Ako nema klizanja, ( )εµ 4,0ječemu pri ==⇒⟨ raNT s Uvrštenjem:

( )

2

2

60,15

4,04,025,0

srad

mkPmP G

=

⇒=−−

ε

ε

NT sµ⟨ - Naravno bez klizanja. Prema tome, pretpostavka

klizanja je tačna!

26,15s

rad=ε

7.16. Zadan je kotur mase 75 kg i radiusa inercije kG=0,380 m. U početnom položaju kotura na kosini koeficijent kinetičkog trenja je 15,0=kµ . Ako se kotur pusti iz stanja mirovanja iz A, odrediti silu u užetu i kutno ubrzanje kotura.

NN

NT

s 2,196

24

=

=

µ


- 104 -

( )Bu je rotacijecentar 3,0

6,03,0

30cos

30sin

2

0

ε

µ

εε

=

=

==−

=

=−+

a

NT

mkITF

GN

maFGT

k

G

Jednadžbe ravnoteže su:

( )

NF

srad

k

g

mmk

GG

mkGmGG

mGGF

G

k

G

k

Gkk

k

9,358

647,43,0

30cos30sin3,0

3,0

30cos3,030sin3,0

30cos6,03,030sin3,030cos3,0

3,030sin30cos

222

00

22

00

20200

00

=

=+

−=

=+

−=

=−−+

−+=

µ

µε

εµεµ

εµ

7.17. Zadan je točak mase 80 kg i poluprečnika inercije kG=0,25 m. Ako je točak izložen djelovanju momenta M=50 Nm, odrediti kutno ubrzanje. Koeficijent statičkog i kinetičkog trenja između podloge i točka je 15,02,0 == ks i µµ , naizmjenično.

εε 23,0 GmkITM

GN

maT

==−

=

=

Trenutak prije klizanja. ( )εµ 3,0, =≤ aNT s

222

2

098,43,0

3,03,0

srad

mmk

M

mkmM

G

G

=+

=

=−

ε

εε

NT sµ≤ -Pretpostavka je dobra!

NN

NmT

s 0,157

36,983,0

=

==

µε


- 105 -

7.18. Kamion prevozi kotur čija je težina 200 N i radius inercije kG=2 m. Odrediti kutno ubrzanje kotura ako on nije učvršćen za kamion, a kamion je dostigao ubrzanje od 5 m/s2 . Koeficijent statičkog i kinematičkog trenja između točka i kamiona je

15,0 15,0 == ks i µµ , naizmjenično.

-T

Gma - Ovo kretanje je kretanje kotura u odnosu na kretanje

kamiona. - Gma -Premda se točak kreće suprotno od kretanja kamiona, G se kreće desno promatrajući sa tla (samo ne tako brzo kao kamion).

∑∑∑

==⇒=

=−⇒=↑+

=⇒=→+

εε 230

00

0

GG

y

Gx

mkITM

GNF

maTF

Ako nema klizanja, εµ 3je =−−⟨

TGs atadaNT

( )

2

2

2

154,1

30

102

154,1

353

35

53

srad

NN

NTs

rad

mkm

a

iiai

aaa

s

G

G

G

TGT

G

=

=

=

=

=−

−=

−=−

−=

ε

µ

ε

εε

ε

εrrr

7.19. Homogena greda ima težinu G. Ako je prvobitno u stanju mirovanja i obješena o užad u tačkama A i B, odrediti silu u užetu A ako dođe do trenutnog pucanja užeta u B. Pretpostaviti da je greda tanka motka.

G

N

IGε

T

maG

maG/T


- 106 -

∑ =⇒=→+ 00 2ωmrFx

(Ovo je početno stanje, kada dolazi do pucanja užeta. Što ima smisla zato što je ω još uvijek nula u trenutku pucanja užeta)

GGGml

lGlmGT

lmmlIG

lM

mrGTF

AA

y

7

4

7

3

16

1

12

14

4

412

1

40

0

2

2

2

=−=

+−=

+==⇒=

−=−⇒=

∑

∑

εε

ε

7.20. Tanka poluga od 150 N je obješena pomoću dva užeta AB i AC. Ako uže iznenada presječemo, treba odrediti početno kutno ubrzanje poluge i silu u užetu AB.

Mi ne znamo kakvu će putanju G imati, te stoga usvajamo proizvoljne aGx i aGy ali znamo da će B imati kružnu putanju.

A

T G

IAεmrω2

mrε


- 107 -

( ) εεθ

θ

θ

θ

2

01

812

1sin4

sin

cos

87,364

3

mIT

maTG

maT

tg

y

x

==

=−

=

=

= −

( ) ( )( )ij

jaiajiaaaa yxBtGBGBrr

rrrrrrr

044

cossin

2

/

=−=

=−−−−−=−=

ωε

θθ

εθθ

4sin

cos=+− yx aa

Napomena: εε ≠B , ali je i 0== ωωB kada je uže puklo. Ne zanima nas vrijednost Bε , tako da ga treba zamijeniti pri uvrštavanju. Uvrštavanjem:

2

2

18,4

sin

cossinsin3

64

sin484

sin

sin

coscos

srad

NT

Tmmm

g

m

T

m

TG

m

T

=

−−−=

++=

=

−+

−

ε

θθθθ

θθθθθ

7.21. Kanister ima masu 20 kg i radius inercije za centar mase G, kG=0,4 m. Ako na njega djelujemo horizontalnom silom F=30 N, odrediti početno kutno ubrzanje kanistera i silu u užetu AB.

Nismo sigurni koju putanju će G imati, ali znamo da će tačka B praviti kružnu putanju.

2

2

625,5

6,0

srad

mkIF

maGT

maF

G

y

x

=

==

=−

=

ε

εε

Bn

B2

εθ

θ

4cos:

0sin:

=+−

=+−

yBt

xBt

aaj

aair

r


- 108 -

( )

( )

NGT

aj

aIi

aajia

jaiaa

jIiIa

y

xB

GBG

B

yxG

BBB

2,196

00:

3,0:

03,03,0

0

2

2

==

−=

−=−

−==−−=

+=

=+=

r

r

rrrrr

rr

rrr

εε

ωε

ωε

7.22. Na disk A mase 20 kg djeluje teret B mase 10 kg pomoću užad kao na slici. Ako se disk kotrlja bez klizanja, odrediti njegovo kutno ubrzanje i ubrzanje tereta ako dođe do kretanja. Takođe, odrediti silu u užetu. Zanemariti mase, užeta i kotura.

∑

∑∑

==⇒=

=−⇒=↑+

=−⇒=→+

εε 2

2

12,00

00

0

rmITM

GNF

amTFF

AGtež

Ay

AAx

Ako nema klizanja, NT sµ⟨ i εraA =

T

FIGεmAaA

GA

N


- 109 -

Znamo iz kinmatikeda je: AB aa2

1=

( )

( ) ( )

NFs

rads

ma

armamamG

r

armmaF

maFGF

B

BABABBB

AAAA

BBBy

28,45

546,7

7546,0

22

122,0

22,0

2

12,0

20

2

2

2

=

=

=

=−

−

=−

=−⇒=↓+ ∑

ε

7.23. Tanka poluga mase 15 kg se rotira suprotno od smjera kazaljke na stau, u vertikalnoj ravnini oko tačke A. Kada je poluga u datom položaju njena kutna brzina je 10 rad/s. Za taj položaj odrediti kutno ubrzanje poluge i pravac te veličinu sile u osloncu A.

Zadano: m=15 kg, za tanku polugu, srad10=ω , l=1,6m

Odrediti: ARr

,ε Rješenje:

( ) ( ) 22222 6,54,012

1kgmmmlmyxII GzAz =+=++=

( )

↓=−=−

=

=−=

==+−−⇒=

==−−⇒=

∑∑∑

22

0

0

2000

000

103,9103,930cos4,0

30cos4,0

30sin30cos30sin0

30cos30sin30cos0

srad

srad

I

G

IGM

mrmaGRRF

mrmaGRRF

Az

AzAz

nAxAyn

tAxAyt

ε

ε

ω

ε


- 110 -

0

002

30cos

30sin30sin GRmrR Ay

Ax

+−−=

ω

Korištenje RAt i RAn vjerovatno bi bilo računski lakše.

( )

0

2

20

12,224,531

3,492

2,200

30sin30cos

30sin30cos

30cos30sin30cos

30sin

30cos

30sin

30cos30sin30sin30cos

30sin30cos

∠=

→−=

↑−=−

++−=

=−+−−−

NR

NR

NGGmrmr

R

mrGGRmrR

A

Ax

Ay

AyAy

ωε

εω

7.24. Disk mase 25 kg jednolike gustoće rotira u vertikalnoj ravnini oko tačke A. Ako je položaj kao na slici (promjer ide od tačke A vertikalno), kutna brzina diska je 20 rad/s, obrnutno od smjera kazaljke na satu, a veličina momenta je M=50 Nm. Za taj trenutak, odrediti kutno ubrzanje diska i horizontalnu i vertikalnu komponentu sile koja djeluje na disk u tački A.

Zadano : m=25kg, disk (pretpostavka da je tanak), NmMsrad 50,20 ==ω

Odrediti: ARr

,ε Rješenje:

( ) 22222

2

3

2

1mrmrmrmyxII GA =+=++=


- 111 -

7.25. Homogeni zamajac mase 10 kg spojen je za motor konstantnog broja obrtaja, savitljivim remenom. Promjer zamajca je 400 mm, masa motora i dijelova se zanemaruje. Ako zamajac kreće iz stanja mirovanja, odrediti torzioni moment zamajca pri rotaciji od 4200 o/min nakon 5 obrtaja.

Zadano: m=10 kg, T=konst, d=400 mm

Odrediti: M pri min

4200 o=ω , nakon 5=θ obrtaja

Rješenje:

( )

( )M

mrott

mr

Mo

CCmr

M

Ctmr

Mmr

M

mrIMM

ff

Gtež

2

min42002

min4200

002

0

2

2

2

10

2

2

112

12

2

2

=⇒=

=⇒+=

+=

=

==⇒=∑

ω

ε

εε

0

22

2

2

57,841763

17551755

7,166

33,333

2

2

30

0

0

∠=

↓↑=−=

→=

=

=

==⇒=

−=−=−⇒=

==⇒=

∑

∑∑

NR

NNR

NR

srad

mr

M

mrIMM

mrmaGRF

mrmaRF

A

Ay

Ax

AA

nAyy

tAxx

ε

εε

ω

ε

R Ax

RA

RAy


- 112 -

( )

( )( )

Nmobrt

mrM

M

mr

mr

Mt

mr

Mobrt

CCmr

M

Ctmr

M

f

8,61554

4200

2

42005

000

22

22

22

22

2

2

2

2

2

==

⇒

==

=⇒+=

+=θ

7.26. Horizontalna sila F=250 N djeluje na uže koje je namotano na unutarnji doboš dizalice koja će se iskoristiti za dizanje tereta B. Kotur mase 20 kg ima radius inercije od kx=rx=160 mm. Ako je teret B mase 10 kg, odrediti kutno ubrzanje kotura i silu u užetu koje diže teret B.

Zadano: F=250N, mkotura=20kg, kx=160mm, mtereta=10kg Odrediti: T,ε Rješenje:

Zakretanje nepomične ose CG, izaziva ubrzanje oko G. .

možemo odrediti reakciju u tački G.

