Download pdf - Isak Karabegovic - Dinamika i Oscilacije (Poglavlje 3)

Dinamika materijalne tačke

Ako su dimenzije krutoga tijela pri kretanju ili mirovanju zanemarivane, tada ga možemo zamijeniti kretanjem (ili mirovanjem) jedne njegove tačke u kojoj smatramo da je sažeta cjelokupna masa tijela. Ova tačka naziva se materijalna tačka i razlikuje se od geometrijske tačke time što ima konačnu masu. Na isti način materijalnom tačkom možemo smatrati sve materijalne djeliće - čestice, na koje možemo (zamisliti) rastaviti jedno tijelo, pri određivanju ovih ili onih dinamičkih karakteristika tijela. Materijalna tačka je određena svojim položajem u prostoru, to jest svojim koordinatama u odnosu na jedan usvojeni koordinatni sistem, i svojom masom. Da bi smo proučili kretanje materijalne tačke, moramo uspostaviti vezu između sila koje djeluju na materijalnu tačku i ubrzanja koje tačka dobije od sila koje na nju djeluju. 3.1. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE KRETANJA

SLOBODNE MATERIJALNE TAČKE Materijalnu račku smatramo slobodnom ukoliko se ona pod dejstvom datog sistema sila može kretati proizvoljno u prostoru u saglasnosti sa jednačinom (2.3.) (drugi Newtonov zakona). Pretpostavimo da se slobodna materijalna tačka M (mase m) na

koju djeluje sistem sila ,,..., 21 nFFFrrr

kreće u odnosu na inercijalni sistem referencije 0xyz (slika 3.1.). Ako je položaj materijalne tačke M (mase m) određen vektorom položaja rr u odnosu na inercijalni sistem referencije, onda je na osnovu jednačine (2.3.) - drugi Newtonov zakon:

Slika 3.1. Slobodna materijalna tačka M pod djejstvom sistema sila

Diferencijalne jednačine kretanja materijalne tačke i njihova integracija

x

z

y

x y

z

M(m) 1Fr

3Fr

nFr

2Fr

iFr

FFrrr

=

ar

0

rr

∑=

==

++++=n

iri

n

FFam

FFFFam

1

321 ...rsr

rrrrr

(3.1.)

Odnosno, jednačinu (3.1.) možemo napisati u slijedećoj formi:

( ).,,2

2tvrF

dtrdmam

rsrrr== (3.2.)

gdje je: −= 2

2

dtrdars

vektor ubrzanja materijalne tačke M, a ∑=

=n

iiFF

1

rspredstavlja rezultantu

svih sila koje djeluju na materijalnu tačku. Rezultanta Fr

može da zavisi od vektora položaja r

r materijalne tačke M, brzine v

r materijalne tačke M i od vremena t. Jednačina (3.2.) naziva se diferencijalna jednačina kretanja slobodne materijalne tačke izražena u vektorskom obliku. Ovom jednačinom uspostavljena je veza između geometrijsko-kinetičkih veličina i parametra t (vremena) sa dinamičkom veličinom F

r- silom. Ova

vektorska jednačina je osnovna jednačina dinamike. Vektorsku jednačinu (3.2.) moguće je projektovati na ose utvrđenog inercijalnog sistema referencije te na taj način dobivamo razne oblike skalarnih diferencijalnih jednačina kretanja materijalne tačke M (mase m). a) Diferencijalne jednačine kretanja za Descartesove koordinate Slika 3.2. Descartesov koordinatni sistem

Ukoliko vektorsku jednačinu (3.2.) projiciramo na ose Descartesovog nepokretnog pravouglog koordinatnog sistema, dobit ćemo tri skalarne diferencijalne jednačine u slijedećem obliku:

( )tzyxzyxFdt

xdmxm x ; ,, ; ,,2

2&&&&& ==

( )tzyxzyxFdt

ydmym y ; ,, ; ,,2

2&&&&& == (3.3.)

( ), ; ,, ; ,,2

2tzyxzyxF

dtzdmzm z &&&&& ==

gdje su , , , 2

2

2

2

2

2

dtzdz

dtydy

dtxdx === &&&&&& projekcije vektora ubrzanja a

s materijalne tačke na

ose Descartesovog sistema referencije, a ,,, zyx FFF projekcije rezultante rFr

na ose inercijalnog sistema referencije 0xyz. jednačine (3.3.) predstavljaju diferencijalne jednačine kretanja materijalne tačke u Descartesovom koordinatnom sistemu 0xyz.

x

z

y

M(m)

x

z

y

ar

rFr

rr

0

Slika 3.3. Kretanje slobodne materijalne

tačke M (mase m), u ravni 0xy

Pretpostavimo da se materijalna tačka M (mase m) kreće u ravni 0xy (kao što je prikazano na sl. 3.3.) i da sile koje djeluju na materijalnu tačku leže u toj ravnini. Tada se jednačine (3.3.) svode na slijedeći oblik:

( )tyxyxFdt

xdmxm x ; , ; ,2

2&&&& ==

( )tyxyxFdt

ydmym y ; , ; ,2

2&&&& == (3.4.)

U slučaju da se slobodna materijalna tačka M (mase m) kreće duž 0x ose, tada diferencijalna jednačina pravolinijskog kretanja materijalne tačke M ima oblik:

( ). ; ;2

2txxF

dtxdmxm x &&& == (3.5.)

b) Diferencijalne jednačine kretanja za cilindrične koordinate Kada se slobodna materijalna tačka M (mase m) kreće u prostoru, diferencijalne jednačine kretanja tačke moguće je izraziti u cilindričnim koordinatama (slika (3.4.). Projektovanjem vektorske jednačine (3.3.) na tri ortogonalna pravca: radijalni, cirkularni i aksijalni, dobit ćemo tri skalarne jednačine [vodeći računa o jednačinama (4.42.) i (4.43.) iz poglavlja 4.2.3. Tehnička mehanika 2 - Kinematika] u slijedećem obliku:

[ ]

∑=

==

=−=

−=

n

irir

r

FF

rrmdtdr

dtrdmma

1

22

2

2ϕ

ϕ &&&

[ ]

∑=

==

=+=

+=

n

ii FF

rrmdtd

dtdr

dtdrmma

1

2

222

ϕϕ

ϕ ϕϕϕϕ &&&&

zz Fdt

zdmma == 2

2 (3.6.)

