Download pdf - Isak Karabegovic - Dinamika i Oscilacije (Poglavlje 5)

7/23/2019 Isak Karabegovic - Dinamika i Oscilacije (Poglavlje 5)

http://slidepdf.com/reader/full/isak-karabegovic-dinamika-i-oscilacije-poglavlje-5 1/41

U prethodnim poglavljima razmatrano je kretanje slobodne i neslobodnematerijalne take, kao što je pokazano, razmatrani problemi rješavani su integracijomdiferencijalnih jednaina kretanja. Vidjeli smo da je integracija u pojedinim sluajevima,ak i kada su problemi posmatrani pojednostavljeno, bila dosta složena i dobijeni rezultatisu imali ne tako jednostavan matematiki oblik. Da bi se izuavanje kretanja materijalne

take pojednostavilo, u mnogim problemima daleko je pogodnije da se umjesto metodeintegracije diferencijalnih jednaina kretanja, primjeni jedan od op#ih zakona dinamiketake koji su, ustvari, posljedica osnovnog zakona dinamike.

U op#e zakone dinamike materijalne take spadaju: zakon o promjeni koli inekretanja, zakon o promjeni momenta koli ine kretanja i zakon o promjeni kineti ke

energije. Op#e zakone dinamike materijalne take treba posmatrati kao teoreme izvedene izosnovnih Newtonovih zakona. Op#i zakoni povezuju izvjesne dinamike veliine kojekarakterišu kretanje, kao što su kinetika energija, moment koliine kretanja, itd., saveliinama koje karakterišu djejstvo sila, rad sile, moment sile, itd.

5.1. IMPULS SILE

Impuls sile jeste jedna od karakteristika djejstva sile na neku taku ili tijelo u tokuvremenskog intervala. Pretpostavimo da na tijelo ili taku djeluje sila F konstantnogintenziteta i pravca u toku nekog intervala vremena .0t t t −=∆

Impuls sile za taj interval vremena odre%en je slijede#im izrazom:

( ) t F t t F I ∆⋅=−= 0 (5.1.)

Opi zakoni dinamikematerijalne ta#ke



Slika 5.1. Impuls sile

Kao što je na slici 5.1. pokazano pravac impulsa sile poklapa se sa pravcem i smjerom sile,a intenzitet mu je jednak proizvodu sile i vremena.

t F I ∆⋅= . (5.2.)

Uvedimo u analizu pojam elementarnog impulsa sile F . To je vektorska veliina koju

#emo oznaiti sa l d , a koja tako%er ima pravac djejstva sile F .

dt F I d = (5.3.)

gdje je dt elementarni vremenski interval.Projekcije elementarnog impulsa na ose koordinatnog sistema O xyz su:

dt F dI x x =

dt F dI y y = dt F dI z z= . (5.4.)

Impuls sile može se definisati u odre%enom vremenskom intervalu, naprimjer, t 0 - t :

∫ ∫ ==t

t

t

ot

dt F I d I

0

rr

(5.5.)

Projekcije impulsa sile (5.5.) na nepokretne ose Descartesovog koordinatnog sistema (slika5.2.) su:

∫ =t

ot

x x dt F I

∫ =t

ot

y y dt F I

∫ =t

ot

z z dt F I . (5.6.)

U izrazima (5.5.) i (5.6) pretpostavlja se da je sila poznata funkcija vremena. Intenzitetimpulsa sile odre%en je jednainom

222 z y x I I I I ++= (5.7.)

t 0M0

0 F

0 I d

I d

F

M t

0

x F

t

x I d

x I

t 0 tdt

0

I

I x

I y

I z

y

x

z

Slika 5.2. Projekcije impulsa sile



a kosinusi smjerova

( ) ( ) ( ) .,cos,,cos,,cos I

I k I I

I j I I

I i I z y x =∠=∠=∠ rrrrrr (5.8.)

Da bismo na osnovu navedenih relacija mogli izraunati impuls sile a da pri tome nije poznat zakon kretanja take pod dejstvom sile, slijedi da treba izdvojiti one koje sukonstantnog intenziteta, odnosno koje su poznate funkcije vremena. Odre%ivanje impulsasila koje su funkcije položaja take ili brzine take mogu#e je jedino ako je poznat još izakon kretanja take.Ukoliko na materijalnu taku M djeluje sistem sila ija je rezultanta

∑=

=+++=n

i

inr F F F F F 1

21 ... rrrrr

možemo re#i:Impuls rezultante sistema sila u posmatranom vremenskom intervalu, jednak je

vektorskom zbiru impulsa komponentnih sila u istom vremenskom intervalu:

∑ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ =

=+++++=n

i

t

t

i

t

t

t

t

t

t

t

t

ni

t

t

r dt F dt F dt F dt F dt F dt F 1 00 0 0 0

21

0

......rrrrr

∑=

=+++++=n

i

ini I I I I I I 1

21 ...... rrrrrr

(5.9.)

5.2. ZAKON O PROMJENI KOLI%INE KRETANJA

Da bismo iskazali zakon o promjeni koliine kretanja, prvo #emo definisati neke veliine.

Koli ina kretanja materijalne ta ke K je vektorska veliina koja predstavlja proizvodmase m materijalne take i vektora njene brzine v , to jest

vm K r

= . (5.10.)Koliina kretanja ima važnu primjenukada se mehaniko kretanje od jednogtijela prenosi na drugo, opet u oblikumehanikog kretanja (npr. bilijarske

kugle). Vektor koliine kretanja K kolinearan je sa vektorom brzine v iistog smjera. Jednainu (5.10.) možemoza kretanje materijalne take u prostoru prikazati u skalarnom obliku. Tako se

dobijaju veliine komponenata(projekcije) vektora K (K x, K y, K z ) kojesu:

Slika 5.3. Vektor koli ine kretanja

ymmv K

xmmv K

y y

x x

&====

. z mmv K z z == (5.11.)

z K

x K

y K K

v M(m)

x

0



Dimenzija koliine kretanja je jednaka dimenziji proizvoda mase i brzine [ K ] = [ MLT -1] =

[ FT ], gdje su [ M ], [ L] i [T ] dimenzije sile, dužine i vremena. Jedinica za koliinu kretanja je Ns.

Da bismo formulisali zakon o promjeni koliine kretanja, pretpostavimo da na

materijalnu taku M mase m djeluje sila F , tada je prema Newtonovom zakonu:

F dt

vd m

r= (5.12.)

Pošto je masa m materijalne take konstantna veliina, može se pisati

( ) F

dt

vmm

r= (5.13.)

ili

. F dt

K d r= (5.14.)

Ukoliko na materijalnu taku djeluje sistem sila, onda se može dobiti jednaina

∑=

=n

i

i F dt

K d

1

.r

(5.15.)