( )∑ ==+−⇒= εε 2

120 kmIFrTrM PGzGz

Brzina tačke C: εω 22 , rarV CC ==

IGzε

( )( )∑

∑==+−−⇒=

==−⇒=

=

00

00

2

yPPPyPy

xPPPxx

Gz

amRTGF

amRFF

mkI


- 113 -

( )

NT

srad

rmkm

GrFr

kmFrrmGr

rmGT

rmamamGTF

BP

B

PBB

BB

BCBBBBy

6,126

41,11

0

22

2

2

21

2

122

2

2

=

=+

−=

⇒=++−

+=

===−⇒=∑

ε

εε

ε

ε

7.27. Zamajac se okreće; kutnom brzinom ω=2 rad/s i kutnim ubrzanjem ε=6rad/s2. Odrediti kutno ubrzanje štapa AB i BC u tom trenutku.

Zadano:

( ) 2222

2

3

1

12

1

2

1

mirovanja stanja iz krenula,25,200,50

BCbbcb

ddod

bDD

rmyxmlmI

rmI

kgmmmrkgm

=++=

=

−===

Odrediti: Cd RTr

,,ε

Rješenje:

Icb,ε

b

Gd

R ox

RoyT

I0dεdo A

T

mBaB

GB

B


- 114 -

( )

cb

BCBC

b

b

bBCbbCy

Cx

bCbBC

bBCC

bBC

btbbbCyy

bBCbnbbCxx

I

Trr

G

rmTGR

R

Ir

GTrM

rmamGTRF

rmamRF

−=

−−=

=

=+−⇒=

==+−−⇒=↓+

===⇒=→+

∑

∑

∑

2

2

0

20

20

00 2

ε

ε

ε

ε

ω

aA=aB (ostvareno je vezom užeta)

↑=

=

=

≈=

=

=+

=⇒

−

=⇒

−

=

=

NR

NR

R

srad

N

mm

m

G

Tm

TG

m

T

I

TG

r

I

Tr

rr

C

Cy

Cx

b

d

bd

b

b

b

b

dcb

BBC

d

d

bBCdd

3,107

3,107

0

679,3

39,18

97,9132

2

3

23

22

2

2

0

2

r

ε

ε

εε

7.28. Valjak, poluprečnika r, kotrlja se bez klizanja po horizontalnoj površini, nakon što mu je u blizini ivice B data zanemarivo mala brzina. Odrediti ugaonu brzinu valjka u trenutku odvajanja valjka od ivice B, kao i ugao α za koji se okrenuo rotacijom oko ivice B. Trenje kotrljanja zanemariti.

Rješenje: Za rješavanje zadatka pogodno je

postaviti jednadžbe ravnog kretanja u projekcijama na ose prirodnog trijedra, jer je poznata putanja centra masa C. Međutim, umjesto prve jednadžbe ravnog kretanja iskoristit ćemo teoremu o promjeni kinetičke energije u konačnom obliku i samo drugu jednadžbu kretanja.

Kako je pri rotaciji valjka po

horizontalnoj podlozi zanemariva i brzina centra C i ugaona brzina cilindra, to je Ek (t1)=0 i iz zakona o kinetičkoj energiji i mehaničkom radu imamo:

d

dd

dy

x

ddd

dyy

xx

I

Tr

TGR

R

ITrM

TGRF

RF

0

0

0

00

0

0

0

0

00

00

=

+=

=

=⇒=

=−−⇒=↑+

=⇒=→+

∑∑∑

ε

ε


- 115 -

sk AtE =)( 2 , (a)

gdje je )( 2tEk kinetička energija valjka u trenutku napuštanja veze, a sA rad

sile teže za vrijeme okretanja valka za ugao α, kada napušta vezu. Vrijednost kinetičke energije se dobije iz:

( ) 222

24

3

2

1

2

1CCzCk mVImVtE =+= ω (b)

Jer je 2

2mrIirV CzC ω= . Pri okretanju valjka za ugao α, težište će se

spustiti za visinu ( )αcos1−=∆ rh , pa je rad sile teže:

( )αcos1−= mgrAs . (c) Zamjenom izraza (b) i (c) u (a) dolazimo do jednadžbe ( )αω cos143 2 −= gr . (d) Drugu jednadžbu ravnog kretanja postavljamo za trenutak napuštanja veze.

Ona iznosi:

αcos2

mgFr

mVN

C +−= ,

Ali zbog napuštanja veze biće 0=NF , pa se dobija

( )αω cos2 gr = . (e) Rješavanjem jednadžbi (d) i (e) po nepoznatim ω i α dobijamo:

==4

7arccos,

72 αω

r

g.

8- KINETIČKA ENERGIJA MATERIJALNOG SISTEMA Kinetička energija materijalne tačke definirana je izrazom:

2

2

1mvEk = .

Kinetička energija sistema materijalnih tačaka iznosi:

∑=

=n

iiik vmE

1

2

2

1.

Kada centar inercije sistema vrši translatorno kretanje i relativno kretanje u odnosu na centar inercije jednadžba za kinetičku energiju glasi:

∑=

+=n

iirick vmMvE

1

22

2

1

2

1.

8.1. Slučaj određivanja kinetičke energije za različita kretanja krutog tijela a) Translatorno kretanje krutog tijela Izraz za kinetičku energiju homogenog krutog tijela definiran je u integralnom obliku, po cjelokupnom volumenu tijela:

∫ ==v

k MvdmvE 22

2

1

2

1


- 116 -

b) Obrtanje krutog tijela oko nepomične ose Kinetička energija tijela koje se obrće oko čvrste ose iznosi:

∫ ==v

zk JdmrE 222

2

1

2

1ωω

c) Ravno kretanje krutog tijela Prema Kenigovoj teoremi ravno kretanje smo razložili na translatorno kretanje tijela sa središtem u C i na obrtno (relativno) kretanje tijela oko ose koja prolazi okomito na ravninu kroz središte C, pa je jednadžba za kinetičku energiju:

22

2

1

2

1ωcck JmvE +=

d) Opće kretanje krutog tijela Opće kretanje krutog tijela sastoji se od prenosnog, odnosno translatornog kretanja tijela sa težištem u središtu C i relativnog (obrtnog) kretanja oko trenutne ose, koja prolazi kroz središte (centar) C. Pa je kinetička energija u tom slučaju:

22

2

1ωΩ+= JmvE ck ,

Gdje je: • ΩJ - moment inercijetijela u odnosu na osu koja prolazi kroz težište C.

8.2. Neki slučajevi izračunavanja rada a) Kruto tijelo usljed djelovanja sile vrši translaciju Ukupni rad za kruto tijelo koje vrši translatorno kretanje usljed djelovanja

spoljnjih silas

iF→

, jednak je zbiru elementarnih radova:

∑ ∑ ∑= = =

→→→→→→

===∆=n

i

n

i

n

i

s

R

s

i

s

ii rdFFrdrdFAA1 1 1

.

Gdje je:

• s

RF→

- rezltantni vektor spoljnjih sila. b) Kruto tijelo usljed djelovanja spoljašnjih sila vrši rotaciju Pri obrtanju tijela od φ do φ0 rad svih spoljnjih sila iznosi: ∫=

ϕ

ϕ

ϕ0

dMA z

c) Slučaj kada kruto tijelo vrši ravno kretanje Ukupan elementarni rad tijela koje vrši ravno kretanje je jednak zbiru translatornog rada i rada nastalog rotacijom:


- 117 -

∫ ∫+=→→2

1 0

r

r

cc

s

R dMrdFA

ϕ

ϕ

ϕ .

8.1. Odrediti kinetičku energiju sistema od tri poluge. Poluge AB i CD imaju mase po 10 kg, a poluga BC masu od 20 kg.

Slijedi:

NmVmBCzaE

NmlmIABzaE

smVVs

rad

BCBCk

ABABABABAk

CBBCCDAB

2502

1

6,413

1

2

1

2

1

5 ,0 ,5

2

222

==

=

==

=====

ωω

ωωω

∑ ==

=

==

NmEsistemzaE

NmlmICDzaE

komponk

CDCDCDCDDk

2,333

6,413

1

2

1

2

1 222 ωω

8.2. Dvokraka dizalica sastoji se od dva kotura pričvršćena jedan za drugi. Oni su mase 50 kg, središnja osa radiusa inercije je k0=0,6 m, a zakreću se kutnom brzinom od 20 rad/s u smijeru kazaljke na satu. Odrediti kinetičku energiju sistema. Pretpostaviti da ni jedno uže ne kliže na koturu.

∑ =

===

===

===

==

NmE

NmkmIE

NmmVmE

NmmVmE

VV

k

PkP

BBBkB

AAAkA

BA

9100

36002

1

2

1

15008

1

2

1

40002

1

2

1

5,0,1

22

0

2

22

22

ωω

ω

ω

ωω

8.3. Sila P=20 N djeluje na uže, što uzrokuje obrtanje kotura mase 175 kg, bez klizanja po valjcima A i B kao osloncima. Odrediti kutnu brzinu kotura nakon sto je kotur napravio dva obrtaja od stanja mirovanja. Zanemariti masu užeta. Svaki od


- 118 -

valjaka se može razmotriti kao cilindar od 18 kg, pri čemu je njihov radius 0,1 m. Radius inercije kotura je oko njegovog centra ose i iznosi kG=0,42 m.

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )( ) ( )

srad

rmrmmk

P

kontaktaV

rmrmmkobrt

radobrtP

yGlkIVm

dFMyGlkIVm

BBAA

BA

BA

BBBAAA

885,1

4

25

4

25

2

1

5

1,01,05,0

2

1

2

1

2

1

2

1

2

12225,0

002

1

2

10

2

1

0002

10

2

10

2

1

222

222222

2

2

2

2

2

2

2

1

2

1

2

1

2

1

=++

=

==

⇒===

+

+=

=+=∆++=

=

=±±=+=∆+=+=

∑

∑

πω

ωωω

ωωω

ωωωπ

ω

θω

8.4. 1500 N teška posuda za ciment se podiže pomoću motora koji ima moment M=2000Nm na osovini točka. Ako je točak težine 115 N i radiusa inercije oko 0, kO=0,95 m, odrediti brzinu posude nakon što je podignuta 10 m od stanja mirovanja.


- 119 -

( )

smV

GIVmM

V

radrs

p

bpp

p

102

1

2

1

25,1

825,1

10

22

−−−=

++=∆

=

==⇒=

ωω

ω

ωθ

ω

θθ

8.5. Disk mase 20 kg je prvobitno u stanju mirovanja, a opruga ga drži u ravnoteži. Na disk djeluje moment M=30 Nm. Odrediti koliko će se centar mase diska pomjeriti prema dole niz kosinu, mjereći od ravnotežnog položaja, pa dok ne stane. Disk se kotrlja bez klizanja.

U stanju ravnoteže,

( )pomjeranje . 654,0150

30sin

30sin

0

1

0

počmG

x

KxGFs

==

==

( )

( )

ml

nevažnol

ll

llxxklM

Glkx

srs

lxkMGlkx

2

2,0

015075

22

1

2,030sin

2

1

2,0

2

130sin

2

1

2

2

1

2

1

02

1

2

1

02

1

=

=

=−

++=++

=⇒=

+=∆++

θθ

θ

8.6. Imamo kotur mase 60 kg i radiusa inercije kG=0,3 m. Ako kreće iz stanja mirovanja, odrediti za koliko će se spustiti centar kotura po glatkoj površini ako je

G

TN

Fs

M


- 120 -

dostigao kutnu brzinu od ω=6 rad/s. Zanemariti trenje i masu užeta koje je namotano oko kotura.