Slika 3.4. Kretanja slobodne materijalne

tačke M (mase m) u cilindričnom koordinantnom sistemu

x

y

0 M(m)

yar

xar

xFr

yFr

z

x

y 0

kr

ϕer

rer

ϕ

rr

A' p'

rar

ϕar

rFr

ϕFr

A

p ar r

zar

zFr

ar ∑=

iir FF

rr

c) Diferencijalne jednačine kretanja za prirodne koordinate Pretpostavimo da posmatramo kretanje slobodne materijalne tačke M (mase m) u odnosu na prirodni inercijalni sistem referencije kao što je prikazano na slici 3.5. Ako vektorsku diferencijalnu jednačinu (3.3.) projektujemo na ose prirodnog koordinatnog sistema poznato je iz poglavlja 4.2.2. jednačine (4.25.) Tehnička mehanika 2 - Kinematika, da vektor ubrzanja leži u oskulatornoj ravnini, dobit ćemo slijedeće skalarne jednačine:

b

nk

t

F

FRvm

Fdt

sdmdtdvm

=

=

==

0

2

2

2

(3.7.)

Slika 3.5. Kretanje slobodne materijalne

tačke M (mase m) u prirodnom koordinatnom sistemu

Jednačine (3.7.) predstavljaju sistem diferencijalnih jednačina kretanja materijalne tačke M (mase m) u prirodnim koordinatama, te one potvrđuju zaključak iz Tehničke mehanike 2 - Kinematika poglavlje 4.22., da vektor ubrzanja tačke i rezultirajuća sila koja na nju djeluje leže u oskulatornoj ravnini. 3.2. INTEGRACIJA DIFERENCIJALNIH JEDNAČINA SLOBODNE MATERIJALNE TAČKE Problem dinamike sastoji se u tome da se:

a) na osnovu poznatog kretanja materijalne tačke odredi sila koja u svakom trenutku djeluje na materijalnu tačku, i to se naziva prvi zadatak dinamike; i

b) na osnovu poznate mase i sile koja djeluje na materijalnu tačku odrede konačne jednačine kretanja tačke, odnosno zakon kretanja tačke, a to se naziva drugi zadatak dinamike.

Određivanje konačnih jednačina kretanja svodi se na integraciju diferencijalnih jednačina kretanja. Za slobodnu materijalnu tačku M (mase m) najčešće se koriste diferencijalne jednačine kretanja izražene u vektorskom obliku

( ).,, tvrFrmamrrrr&&rr

== (3.8.)

Sile koje djeluju na materijalnu tačku M (mase m) mogu da zavise istovremeno od vremena t, vektora položaja rv i brzine v

r materijalne tačke, to jest ( ).,, vrtFFrrrr

= Za slobodnu materijalnu tačku najčešće se koriste odgovarajući sistemi skalarnih diferencijalnih jednačina čiji oblik, kao što smo vidjeli u predhodnom poglavlju, zavisi od

b

n

t k

M(m)

ber

ter

tar

ner

nar

ar

∑=i

ir FFrr

p Rk

izbora koordinatnog sistema. Tako npr. najčešće se rješava sistem tri diferencijalne jednačine u Descartesovim koordinatama:

( )

( )

( ),,,;,,

,,;,,

,,;,,

2

2

2

2

2

2

zyxyxtFdt

zdmzm

zyxyxtFdt

ydmym

zyxzxtFdt

xdmxm

z

y

x

&&&&&

&&&&&

&&&&&

==

==

==

(3.9.)

Sistemom diferencijalnih jednačina (3.9.) opisuje se proizvoljno kretanje slobodne materijalne tačke. Pošto se radi o diferencijalnim jednačinama drugog reda, to ćemo nakon izvršene integracije sistema diferencijalnih jednačina dobiti opće rješenje u koje se uvodi šest skalarnih integracionih konstanti. Integracione konstante određujemo iz početnih uslova kretanja, to jest u početnom trenutku materijalna tačka ima određen položaj i određenu brzinu. Nakon određivanja proizvoljnih integracionih konstanti iz početnih uslova i njihovom zamjenom u sistem jednačina dobivamo konačne jednačine kretanja materijalne tačke: ( )0000001 ,,,,,, zyxzyxtfx &&&= ( )0000002 ,,,,,, zyxzyxtfy &&&= (3.10.) ( ).,,,,,, 0000003 zyxzyxtfz &&&=

Poznavanjem sistema jednačina (3.10.) kretanje materijalne tačke u prostoru jednoznačno je određeno. 3.3. PRAVOLINIJSKO KRETANJE MATERIJALNE TAČKE Pretpostavimo da se materijalna tačka M (mase m) kreće pravolinijski duž ose 0x. Kod pravolinijskog kretanja materijalne tačka M vektor brzine v

r i ubrzanja dr

tačke usmjereni su duž pravolinijske trajektorije materijalne tačke. Pošto se pravac ubrzanja materijalne tačke poklapa sa pravcem rezultante sila koje djeluju na materijalnu tačku, slijedi da će se materijalna tačka kretati pravolinijski kada rezultanta ima konstantan pravac, a brzina materijalne tačke u početnom trenutku ima isti pravac kao i rezultanta sila ali je jednaka nuli. Projektovanjem vektorske jednačine (3.2.) na pravac os 0x dobivamo

( ),,,2

2txxF

dtxdmxm x &&& == (3.11.)

diferencijanu jednačinu pravolinijskog kretanja slobodne materijalne tačke. Kako sile koje djeluju na materijalnu tačku mogu da zavise istovremeno od vremena t, položaja x, i brzine x& materijalne tačke, ovdje ćemo prikazati metode integracije diferencijalnih jednačina za ove slučajeve. a) Rezultujuća sila koja djeluje na materijalnu tačku zavisi samo od vremena ( )tFF xx = .

Zavisi li sila samo od vremena t, tada ubrzanje materijalne tačke zavisi od vremena, pa diferencijalna jednačina kretanja materijalne tačke ima oblik

( ),2

2tF

dtxdmxm x==&& (3.12.)

koji možemo izraziti u slijedećoj formi:

( )

( )dttFm

xd

dttFmdt

xd

x

x

1

/ 1

=

=

&

&

(3.13.)