Jednaina (5.14.), odnosno (5.15.) izražava zakon o promjeni koli ine kretanja u

diferencijalnom obliku i možemo re#i:Izvod vektora koliine kretanja materijalne take po vremenu jednak je

vektorskom zbiru (ili rezultanti) sila koje djeluju na taku. Naješ#e se pri rješavanju zadataka traži koliina kretanja na kraju nekog vremenskogintervala. Vezu izme%u koliine kretanja na kraju i na poetku posmatranog intervala i silakoje u tom intervalu djeluju, daje zakon o promjeni koliine kretanja u integralnom obliku.

Po%imo od jednaine (5.15.), s tim što #emo je napisati u obliku

∑ ∑== I d dt F K d i (5.16.)

Ukoliko posmatramo kretanja materijalne take u vremenskom intervalu t 1 - t 0, tadaintegracijom prethodne jednaine

∑ ∫ ∫ ∫ ==1

0

1

0

1

0

,)(t

t

i

t

t

t

t

dt F vmd K d rrr

(5.17.)

dobije se

∑=− i I vmvm

rr01

odnosno, pošto je ∑=== i I I K vm K vm rr

i, 0011 , slijedi da je:

∑=

==−n

i

i I I K K 1

01

rrrr (5.18.)

kao što je prikazano na slici 5.4.



Slika 5.4. Priraštaj koli ine kretanja

Jednaina (5.18.) predstavlja zakon o promjeni koli ine kretanja u integralnomobliku i slijedi:

Priraštaj vektora koliine kretanja materijalne take za neki konani vremenskiinterval jednak je vektorskom zbiru impulsa svih sila, koje djeluju na materijalnu taku utom vremenskom intervalu. Zakon promjene koliine kretanja u integralnom obliku nazivase zakon impulsa sile, a može se izraziti u skalarnom obliku

∑ ∑∑= ==

=−=−=−n

i

n

i

iz z z iy

n

i

y yix x x I K K I K K I K K 1 1

011

0101 ,,,

odnosno

∑=

=−n

i

ix I xm xm

1

01 &&

∑=

=−n

i

iy I ym ym1

01 &&

∑=

=−n

i

iz I z m z m1

01 .&& (5.19.)

gdje je ∫ =1

0

t

t

xiix dt F I projekcija impulsa i-te sile na osu x, itd.

5.3. ZAKON O ODRŽANJU KOLI%INE KRETANJA MATERIJALNE TA%KE

Ovaj zakon predstavlja poseban sluaj prethodno formulisanog zakona o promjenikoliine kretanja. Ako na materijalnu taku ne djeluje sila ili djeluje takav sistem sila iji jevektorski zbir jednak nuli

∑ = ,0i F (5.20.)

onda je

( ) .0 const vmvmdt

d

dt

K d =⇒==

rr (5.21.)

u tom trenutku. Odavde slijedi da brzina ima u tom trenutku ekstremnu vrijednost.

M(m)

z

x0

t 1 t 0

F

0vm

1vm

0vm 1vm

∫

1

0

t

t

dt F r



Zakon o održanju koliine kretanja se odnosi na integralni oblik zakona o promjeni koliine

kretanja. Možemo ga izraziti u slijede#em obliku:Ako je u nekom vremenskom intervalu vektorski zbir impulsa svih sila jednaknuli, onda je koliina kretanja materijalne take na kraju jednaka koliini kretanja na

poetku tog intervala. Iz (5.18.) slijedi ako je ∑ = 0i I , onda je

,01 K K =

odnosno.01 const vmvm == (5.22.)

S obzirom da je masa m materijalne take konstantna veliina, to na osnovu jednaine (5.22.), slijedi da je .const v = , drugim rijeima, taka u ovom sluaju kre#e seravnomjerno pravolinijski, a takvo kretanje take naziva se kretanje po inerciji.

vektorskoj jednaini odgovaraju skalarne jednaine:

0101 , x x xm xm ==

0101 , y y ym ym ==

0101 , z z z m z m == (5.23.)

Zakon o promjeni koliine kretanja pogodan je za primjenu u sluajevima kada seimpulsi sile mogu izraunati, a to je kada su sile funkcije vremena ili su konstantne.

5.4. MOMENT KOLI%INE KRETANJA ILI KINETI%KI MOMENT

Pretpostavimo da se materijalna taka M mase m kre#e pod dejstvom sila

n F F F ,...,, 21 u odnosu na nepokretni koordinatni sistem 0 xyz . Materijalna taka ima

koliinu kretanja vm K r= . Potražimo moment koliine kretanja u odnosu na proizvoljnoizabranu nepokretnu taku i osu.

Moment koliine kretanja materijalne take s obzirom na nepokretnu taku O(nepokretni pol), odre%en je vektorskim proizvodom vektora položaja posmatranematerijalne take M u odnosu na nepokretnu taku O i vektora koliine kretanja take M.

Slika 5.5. Kineti ki moment

1 F 2 F v

vm K r

=

M(m)

n F

r 0 L

0

L0z

h

h1

1vm

y

x

z



vmr L M K rrrr×== 00 (5.24.)

gdje je 0 L moment koliine kretanja (kinetiki moment).

Moment koliine kretanja 0 L u odnosu na nepokretnu taku O jeste vektorska

veliina i usmjeren je po normali na ravan koja je odre%ena sa dva vektora

,i vm K M Or rr

== pri emu prolazi kroz nepokretni pol O i ima smjer u onu stranu odaklese vidi obrtanje vektora m u odnosu na pol O u smjeru suprotnom obrtanju kazaljke na satu.

Intenzitet momenta koliine kretanja jednak je proizvodu iz intenziteta koliinekretanja materijalne take i kraka h:

( )44 344 21

rrr

h

0 ,sin vmr r vm L ∠=

.0 hvm L ⋅= (5.25.)

Ako radijus vektor položaja r i vektor brzine v izrazimo u obliku

k z j yi xv

k z j yi xr rr

&r

&r

r

++=

++= (5.26.)

za ose Descartesovog koordinatnog sistema imat #emo

z m ym xm

z y x

k ji

vmr L

&&&

rrr

0 =×=

( ) ( ) ( ) .0 k xm y ym x j z m x x zmi y zm z ym L −+−+−= (5.27.)

Moment koliine kretanja materijarijalne take u odnosu na nepokretnu osu (slika 5.5.),npr. O z je skalarna veliina koja je jednaka proizvodu intenziteta projekcijevmvm vektora1 na ravan O xy, koja je okomita na osu O z , i kraka h1 te projekcije u odnosu

na taku O u kojoj os O z prodire ravan O xy

.110 hvm L z ⋅±= (5.27.)