Zato što je površina glatka i uže učvršćeno, kotur rotira oko tačke gdje se uže odvaja od kotura.

( εω 3,0 ;3,0 == aV ). Kako je ova tačka, tačka trenutne rotacije, T ne postoji.

( )

( )m

G

mkml

lGImV

66,030sin

2

13,0

2

1

30sin2

1

2

10

0

222

022

=+

=

−++=

ω

ω

8.7. Riješiti predhodni zadatak, uzimajući u obzir da je koeficijent kinetičkog trenja između površine i kotura u A 2,0=kµ .

Napomena: kotur će skliznuti u A usljed konfiguracije užeta.


- 121 -

( )

ml

ImVlFGl

V

ll

ll

r

s

GNF

G

G

GA

AG

kk

8589,0

2

1

2

1

3,0

2,030sin

3,0

3,0

2,0 užetu na je rotacijecentar

2,03,0

30cos

220

0

=

+=

−

=

=

===

==

ω

ω

θ

µµ

8.8. 100 N težak predmet se transportira na kratkoj distanci pomoću dva cilindrična

valjka, svaki je težak po 35 N. Ako je horizontalna sila P=25 N uprta u predmet, odrediti brzinu predmeta poslije pomjeranja od 2 m ulijevo. Početno stanje je mirovanje. Ne postoji klizanje.

( )

( )

smV

Vm

VmVm

IVmVmP

VV

b

br

brbb

rrrrbb

rb

−−−=

++=

=

++=

==

29

5,12

1

2

1

42

1

2

1

22

1

2

1

2

12

32

22

22

222 ω

ω

8.9. Cilindrični uteg težak 80 N pričvršćen je na polugu od 10 N, a ona za zglob A. U položaju θ=300 poluga ima kutnu brzinu ω0=1 rad/s kao na slici. Odrediti kut θ pri kojem će poluga, nakon ljuljanja zaustaviti se (mijenja pravac ljuljanja).


- 122 -

( ) 22

r22r11 49,853

1I ,cos5,2y cos5,2 kgmmy rr ==−=−= θθ

( )[ ]( ) 22

22

r22c11

8,2966

25,0312

1I ,cos6y cos6

kgmm

my

c

cc

=+

++=−=−= θθ

ccrrccrrcr yGyGyGyGII 2211

2

1

2

12

1

2

1+=+++ ωω

0

2 29,39=θ

8.10. Tanka poluga AB težine 20 N oslonjena je klinom u A i vezana užetom u B. Ako uže u B pukne, odrediti ubrzanje centra mase poluge i reakciju u osloncu A, u trenutku kada počne kretanje.

Zadano: tanka poluga, G=20 N, tačka oslonca Odrediti: R , A

r

teža , kad uže pukne Rješenje:

( ) εAzA

nAxn

tAyt

IGM

maRF

maRGF

==

=−⇒=←+

=−⇒=↓+

∑∑∑

18

0

0

Za rotaciju u tački A:

axis rotation A: nttež ererarrr 2ωε +=

Moment inercije oko ose z u tački A je:

( )

( )

2

2

222

3

1

212

1mlm

lmlmyxII težAz =

+=++=

2

2

/

3

1

18srad

ml

G−−−==ε


- 123 -

( )

2

2

/

položaju po.u 00

smera

NR

NmrGR

mR

ttež

A

Ay

Ax

−−−==

−−−=

−−−=−=

−==−=

rrε

ε

ω

8.11. Tvrdi disk težine 15 N kotrlja se po kosoj ravni bez klizanja. U položaju kao na slici, kutna brzina diska je 10 rad/s u smijeru kazaljke na satu. Odrediti kutno ubrzanje ε diska i minimalni koeficijent trenja µs, takav da ne dođe do klizanja.

Zadano: G=15 N, r=0,15 m, kotrljanje bez klizanja, ω=10 o/s Odrediti: ε, µs da ne dođe do klizanja Rješenje: U stanju mirovanja je:, NTira sµε == ,

( )

1554.025cos

2

1

25cos

43,1843,18

2

3

25sin

2

3

25sin

2

125sin

25sin25sin

0

025cos0

25sin0

00

22

0

2

0

20

00

0

0

=−

=−

==

↑=−=−

=−

=

==+−

+=+=

=−⇒=

=−⇒=

=−⇒=

∑∑∑

G

mr

Gr

I

N

T

srad

srad

r

g

mr

rG

mrIGmrr

GmrGmaT

IrTM

GNF

maGTF

tež

s

t

ttež

y

x

εε

µ

ε

εεε

ε

ε

8.12. Imamo dvostruki disk, jedan promjera 400 mm, a drugi 240 mm (jedna su cjelina). Disk je mase 125 kg, a ima radius inercije 125 mm u odnosu na središnju osu. Ako sila P od 500 N vuče uže koje je omotano oko diska promjera 240 mm, odrediti ubrzanje atež za masu u centru i kutno ubrzanje ε diska:

a. Ako je horizontalna površina glatka (µ=0)

Itež


- 124 -

b. Ako je horizontalna površina hrapava (µ=0,25).

Zadano: m=125 kg, k=125mm, P=500N Odrediti: ε,ta pri 0=µ i 0,25

Rješenje:

( ) ( )∑∑∑

=+⇒=

==−⇒=

=−⇒=

εITmPmM

maGNF

maTPF

tež

yy

xx

2,012,00

00

0

Prije klizanja, ( ) NTima sx µε ≤= 2,0

Poslije klizanja, ( ) NTima kx µε =≠ 2,0

( )

( ) ( ) ( )

( )( )

( )→=−=

+

−=

⇒

+=−

=

==

→=⇒===

NN

mk

mmmk

PmmmP

T

I

TmPmmmTP

klizanjepostojilidajeAko

srad

mk

Pm

sma

sm

m

PaZa

tež

težx

28,7528,752,0

1

2,012,0

2,012,02,0

?,25,0

72,3012,0

44,0

2

2

2

22

22

µ

ε

µ

8.13. Čvrsti cilindar A ima radius R=200 mm i masu od 75 kg. Uže vezuje cilindar i tijelo B mase 50 kg. Ako se cilindar kotrlja bez klizanaja niz kosinu, odrediti:

a. Ubrzanje aB tijela. b. Silu u užetu.


- 125 -

Zadano: klizanja bez kotrljanje ,50 ,75 ,200 kgmkgmmmR BAA === Odrediti: ⇒FaB ,

rsila je ista na kosini i vertikali, u užetu.

Rješenje:

AAAA

Ay

AAAAx

ITRM

GNF

amGTFF

ε=⇒=

=−⇒=

=−−⇒=

∑∑∑

0

030cos0

30sin0

0

0

Kotrljanje bez klizanja: AsA NT µ≤ i AAA Ra ε=

−=

=−−

=

=−⇒=∑

težA

AAABB

A

AAAAAA

BA

BBBy

I

TRRmGF

I

TRRmGTF

aa

amFGF

2

030sin

0

Uvrštenjem:

2

0

22

0

20

2

7547,0

8,4522

3,28

22

1

30sin

1

30sin

30sin

sm

m

FGa

NTm

mGF

N

m

mGG

I

Rm

I

Rm

GGT

I

TRmGT

I

TRmG

B

BB

A

A

BB

A

B

AB

A

AA

A

AB

ABA

težA

AAAAA

težA

AABB

=−

=

=−=

=++

−=

++

−=

=−−−

8.14. Nesimetrični točak mase 50 kg kotrlja se bez kllizanja po horizontalnoj ravnini. Radius inercije točka u odnosu na aksijalnu osu kroz centar mase G je 160 mm. Za

F

GB

mBaB


- 126 -

poziciju kao na slici kutno ubrzanje točka je ω=6 rad/s. Za zadani položaj, odrediti kutno ubrzanje točka i silu kada je točak u dodiru sa podlogom kao na slici.

Zadano: m=50 kg, kotrljanje bez klizanja, kG=160 mm, ω=6 rad/s Odrediti: ε i Rpodloge Rješenje:

( )( ) ( )[ ] ( )

( ) ( )( ) ( )[ ]

( ) ε

ωε

εε

εωεωεε

ε

mGN

mT

mkITNM

maGNF

maGTF

jiirjriraaa

ira

GGz

yy

xx

CGCGBCCGCtež

BCC

12,0

12,03,0

3,012,00

0

0

0,12 12,03,0

2

2

22

/

+=

+=

==−−⇒=

=−⇒=

=−⇒=

+−−=−+−=+=

−=

∑∑∑

rrrrrrrr

rr

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

( ) ( )↓↑=−=

++

−−=

=+−+−

22222

2

22

02,1902,193,012,0

12,03,012,0

12,03,03,012,012,0

srad

srad

mmmk

mG

mkmmG

ωε

εωεε

0

log 56,797,3824,37637,69

38,376

37,6937,69

∠=+=

↑=

→←=−=

NjiR

NN

NT

epod

rr

tež


- 127 -

8.15. Pravougaona ploča težine 100 N, jednolike debljine je oslonjena u A, a pomoću užeta u B. Ako uže u B pukne, odrediti kakvo će uslijediti kretanje.

a. Kutnu brzinu težišta lima i veličinu reakcije u A, kada centar mase lima se nalazi ispod oslonca A .

b. Kutnu brzinu težišta lima i veličinu reakcije klina A, kada se lim zarotira za 900

(kada B stoji vertikalno u odnosu na A). c. Maksimalni ugao θmax do kojeg će se lim zakrenuti.

Zadano: G=100 N, Odrediti; a) ,, 22 ARω u trenutku kada G počinje padati A----------2

b) ,, 33 ARω kada je 090=θ , (B pada oko A)------------3

c) maxθ ---------------------------------------------------------------4 Rješenje: a)

0

01

43,6390

57,2610

5

=−=

=

= −

βθ

β tg

( ) ( )22

2 510 +−=y


- 128 -

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

22

0

21112211

22

22222 5102,1010202,1012

1

pkpkkk

tA

EEAEEiEAE

kgmmdII

+=++=+

−−−=

+++=+=

−−

Pri rotaciji oko A,

( )

( ) ( )

( ) ( ) sradG

I

GI

GyIGyI

A

A

AA

−−−−=

−+

=

++−+=

+=++=

55102

55102

10

2

100

2

1

22

2

222

2

2

2

21

2

1

ω

ω

ωω

NR

RIIM

NR

mrmamaGRF

mrmamaRF

A

AxAAA

Ay

nyAyy

txAxx

−−−=

=⇒=⇒≠⇒=⇒=

−−−−=

===−⇒=

===⇒=

∑

∑∑

2

22

2

2

2222

2222

00000

0

0

r

εε

ω

ε

b)

my

my

10

5

3

1

−=

−=

Konačno, ( ) sradyyG

I A

−−−=−= 313

2ω

( )( )βωβε

βωβε

ββ

sincos

sincos

sincos

0

2

33

2

33

33

33

+−=

=+−=

=

+−=

==⇒=∑

mr

rrm

aam

maRF

nt

AxAxx

ω

eten

x

y

A

G

et

en

x

y

βω

A

G


- 129 -

( )

( )βωβε

βωβε

ββ

cossin

cossin

cossin

0

2

33

2

33

33

33

+=

=+=

=

+=

⇒=−⇒=∑

mr

rrm

aam

amGRF

nt

yAyy

( )

0

3

3

3

2233

)(

)(50

−−−−−−=

−−−=

−−−=

↑−−−=−−−−=⇒=−⇒=∑

<r

NR

NR

NRs

rads

radIGM

A

Ay

Ax

AA εε

c) Pri ( )stranusuprotnu u krenuti i stati će kretanje0, 4max =ωθ

Proizilazi:

( ) 414

2

41 02

1yyGyIGy Az =⇒+== ω

Sa nedostatkom trenja, centar gravitacije ima rotaciono kretanje do odgovarajuće visine.