Dvostrukim integriranjem jednačine (3.13.), dobivamo zakon kretanja materijalne tačke u obliku

( )[ ]∫ ++= .121 CtCdtdttF

mx x (3.14.)

Integracione konstante C1 i C2 u predhodnoj jednačini nalazimo iz početnih uslova kretanja. Pošto se odrede integracione konstante, zakon kretanja materijalne tačke je jednoznačno određen. b) Rezultujuća sila koja djeluje na materijalnu tačku zavisi samo od rastojanja ( )xFF xx =

Diferencijalna jednačina kretanja materijalne tačke u ovom slučaju ima slijedeći oblik:

( ),2

2xF

dtxdmxm x==&& (3.15.)

da bi smo integrirali ovu diferencijalnu jednačinu, pomnožimo je identitetom dtxd

xdtxd &

&&

=

pa ćemo je dobiti u slijedećem obliku:

( )

( ) .1

,

dxxFm

xdx

dxxFdtxd

dxxdm

x

x

=

=

&&

&&

(3.16.)

Integracijom predhodne jednačine dobit ćemo

( )

( ) 1

12

2

2

CdxxFm

x

CdxxFm

x

x

x

+∫±=

+∫=

&

& (3.17.)

Da bi smo izvršili integraciju jednačine (3.17.), moramo rastaviti promjenljive jer je

dtdxx =&

( ) 1

2 CdxxFm

dxdt

x +∫

±=

te integracijom dobivamo

( )

∫ +

+∫

±= 2

12

CCdxxF

m

dxt

x

(3.18.)

kada rješimo jednačinu (3.18.) dobit ćemo konačnu jednačinu kretanja tačke u obliku: ( ).,, 21 CCtfx = (3.19.)

Integracione konstante C1 i C2 , kao i u predhodnom slučaju, određujemo iz početnih uslova kretanja.

c) Rezultujuća sila koja djeluje na materijalnu tačku zavisi samo od brzine ( )xFF xx &= Diferencijalna jednačina kretanja u ovom slučaju ima oblik

( ),2

2xF

dtxdmxm x &&& == (3.20.)

Jednačinu (3.20.) možemo napisati u slijedećem obliku radi lakšeg integriranja

( )

( )xFxdmdt

xFdtdxm

x

x

&&

&

=

== (3.21.)

pretpostavimo da su početni uslovi kretanja ,,,0 000 xxxxt && === te integrirajmo predhodnu jednačinu

( )

( )∫

∫∫

=

=

x

x x

x

x x

t

xFxdmt

xFxdmdt

&

&

&&

&&

0

00 (3.22.)

Nakon integriranja ove jednačine, nalazimo brzinu x& kao funkciju vremena )(tx& , a zatim još jednom integracijom konačnu jednačinu kretanja materijalne tačke

dtdxtx =)(&

∫ ∫=x

x

tdttxdx

0 0)(& (3.23.)

∫+=t

dttxxx0

0 )(&

Sile koje zavise od brzine su npr. sile otpora pri kretanju kroz otpornu sredinu. d) Rezultujuća sila koja djeluje na materijalnu tačku je konstantna .constFx =

Diferencijalna jednačina kretanja ima slijedeći oblik

.2

2constF

dtxdmxm x ===&& (3.24.)

Kada je sila konstantna tada je i ubrzanje materijalne tačke konstantno.

.2

2consta

mF

dtxdmx x ====&& (3.25.)

Dvostrukom integracijom diferencijalne jednačine (3.25.) dobivamo

21

2

1

21 CtCatx

Catx

+⋅+=

+=& (3.26.)

Integracione konstante 21 ,CC određujemo iz početnih uslova kretanja. Tako npr. za ,, je ,,0 0201000 xCxCxxxxt ===== &&& te uvrštavanjem u jednačinu (3.26.), dobivamo

.21

002

0

xtxatx

xatx

++=

+=

&

&&

RIJEŠENI ZADACI IZ POGLAVLJA 3 Zadatak 3.1. Materijalna tačka M mase m kreće se saglasno jednačinama

12

2

42

2

2

2

−+=

+=

+=

ttz

tty

tx

gdje su x,y,z izraženi u metrima a t u sekundama. Odredite intenzitet i pravac sile koja uzrokuje dato kretanje. Rješenje: Dvostrukim diferenciranjem po vremenu jednačina kretanja dobićemo

4 142 224 4

=+==+===

ztzytyxtx

&&&&&&&&&

Vodeći računa o jednačinama (3.3.) dobivamo projekcije sile na ose Descartesovog koordinantnog sistema

mzmF

mymFmxmF

z

y

x

4

24

==

====

&&&&&&

Intenzitet sile koja djeluje na materijalnu tačku je

( ) ( ) ( )mF

mmmmFFFF zyx

6

36424 2222222

=

=++=++=

Kosinusi uglova koje sila gradi sa osama koordinatnog sistema 0x y z su:

0

0

0

189,48666666,064cos

52,70333333,062cos

189,48666666,064cos

=⇒≈==

=⇒≈==

=⇒≈==

γγ

ββ

αα

mm

FF

mm

FF

mm

FF

z

y

x

Zaključujemo da na materijalnu tačku djeluje sila konstantnog intenziteta i pravca. Zadatak 3.2. Materijalna tačka M mase m kreće se u ravni saglasno jednačinama

ttr

32

==

ϕ

Odrediti silu koja djeluje na materijalnu tačku M.

Rješenje: Pošto se materijalna tačka kreće u ravni a zakon kretanja izražen je u polarnim koordinazama to su diferencijalne jednačine kretanja

[ ][ ] r

r

FrrmFrm

=−=−

ϕϕϕ

&&&&&&&2

2 2

Diferenciranjem jednačina kretanja i uvrštavanjem u predhodne jednačine dobivamo projekcije sile na ose polarnog koordinatnog sistema

mFmtF

rr

r

1218

0 03 2

=−=

====

ϕ

ϕϕ&&&&&&

Intenzitet sile koja djeluje na materijalnu tačku

( ) ( )144324

12182

22

22

+=

+−=

+=

tF

mmtF

FFF r ϕ

Vidimo iz predhodne jednačine da se sila koja djeluje na materijalnu tačku mijenja u funkciji vremena. Zadatak 3.3. Iz PAM-a ispaljeno je zrno u vertikalnom pravcu početnom brzinom v, kao što je prikazano na slici. Pretpostavimo da je sila otpora vazduha proporcionalna kvadratu brzine 2kvFw = (zrno je mase m). Odrediti maksimalnu visinu koju dostigne zrno.