Moment koliine kretanja u odnosu na nepokretne ose Descartesovog koordinatnog sistemaodre%en je:

( ) x x L y z z ymi L L =−=⋅= 00

( ) y y L z x x z m j L L =−=⋅= &00

( ) .00 z z L x y y xmk L L =−=⋅= (5.28.)

Jedinica za moment koliine kretanja u Tehnikom sistemu jedinica je kpms, a u Si je kgm2s-1.

5.5. ZAKON O PROMJENI MOMENTA KOLI%INE MATERIJALNE TA%KE

Pretpostavimo da se materijalna taka M mase m kre#e pod djejstvom sile F uodnosu na nepokretni referentni koordinartni sistem 0 xyz (slika 5.6.).



Moment sile F , s obzirom na proizvoljno odabrani nepokretni pol 0, odre%en je

vektorskim proizvodom F r M F

rrr×=0 (5.29.)

gdje je r radijus-vektor položaja pokretne materijalne take.

Kao što nam je poznato,moment koliine kretanjamaterijalne take sobzirom na stalnu taku O je

.0 vmr L rr×= (5.30.)

Diferenciramo li prethodnu

jednainu po vremenudobit #emo

( )vmr dt

d

dt

Ld rr×=0

(5.31.)

.0

dt

vd mr vm

dt

r d

dt

Ld r

rrr

×+×=

Slika 5.6. Moment koli ine kretanja materijalne ta ke

Kao što nam je iz Tehnike mehanike - 2 poznato,

dt

vd a

dt

r d v

rr== , , pa se gornja jednaina

može napisati u obliku

,0 amr vmvdt

Ld rrrr×+×=

Zbog kolinearnosti vektorski proizvod 0=× vmv jednak je nuli i konano možemo napisati

,0 F r dt

Ld rr×= (5.32.)

odnosno

∑=×== .100

0 F F M F r M dt

Ld rr rrrr (5.33.)

Jednaina (5.33.) predstavlja zakon o promjeni koliine kretanja za taku:

Izvod momenta koliine kretanja materijalne take za neku taku O., jednak jevektorskom zbiru momenata svih sila koje djeluju na materijalnu taku M raunatih za istutaku O.Jednaini (5.33.) odgovaraju tri skalarne jednaine, koje se mogu napisati koriste#i poznatuteoremu iz analitike geometrije da je projekcija izvoda nekog vektora na neku osu jednakaizvodu projekcije tog vektora na istu osu, tj.

,00

dt

dL

dt

dL

dt

Ld x x

x

==

F

v

vm K r

=

M

r

0 L

0 y

x

z

F

M 0



te slijedi da je

∑= i F x

x M dt

dL r

∑= i F y

y M

dt

dL r

∑= i F z

z M dt

dL r

(5.34.)

gdje je i F x M moment i-te sile za osu x, itd., a L x, L y, L z , momenti koliine kretanja

materijalne take u odnosu na nepokretne ose.

5.6. ZAKON O ODRŽANJU MOMENATA KOLI%INE KRETANJA

Pretpostavimo da na materijalnu taku M djeluje takav sistem sila da je vektorski

zbir momenata tih sila u odnosu na nepokretnu taku jednak nuli 00 =i F M , onda je moment

koliine kretanja u tom vremenskom intervalu za istu taku O konstantan

.0 00 const L

dt

Ld =⇒=

r (5.35.)

odnosno

.const C vmr ==× rr

Pošto je vektorski proizvod vektora r i v konstantan vektor, znai da vektori r i v ležeu stalnoj ravni, te se u posmatranom intervalu taka kre#e u toj ravni. O ovoj vrsti kretanja bit #e rijei u jednom od narednih poglavlja jer se radi o centralnom kretanju take.

Ako je u nekom vremenskom intervalu algebarski zbir momenata svih sila, kojedjeluju na materijalnu taku, za neku osu jednak nuli, onda je moment koliine kretanjatake za tu osu konstantan u tom intervalu, npr.

∑ == . jetada0 const L M x F x

i (5.36.)

Na ovaj nain dolazimo do zakljuka: Ako je algebarski zbir momenata svih sila kojedjeluju na materijalnu taku u odnosu na neku nepominu taku, odnosno osu jednak nuli,onda je moment koliine kretanja (kinetiki moment) materijalne take u odnosu na tutaku, odnosno osu konstantan. Ova injenica naziva se zakon o momentu koli ine kretanja.

5.7. RAD SILE. ELEMENTARNI RAD SILE. IZRA%UNAVANJE RADASILE NA KONA%NOM KRIVOLINIJSKOM POMJERANJU

Da bismo okarakterisali djejstvo sile na materijalnu taku duž nekog pomjeranja nevode#i rauna o vremenu, uvodi se pojam rada sile.

Pretpostavimo da se taka M kre#e pravolinijski pod dejstvom sile F konstantnogintenziteta, te da se pomjeri iz take M0 do take M1, slika 5.5.



Rad sile jednak je proizvodu intenziteta

sile F , intenziteta vektora pomjeranja s

i kosinusa ugla izme%u pravca vektora silei vektora pomjeranja:

( ) s F Fs A r

,cos ∠⋅= (5.37.)

Na osnovu jednaine (5.37.) i slike 5.5.mogu nastupiti tri sluaja:

Slika 5.5. Rad sile na pravolinijskoj putanji

a)

ako je ,2

πα < rad sile je pozitivan,

b) ako je ,

2

πα < rad sile je jednak nuli i

c)

ako je ,2

πα > rad sile je nagativan.

Vode#i rauna o vektorskoj algebri, rad sile možemo izraziti preko skalarnog proizvoda

( ) s F Fs s F A rr

,cos∠=⋅= (5.38.)

Na osnovu (5.38.) možemo zakljuiti:

Rad sile konstantnog intenziteta i pravca na pravolinijskom pomjeranju take

odre%en je skalarnim proizvodom vektora sile F i vektora pomjeranja s napadne take te

sile. Ako na taku djeluje sila n F F F ,...,, 21 iji su intenziteti konstantni i ako se taka M

pod djejstvom tih sila pravolinijski pomjeri za veliinu s , onda je rad sila odre%en na

slijede#i nain:

s F F F A n

r⋅+++= )...( 21

s F s F s F A n

rrr⋅++⋅+⋅= ...21

∑=

=++=n

iin

A A A A A1

21... (5.39.)

Vidimo da je rad jednak algebarskom zbiru radova komponenata na tom istom pomjeranju.

Ako se napadna taka sile pomjera duž putanje s, slika 5.6. tada je rad sile F naelementarnom pomjeranju sd (elementarni rad) veliina odre%ena skalarnim proizvodom:

.* sd F Ad r

⋅= (5.40.)