0

max

0

86,1262

43,6390

==

=−=

γθ

βγ

8.16. Klatno se sastoji od poluge mase 30 kg i koncentrirane mase od 45 kg na udaljenosti od 2 m od zgloba A. Na klatno u vertikalnoj ravnini djeluje moment od 500 Nm u smijeru kazaljke na satu. Ako klatno ima kutnu brzinu od 4 rad/s u smijeru kazaljke na satu kod θ=900, odrediti:

a. Kutnu brzinu klatna kada je θ=3300. b. Intenzitet i smijer otpora oslonca u tački A kada je θ=3300.

5m


- 130 -

Zadano: mAB=45kg, lAB=2m, mB=30kg, ω=4rad/s Odrediti: ω pri θ=330

0, RA pri θ=330

0

Rješenje: ( )

( )( )( )( ) ( )( ) εθθ ABABA

BABtyAyyBABAyy

txBABAxxAxx

ImGmGMM

mmagRmaGGRF

ammRmaRF

=−+−+⇒=

++=⇒=−−⇒=

+−=⇒=−⇒=

∑∑∑

290cos190cos0

0

0

Određivanje ubrzanja kružnim koordinatama,

( )[ ] ( )[ ]( )[ ] ( )[ ] jrir

jrir

ererer

Vera

tt

tt

ntttnt

ttttež

rr

rr

rrrrr

90sin90cos

180sin180cos

202

22

−+−−+

+−−+−−=

=+=+=

θωθω

θεθε

ωεε

Ili pomoću komponenti,

( ) ( )

( ) ( )θωθε

θωθε

θωθε

θωθε

cossin

90sin180sin

sincos

90cos180cos

2

02

2

02

tt

ttttežy

tt

tttx

rr

rra

rr

rra

−−=

=−+−−=

−=

=−−−−=

Poluprečnik inercije: ( )( ) ( )( )

mkgkg

kgmkgm

mm

mrmrr

BAB

BtežBABABttež 4,1

3045

302451=

++

=+

+=

Momenti inercije:

( )( ) ( )( ) 22222 1802302453

1

3

1kgmrmlmIII BBABABBABA =+=+=+=

Rad i energija:

( ) ( ) ( )2

22

21

1

22

2211

2

10

2

1

2

10

2

1

+==∆+−+

+=

=+ −

ωθω IVmMyyGIVm

EAE kk

Za 1, imamo: 0,0,90,4 11

0

1 ==== ABB yysrad θω

Za 2, imamo: ( ) ( ) mmymmy ABB 866,030cos1,732,130cos2,330? 0

2

0

2

0

2 ====== θω

Pa imamo:

RAx

RAy

GAB

GB

θ

eten

x

y

M

180-θ

Θ-90

tež


- 131 -

( ) ( )

( ) ( )

( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )

srad

kgm

radNm

sm

sradkgm

I

MyyGyyGI

IMyyGyyGI

A

BBBABABABA

ABBBABABABA

418,5

1802

1

180240500732,181,930866,081,9454180

2

1

2

12

1

2

1

2

1

2

0

02

22

2121

2

1

2

2

22121

2

1

=

=

+−+−+

=

=∆+−+−+

=

=∆+−+−+

π

θωω

ωθω

Iz jednadžbi kretanja se dobije:

( ) ( )[ ]

( )( )( )( )

( ) 0

2

2

2

64,5124719,19375,1533

1937cossin

5,1533sincos

08347,02sin1cos1

<rrr

NNjiR

NmmrrgR

NrrmmR

sradmGmGM

I

A

BABttAy

težtežBABAx

BABA

=−=

↑−=+−−=

←−=−+−=

−=++=

θωθε

θωθε

θθε

8.17. Imamo zamajac, mase 5 kg, promjera 200 mm i radiusa inercije 90 mm. Elastično uže je omotano oko zamajca i zakačeno na oprugu čiji je koeficijent krutosti k=120 N/m. U početku, zamajac rotira u smijeru kazaljke na satu sa 20 rad/s i opruga se rasteže 800 mm. Za naredna kretanja odrediti:

a. Maksimalno istezanje opruge. b. Kutnu brzinu zamajca kada uže postane labavo.

Zadano: m=5kg, d=200mm, kr=90mm, k=120N/m, ω1=20rad/s, ∆l1=800mm Odrediti: ∆lmax, ω kada je ∆l=0


- 132 -

Rješenje: GRR AyAx i , ne stvaraju rad, zato što je zamajac

oslonjen u centru rotacije. Opruga stvara potenc. en. od ½ k ∆l2.

2

2

2

2

2

1

2

1

2

2

2

2

2

1

2

1

222111

2

1

2

10

2

1

2

1

lkIlkI

lkIlkI

EEAEE

AA

AA

pkpk

∆+=∆+

∆+=+∆+

+=++ −

ωω

ωω

maxl∆∗ se dobija za ω2=0, tako da je:

mmk

lkmkl

lklkI A

3,8802

1

2

1

2

max

2

max

2

1

2

1

=∆+

=∆

∆=∆+

ω

ω

∗ Ako je ∆l2=0, tada je:

srad

mk

lkmmk

IlkI AA

92,472

1

2

1

2

2

2

2

2

1

2

1

=∆+

=

=∆+

ω

ωω

8.18. Homogeni valjak mase 12 kg i promjera 300 mm se kotrlja uz kosinu nagnutu 250 prema horizontali. Ako valjak ima početnu brzinu od 10 m/s uz kosinu i kotrlja se bez klizanja treba:

a. Odrediti maksimalnu udaljenost uz kosinu do koje će valjak doći. b. Usporediti rezultat iz „a“ sa maksimalnom udaljenošću 12 kg dijela koje kliže

(bez trenja) uz istu kosinu.

Zadano. m=12kg, d=2r=300mm, V1=10m/s, kotrljanje bez klizanja. Odrediti: lmax, lmax za točak od 12-kg,-kotrljanje bez klizanja. Rješenje:


- 133 -

T i N ne stvaraju rad jer u centru rotacije je brzina =0.

mg

V

mg

mVmVl

mglr

VmrmV

mrI

ljeVhZa

GhImVGhImV

EEAEEr

VrV

ttt

tt

t

tttt

pkpk

09,1825sin

4

3

25sin

4

1

2

1

25sin2

1

2

1

2

1

2

1

:0,0:

2

1

2

10

2

1

2

1

0

2

1

0

2

1

2

1

max

0

max

2

122

1

2

max221

2

2

2

2

21

2

1

2

222111

==+

=

⇒=

+

=

===

++=+++

+=++

=⇒=

−

ω

ωω

ωω

Ako promatramo jedan dio energije onda imamo:

mg

VlmglmV

t

t 06,1225sin

2

1

25sin2

10

2

1

max

0

max

2

1 ==⇒=

Inerciona energija koja je u rezervi pri kotrljanju u tački 1, omogućava disku da se podigne dalje na gore ( ne klizajući se) do određene visine. 8.19. Kotur mase 10 kg ima radius inercije od 75 mm. Na uže koje je spojeno iz središta kotura, preko malog točka, djeluje tijelo mase 25 kg. Ako se sistem kreće iz stanja mirovanja, a kotur se okreće bez klizanja, odrediti brzinu VC i kutnu brinu ωC kotura te brzinu tijela VA kada se tijelo nalazi 2 m niže.

Zadano: mmkkgmkgm cAC 75,25,10 === vrijedi za C, kretanje je bez klzanja.


- 134 -

Odrediti: mxVV ACC 2,, −=⇒ω

Rješenje: N i T ne stvaraju rad zato što se u toj tački nalazi centar rotacije, brzina u toj tački je 0. GC takođe ne čini rad jer je na kretanje. F je unutarnja sila i njen rad je zastupljen u jednadžbama. Za kotrljanje bez klizanja vrijedi,

( ) ( ) CACC mmVimmV ωω 200150 ==

Prema tome je,

( ) ( ) ( ) ( )[ ]

( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

smV

smV

srad

mmmkgm

mgm

VmIVm

mgmVmIVm

EEAEE

A

C

AC

AC

AACCCC

AAACCCC

pkpk

534,5

151,4

67,27

2,02

17510

2

115,0

2

1

)2(

0)2,0(2

1

2

1)15,0(

2

1

0202

10

2

10

2

1

222

2

22222

1

1

222

222111

=

=

=++

=

+

=++==

=++

=+=+=

+=++ −

ω

ωωω

ω

9- DALAMBEROV PRINCIP ZA MATERIJALNI SISTEM

9.1. Klasifikacija principa U diferencijalne principe spadaju: Dalamberov princip, Lagranžov princip

virtualnih pomjeranja i Gausov princip najmanjeg odstupanja, a u integralne spadaju: Hamiltonov princip, Lagranžov princip itd.

9.2. Dalamberov princip za sistem Ako vezani sistem materijalnih tačaka ima „n“ materijalnih tačaka Mi

(i=1,2,3,...,n) onda Dalamberov princip primjenjen na cijeli sistem izgleda:

∑ ∑ ∑= = =

→→→

=++n

i

n

i

n

i

in

i

r

i

a

i FFF1 1 1

0

Gdje su:

• ∑=

→→

=n

i

a

R

a

i FF1

- glavni vektor aktivnih sila,


- 135 -

• ∑=

→→

=n

i

r

R

r

i FF1

- glavni vektor reakcije veza i

• ∑=

→→

=n

i

in

R

in

i FF1

- glavni vektor sila inercije tačaka sistema.

Ako položaje materijalnih tačaka sistema u odnosu na ishodište koordinatnog

sistema 0xyz, označimo sa vektorom položaja ir→

, te predhodnu jednadžbu pomnožimo sa tim vektorom, dobijamo:

] ] ]∑ ∑ ∑= = =

→→→→→→

=

×+

×+

×n

i

n

i

n

i

in

ii

r

ii

a

ii FrFrFr1 1 1

0 ,

Odnosno sabiranjem ovih jednadžbi dobijamo:

0000 =++

→→→

→→→

in

R

r

R

a

R FFF

MMM . Gdja su:

•

a

RF

M

→

→

0 - glavni moment svih aktivnih sila za pol 0,

•

r

RF

M

→

→

0 - glavni moment reakcija veza za pol 0 i

•

in

RF

M

→

→

0 - glavni moment inercionih sila za pol 0. 9.3. Glavni vektor i glavni moment sila inercije Paralelnim prenošenjem sila inercije u centar C i njihovim geometrijskim

sabiranjem dobiće se glavni vektor sila inercije in

RF→

, dok svođenjem momenta inercije

na centar C, dobijamo, pomoću vektora položaja ir→

, glavni moment inercije in

cM→

, što prikazano pomoću jednadžbe izgleda:

∑ ∑ ∑= = =

→→→

−=−==n

i

n

i

n

iciii

in

i

in

R amamFF1 1 1

,

∑ ∑= =

→→→→→

×−===

→

n

i

n

i

iii

F

c

in

c

in

R amrMMM

in

i

1 1

a) Translatorno kretanje Glavni vektor sila inercije je:

∑=

→→→

−==n

i

c

in

i

in

R aMFF1

,

a glavni moment centra inercije iznosi:

∑ ∑ ∑= = =

→→→→→→→→→

×−=

×−=

×−=

×−=n

i

n

i

n

i

ccciiciiiii

in

cR arMarmamramrM1 1 1

.