Slika uz zadatak 3.3.

Rješenje: Diferencijalna jednačina kretanja zrna glasi: 2kvmgzm −−=&& gdje je G = mg težina zrna.

Radi lakše integracije uvedimo oznaku ,2

mgkc = pa je

( )221 vcgz +−=&&

z

z

wFr

Gr

U početku kretanja . 0 je 0 0vzzt === &&& Kada zrno dostigne maksimalni domet t = T, .0 ,max == zHz &

Dvostrukom integracijom gornje jednačine i uvrštavanjem početnih i krajnjih uslova kretanja dobivamo maksimalni domet zrna

( )

( )20

22max

0

22max

112

110

vcngc

zH

zcgzdzzH

v

+==

+−== ∫

&&&

Vrijeme potrebno da se dostigne maksimalni domet

( ) . tgarc11

00

220

cvcgzcg

zdTv∫ =

+−=

&&

Zadatak 3.4. Odrediti kojom brzinom treba da se kreće vještački zemljin satelit na visini h = 900 km, ako se za putanju satelita može uzeti približno krug čiji se centar poklapa sa centrom Zemlje. Poluprečnik Zemlje R ≈ 6370 km. Ubrzanje Zemljine teže na površini Zemlje g = 9,81 m/s2. Silu privlačenja satelita smatrati obrnuto proporcionalnom kvadratu rastojanja satelita od centra Zemlje.

Rješenje: Diferencijalna jednačina kretanja satelita Fam

rr= (I)

Na satelit djeluje sila intenziteta

( )2hR

mkF+

=

gdje je : k - koeficijent proporcionalnosti kojeg ćemo odrediti iz uslova za h = 0

2RmkgmGF ⋅=⋅==

k = g R2

te je intenzitet sile koja djeluje na satelit

t

n

h

R

0

nar

hFr


( )2

2

hRgRmF+

=

Satelit ima normalno ubrzanje

hR

vRva

hn +

==22

projektovanjem vektorske jednačine (I) na pravac normale dobivamo

( )2

22

hRgRm

hRvm

Fman

+=

+

=

jednačina iz koje možemo naći brzinu satelita

./4,7 skmv

hRgRv

≈+

=

Zadatak 3.5. Putničko vozilo mase m = 860 kg po ravnoj dionici puta za vrijeme od t = 5s dostigne brzinu od v = 40 km/h kojom se nastavlja kretati. Koeficijent trenja između puta i točkova je 025,0=µ . Kolika je sila koja pogoni vozilo?

Slika uz zadatak 3.5. Rješenje:

Slika uz rješenje zadatka 3.5. Diferencijalna jednačina kretanja u vektorskom obliku glasit će:

vr

1µFr

Gr

2nFr

1nFr

2µFr

vFr

y

x vFr

Gr

vr ar

21 µµµ FFFrrr

+=

21 nnn FFFrrr

+=

nv FFFGamrrrsr

+++= µ Projektovanjem gornje jednačine na pravac 0 x ose dobivamo µFFma v −= Sila potrebna da obezbjedi kretanja vozila

nv FtvmFmaF ⋅+

∆∆

=+= µµ

Priraštaj brzine i vremena 00 , tttvvv −=∆−=∆ gdje je u početnom trenutku vremena 0 0 00 == vt je ttvv =∆=∆ Sila

Nsm

ssmkgF

gtvmG

tvmF

tvmF

v

nv

2122025,0/81,956,3/40860 2 =

⋅+

⋅=

⋅+=+=⋅+= µµµ

Zadatak 3.6. Vagon mase m = 12000 kg kreće se kolosjekom čiji je nagib 5‰. Sila kojom se ostvaruje vožnja je NFv 12000= , a koeficijent trenja između šine i točkova 015,0=µ . Koliki će put proći vagon kada se kreće uz strminu i niz strminu.

Slika uz zadatak 3.6. Rješenje: a) pri kretanju vagona uz strminu imamo

n

t ar

vr

vFr

µFr

nFr

Gr

αsinGr

αcosGr

α

α

Slika uz rješenje zadatka 3.6a.

µFFFGam nvrrrrr

+++= (I) projektovanjem jednačine (I) na pravac tangente i normale imaćemo:

029,0005,0

cos cos

sin0cos

=⇒=

⋅=⋅=⋅=

⋅=−−=−

αα

αµαµµ

αα

µ

µ

tg

gmGFFamGFF

GF

n

v

n

( )

( )

2

2

/8,0

12000sincos015,0/81,91200012000

sincos

sma

kgsmkgNa

mmgF

a v

=

+⋅−=

+−=

αα

ααµ

Pređeni put

msms

ma

vs 3,43/8,02

16,3

302 2

222=

⋅⋅

==

b) Pri kretanju vagona niz strminu

Slika uz rješenje zadatka 3.6b.

n t

vr vF

r

ar

µFr

αsinG

n

t

vr

vFr

ar

µFr

αsinG

Projektovanjem jednačine (I) na pravac tangente dobićemo

( )

( )

2

2

/9,0

1200029,0cos015,029,0sin/81,91200012000

cossin

sin

sma

kgsmkgNa

mmgF

a

amFGF

v

v

=

−⋅+=

−−=

⋅=−+

αµα

α µ

Pređeni put

msms

ma

vs 6,38/9,02

16,3

302 2

222=

⋅⋅

==

Zadatak 3.7. Vagonet težine G žičane željeznice kreće se naviše pod uglom α prema horizontali. Odrediti silu u užetu pri puštanju vagoneta u rad i zatim pri njegovom daljnjem ravnomjernom kretanju, ako se puštanje u rad vrši ravnomjerno ubrzano iz stanja mirovanja u toku T sekundi. Na kraju ovog perioda vagonet ima brzinu v. Koeficijent trenja između šina i točkova vagoneta je μ.