Elementarni rad je:

( )v F sd F Ad rr

,cos∠= (5.41.)

gdje je: F intenzitet sile koja djeluje na taku M, ds dužina MM1' pre%enog elementarnog

puta, ( )v F r,∠ ugao izme%u pravca sile F i pravca vektora brzine v .

s

F

M0

M1

&



Pošto je projekcija sile F na pravac

tangente F t = F cos ( )t F ,∠ , to elementarni rad

možemo izraziti u obliku

.ds F Ad t ⋅= (5.42.)

Slika 5.6. Rad sile na krivolinijskom pomjeranju

Iz jednaina (5.41.) i (5.42.) oigledno je da rad sainjavaju dvije veliine: sila i pomjeranje, pa slijedi da rad zavisi od ovih dviju veliina.Rad na konanom pomjeranju napadne take sile od položaja M0 do položaja M1 odre%en jeizrazom

( )∫ ∠=1

0

,cos1,0

M

M

v F ds F A rrr

(5.43.)

ili

∫ =1

0

.1,0

M

M

t ds F A

Jednaina (5.43.) omogu#ava izraunavanje rada samo u sluaju kada se može napisatizavisnost izme%u komponente F t sile i pomjeranja F t = F t ( s) ili u sluaju kada se i sila i pomjeranje mogu izraziti pomo#u jedne iste promjenljive.

Ako je projekcija sile F na pravac tangente konstantan u toku pomjeranja, tada je izraz zarad

( )∫ ⋅=−==1

0

011,0

M

M

t t t s F s s F ds F A (5.44.)

Rad sile se može izraunati pomo#u projekcije sile i projekcije pomjeranja. Ako ove dvijeveliine prikažemo u obliku

,k dz jdxidxr d sd

k F j F i F F z y xrrrrr

++==

++= (5.45.)

tada se elementarni rad može napisati u obliku

.dz F dy F dx F A

r d F A

z y x ++=

⋅=

δ

δ r

(5.46.)

Rad sile na konanom pomjeranju od položaja M0 do M1 predstavljen je zbirom integrala

& 1 M ′

M0 M sd

n

tn F

t F

F

v

M1



∫ ∫ ∫ ++=

1

0

1

0

1

0

1,0

M

M

M

M

z y

M

M

x dz F dy F dx F A (5.47.)

Kao što se iz dosadašnjeg izlaganja vidi, rad sile ima dimenziju proizvoda sile i pomjeranja.Jedinica za rad sile u Me%unarodnom sistemu jedinica SI jeste jedan džul (Joule) (J).

1 Nm = 1 W s = 1 J.

________*Elementarni rad oznaava se sa , Aδ a ne sa dA jer u op#em sluaju elementarni rad nije

totalni diferencijal. Kada je elementarno pomjeranje ds s =δ , onda se i elementarni radoznaava sa dA.

5.8.

RAD SILE TEŽE

Pretpostavimo da se materijalna taka M mase m pod dejstvom sopstvene težinekre#e (u homogenom polju Zemljine gravitacije) iz položaja M0( x0, y0, z 0) u položaj M1( x1, y1, z 1) prema slici 5.7.

Rad sile teže g mG r

= odredi#emo tada na osnovu analitikog izraza za rad

dz F dy F dx F A z y

M

M

x ++= ∫ 1

0

1,0

Projekcije sile G nakoordinatne osi su:

0= x F 0= y F

.mg G F z −=−=

(5.48.)

Uvrštavanjem u izraz zaelementarni rad dobivamo

dz F dy F dx F Ad z y x ++=

odnosno

mgdz Gdz Ad −=−= (5.49.)

Ukupni rad bit #eSlika 5.7. Rad sile teže

∫ −=−−=−=1

0

)()( 10011,0

z

z

z z G z z GGdz A

gdje je z 0 - z 1 = h (ukupni vertikalni pomak take M).

0

x

z

y

x1

x0 y1

y0

z 1 z 0

h

G

M0

M1 M(m)

I

II



Ako je z 0 > z 1, tj. kada je taka M0 iznad take M1 imamo da je A (+), odnosno ako je z 0 <

z 1, imamo da je A (-). Prema tome,

.mghGh A ±=±= (5.50.)

Vidimo da je rad sile teže jednak proizvodu sile teže i veliine pomaka u pravcu vertikale.Rad sile teže ne zavisi od putanje po kojoj se kre#e materijalna taka M, ve# zavisi samo odkrajnjih položaja, izme%u kojih se pomie materijalna taka M. Rad sile po krivulji I (slika5.7.) jednak je radu po krivulji II.

5.9. RAD SILE ELASTI%NE OPRUGE

Pretpostavimo da je opruga AB uvrš#ena u taki A. Kada taku B iz ravnotežnog položaja pomjerimo (slika 5.8.) za veliinu x, u opruzi se pojavljuje sila

F 0 = c ⋅ x (5.51.)

gdje je c - koeficijent proporcionalnosti (konstanta elastinosti opruge).

Elementarni rad u op#em sluaju je

dz F dy F dx F Ad z y x ++= .

U ovom sluaju putanja se poklapa sa osam x (ishodište je u

taki B, odnosno M0) pa je

dy = 0 i dz = 0.

Imamo da je

F x = - F 0 = - cx,

odnosno elementarni rad

.0 cxdxdx F Ad −=−= (5.52.)

Rad sile na konanom pomjeranjuM0M take odre%en je saglasno jednaini (5.47.).

( ) ( )∫ ∫ −=−=−==

1

0 0 0

220

2

01,0 22

M

M

x

x

x

x

x xc x

c xdxcdx F A (5.53.)

Možemo zakljuiti da je rad sile elastine opruge jednak polovini proizvoda krutosti oprugei razlike kvadrata poetnog i krajnjeg položaja, tj. poetnog i krajnjeg izduženja (odnosnoskra#enja) opruge. Za sluaj x0 = 0 nedeformisane opruge (slika (5.8.) izduženje opruge jeodre%eno koordinatom x pa je rad sile

c · h

ab

h

0M0B

M1

x

x0 F

h

A

c

Slika 5.8. Rad sile elasti ne opruge



.22

22 h

c

x

c A −=−= (5.54.)

Jednaina (5.54.) vrijedi i za istezanje i za sabijanje opruge. Na slici 5.8. prikazan jedijagram promjene projekcije sile elastine opruge F x u zavisnosti od pomaka x donjegkraja opruge. Imaju#i u vidu da je F 0 = - cx, slijedi da je linija 0b prava linija.Jednaine (5.53.) i (5.54.) koriste se pri izraunavanju rada sila u svim sluajevima kada postoji proporcionalnost izme%u sila i deformacija, to jest kada vrijedi Hookeov zakon.