Položaj centra inercije cr→

je:


- 136 -

M

rmr

n

i

ii

c

∑=

→

→

= 1 .

b) Ravno kretanje krutog tijela Ako u ravni materijalne simetrije izaberemo proizvoljnju tačku O, za

tačku redukcije, onda će glavni moment od sila inercije za tu tačku iznositi:

∑ ∑∑= =

→→→→

=

→→

×−=×==

→ n

i

n

i

iii

in

ii

n

i

Fo

in

oR amrFrMM in

1 11

,

Gdje su:

• ir→

- vektor položaja materijalne tačke,

• ii am→

, - masa i njeno ubrzanje i

• in

oRM→

- glavni moment za redukcionu tačku O. Moment od inercionih sila u odnosu na pol O iznosi:

∑ ∑∑= =

→→→→→→→→

=

→→

−×−=

−×+×−==

→ n

i

n

iiioiiiioii

n

i

Fo

in

oR rmarmrramrMM in

1 1

22

1

εωε .

Kod svođenja ovih vektorskih i skalarnih proizvoda vodili smo računa da su za naše

uvjete ir→

|| ir→

i ir→

ir→

, pa će biti 0=×→→

ii rr i 0=→→

ir ε .

∑ ∑= =

→→→→→→→→

−×=−×=

→

n

i

n

iozcoiiiio

F

oR JrMarmrmaM

in

1 1

2

εε .

Gdje su:

• cr→

- vektor položaja težišta C, u odnosu na izabrani pol O, • ozJ - aksijalni moment inercije za osu Oz, koja je okomita na osnovnu ravan i

prolazi kroz pol O.

Ukoliko centar redukcije usvojimo u središtu inercije tijela C, imat ćemo da je cr→

=0 pa će gornji izraz dobiti novi oblik:

→→

−=

→

εCz

F

C JMin

. 9.4. Dinamičke reakcije u ležištima pri obrtanju krutog tijela oko nepomične ose Na tijelo koje se okreće oko nepokretne ose, koje je uležišteno u tačkama A i

B, djeluje sistem aktivnih sila nFF→→

,......,1

1 . Nepoznate veličine su reakcije u ležištima.

Ovdje su nepoznate veličine reakcije u ležajevima BBAAA YXiZYX→→→→→

,,, , koje treba odrediti. Oslobađanjem tijela veza dobijaju se vektorske jednadžbe:


- 137 -

0

,0

=+++

=+++

→→→→

→→→→

→→in

R

F

B

F

A

a

R

in

RBA

a

R

MMMM

FFFF

BA

Gdje su:

• a

RF→

- rezultanta aktivnih sila, a

• in

RF→

- rezultanta inercijalnih sila. Ako se projektiraju vektorske jednadžbe na ose koordinatnog sistema Oxyz dobija se šest jednadžbi:

0

0

0

0

0

0

1

2

1

2

1

1

2

1

2

1

=−

=+++

=+−−

=+

=−+++

=++++

∑

∑

∑

∑

∑

∑

=

=

=

=

=

=

→

→

→

ε

εω

εω

εω

εω

z

n

i

Fz

yzxz

n

iB

Fy

xzyzB

n

i

Fx

A

n

i

ai

cc

n

iBA

ai

cc

n

iBA

ai

JM

JJhXM

JJhYM

ZZ

mxmyYYY

mymxXXX

a

i

a

i

a

i

Iz ovih jednadžbi mogu se odrediti dinamičke reakcije u osloncima rotacionog tijela:

BBAAA YXiZYX→→→→→

, ,,

9.4.1. Dinamičko uravnoteženje masa

Ukoliko želimo da odredimo uvjete pri kojima će inercijalne komponente na oba ležaja biti jednake nuli, članove gore napisanih jednadžbi koji zavise od dinamičkih sila (inercije) izjednačićemo sa nulom. Prema tome slijedi da će kinetičke reakcije biti jednake nuli ako zadovoljimo slijedeće uvjete:

0

,0

2

2

=+

=+

εω

εω

cc

cc

mxmy

mymx

Izbor veličina koncentriranih masa m1 i m2 , kao i njihovih koordinata vrši se saglasno jednadžbama:

0 ;0

0 ;0

2221112211

2221112211

=++=++

=++=++

zymzymJymymmy

zxmzxmJxmxmmx

yzc

xzc

Ova jednadžba daje opći pristup rješenja. Koordinate: x, y i z pri rješavanju zadatka uvrštavaju se sa predznakom prema položaju (±). Dodavanjem masa m1 i m2 prema gornjim jednadžbama obrtna osa postaje glavna centralna osa inercije tijela, nakon čega će kinetičke reakcije biti jednake nuli.


- 138 -

9.1. Homogeni tanki štap dužine 2l i težine 2P, savijen je pod pravim uglom i jednim

krajem kruto spojen sa osovinom, tako da ravan štapa obrazuje pravi ugao sa osovinom. Osovina se okreće konstantnom ugaonom brzinom. Oslonac A je radijalan, a B radijalno aksijalni. Među osloncima je rastojanje 2a, a štap je simetrično pričvršćen na osovinu. Odrediti ukupno opterećenje na oslonce A i B. Rješenje:

Pri rješavanju opterećenja na oslonce promatra se ravnoteža sistema: spoljnjih aktivnih sila, spoljnjih pasivnih sila i sila inercije, tj određuje se rezulirajuće opterećenje, statičko plus dinamičko.

Analogno rješavanju statičkih zadataka sistem oslobađamo veza, i njihov utjecaj zamjenjujemo silama. Zatim formiramo jednadžbe „ravnoteže“.

∑

∑

∑

∑

∑

=+−⇒=

=−−−⇒=

=−⇒=

=+++⇒=

=++⇒=

02

0

02

0

020

02

0

02

0

22

2

PlaXaXM

PlPl

aYaYM

PZZ

g

Pl

g

PlYYY

g

PlXXX

BAy

ABx

Bi

BAi

BAi

ωω

ω

Ovih pet jednadžbi su algebarske jednadžbe po traženim nepoznatim

reakcijama oslonaca, čije su vrijednosti:

( ) ( )

( ) ( ) Pagag

Plag

ag

PlX

agag

Plag

ag

PlX

B

A

2 Z ;4

3Y ;

4

0 Z ;4

3Y ;

4

B

2

B

2

A

2

A

2

=−=−=

=+−=+−=

ωω

ωω

9.2. Odrediti dinamičke reakcije u osloncima vratila zanemarive mase s koncentriranim masama, ako je zadano: constrammmm ==== ω i , te321 . Budući da su sve mase koncentrirane na krajevima poluga r , u tim tačkama djeluju normalne inercijske sile 2ωrmF i

in = pa su jednadžbe dinamičke ravnoteže:


- 139 -

0cos2

3

2

1 =+++ αωω rmrmBA xx

0sin2

3

2

2 =+++ αωω rmrmBA yy

0sin324 2

3

2

2 =+−− αωω ramramaBy

0cos34 2

3

2

1 =+− αωω ramramaBx Iz kojih slijede rješenja za reakcije:

( )

( )

( )

( )αω

αω

αω

αω

sin324

1

cos314

1

sin24

1

cos34

1

2

2

2

2

−−=

+−=

−−=

+−=

mrB

mrB

mrA

mrA

y

x

y

x

10- DINAMIKA KRUTOG TIJELA KOJE SE OKREĆE OKO NEPOKRETNE TAČKE

10.1. Osnovni pojmovi Projeciranjem Ojlerove jednadžbe:

→→→→→

′+′+′== θϕψωα

dt

d,

na ose nepokretnog i pokretnog koordinatnog sistema dobijaju se Ojlerove kinematičke jednadžbe:


- 140 -

θψϕω

ϕθψϕθω

ϕθψϕθω

θϕψω

ψθϕψθω

ψθϕψθω

ζ

η

ξ

cos

cossinsin

sinsincos

cos

cossinsin

sinsincos

′+′=

′+′−=

′+′=

′+′=

′+′=

′+′=

z

y

x

10.2. Kinetički moment krutog tijela koje se okreće oko nepokretne tačke Okretanje krutog tijela oko nepomične tačke će se promatrati u dva

koordinatna sistema; u nepokretnom O,x,y,z koji je stabilan i u pokretnom ζηξ ,,,O koji je čvrsto vezan za tijelo. Glavni kinetički moment krutog tijela koji se okreće oko nepokretne tačke O je:

( )∫ ∫

−=

→→→→→

M M

iiio dmrrdmrL ,2 ωω .

Glavni kinetički momenti u odnosu na pokretni sistem referencije ζηξ ,,,O kad pokretne ose inercije predstavljaju ujedno i glavne ose inercije (centrifugalni momenti su jednaki nuli), iznosi:

ξξξ ωJLo = , ηηη ωJLo = i ζζζ ωJLo = .

Glavni kinetički moment pri rotaciji tijela oko nepokretne tačke u vektorskom obliku iznosi:

→→→→

++= υµλ ζηξ oooo LLLL

10.3. Kinetička energija tijela koje se okreće oko nepokretne tačke Kada su pokretne ose ξ , η i ζ ujedno i glavne ose inercije, centrifugalni

momenti su za njih jednaki nuli, pa kinetička energija rotacionog tijela iznosi:

( )222

2

1ζζηηξξ ωωω JJJEk ++= .

10.4. Ojlerove dinamičke jednadžbe

Kinetički moment oL→

, može se izraziti preko svojih vektorskih koordinata u odnosu na pokretni sistem referencije:

→→→→

++= υµλ ζηξ oooo LLLL

Ako su pokretne ose istovremeno i glavne ose inercije, dobijamo Ojlerove dinamičke jednadžbe obrtanja krutog tijela oko nepomične tačke:

( ) ξζηζηξ

ξ ωωω

oooo MJJdt

dJ =−+


- 141 -

( ) ηζξζξη

η ωωω

oooo MJJdt

dJ =−+

( ) ζηξηξζ

ζ ωωω

oooo MJJdt

dJ =−+ .