α

µFr

uFr

nFr

Gr

y x

Rješenje: Diferencijalna jednačina kretanja vagoneta u vektorskom obliku

µFFFGam nurrrrr

+++= (I)

Kako se puštanje u rad vrši iz stanja mirovanja ravnomjerno ubrzano to je

Tva

Tav

=

⋅=

projektovanjem jednačine (I) na pravac kretanja vagoneta osu x imamo

Tvax

FF

xgGFGF

GFFxm

n

u

u

==

⋅=⋅=

−+=

−−=

&&

&&

&&

αµµ

α

α

µ

µ

µ

cos

sin

sin

Sila u užetu

( )tv

gGGFu ++= αµα cossin

Pri ravnomjernom kretanju

( )αµα cossin0

+===GF

ax

u

&&

Zadatak 3.8. Pri spuštanju s brda skijaš težine G dostiže u tački O brzinu v0. Pri daljnjem penjanju uz

brdo skijaš se kreće po luku OC kruga poluprečnika r brzinom ( )ϕcos1220 −−= grvv

gdje je φ ugao koji obrazuje poluprečnik AM sa vertikalom. Odrediti pritisak skijaša na snijeg pri njegovom prolasku na dijelu puta OC. Trenje zanemariti.


t C

n

A

O M

nFr

nar

φ

φ

Rješenje: Diferencijalna jednačina kretanja u vektorskom obliku glasi

nFGamrrr

+= (I)

Projektovanjem jednačine (I) na pravac normale n imamo

.cos

cos2

ϕ

ϕ

GFRvm

GFma

nk

nn

−=

−=

Pritisak skijaša na snijeg

( )ϕ

ϕ

cos12

cos

20

2

−−=

+=

grvv

Rv

gGGF

kn

( )

−−+=

grgrv

GFnϕ

ϕcos12

cos20

Najveći pritisak je u tački O kada je 0=ϕ

+==

grv

GFF nn

201

max.

Zadatak 3.9. Teret težine G podiže se pomoću nerastegljivog užeta dužine L. Uže se namotava brzinom v0. Odrediti silu u užetu u funkciji od rastojanja x. Dimenzije su date na slici.


O B

C

A 0v

r

l x

Rješenje:

Slika uz rješenje zadatka 3.9. Diferencijalna jednačina kretanja tereta A u vektorskom obliku glasi:

nu FGFamrrr

++= (I)

Projektovanjem iste jednačine na pravac x i y dobivamo

ϕ

ϕsin0

cos

un

u

FFFGma

−=−=

Iz slike zaključujemo da je

,cos22 xl

x

+=ϕ

a dužina užeta je konstantna, L = const.

.0 BABCtvL ++=

Potražimo izvod po vremenu

22

0

0 0

lxBA

vdtBAd

dtBAdv

dtdL

+=

−=

=+=

Kako je dužina BA funkcija rastojanja x proširio predzadnju jednačinu sa dxdx

x

xlxv

dxBAdv

dtdx

vdxBAd

dtdx

&=+

−=−=

−=⋅

2200

0

Ubrzanje tereta A je

+−

+−====

xlxv

dxd

xlxv

dxxdx

dxxd

dtdx

dtxda

220

220&&&&

y

x

A nFr

uFr

Gr

ar

Nakon sređivanja dobivamo

3

20

2

xvl

a −=

Masa tereta A je

gGm =

Sila u užetu je

.1

coscos

3

20

222

22

3

20

222

+

+=

++

=

−=

gxvl

xlxGF

xlx

xvl

gG

xlxGF

maGF

u

u

u ϕϕ

Zadatak 3.10. Od dobijenog udarca cigla G, počinje da klizi naniže početnom brzinom v0=2m/s po nepomičnoj traci trakastog transportera, koji je pod uglom od 300 u odnosu na horizontalu. Odrediti put s koji pređe cigla za vremenski interval t1 = 2s, ako je koeficijent trenja klizanja cigle o traku transportera µ = 0,4.

Slika uz zadatak 3.10. Rješenje: Diferencijalna jednačina kretanja cigle je

µFFGam n ++=rrr

. (I)

Projektovanjem jednačine (I) na pravac ose x dobivamo skalarnu diferencijalnu jednačinu µα FGxm −= sin&&

Kako je sila trenja jednaka

gGm

GFF n

=

⋅=⋅= αµµµ cos

α

M

x

y

Gr

µFr

nF

r

to se predhodna jednačina svodi na slijedeći oblik )cos(sin αµα −= gx&&

odnosno dtgxd )cos(sin αµα −=&

Integracijom gornje jednačine i sređivanjem dobivamo

( )

( )010

1

0 zacossin

cossin

vCvxtCtgxdtgxd

=⇒=⇒=+−=

−=∫ ∫

&&

&αµα

αµα

te imamo da je ( ) .cossin 0vtgx +−= αµα&

Rastavljanjem promjenljivih i još jednom integracijom dolazimo do zakona kretanja cigle

( )( )

( )

( )4,0 i /2 2

cossin21

00 0 za2

cossin

cossincossin

01

20

2

20

20

0

====

⋅−+=

=⇒===

++−=

+−=+−=

∫ ∫ ∫

µ

αµα

αµα

αµααµα

smvstt

tgtvx

Csxt

Ctvtgx

dtvtdtgdxdtvtdtgdx

Za vrijednost 4,0 i /2 2 01 ==== µsmvstt pređeni put je

( )

.02,7

245cos4,030sin/81,92122 22002

mxs

ssmssmxs

==

⋅⋅−+⋅⋅==

Zadatak 3.11. Materijalna tačka M mase m, kreće se u horizontalnoj ravnini Oxy privlačena od dva nepokretna centra C1 i C2 silama čiji su intenziteti , , 2

221

21 MCmcFMCmcF == gdje je

c = const. Odrediti po kakvoj će se putanji tačka M kretati zanemarujući trenje i ako .210 aOCOCOM === Tačka M u početku kretanja imala je brzinu v0 paralelnu osi O x

i bila u položaju M0.


M

M0

0 C2 C1

0vr

2Fr

1Fr

x

y

a a

Rješenje:

Slika uz rješenje zadatka 3.11. Sile koje djeluju na materijalnu tačku M.