5.10. RAD SILE TRENJA KLIZANJA

Pretpostavimo da se materijalna taka M mase m kre#e po hrapavoj površini

odnosno krivoj liniji. (slika 5.9.). Na materijalnu taku M djeluje silatrenja klizanja n F F µµ = gdje je µ

koeficijent trenja klizanja F n normalni pritisak. Pošto sila trenja klizanja µ F

ima uvijek suprotan smjer od brzinev (kretanja), to je rad sile trenja priklizanju odre%en izrazom

∫ ∫ −=−=1

0

1

0

.01

M

M

n

M

M

ds F ds F A µµ

(5.55.)

Ako je sila trenja konstantna veliina,onda je rad s F A nµ−=

01 gdje je s

pre%eni put, .10 M M s =

Slika 5.9. Rad sile trenja klizanja

5.11. KINETI%KA ENERGIJA MATERIJALNE TA%KE

Pod energijom podrazumjevamo fiziku veliinu koja je mjera kretanja materije pri prelazu iz jednog oblika kretanja u drugi, napr. mehanike energije u toplotnu i dr. Kad

se radi o mehanikoj energiji razlikujemo kinetiku i potencijalnu energiju. Kineti ka energija materijalne take (ili živa sila materijalne take) je skalarna

veliina koja je jednaka polovini mase take i kvadrata njene brzine

.2

1 2mv E K = (5.56.)

Dimenzija kinetike energije je dimenzija rada, tj. [ F ⋅ L], jedinica je džul, J = Nm. Može seuoiti da je kinetika energija jednaka nuli u stanju mirovanja materijalne take, a da je prikretanju uvijek pozitivna valiina.

M(m)

µ F v

n F

g m M0 M1



Ako je kretanje materijalne take zadano u Descartesovim koordinatama, tada se kvadrat

brzine može izraziti kao zbir kvadrata projekcija vektora brzine, pa se kinetika energijamože izraziti u obliku

( ).2

1 222 z y xm E K &&& ++= (5.57.)

Kvadrat brzine se može izraziti kao skalarni proizvod vv ⋅ , pa kinetiku energiju možemoizraziti u slijede#em obliku

.2

1vvm E K

rr⋅= (5.58.)

5.12. ZAKON O PROMJENI KINETI%KE ENERGIJE MATERIJALNE TA%KE

Zakon o promjeni kinetike energije spada me%u najvažnije zakone dinamike.Zakon o promjeni kinetike energije take izražava vezu izme%u rada sila koje djeluju nataku i primjene brzine take.

Da bismo formulisali ovaj zakon pretpostavimo da se materijalna taka M mase m

kre#e pod dejstvom sistema sila n F F F F ...,, 321 (slika 5.10.).

Po%imo od Newtonove diferencijalne jednaine slobodne materijalne take

∑=

=+++=n

i

in F F F F am1

21 .... rrrrr

(5.59.)

Projektujmo vektorsku jednainu (5.59.)na pravac tangente na putanjimaterijalne take, dobit #emo

( )∑=

∠=n

i

iit v F F am1

.,cos rrr

odnosno

∑=

=n

i

it F dt

dvm

1

. (5.60.)

Kao što nam je iz tehnike mehanike 2 poznato, tangencijalno ubrzanje

dt

dvat = ,a možemo ga izraziti u obliku

Slika 5.10. Zakon o promjeni kineti ke energije ,ds

dvv

dt

ds

ds

dv

dt

dvat ===

to se jednaina (5.60.) može napisati u obliku

∑=

=n

i

it F ds

dvmv

1

sd

v 1 F

2 F

3 F

n F

n

tb

M(m)

- M 0 + s



ili

∑=

=n

i

it ds F mvdv1

. (5.61.)

Pošto je m = const., lijeva strana jednaine (5.61.) može se napisati kao diferencijal

....2

1321

2 ds F ds F ds F mvd t t t +++=

Lijeva strana prethodne jednaine predstavlja diferencijal kinetike energije dok na desnojstrani imamo upravo zbir elementarnih radova

i Ad sila koje djeluju na materijalnu taku,

te možemo napisati da je

∑=

=n

i i K Ad dE

1

. (5.62.)

Jednaina (5.62.) izražava zakon o promjeni kinetike energije materijalne take udiferencijalnom obliku:Diferencijal kinetike energije na elementarnom pomjeranju materijalne take, jednak jealgebarskom zbiru radova svih sila, koje djeluju na materijalnu taku, na tom istom pomjeranju.

Ako izvršimo integraciju lijeve i desne strane jednaine (5.62.) u granicama kojeodgovaraju poetnom M0 i krajnjem M1 položaju materijalne take, imat #emo:

,...2

1 1

0

1

0

1

0

1

0

212 ∫ ∫ ∫ ∫ +++=

M

M

in

M

M

t

M

M

t

v

v

ds F ds F ds F mvd

odnosno

n A A Amvmv +++=− ...

2

1

2

121

20

21

.1

01 ∑=

=−n

iik k A E E (5.63.)

Jednaina (5.63.) predstavlja zakon o promjeni kinetike energije take u konanom obliku:Promjena kinetike energije materijalne take pri pomjeranju take izme%u dva

položaja, jednaka je zbiru radova svih sila koje djeluju na materijalnu taku, na tom

konanom pomjeranju. Ako je rad ( )∑ = 0i

A svih sila na tom pomjeranju jednak nuli,

tada je kinetika energija ta dva položaja ista.Ako je zbir radova sila u jednaini (5.63.) pozitivan, v1 > v0, kinetika energija se

pove#ava, a kada je zbir radova sila negativan v1 < v0, kinetika energija se smanjuje.

5.13. SNAGA SILE ILI EFEKT RADA

Objasnimo i pojam snage koji se vrlo esto u tehnici upotrebljava.Snaga sile ili efekt rada je veliina koja izražava mehaniki rad sile u jedinici

vremena. Ukoliko je ta veliina u toku vremena konstantna, tada vrijedi



,t

A

P = (5.64.)Srednja snaga sile u vremenskim razmacima t 0 i t 1 odre%ena je relacijom

.01

01

t

A

t t

A A P sr ∆

∆=

−

−= (5.65.)

Snagu sile ili efekta rada u nekom trenutku dobit #emo kada potražimo graninu vrijednostizraza (5.56.) a pri tome je interval vremena Lt →∆

,lim0

P dt

Ad

t

A

t ==

∆

∆→∆

(5.66.)

što se dalje može napisati u slijede#em obliku ako se sjetimo definicije mehanikog rada

.v F dt

ds F

dt

Ad

P t t

⋅==== (5.67.)