Ojlerove kinematičke jednadžbe za obrtanje krutog tijela oko nepomične tačke glase:

ϕθψϕθωξ sinsincos ′+′=

ϕθψϕθωη cossinsin ′+′−=

θψϕωζ cos′+′=

Integriranjem ovih jednadžbi uz zadane početne uvjete za ψ , θ i ϕ dobijamo rješenja problema kretanja tijela. 11- PRIBLIŽNA TEORIJA GIROSKOPSKIH POJAVA Giroskopom se nazivaju kruta tijela koja vrše obrtanje oko nepomične tačke tako, da je obrtanje krutog tijela oko ose materijalne simetrije mnogo veće, nego što je obrtanje te ose oko nepokretne tačke. Osnovna pretpostavka ove približne teorije sastoji se u tome da se kod simetričnog giroskopa, koji se obrće oko ose materijalne simetrije ζO [1] velikom ugaonom brzinom, pretpostavlja da ukupni vektor kinetičkog momenta pada u pravac ose simetrije. Giroskop je postavljen u odnosu na pokretni sistem referencije ξηζO , čija je nepokretna tačka u koordinatnom početku O. Ako projeciramo vektor ugaone brzine →

ω na ose pokretnog koordinatnog sistema ξηζO dobićemo: ξω =0, ηω =0, ζω =ω

Sobzirom na postavljene uvjete osa materijalne simetrije je glavna centralna osa inercije tijela. Kinematički moment giroskopa za pokretne ose odredićemo prema [1], pa ćemo dobiti: 0=ζOL , 0=ζOL , 0=ζOL .

Promatrat ćemo kada giroskop vrši složeno kretanje, kako je dato na slici [1],

tj. da vrši obrtanje oko centralne ose inercije ζO ugaonom brzinom →

ω i obrtanje zajedno sa osom ζO oko ose Oz ugaonom brzinom precesije 1ωψ

rr=′ .

Vektor apsolutne ugaone brzine giroskopa 2ωr

iznosi: 12 ωωωrrr

+= . Projekcije kinetičkog momenta giroskopa, za tačku O, u odnosu na pokretne ose

ξηζO su:

ξξξ ω→→

= OO JL , ηηη ω→→

= OO JL , ςζς ω→→

= OO JL .

Pa je:

λωξξ

r

OO JL =→

+ µωηη

rOJ + νω ςζ

rOJ .

Pravac kinetičkog momenta OL→

giroskopa ne poklapa se sa osom simetrije ζO .


- 142 -

Osnovna pretpostavka približne teorije giroskopa polazi od toga da je ugaona brzina sopstvene rotacije ωϕ

rr=′ giroskopa, oko ose ζO simetrije giroskopa, mnogo veća od

ugaone brzine precesije 1ωψrr

=′ , odnosno 1ωωrr

⟩⟩ , pri čemu se pretpostavlja da je

ugaona brzina nutacije 0=′θr

. Zato uzimamo da je:

=ξOL 0=ηOL i =OL =ςOL ωζOJ ,

Odnosno, da je kinetički moment giroskopa usmjeren duž ose ζO .

Giroskopska pojava je rotacija tijela oko nepokretne tačke. Ta rotacija se vrši oko nepokretnog koordinatnog sistema Oxyz i sistema koji je vezan za tijelo ξηζO .

11.1. Giroskop sa dva stupnja slobode

Za primjer je uzet giroskop koji se sastoji od cilindričnog tijela, i zamajca koji se nalazi na uzdužnom vratilu i okreće se velikom kutnom brzinom ω .

Prema približnoj teoriji giroskopa, kinetički moment CL→

usmjeren je u pravcu

podužne ose simetrije Cζ i iznosi →→

= ωζCC JL , gdje je:

- ζCJ moment inercije zamajca za osu Cζ .

Ukupne reakcije u ležištima A i B rotacionog diska, biće jednake vektorskom zbiru statičkih i dinamičkih reakcija, to jest:

AB

JGFFF

AB

JGFFF

CdB

stBB

CdA

stAA

ωω

ωω

ζ

ζ

1

max

1

max

2

2

−=−=

+=+=

11.2. Giroskop sa tri stupnja slobode

Kinetički moment giroskopa za nepomičnu tačku C, usmjeren je duž ose materijalne simetrije Cζ i iznosi:

→→

= ωζCC JL .

Gdje su: • ζCJ - moment inercije giroskopa za osu Cζ ,

• →

ω - kutna brzina giroskopa, sopstvene rotacije

→′

ϕ

11.3. Regularna precesija teškog giroskopa Kinetički moment giroskopa za nepomičnu tačku O, usmjeren duž ose Oζ , iznosi:

→→

= ωζζ OO JL .

Glavni moment spoljnjih sila u odnosu na oslonac O iznosi:


- 143 -

→→→

×=

→

GrM C

F

O

s

, gdje je:

• Cr→

- vektor položaja težišta C u odnosu na oslonac O, odnosno pol.

Vektor sF

OM

→

→

, usmjeren je normalno na ravan koju obrazuje vektor položaja Cr→

i sila

težine →

G tj. normalan je na vertikalnu ravan ζOz . 11.4. Diferencijalna jednadžba kretanja slobodnog krutog tijela Obrtanje krutog tijela oko središta C (težišta) određuje se pomoću Ojlerovih dinamičkih jednadžbi:

( ) ξηςζηξ

ξ ωωω s

cCCC MJJdt

dJ =−+

( ) ηζξζξη

η ωωω s

cCCC MJJdt

dJ =−+

( ) ζξηηξζ

ζ ωωω s

cCCC MJJdt

dJ =−+

Gdje su: • ξCJ , ηCJ , ζCJ - momenti inercijetijela u odnosu na glavne centralne ose

inercije koje se kreću zajedno sa tijelom • ξω , ηω , ζω - projekcije vektora kutne brzine na ose ζηξ ,,

• ξscM , η

scM , ζ

scM - glavni momenti spoljnjih sila u odnosu na koordinatne ose

sistema C, ζηξ ,, .

Nakon integracije uz zadane početne uvjete dobit ćemo šest jednadžbi, od toga tri jednadžbe koje definiraju translaciju središta C, a tri rotaciju oko središta, i to:

Translacija:

( )( )( ),

,

,

tZZ

tYY

tXX

CC

CC

CC

=

=

=

rotacija:

( )( )( )tt

t

ϕϕ

θθ

ψψ

=

=

=

11.1. Propeleri velikih brodova se obično pogone sa turbinama. Nas zanima

giroskopski efekt pri ljuljanju broda po uzdužnoj osi. Neka je turbina broda postavljena po uzdužnoj osi broda i promatrano sa krme (zadnji dio broda), neka ima obrtanje u smijeru kazaljke na satu sa n o/min.


- 144 -

Kinetički moment turbine

10 ωrr

OzIL = ima pravac ose Oz,

kao i ugaona brzina 1ωr

sopstvene rotacije. Neka se brod zakreće oko ose Oy1 po

zakonu

= tT

πϕϕ

2sin0 , gdje je

0ϕ maksimalno udaljavanje gaza od horizontalne ravni i T period osciliranja. Ovom obrtanju odgovara ugaona brzina:

= tTT

πϕ

πω

2cos

202 .

Njena maksimalna vrijednost je:

0max2

2ϕ

πω

T= ,

Pri čemu je 2ωr

⊥ 1ωr

, tako da je intenzitet maksimalnog giroskopskog momenta:

010max210max0

2ϕ

πωωω

TIxIM zz

g ==rr

.

Vektor gM max0

r je usmjeren ka negativnoj osi Oz1 i izaziva horizontalne pritiske na

ležišta B i D silama dD

dB PiP

rr, koje obrazuju spreg sila. Reakcije ležišta, kao

spoljnje sile, uzrokovane ovim pritiscima, formiraju suprotan spreg. Da bi smo ukazali na veličine giroskopskih pritisaka na ležišta poslužimo se konkretnim primjerom. Neka je IOz =20000 Nms2, n =1000 o/min, maksimalno odstupanje 1,00 =ϕ i period ljuljanja T=5 s, a rastojanje između ležišta BD=4 m. Za ovako zadane vrijednosti imamo:

1ω =104,7 s-1, 2ω =0,126 s-1 i 210max0 ωωzg IM = =263844 Nm,

Tako da je konačno:

NPP dD

dB 65960

4

263844≅== .

11.2. Konični zupčanik 1, poluprečnika r1=1m je nepomičan. Osovina OO1 koja

rotira ugaonom brzinom s14πω = čvrsto je vezana pod kutem sa vratilom OA

preko kojeg se konični zupčanik poluprečnika r2=20 cm kotrlja po zupčaniku 1 i oko vratila OA. Težina zupčanika 2 je G. Odrediti odnos dopunskih dinamičkih reakcija zupčanika 1 prema njegovim statičkim reakcijama, ako je poluprečnik inercije zupčanika 2 jednak i=18 cm. Masu vratila OA zanemariti. Rješenje:


- 145 -

Neovisni parametri su kut rotacije vratila OA oko vertikalne ose i kut rotacije zupčanika 2 oko vratila OA. Prema tome je zupčanik 2 giroskop s dva stupnja slobode. Osa simetrije giroskopa poklapa se sa osom vratila OA. Nepomočna tačka je O, gdje postavljamo koordinatni sistem Oxyz. Na zupčanik 2 djeluju vanjske sile: G-težina zupčanika, Xo, Yo, Zo- komponente reakcija

zgloba O, FN-normalna reakcija u tački B dodira zupčanika 1 i 2. Statičku reakciju Fst odredit ćemo momentnom jednadžbom za ravnotežu zupčanika 2:

2

2

2

1

1

0

rr

rG

BO

AOGF

AOGBOF

st

st

+==

⇒=−

Dinamička reakcija oslonca FN javit će se pri promjeni pravca ose OA zupčanika 2, koja predstavlja osu giroskopa.

Slaganjem prijenosne kutne brzine srad

p πωω 4== zupčanika 2 oko vetikalne ose i

relativne kutne brzine rωr

zupčanika 2 oko ose OA imamo:

rpa ωωωrrr

+=

Iz odnosa:2

1

r

r

p

r =ωω

imamo: pr r

rωω

2

1=

Primjena približne teorije giroskopa omogućuje da vektor kinematičkog momenta oK

r zupčanika 2 usmjerimo u smijeru kutne brzine rω

r ulijevo iz tačke O. Pri

kotrljanju zupčanika 2 po zupčaniku 1, tačka C vrha vektora oKr

opisivat će krug

poluprečnika K0 kutnom brzinom pωr

pa imamo:

pry

pC r

ri

g

GIKKV ωωω

2

12

200 ===

2

2

12

pC r

ri

g

GV ω= - paralelno sa osom x.

Prema Resalovom teoremom znamo da je Vc jednak momentuvanjskih sila M0:

2

2

12

0 pC r

ri

g

GMV ω==

Dinamičku reakciju dNF određujemo iz:

2

2

2

2

2

12

0

rrr

ri

g

GFiliBOFM

i

pdN

dN

+==

ω

Slijedi traženi odnos dopunske dinamičke reakcije zupčanika 1 prema statičkoj reakciji:

6,22

22

==gr

i

F

F p

st

dN

ω

Do istog rješenja dolazimo kraćim putem pomoću Eulerovih dinamičkih jednadžbi izvedenih za regularnu precesiju.