( )

( ).22

22

22

2

12

12

12

1

rrmcmcMCmcF

rrmcmcMCmcF

−===

−===

ρ

ρr

Diferencijalna jednačina kretanja tačke M u vektorskom obliku glasi

( ) [ ]

( ) [ ].2

2

221

212

21

rmcjyixm

rrrrrmcjyixm

jytxaFFam

rr&&

r&&

rrrrrr

&&r&&

r&&

r&&r

rrr

−=+

=−−+=+

+=

+=

(I)

Projektovanjem vektorske jednačine (I) na ose koordinatnog sistema O x y dobivamo dvije skalarne diferencijalne jednačine

),2(

)2(2

2

ymcym

xmcxm

−=

−=

&&

&&

odnosno

.02

02

02

02

2

2

2

2

=+

=+

=+

=+

ycy

xcx

ymcym

xmcxm

&&

&&

&&

&&

Riješimo diferencijalnu jednačinu .02 2 =+ xcx&&

Jednačina oblika Axx =+ 2ω&& ima rješenje 2 cos sinω

ωωAtDtEx ++= gdje se

integracione konstante E i D određuju iz početnih uslova. Na osnovu predhodnog uvedimo smjene

M(m)

M0

0 C2 C1

2Fr

1Fr

x

y

2rr

1rr

rr

2ρ

r 1ρ

r

,02 22

==

Acω

dobit ćemo da je 02 =+ xx ω&&

Konačno rješenje gornje jednačine je , cos sin tDtEx ωω +=

a njen izvod tDtEx sin cos ωωωω −=& Na početku kretanja

}

020

0 000

=

==⇒==

=

Dcvv

Ex

vxt

ω

&

Konačno rješenje gornje jednačine je

. sin2

0 tcv

x ω=

Rješimo diferencijalnu jednačinu na potpuno isti način kao prethodnu .02 2 =+ ycy&&

.02 =+ yy ω&& Rješenje je , cos sin 11 tDtEy ωω += . sin cos 11 tDtEy ωωωω −=& Integracione konstante E1 i D1 odredićemo iz početnih uslova

.00

01

1

bDE

byy

t==

⇒==

=&

Konačno rješenje jednačine je . cos tby ω⋅= Trajektoriju materijalne tačke M dobićemo ako iz jednačina

. sin2

0 tcv

x ω=

tby cosω⋅= eliminišemo parametar - vrijeme

.1

2

2

2

2

20

2=+

by

cvx

Zadatak 3.12. Materijalna tačka M mase m, počinje se kretati iz položaja M0 početnom brzinom v0 okomito na osu Ox . Materijalna tačka M kreće se pod dejstvom privlačne sile F koja je usmjerena ka centru privlačenja O i proporcionalna je rastojanju MO , pri čemu je koeficijent proporcionalnosti c1, te konstantne sile .00 rmcF

r=

Kretanje tačke je u horizontalnoj ravni O x y. Potrebno je odrediti:

a) odnos cc1 da bi tačka M prošla

kroz tačku O, b) brzinu tačke M pri prolasku

kroz tačku o.


Rješenje: Diferencijalna jednačina kretanja materijalne tačke M u vektorskom obliku glasi

.10

0

rmcrmcamFFam

rrr

rrr

+=+=

(I)

Projektujmo vektorsku diferencijalnu jednačinu (I) na pravac Ox ose (I) xmcmcxxmx 10 −=⇒→ && .01 cxxcx =+&&

Da bismo riješili gornju jednačinu uvedimo oznake 012 , cxAc ==ω , te ih zamijenimo u

gornju jednačinu .2 Axx =+ ω&& Rješenje jednačine je

. sin cos

tcos sin 2

tDtEx

ADtEx

ωωωωω

ωω

−=

++=

&

Integracione konstante E i D odredit ćemo iz početnih uslova

.1

0

00 za

10

1

00

0

−=−=

=⇒

==

=ccx

ccxxD

E

xxx

t&

Uvrštavanjem integracionih konstanti u prethodnu jednačinu dobivamo

. cos1 01

11

0 xcctc

ccxx +

−=

projektovanjem vektorske jednačine (I) na pravac 0y ose dobit ćemo

M

M0

0

y

x

0Fr

0Fr

0vr

Fr

rr

0rr

ymcym 1−=&&

. je gdje 0

0

122

1

cy

ycy

==+

=+

ωω&&

&&

Rješenje gornje jednačine ima oblik

. sin cos

cos sin

11

11

tDtEytDtEyωωωω

ωω−=

+=&

Integracione konstante E1 i D1 odredit ćemo iz početnih uslova

0

00

1

1

001

0 =

==⇒

==

=D

cvv

Evy

yt ω&

.

Uvrštavanjem integracionih konstanti E1 , D1 u rješenje dobivamo

tccvy 1

1

0 sin=

Eliminacijom parametra t iz jednačina:

tc

cvy

xcctc

ccxx

11

0

01

11

0

sin

cos1

=

+

−=

dobivamo trajektoriju materijalne tačke M:

11 0

10

01 =

+

−

−

cvy

ccx

xccx

( )

2 2

,1 ,1 ,1

1

,11

111

12

1

2

2

1

21

2

1

20

202

1

2

==−=

=−

=−

=

−

=

−

ccccccc

ccc

ccc

ccc

c

ccx

xcc

b) brzina tačke M pri prolasku kroz tačku O

.

2 za

10

221

cvv

yxvcc

=

+== &&

Zadatak 3.13. Materijalna tačka M mase-m izbačena je početnom brzinom 0vr pod uglom α. Materijalna tačka M izbačena je u bezvazdušni prostor. Odrediti najveću dostignutu visinu, domet, poluprečnik krivine putanje te brzinu materijalne tačke M

Slika uz zadatak 3.13. Rješenje: Vektorsku diferencijalnu jednačinu kretanja projektujemo na ose Ox i Oy. gmGam

rrr== I

(I) -gy ,

0 , 0

=−=⇒

==⇒

&&&&

&&&&

mgymy

xxmx

dvostrukom integracijom gornjih jednačina, dobivamo

422

31

2

1

21 CtCgty

CtCxCgty

Cx

++−=

+=+−=

=&&

Integracione konstante odredit ćemo iz početnih uslova

0 sincos

sincos00

4302

01

00==

==

⇒==

===CC

vCvC

vyvxyxt

αα

αα &&&&

Jednačine kretanja materijalne tačke M su:

.