Dakle, snaga sile F jednaka je proizvodu sile na pravac brzine (tangente na putanju) i brzine napadne take sile.

Snagu sile, koja je kao i mehaniki rad skalarna veliina, možemo izraziti kaoskalarni produkt:

( ) .,cos v F vv F F v F P t ⋅=∠=⋅= rr

(5.68.)

Dimenzija snage sile izražena je jednainom

[ ] ,32 −⋅= T M L P

a snagu sile izražavamo u jedinicama (vat)

1 W = I J/s = 1 Nm/s.

U tehnikoj praksi jedinica za snagu je konjska snaga1 KS = 75 kpm/s

a koristi se i kilovat 1 kW = 1000 W = 1000 Nm/s,odnosno 1 kW = 1,36 KS; 1 KS = 0,736 kW.

5.14. POLJE SILA, FUNKCIJA SILA, POTENCIJALNO POLJE SILA

Dio prostora u ijoj je svakoj taki jednoznano definisana vrijednost neke fizikeveliine, naziva se polje te veliine. Da li je posmatrana veliina skalarna ili vektorska:razlikujemo skalarno i vektorsko polje.

Skalarno polje je npr. polje temperature, specifine mase itd., a vektorska polja su polja brzine, sile, ubrzanja itd.Ukoliko u svakoj taki posmatranog dijela prostora i u svakom trenutku djeluje

sila F , koja je funkcija koordinata, onda imamo polje sile F (''sila polja'').Ako su projekcije F x, F y, F z sile polja jednoznane funkcije položaja ( x, y, z ), tj.

( )

( )

( ).,,

,,

,,

z y x F F

z y x F F

z y x F F

z z

y y

x x

=

==

(5.69.)



takvo polje sile naziva se stacionarnim, za razliku od polja koje zavisi od položaja i

vremena( )

( )

( ).,,,

,,,

,,,

t z y x F F

t z y x F F

t z y x F F

z z

y y

x x

=

==

(5.70.)

koje se naziva nestacionarno polje sile.Pretpostavimo da postoji takva funkcija koordinata U ( x, y, z ) iji su parcijalni

izvodi po koordinatama jednaki projekcijama sila na odgovaraju#e ose, tj.

x

U F x ∂

∂=

y

U

F y ∂

∂

=

. z

U F z ∂

∂= (5.71.)

Takva funkcija U ( x, y, z ) naziva se funkcija sile, a polje sile naziva se potencijalno polje. Uovom sluaju silu možemo izraziti i vektorski

.grad U U k z

U j

y

U i

x

U F ∇==

∂∂

+∂∂

+∂∂

= rrrr

(5.72.)

Funkcija U iji je gradijent sila, naziva se funkcija sile. U jednaini (5.72.) uveden je poznati diferencijalno-vektorski operator ∇ (itaj ''nabla'', to je Hamiltonov operator):

k z j yi x

rrr

∂∂

+∂∂

+∂∂

=∇

Ako gradijent funkcije sile (grad U , tj. silu F ) skalarno pomnožimo elementarnim

pomakom r d radijus - vektora položaja sile F , dobivamo

r d F dU dz z

U dy

y

U dx

x

U

k dz jdyidxk z

U j

y

U i

x

U r d U

rr

rrrrrrr

)()(

⋅==∂∂

+∂∂

+∂∂

=

++⋅∂∂

+∂∂

+∂∂

=⋅∇ (5.73.)

a to je elementarni mehaniki rad sile F .

Ukoliko je vektor r d okomit na vektor sile F = grad U , onda je

0==⋅ dU r d U grad (5.74.)

što znai da su linije polja svuda okomite na sile, ine plohe U = const. a to su tzv.ekvipotencijalne plohe. One se nazivaju i nivo plohe.Treba se podsjetiti da je gradijent skalarne funkcije U vektor okomit na plohu U = const. ausmjeren je prema pove#anoj vrijednosti U ( slika 5.11.).



Ako deriviramo jednainu (5.71.) po x, y, z dobit#emo

x y

U

x

F

y x

U

y

F y x

∂∂∂

=∂

∂

∂∂∂

=∂

∂ 22

; itd.

Kako su desne strane predhodnih jednaina jednake, to možemo napisati da je

, x

F

y

F y x

∂

∂=

∂∂

odnosno

.0=

∂

∂−

∂

∂

x

F

y

F y x (5.75.)

Jednaina (5.75.) nije ništa drugo negokomponenta vektora

rot F = 0

u pravcu osi z . Vektor rot F možemo napisati uobliku

k y

F F j

F F i

F

y

F

F F F z y x

z ji

F rot y

x

y

x z

z x

z

y x

z y x

rrr

rrr

r

∂

∂−

∂

∂+

∂∂

−∂∂

+

∂

∂−

∂∂

=∂∂

∂∂

∂∂

= (5.76.)

Iz vektorske analize poznato je da je rotacija neka vektorska funkcija, kakva je i sila F

rot F = ∇ × F . (5.77.)

Ukoliko postoji funkcija sile U , onda je taj produkt jednak nuli (jednaina (5.75.)). Da bi

funkcija sile F imala potencijal, mora biti zadovoljen uslov

rot F = 0 (5.78.)

Elementarni mehaniki rad sile Ad F , je jednak

)2

(2mv

d r d F Ad =⋅= rr

a možemo ga napisati u slijede#em obliku

K dE mv

d dU r d F ===⋅ )2

(2rr

(5.79.)

odnosno nakon integriranja

.22

20

21

01mvmv

U U −=− (5.80.)

Slika 5.11. Potencijalno polje

ispunjeno ekvipotencijalnim

plohama kao ljuskama

x

y

z

A1 B1

B2 A2 U(x,y,z)=C i+1>C i

U(x,y,z)= C i

gradU F =

gradU F =

0



Umjesto funkcije U 1, uzima se njena negativna vrijednost, te imamo

E p = - UVe#ina E p naziva se potencijalom ili potencijalnom energijom materijalne take. Sila F ,koja djeluje na materijalnu taku u potencijalnom polju je

F = - grad E p. (5.81.)

Možemo zakljuiti da, potencijalnom energijom nazivamo skalarnu funkciju E p( x, y, z ) kojazavisi od položaja materijalne take i ije su parcijalne derivacije po x, y, z sa suprotnim predznakom jednake komponentama sile koja djeluje na materijalnu taku. Razlika potencijalne energije je tada jednaka mehanikom radu, koji je da bi materijalna taka

dobila pomak iz položaja M0 u položaj M1 djelovanjem sile - F (suprotno sili polja), tj.

∫ ∫ ⋅+=⋅−=−0

1

1

0

)()( 01

r

r

r

r

p p r d F r d F E E rrrr

(5.82.)