- 146 -

Zupčanik 2 vrši regularnu precesiju kutnom brzinom pZ ωωrr

= oko ose z. Kut

nutacije 2/πϑ = . Pomični koordinatni sistem ςηξO postavimo prema slici. Glavni moment vanjskih sila izračunavamo po:

( )[ ]ϑωωϑω ηςςςξ cossin 1 zz IIIM −+=

Uz 2/πϑ = imamo: [ ]zIM ωω ςςξ 1=

Kako je: :,,,2

11

2 slijeditor

ri

g

GI pzpr ωωωωω ςς ==== ,

:2

2

12

0 ilir

ri

g

GMM pωξ ==

2

2

2

2

2

12

rrr

ri

g

GF

i

pdN

+=

ω

12- TEORIJA UDARA 12.1. Osnovna jednadžba teorije udara Promjena priraštaja količine kretanja materijalne tačke pri udaru, jednaka je udarnom impulsu za tu tačku:

∫+ →→→

=−′τ1

1

t

t

udii dtFvmvm .

12.2. Zakon o promjeni količine kretanja materijalnog sistema pri udaru Zakon o promjeni količine kretanja sistema materijalnih tačaka, koji glasi: promjena količine kretanja materijalnog sistema pri udaru jednaka je vektorskoj sumi svih spoljnjih udarnih impulsa koji djeluju na tačke materijalnog sistema, može se napisati jednadžbom:

∑=

→→→→

=∆=−n

i

s

iIKKK1

0 .

12.3. Zakon o promjeni kinetičkog momenta materijalnog sistema pri udaru Zakon o promjeni kinetičkog momenta materijalnog sistema pri udaru glasi: promjena kinetičkog momenta materijalnog sistema za proizvoljnjo izabranu tačku,


- 147 -

pri udaru, jednaka je geometrijskom zbiru momenata svih spoljnjih udarnih impulsa, koji djeluju na materijalni sistem, i može se napisati:

∑=

→→→→→

=∆=

−

n

i

Is

i

MLLL1

00

0

00 .

12.4. Udar tijela o nepokretnu podlogu. Koeficijent restitucije pri udaru Zakon o promjeni količine kretanja pri centralnom udaru kugle o podlogu može se napisati:

→

=−′ Ivvm )(rr

. Gdje su:

• ′→

v - brzina poslije udara i koja iznosi: 22ghv =′

• →

v - brzina prije udara o ravnu podlogu i koja iznosi: 12ghv = . Odnos intenziteta brzine tijela na kraju udara i intenziteta njegove brzine neposredno prije udara, pri okomitom udaru o nepomičnu površinu naziva se koeficijent restitucije (uspostavljanja) pri udaru, i iznosi:

v

vk

′= ,

a mijenja se ovisno o vrsti materijala zastupljenih pri udaru. Brzina tačke na kraju udara iznalazi se iz:

( )

( )I

km

kv

kmvI

1

1

+=′

+=

12.5. Kosi udar tačke o nepomičnu podlogu

Materijalna tačka mase m u trenutku t udari na glatku površinu brzinom →

v i

kutom α u odnosu na normalu →

n . Trenutak poslije udara (interval =τ ) ona će se

odbiti od nepokretne podloge brzinom ′→

v , pod kutem β prema normali. Koeficijent restitucije k izračunava se pomoću:

n

n

v

vk r

r

= .

Brzina nakon udara |′→

v | po intenzitetu iznosi:

αα 22222222 cossin kvvkvvvv nTnT +=+=′+′=′

12.6. Upravni centralni sudar dva tijela

Kod upravnog centralnog sudara brzine masa tijela m1 i m2 su prije sudara 1

→

v


- 148 -

i 2

→

v , a poslije sudara ′→

1v i ′→

2v . Ako izraze za količinu kretanja promatramo u odnosu na osu x imat ćemo da je:

′+′=+ 22112211 vmvmvmvm . Ako znamo brzine prije sudara, onda su brzine tijela 1 i 2 poslije sudara:

( ) ( )21

21

211 1 vv

mm

mkvv −

++−=′ i

( ) ( )21

21

122 1 vv

mm

mkvv −

+++=′ .

12.7. Teorema Karnoa. Gubitak kinetičke energije pri sudaru dva tijela Gubitak kinetičke energije pri translatornom kretanju dva tijela i njihovom

sudaru koji nije potpuno elastičan, jednak je k

k

+

−

1

1-tom, dijelu kinetičke energije koju

bi imao sistem kad bi se kretao sa tim dodatkom izgubljenih brzina, a glasi:

.2

1

2

1

1

1 2

222

2

111

′−+

′−

+

−=∆ vvmvvm

k

kEk

12.8. Određivanje impulsnih reakcija tijela koje se okreće oko nepokretne ose Na osnovu jednadžbi zakona o promjeni količine kretanja središta sistema i zakona o promjeni kinetičkog momenta, možemo formirati šest jednadžbi :

( ) BxAxSxC IIImy ++−=−− 0ωω

ByAySy III ++=0

BzAzSz III ++=0

( ) hIzIyIJ ByKSyK

Szxz −−=−− 0ωω

( ) hIxIzIJ BxKSzK

Sxyz +−−=−− 0ωω

( ) KSxK

Syz yIxIJ +=− 0ωω

pomoću kojih možemo odrediti reaktivne impulse AI→

i BI→

, koji istim intenzitetom, a suprotnim smijerom djeluju na ležišta, saglasno Trećem zakonu mehanike. 12.9. Centar udara Iz uvjeta 0== S

zSy II , imamo SS

x II = , pa prva, četvrta, peta i šesta gornja

jednadžba će promjeniti oblik pa će biti: ( ) S

C Imy =− 0ωω

( ) 00 =−− ωωxzJ

( ) KS

yz zIJ −=−− 0ωω

( ) KS

z yIJ =− 0ωω


- 149 -

Iz treće i četvrte jednadžbe određujemo koordinate tačke ( )KK zyK , u kojoj treba da

djeluje spoljnji udarni impuls, da bi bilo 0==→→

BA II , odnosno: ( )

C

yz

C

S

S

yz

S

yz

K my

J

my

I

I

J

I

Jz =

=

−= 0ωω

( )C

z

C

S

Sz

Sz

K my

J

my

I

I

J

I

Jy =

=

−= 0ωω

Ako imamo da su ose paralelno pomaknute, hajgens-Štajnerova teorema glasi:

2

CCzz myJJ += , Gdje je:

• CzJ - moment inercije za osu Cz (centar inercije).

12.1. Imamo disk A mase 2 kg i B mase 4 kg. Ako se kreću brzinama kao na slici, sa koeficijentom restitucije e=0,4, odrediti brzine nakon direktnog centralnog sudara.


- 150 -

( ) ( ) ( )

←=−=

←=−=

⇒++=−

+=⇒

−

−−=

+=+

sm

smV

sm

smV

eVV

eVVVV

VVe

VmVmVmVm

B

A

AA

AB

AB

AB

BBAABBAA

733,1733,1

533,4533,4

7425422

7

2

2

22

22

11

22

2211

12.2. Kolica mase 3 kg kotrljaju se slobodno po padini. U podnožju, ispalimo kuglu od 0,5 kg sa horizontalnom brzinom Vb/c=0,6 m/s, mjereno relativno u odnosu na kretanje kolica. Odrediti konačnu brzinu kolica.

Početni položaj kolica je u tački A.

( )

)(

952,4

2

125,1

/

/

1

2

1

kuglejaispaljivannakonVVV

VVV

kuglejaispaljivanprijetrenutaksmV

mVG

cbcb

cbcb

c

c

rrr

rrr

+=

⇒−=

=

⇒=

( )

←=

←=

⇒

→−+=+=++←

smV

smV

kolicanaodnosuudesnokrećrse

kuglaVmVmVmVmVmm

b

c

cbccbbcccbc

438,4

038,5

)

)6,0(

2

2

22221

12.3. Tijelo B mase 0,75 kg kliže se po glatkoj površini brzinom (VB)1=4 m/s kada se sudari sa tijelom A mase 2 kg, koje je do tada mirovalo. Ako je koeficijent restitucije između tijela e=0,5, odrediti brzinu tijela A i B nakon sudara.


- 151 -

( ) ( )

( )[ ]

←=−=

→=

⇒−+=

−=

⇒−=−

⇒

=−

−−=

+=+=+=

sm

smV

smV

VmVmmi

eVVV

VVeV

VV

VVe

VmVmiVmVm

B

A

ABAAB

BAB

ABB

AB

AB

BBAABBAA

3636,03636,0

636,1

45,04:

)0(

040

2

2

22

122

221

11

22

2211

rrrrr

12.4. Dva diska A i B imaju mase 3 kg i 5 kg. Ako se sudar dogodi pri početnim brzinama kao na slici, odrediti njihove brzine nakon sudara. Koeficijent restitucije je e=0,65.

↓===

==

smVV

VV

yByB

yAyA

062,660sin7

0

0

21

21


- 152 -

( )( )

( )smjiV

smiV

smV

sm

sm

mm

mmmV

VVmVmVmVm

VVV

VV

VVe

B

A

xB

BA

BBAxA

xAxBBxAAxBBxAA

xAxAxB

xAxB

xAxB

rrr

rr

062,6378,2

797,3

378,2

795,3797,3175,660cos76

)175,6(06

175,6660cos765,0

2

2

2

0

2

22211

2

0

22

11

22

−=

→−=

→=

←=−=+

−−=

+=+=++=

+=++=

⇒

−

−−=

12.5. Lopta A mase 2 kg udara u tijelo B mase 20 kg brzinom 4 m/s. Ako je koeficijent restitucije između lopte i tijela e=0,8, odrediti maksimalnu visinu h do koje će tijelo B doći prije nego se zaustavi (trenutak kada je brzina 0).

( )

( ) ( )

mh

hGVm

smV

smV

eVV

eVV

VV

VVe

VmVmVmVm

BBB

B

A

AA

AB

AB

AB

BBAABBAA

02183,0

2

1

6545,0

545,2

420242

4

)0(

0

2

2

2

2

22

22

11

22

2211

=

⇒=

=

−=

⇒++=

+=

⇒

−=

−−=

+==+

12.6. Dva identična paka kližu po hokejaškoj stazi kao što je prikazano na slici. Ako pak A ima početnu brzinu od 5 m/s u desno, a pak B miruje, koeficijent restitucije između njih je e=0,9. Odrediti konačne brzine (veličinu i smijer) oba paka.


- 153 -

Zadano: 9,0,0,5 11 === eVismV BA

rrrr

Odrediti: 2,2 BA VVrr

Rješenje:

( )

( )nAnBnBnA

nAnB

nAnB

tBtB

nB

tAtA

nA

BBAABBAA

VVeVV

VV

VVe

VV

V

VsmV

smV

VmVmVmVm

1122

11

22

21

1

21

1

2211

0

0

sin5

cos5

00

−+=

−

−−=

==

=

==

=

+=+=+

θ

θ

rrrr

( )( ) ( )[ ] [ ]

( ) ( )[ ]

( ) ( )

0

2

0

2

2

2

2112

2

112

30114,4

04,55509,2

sin5sin5:

2169,0

114,4

0cos5:

0

sin5sincos5

<r

<r

r

r

rr

rrrr

smV

smV

promjenenovedosmms

mmt

smV

smV

VmVVemVmsmmn

tnVm

tsmnVVeVmtns

mm

B

A

AA

nA

nB

nBBnAnBAnBAA

nBB

nAnBnBAA

=

=

→=

=

=

⇒+−=+=

++

++−+=+

θθ

θ

θθθ

12.7. Lopta pada na tvrdu površinu i preskače vertikalnu ogradu. Ako je koeficijent restitucije e=0,8, a lopta je u početku mirovala na visini h=1 m, i poslije odskoka preskočila zidnu prepreku, odrediti udaljenost b, c i d sa slike.