21sin

cos

20

0

gttvy

tvx

−=

=

α

α

Eliminacijom parametra t iz jednačine kretanja, dobit ćemo jednačinu putanje

.cos2

222

0x

vgxtgy

αα −=

Kada tačka M dostigne najveću visinu, projekcija brzine na osu Oy je jednaka nuli .0sin0 =−== gtvyvy α&

Iz ove jednačine dobivamo vrijeme kada materijalna tačka M dostigne najveću visinu

g

vt αsin0=

uvrštavanjem u jednačinu kretanja, dobit ćemo

D 0 x

y M(m)

h

α

φ

n

vr

Gr

0vr

.sin2

220 αg

vhy ==

Kako se radi o simetričnosti, proizilazi da je

α

αα

α

2sin

cossin2cos22

20

0000

gvD

gvvtvxDx

=

=⋅===

Maksimalni je domet kada je sin 2α = 1, tj, α = 450

gvD

20

max =

Poluprečnik krivine putanje može se odrediti ako jednačinu (I) projektujemo na pravac normale n

αϕ

ϕ

coscos

cos

0

32

2

gvv

gvR

mgRvm

k

k

==

=

jer je

.sin2

coscos22

020

0

tggtvvv

vv

+−=

=

α

αϕ

Napomena: Godine 1981. Nijemci su velikim topovima gađali Pariz (kalibar topa je bio 220 mm, težina zrna Gz = 120 kg, početna brzina v0 = 1600m/s , nagib cijevi α0 = 550, dužina cijevi 36 mm, težina topa Gt = 142 tone. Teorijski domet D = 245 km, a stvarni Ds = 120 km, visina penjanja zrna teorijska H = 87,5 km, stvarna visina Hs = 40 km. (Podaci preuzeti iz M. Brusić, Balistika, 1927. Beograd.) Zadatak 3.14. Materijalna tačka M mase - m izbačena je u bezvazdušni prostor početnom brzinom 0v

r koja gradi

uglove α, β i γ sa osama koordinatnog sistema. Potrebno je odrediti koordinate radijus-vektora položaja materijalne tačke M te ugao γM za koji će materijalna tačka imati maksimalni domet.


z

y

x

M(m)

A

β α

γ Gr

rr

0v

r

Rješenje: Diferencijalna jednačina kretanja materijalne tačke u vektorskom obliku glasi Gam

rr=

.gmamrr

= (I) Projektovanjem vektorske jednačine (I) na ose koordinatnog sistema 0xyz dobit ćemo tri skalarne jednačine:

.

00

mgzmymxm

−===

&&&&&&

Dvostrukom integracijom gornjih jednačina dolazimo do zakona kretanja materijalne tačke M:

.21

,

632

52

41

3

2

1

CtCgtz

CtCyCtCxCgtz

CyCx

++−=

+=+=+−=

==

&&&

Integracione konstante u prethodnim jednačinama određujemo iz početnih uslova

0cos0cos0cos

cos0cos0cos00

603

502

401

0

0

0

======

⇒=======

CvCCvCCvC

vzzvyyvxxt

γβα

γβα

&&&

Uvrštavanjem integracionih konstanti u predhodne jednačine, dobivamo zakon kretanja materijalne tačke M, a tim i radijus-vektor položaja tačke rr .

.21 cos

cos cos

20

0

0

gttvz

tvytvx

−=

==

γ

βα

Kako je kzjyixrrrrr

++= to imamo

=)(tr .

21 cos

cos cos

20

0

0

−⋅=

⋅⋅

gttvz

tvtv

γ

βα

Tačka će dostići maksimalni domet u trenutku kada dođe u položaj A

.cos2

0

0 ygvt

zA

=

=

Tada je

γα coscos2 20

gvxA =

.

coscos2

22

20

AAA

A

yxr

gvy

+=

= γβ

Vodeći računa da je 1coscoscos 222 =++ γβα dobijamo

γγ 220 cos1cos2

−=gvrA

Ekstremna vrijednost funkcije )(γAr je kada: prvi izvod rr

po uglu γ je jednak nuli:

.45

2

02cos2

0

0

==

==

π

γγ

g

gv

ddrA

Zadatak 3.15. Materijalna tačka M mase-m rotira niz strmu ravan koja je nagnuta pod uglom α. Od rotiranja materijalna tačka M u položaju 0 dobije brzinu v1 paralelnu y osi, te napravi skok u položaj 01. Ako su položaj 0 i 01 određeni sa l i b, pitamo se sa koje visine h treba pustiti materijalnu tačku M bez početne brzine da bi došla u položaj 01(l). Rješenje: Diferencijalnu jednačinu kretanja

gmamrr

= projektujemo na ose koordinatnog sistema 0yz imat ćemo

gzy

−==

&&&& 0


l

O1

O y

z

h s

α 1vr

b

Dvostrukim integriranjem gornjih jednačina dolazimo do zakona kretanja materijalne tačke M:

.21

422

31

2

1

CtCgtz

CtCyCgtz

Cy

++−=

+=+−=

=&&


.0 ,00

00

432111 ====⇒

====

=CCCvC

zzvyy

t

&&

Uvrštavanjem integracionih konstanti u rješenja diferencijalnih jednačina, dobivamo

.

21 2

1

gtz

tvy

−=

=

Eliminacijom parametra vremena t, dobivamo putanju tačke M

.21

21

2

vygz −=

U trenutku kada tačka M dođe u položaj 01, imat ćemo 01(l, - b) y = l z = - b

21

2

21

vlgb −=−

Brzina koju će tačka imati u položaju 0 je

.2

221 b

lgv =

projektovanjem vektorske diferencijalne jednačine gmamrr

= na pravac putanje s, imamo .sinαmgsm =&& Nakon dvostruke integracije, dobit ćemo

.sin

2

sin

65

25

CtCtgs

Cgts

++=

+=

α

α&

Integracione konstante C5 i C6 odredit ćemo iz početnih uslova

,0 00

0

65 ==⇒==

=CC

ss

t

&

te uvrštavamo u gornju jednačinu, imamo

.sin2

2α

tgs =

Brzina tačke niz strmu ravan .sinαgts =& U položaju 0 je

α

α

sin

sin)(

11

111

gvtt

gtvtts

==

===&

Tada je

.sinsin

2sin 22

21

αα

α gvghs ==

Uvrštavanjem blgv

221

2= dobivamo visinu

.44

2

2

22

bl

bglgh ==

Zadatak 3.16. Lanac ukupne dužine L i mase po dužnom metru ml vuče se konstantnom silom F

r po

ravni. Jedan dio ravni je idealno gladak i nema trenja dok je drugi dio hrapav, te između lanca i ravni je trenje određeno koeficijentom trenja μ. Lanac je uvijek zategnut (tj. 0>x&& za sve t). Za položaj x = 0 lanac je mirovao. Odrediti jednačinu kretanja lanca, minimalnu silu Fmin = const. pri kojoj je lanac zategnut, te pomjeranje lanca za F = Fmin i x > L.