Prema tome, potencijalna energija ili potencijal u taki M1 ( E p)1 odgovara mehanikomradu potrebnom da se materijalna taka pomjeri iz položaja nultog potencijala ( E p)0 = 0 u položaj M1.

5.15.

ZAKON ODRŽANJA MEHANI%KE ENERGIJE MATERIJALNE TA%KE

Da bismo formulisali zakon održanja mehanike energije materijalne take, po%imo od jednaine

K dE mv

d dU r d F ===⋅ )

2

(2rr

,

koju možemo napisati u obliku

K p dE mv

d dE ==− )2

(2

, (5.83.)

odnosno

0)(

0

=+

=+

p K

p K

E E d

dE dE

odakle dobijamo da je

E K + E p = const. (5.84.)

Jednaina (5.84.) izražava zakon o održanju mehani ke energije koji glasi:Suma kineti#ke i potencijalne energije (u izoliranom sistemu) u potencijalnom poljukonstantna je veli#ina.Suma (5.84.) naziva se još i ukupna ili totalna energija.

E K + E p = E = const.

Dimenzionalna formula za energiju je

[ E ] = F L-1 T 2 L2 T -2 = FL

a jedinica Nm = J.



RJEŠENI ZADACI IZ POGLAVLJA 5.

Zadatak 5.1.

Materijalna taka M mase m spušta se nizhrapavu ravan koja je nagnuta pod uglom α prema horizontali. Koeficijent trenja klizanjatereta o strmu ravan je µ. U poetku kretanja brzina materijalne take je v . Poslije kogintervala vremena #e brzina materijalne takedosti#i dvostruku vrijednost.

Slika uz zadatak 5.1.

Rješenje:

Napišimo zakon o promjeni koliine kretanja materijalne take

( )∑=− .12i F

I K K r

Projektovanjem ove vektorske jednaine na pravac x ose, dobijamo

.sin12 t F t mg mvmv x x ∆−∆=− µα

Kako je poznato da je

αµµµ cos

2

1

2

mg F F

vv

vv

n

x

x

====

to prethodna jednaina dobiva slijede#i oblik

( ) .cossin2 t mg mvmv ∆−=− αµα

Traženi interval vremena t ∆

( ).

cossin αµα −=∆

g

vt

Zadatak 5.2.

Iz mlaznice brzinom 0v istie voda tako da na

visinu H podiže zvono mase m. Mlaznica je

poprenog presjeka A. Udaraju#i o zvono, kao što je pokazano na slici, mlaz vode se dijeli na dvadijela i vra#a se pod uglovima α. Odrediti nakojoj #e visini H biti zvono.


g m

#

M

x

v

n F

µ F

Ad

H#

m

0v



Rješenje:

Masa vode koja istie

.4

2

00

πρρ

d v Avmv ==

Težina zvona F z = mg .

primijenimo zakon o promjeni koliine kretanja u konanom obliku

∫ =−t

z dt F K K

0

12 .rrr

Kako je

.22011

222

vmvm K

vm

vm

K vv

rrr

rrr

==

+=

dobijamo

∫ =−+t

z vvv dt F vmv

mv

m

0

122 .22

rrr (a)

Projektovanjem jednaine (a) na pravac y ose, dobivamo

0cos

cos2

2

12

12

=++−

−=⋅−−

vv z

z vv

mvvmt F

t F mvvm

α

αr

(b)

( ).

cos0

12

Avm

vvmt F

v

v z

ρα

=+=

protok je .4 0

2

0 vd

v At

V Q

π=⋅== Primijenimo li zakon o promjeni kinetike energije u

konanom obliku, imat #emo

mgH mvvmv += 2

120 2

1

2

1

iz kojeg slijedi

.2201 gH vv −=

Kako je 21 vv = , jednaina (b) ima oblik

( ) .04

cos122

020 =+−+−

πρα

d v gH v g m

v

Visina

( ).

cos12

12

0

20

+

−= Av

mg v H

ρα



Zadatak 5.3.

Preko kotura koji se može obrtati oko horizontalne ose prebaeno je uže. Utakama A i B užeta pridržavaju se rukama dva ovjeka jednake težine. Što se zbiva saovjekom B ako se ovjek A poinje penjati po užetu brzinom vA.

1) Masu kotura, užeta kao i trenje zanemariti.2) Uzimaju#i u obzir težinu kotura koja etiri puta manja od težine ovjeka, a pri tome je

pretpostavljeno da je masa kotura jednoliko raspore%ena po njegovom spoljašnjem obimu.

Rješenje:

Primjenimo zakon o promjeni momentakoliine kretanja

∑= .00 i F M

dt

Ld r (a)

Projektovanjem vektorske jednaine (a) na pravac z ose, imamo

0=dt

dL z

1) Kako je, ako zanemarimo masu kotura i užeta

( ) 0=−+−= Rv g

g m Rvv

g

g m L B

B B A

A z

dobivamo

Slika uz zadatak 5.3. A B A

A

B vmm

m

v +−=

Ovdje je iskorištena injenica da je sistem u poetku mirovao. Kako su mase iste mA = mB, to je

.2 A

B

vv −=

2) Uzimaju#i u obzir masu kotura4 A

K

mm =

( ) .9

4 ,0

4 A B B A

B B

B A A

z vv Rv g

g m Rv

g

g m Rvv

g

g m L −==−−+−=

Zadatak 5.4.

O savitljivu sajlu zanemarive mase obješena jemasa m na dužini l 0. Sajla se poinje namotavatina disk poluprenika R. Masa se pušta poetnom brzinom v0. Odrediti brzinu mase m u proizvoljnom trenutku vremena, dužinu l (t )sajle, moment koliine kretanja L0(t ), te silu usajli.


x

R

A

B g m

A

g m B

Av

Bv

0 y

0 x

R

l 0 m

0v



Rješenje:

Brzina mase je nepromjenjiva

v(t ) = v0 = const.

Dužina na kojoj je privrš#ena masa jefunkcija ugla ϕ

.)( 0 ϕϕ Rl l −=

Ako potrežimo izvod po vremenu, dobit#emo

.dt

d R

dt

dl ϕ−= Slika uz zadatak 5.4.

Kako jedt

d l v ϕ

⋅=0 , uvrštavanjem v0 u predhodnu jednainu dobivamo,

l

Rv

dt

dl 0−=

Rastavljanjem promjenljivih te integriranjem imat #emo

.2

1

02

0

0

C t Rvl

dt Rvdl l

dt Rvdl l

+−=

−=

−=

∫ ∫

Integracionu konstantu C odredit #emo iz poetnih uslova za t = 0, l = l 0

.2

10

2

1 200

20 l C C Rvl =⇒+⋅⋅=

Uvrštavanjem u prethodnu jednainu, dobit #emo

.2)( 020 t Rvl t l l −==

Moment koliine kretanja

.0 vmr L ×=

Sa slike vidimo da je

l Rr r

+=, te dobivamo

.