- 154 -

Zadano: e=0,8, „tvrda“ površina (savršeno tvrda), početno mirovanje, h=1m, lopta preskače zidnu prepreku. Odrediti: b, c i d Rješenje: koristeći jednadžbe za energiju i rad:

ghGhm

V

mVGh

EEAEE pkpk

22

02

100

2

2

2

222111

==

⇒+=++

+=++ −

Brzina je na liniji udara, te kažemo da je

konzervativna.

( )

0

60sin60cos

2

00

22

rr

rrr

=

−=

zidai

lopteloptei

V

jiVV

Impuls i količina kretanja „suprotno“ udaru po y-osi,

∫

=+=+

+

=+

2

1

22

22

0

0

t

t

zidafyzidaloptefyloptey

zidaiyzidalopteiylopte

VmVmdtF

VmVm

Gdje je u jednadžbi: ∫2

1

t

t

y dtF -druga nepoznata jednadžba

Koeficijent restitucije: ( )( )

( )0

00

2

2 2

2zida 2

2zida 2

18,24785,3

0688,3215,260sin60cos2

0

0

<

rrrrr

sm

smjijeighV

eVVVV

VVe

loptef

lopteiyloptefylopteiyiy

loptefyfy

=

=+=+=

−=⇒−=

−=−=

Prelazimo na horizontalne i vertikalne koordinate: Radi jednostavnosti prelazimo na koordinatni sistem sa ishodištem u tački 2. Prema tome je,

( )smvhV

loptef ˆ55,1ˆ453,32 +=

r

Gdje su: ehorizontahevertikav lnˆ,lnˆ −−

Znamo iz kinematike ( uzimamo da je t početno u 2):


- 155 -

U tački 3 (tačka mirovanja), V3v=0:

( ) ( ) ( )

( ) ( )

md

mb

vbdhbvmhmtr

stsmt

sm

smV

vhVvsmt

smhs

mtV

h

h

4375,0

63,0

ˆ30sinˆ30cosˆ12245,0ˆ54557,0

158,0055,181,9,453,3

ˆ0ˆˆ55,181,9ˆ453,3

00

3323

3323

=

=

−+=+=

=⇒=+−=

+=+−+=

r

r

U tački 4:

( ) ( )( ) ( )

Cbtsm

vbhCb

vtsmt

smhts

mtr

+=

⇒−+=

=+−+=

0

4

00

4

2

4244

30cos453,3

ˆ30sinˆ30cos

ˆ55,1905,4ˆ453,3

( ) ( )( ) ( )

mC

st

btsmt

sm

Cbtsm

vbhCb

vtsmt

smhts

mtr

031,1

4566,0

30sin55,1905,4

30cos453,3

ˆ30sinˆ30cos

ˆ55,1905,4ˆ453,3

4

0

4

2

42

0

4

00

4

2

4244

=

=

−=+−

+=

⇒−+=

=+−+=

12.8. Dječak stoji na udaljenosti d=4 m od podnožja zgrade i baca loptu preko zida te zgrade. Baca lopticu brzinom 15 m/s pod uglom od 300 prema horizontali. Ako je koeficijent restitucije između loptice i zgrade e=0,4, odrediti brzinu loptice nakon što se je odbila od zida.

( )

( ) ( )( )

( ) ( )( ) ( ) ( )( )( ) ( )vts

mts

mhtsmtr

CCvChCr

vCtsmt

smhCts

mtr

vsmt

smhs

mtV

smCs

mC

lopteVvChCV

vCts

mhCtV

vs

mta

f

ˆ55,1905,4ˆ453,3

00ˆˆ0

ˆ1550905,4ˆ453,3

ˆ55,181,9ˆ453,3

55,1,453,3

ˆˆ0

ˆ81,9ˆ

ˆ81,9

22

4343

4

223

2

21

221

221

2

+−+=

==⇒=+=

++−++=

+−+=

==

⇒=+=

+−+=

−=

r

r

r

r

rr

r

r


- 156 -

Zadano: 4,0,3015,4 0 === esmVmd i <

Odrediti: fVr

Rješenje: iz kinematike je

( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( )[ ] ( ) jhidjtsmt

smiCts

mtr

smCs

mC

VsmjijCiCV

jCts

miCtVs

mta

rrrrr

rrrrrr

rrrr

+=+−++=

==

=+=+=

+−+=−=

2

223

21

1

00

21

2212

5,7905,499,12

5,7,99,12

30sin1530cos150

81,9 , 81,9

( )( ) ( ) ( )

( ) jsmis

mtV

ormacijadodatnaneophodnonijej

stdtsmi

jhid

jtsmt

smits

mtr

CCjCiCr

rrr

r

rr

rrr

rrrr

479,499,12

inf:

3079,099,12:

5,7905,499,12

000

2

22

2

2222

4343

+=

=⇒=

+=

=+−+=

==⇒=+=

Zid je potaknuo impulsivnu silu na lopticu toliku koliki je sudar ( )ir

, ta sila je nepoznata. Prema tome:


- 157 -

:

:

0

0poslije ,

ln,0

22

33

2

2

jeerestitucijtKoeficijen

VVjedaproizilazi

VmVm

sudaraiprijekrutim

oideasmatramozidV

mVm

ylopteylopte

yzidazidayloptelopte

ywall

zidayloptelopte

=

=+=

=+

=

+

( ) ( ) 0

23

23

22

33

76,4086,6479,4196,5

)0(

0

>rrrrr

sm

smjijieVV

eVVVV

VV

e xloptexlopte

xzidaxlopte

xzidaxlopte

=+−=+−=

−=⇒=−

=−−=

12.9. Dva automobila se sudaraju na raskrsnici. Auto A je mase 1200 kg, a auto B mase 1500 kg. Pri sudaru, točkovi od oba automobila blokiraju i auto se kliže (µk = 0,2). Poslije sudara, automobili postaju jedna cjelina i kreću se do razdaljine od 10 m pod kutem od θ=600. Odrediti brzinu automobila VA i VB trenutak prije sudara.

Zadano: mA=1200kg, mB=1500kg, µk=0,2, d=10m, θ=600 Odrediti: VA, VB prije sudara Rješenje: ∗ Impuls i količina kretanja sudara:


- 158 -

( )( ) ( )

( )

( ) θ

θ

θθ

sin:

cos:

sincos

0 211

ABBABB

ABBAAA

ABBABBAA

ABBABBAA

VmmVmj

VmmVmi

jiVmmjVmiVm

VmmVmVm

+=

+=

++=+

+=++rrrr

rrr

∗ Rad i energija poslije sudara pa do statusa kretanja:

( ) 000

2

1 2

222111

+=−++

+=++ −

TdVmm

EEAEE

ABBA

pkpk

Sa klizanjem pneumatika , ( )BAkk GGNT +== µµ

( )

( )s

mgdmm

dGGV k

BA

BAkAB 264,62

2

1==

+

+= µ

µ

Brzine automobila neposredno prije sudara,

hkm

smV

hkm

smV

B

A

15,35765,9

37,25047,7

==

==

12.10. Balističko klatno sastoji se od 3 kg sanduka sa pijeskom obješenog pomoću tankog užeta dužine 2 m. Puščano zrno mase 0,05 kg udara u sanduk i biva sjedinjeno sa sandukom. Ako je maksimalni ugao ljuljanja klatna nakon sudara 250, odrediti: a. Brzinu sanduka i zrna-skupa, nakon sudara. b. Inicijalnu brzinu Vi puščanog zrna.


- 159 -

Zadano: 0

max 25,05,0,2,3 ==== θkgmmlkgm bulletbox

Odrediti:

sudaraprijebrzinaV

sudaranakonbrzinazajednV

zrno

zrnasanduka+

Rješenje: ∗ Količina kretanja „kroz“ sudar:

( ) ( )

21

211 0

sandukazrnazrno

sandukzrnozrno

sandukzrnosandukzrnosanduksandukzrnozrno

Vm

mmV

VmmVmVm

+

+

+=

+==+rrr

∗ Rad i energija sudara pri maxθ :

( )( ) ( )( )

( ) smllgV

llGVmm

EEAEE

sandukzrno

sandukzrnosandukzrnosandukzrno

pkpk

917,1cos2

cos0002

1

max2)(

max

2

2)(

333222

=−=

−+=+++

+=++

+

++

−

θ

θ

Vratimo se nazad pa dobijamo, smVzrna 9,116=

12.11. Opružni mehanizam se koristi kao udarni absorber za željeznička vozila. Odrediti maksimalnu kompresiju opruge H1 ako je fiksirana branikom R na vagonu od 5 Mg, klizanje je slobodno pri čemu sa brzinom 2 m/s, udara na lim P . Poluga AB kliže po vođici CE i DF. Pri kraju svih opruga su zakačeni njihovi vezni članovi i oni su originalno nerastezljivi.


- 160 -

( )

mx

Vjekadaiznosixpa

Cpa

xjekads

mV

CxV

xdxVdVdx

dVV

dt

dx

dx

dV

dx

dx

dt

dVa

xxkg

mN

a

maF

nekomprimiraoprugesukolikokazujexgdje

m

kNxF

s

s

25,0

:0,

2je

,02

322

1

64

645000

320000

3

1608080

max

max

1

1

22

=

=

=

==

⇒+=

=

===

==

=

++=


- 161 -

LITERATURA

[1] D. Vukojević "Dinamika", Mašinski fakultet u Zenici, Zenica 2003. [2] S. Jecić "Mehanika II (Kinematika i dinamika)", „Tehnička knjiga „ Zagreb, Zagreb 1995. [3] Z. Sapunar "Dinamika", Sveučilište u Rijeci, Tehnički fakultet, M. Krpan Rijeka, 1994. [4] S. Đurić "Mehanika III i IV – Dinamika I oscilacije”, Mašinski

fakultet Beograd, Beograd 1991. [5] V. Doleček "Zbirka zadataka iz dinamike i oscilacija", N. Lovren Svjetlost, Sarajevo, Sarajevo 1990. S. Šipčić B. Šipovac [6] V. Andrejev "Mehanika III dio Dinamika",

Tehnička knjiga Zagreb, Zagreb 1973. [7] I. V. Meščerski "Zbirka zadataka iz teoriske mehanike", Građevinska

Knjiga Beograd, Beograd 1972. [8] I. Nikolić "Dinamika mašina I mehanizama", Kragujevac 1995. [9] H. Herr "Schwingungen und Wellen", Verlag Europa-Lehrmitttel, Haan-Gruiten

[10] LJ. Radosavljević "Specijalni zadaci dinamike, osnove analitičke mehanike, momenti inercije krutog tijela", Mašinski fakultet Beograd, Beograd, 1986. [11] M.I. Batj "Rješeni zadaci iz teorijske mehanike sa izvodima iz G.J. Džanelidze teorije, DINAMIKA", Građevinska knjiga, Beograd, 1963. A.S. Kelzon

[12] I. I. Artobolevskij "Teorija mehanizmov", Izdateljstvo “Nauka”, Moskva, 1967.

[13] INTERNET "Interdisciplinary Engineering University of Missouri-Rolla”

Documents

ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE - znanje.atwebpages.comznanje.atwebpages.com/wp-content/uploads/2014/12/dinamika.pdf · ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Bari čak Viktor - 1 - UNIVERZITET