Slika uz zadatak 3.16. Rješenje: Diferencijalna jednačina kretanja u vektorskom obliku µFFGam

rrrr++=

Projektovanjem vektorske jednačine na pravac x ose, imamo

.

l

ll

LmFx

Lgx

xgmFxLm

=⋅

+

⋅⋅−=⋅µ

µ

&&

&&

μ = 0 μ ≠ 0

x

L

Fr

x

Da bi smo lakše riješili gornju jednačinu, uvedimo oznake , ,2

lLmFA

Lg

=⋅

=µ

ω te

jednačinu napišimo u obliku .2 Axx =+ ω&& Rješenje diferencijalne jednačine ima oblik

. sin cos

cos sin 2

tDtEx

AtDtEx

ωωωωω

ωω

−=

++=

&


µω gm

FADExx

t

l−=−==⇒

==

=

2 ,0 00

0

&

Uvrštavanjem integracionih konstanti E i D u rješenje diferencijalne jednačine dobivamo zakon kretanja lanca

). cos1( tgm

Fxl

ωµ

−=

Za napregnutost lanca imamo da je

.

0

min

min

constLgmFxgmFxm

l

l

=⋅⋅=⋅−==⋅

µµ&&

Pomjeranje lanca za F = Fmin je

tCx

constxFFx

⋅==

==

1

1

min1

. 0

&&&

sa

.

11

1

tLgx

slijediL

gLLx

⋅=

=⋅=

µ

µω&

ZADACI ZA RJEŠAVANJE IZ POGLAVLJA 3. Zadatak 3.17. Projektil M težine G

r izbačen je sa površine Zemlje vertikalno naviše sa početnom brzinom

v0 koja sa horizontalnom gradi pravi ugao. Zanemarujući otpor zraka, odrediti zakon kretanja projektila i maksimalnu visinu na koju će projektil doći.

Rješenje:

gvy

gttvy

2

21

20

max

20

=

−=

Slika uz zadatak 3.17. Zadatak 3.18. Materijalna tačka M mase m slobodno pada sa visine h na površinu Zemlje. Zanemarujući otpor zraka, potrebno je odrediti: a) zakon kretanja materijalne tačke M, b) brzinu kojom materijalna tačka M padne na Zemlju, c) vrijeme slobodnog padanja.

Rješenje:

a) 2

21 gty =

b) ghv 2=

c) ght 2

=


y

x

M

0

vr

Gr

0vr

x

y

x

M

0

vr

Gr

y

h

Zadatak 3.19. Materijalna tačka M mase m kreće se po idealno glatkoj površini (bez trenja) privlačena od dva centra silama koje su obrnuto proporcionalne kvadratu udaljenosti. Koeficijent proporcionalnosti za obje sile iznosi mk. U početnom trenutku tačka se nalazi na udaljenosti l od 01 i 3l od 02 i počinje se kretati prema centru privlačenja 02 brzinom 0v

r. Odrediti

početnu brzinu v0, da bi se tačka M zaustavila u koordinatnom početku 0. Rješenje:

.32

0 Lkv =

Slika uz zadatak 3.19. Zadatak 3.20. Tijelo težine G = 100 kg kreće se duž horizontalne vođice. Kretanje tijela ostvaruje se užetom (kao što je prikazano na slici) silom Fu = 750 N. Sila otpora kretanju je konstantna Fw = 150 N. Na tijelo djeluje sila F pod uglom α = 600, čiji je intenzitet F = 0,1 s2, gdje je s rastojanje tijela M od nepomične tačke A iz koje je tijelo započelo kretanje brzinom v0 = 8m/s. Rastojanja su AB = 12m, BC = 5m. Naći kojom će brzinom tijelo proći kroz tačku B. Trenje užeta o kotur zanemariti. Rješenje: m/s 44,142=Bv Slika uz zadatak 3.20.

2L

3L L

M(m) x

y

O O2 O1

0vr

C

B A x

y

s

Fr

wFr

uFr

Gr

α

Zadatak 3.21. Materijalna tačka M mase m kreće se u vertikalnoj ravni pod dejstvom centralne odbojne sile proporcionalne udaljenosti od nepomičnog centra 0, tj. .2rmkF

rr= drediti putanju

materijalne tačke M ako je ona počela kretanje iz položaja M0 početnom brzinom 0vr kao

što je prikazano na slici )0( 0 bM = .

Rješenje:

120

2

2

2

2

2=

−

−

−

kvx

kgb

kgy

Slika uz zadatak 3.21. Zadatak 3.22. Materijalna tačka M mase m kreće se u vertikalnoj ravni posredstvom privlačne sile koja je linearna funkcija rastojanja tačke M i centra privlačenja 0, tj. 02 MmbF = , gdje je b konstanta. Materijalna tačka M je počela kretanje iz tačke M0 kao što je prikazano na slici, bez početne brzine. Odrediti jednačine kretanja i trajektoriju tačke M. Rješenje:

xab

gbgy

btbgy

btax

22

2 )cos1(

cos

−=

−=

=


b

M0

M(m)

y

x

rr

0v

r

Gr

Fr

x

y

a 0

M(m)

M0

rr

Gr

Fr

Zadatak 3.23. Projektil iz jedne haubice mase m izbačen je početnom brzinom 0v

r koja gradi ugao α sa

horizontalom. Haubica se nalazila u položaju h0 u odnosu na položaj pada projektila. Potrebno je odrediti jednačine kretanja projektila, trajektoriju po kojoj se projektil kreće, maksimalnu visinu koju dostiže projektil, domet projektila, vrijeme pada i brzinu projektila. Otpor vazduha zanemariti.

Rješenje:

gvhh

vxgxtghy

gttvhy

tvx

2sin

cos21

21sin

cos

220

0

220

2

0

200

0

α

αα

α

α

+=

−+=

−+=

=

ghvv

gvh

gv

gvD

gh

gv

gvt

020

200

2

240

20

02

2200

2

cos24

2sin2

2sin

2sinsin

+=

++=

++=

ααα

αα

x


y

hmax h0

0

0vr

Gr

domet