)(

0

0

vml vm R L

vml R Lrrrrr

r

×+×=

×+=

Slika uz rješenje zadatka 5.4.

Kako je .slijediiza,0 slijedi , 0vml vml vl vm Rv R rrrrr

=×⊥=×

Dobivamo da je intenzitet momenta koliine kretanja

R

R·' m

'

m

R&

m

l

r



.2 020000 t Rvl mvlmv L −==

Primjenom zakona o promjeni momenta koliine kretanja, nalazimo silu u sajli

[ ]

[ ]

,)(

)()(

)(

)(

0

00

0

00

dt

dl

R

mvt F

Rt F dt

t dl mvmvt l

dt

d

M vmt l dt

d

M dt

Ld

s

s

F s

−=

⋅==×=

=×

=

r

rrr

r

odnosno

.2

)(0

20

20

20

t Rvl

mv

l

mvt F

s

−==

Zadatak 5.5.

Materijalna taka M mase m kre#e se uzhrapavu strmu ravan, iji je koeficijent trenjaµ a nagib α. Poetna brzina materijalne take je v0 i usmjerena je uz strmu ravan. Odrediti put koji taka pre%e do zaustavljanja i vrijeme

trajanja ovog kretanja.Slika uz zadatak 5.5.

Rješenje:

Primjenimo li II Newtonov zakon, dobit #emo

n F F g mam rr

++= µ (a)

Projektovanjem vektorske jednaine (a) na pravac putanje s, dobijamo

dt mmg mg dt

dvmma ⋅−−== :/cossin αµα

( ) .cossin)cos(sin

0 t g vvdt g dv

αµααµα

+−=−+−= ∫

Na kraju putanje brzina je jednaka nuli v = 0, pa dobijamo

( ).

cossin0

αµα +=

g

vt

Kako je

( ) dt t g vdt

dsv ⋅+−== /,cossin0 αµα

#

M

g m

n F

µ F

s

0v



nakon integriranja dobijamo zakon promjene puta

( ) .2

cossin2

0

t g t v s αµα +−=

U trenutku kada se taka M zaustavi

( ).

cossin2

20

αµα +=

g

v s

Drugi nain rješenja je primjenom zakona o promjeni kinetike energije

( ) ,cossin

2

1

2

1 20

2

01

smg mv sm

A E E ik k

αµα +−=−

=− ∑&

U trenutku mirovanja 0= s pa se dobije

( ).

cossin2

20

αµα +=

g

v s

primjenom II Newtonovog zakona na potpuno isti nain kao prethodno, dobijamo

( ).

cossin0

αµα +=

g

vt

Zadatak 5.6.

Materijalna taka M mase m puštena je bez poetne brzine niz glatku strmu ravan koja utaki A prelazi u vertikalnu glatku kružnu putanju. Sa koje visine h, u odnosu na taku A,treba pustiti materijalnu taku M, pa da u taki A normalni pritisak bude jednaketverostrukoj težini materijalne take. Koliki je tada pritisak na vezu u taki C i u kom položaju materijalna taka napušta vertikalnu kružnu putanju?


M

R

0 C

M2°

1°

h



Rješenje:

Primijenimo li zakon o promjeni kinetike energije od položaja 1o poetka do položaja 2o take A, dobit #emo

0,2

1

2

10

20

2

12

=⋅=−

=− ∑vhmg mvmv

A E E

A

k k

Na ovaj nain dolazimo do brzine u taki A

.22 ghv A =


Korištenjem zakona o promjeni kinetike energije za taku, a za proizvoljan položaj take

(odre%en uglom ϕ) na kružnoj putanji, dobijamo

).cos1(2

1

2

1 20

2

α−−=

=−

r h H

mgH mvmv M

Brzina take M u proizvoljnom trenutku je

[ ].)cos1(22 ϕ−−= Rh g v M

Primjenimo li D'Alamberov princip za taku M, dobijamo vektorsku jednainu

.0=++ in

nn F F g m

r (a)

Projektovanjem vektorske jednaine (a) na pravac normale, dobijamo

.cos in

nn F mg F += ϕ

Kako je R

vm F M in

n

2

= , to je

).2

2cos3(cos2

R

hmg

R

mvmg F M

n +−=+= ϕϕ

U taki A, zadatkom je dato, 00,4)( === ϕmg F F Ann , te uvrštavanjem u prethodnu

jednainu dobit #emo

M

RC

A

h H

in

n F

n F

in

t F

g m

$

$

n



).1cos3( ,2

3)

2

20cos3(4

0

+==+−=ϕmg F

Rh

R

h

mg mg

n

Za taku C ϕ = 900

.)(

)3290cos3()( 0

mg F

mg F F

cn

cnn

=+−==

Taka M #e napustiti putanju. Tada je reakcija F n = 0 što nam daje

0 = mg (3cosϕ + 1)

3

1cos −=ϕ

Ugap ϕ odre%uje mjesto gdje taka M napušta putanju.

Zadatak 5.7.

Materijalna taka M mase m kre#e se po glatkojkružnoj putanji poluprenika R u vertikalnoj ravni pod djejstvom sile teže i pod djejstvomhorizontalne sile F . Ako taka M poinje kretanjeiz položaja 0, bez poetne brzine, odrediti reakciju putanje u taki A koja je odre%ena uglom

.3,600 G F ==α

Rješenje:

Primjenimo li D'Alamberov princip na materijalnutaku M u proizvoljnom trenutku, dobijamovektorsku jednainu

0=+++ in

n F F g m F

r (a) Slika uz zadatak 5.7.

Projektovanjem vektorske jednaine (a) na pravacnormale, dobivamo

cossin

0)90cos(cos 0

nn

in

nn

mamg F F

F F mg F

+−==−−−+

αα

αα

odnosno

cossin2

R

mvmg F F A

n +−= αα (b)

Brzinu, koja je ovdje potrebna, na#i #emo izzakona o promjeni kinetike energije

Amv

Amvmv

A

A

2

2

1

2

1

2

20

2

=

=− Slika uz rješenje zadatka 5.7.

#

$

R

0

M

A

F

g m

#

$

R

F

g m

ds

n F

in

n F

h

F

g m

n F

in

n F

# d $



Rad sila

mgR RGmgR A

FRmgR A

R R Rh

d FRmgR A

ds F mgh A

22

33)

2

11(

sin)cos1(

)cos1(cos

cos)cos1(

cos

0

0

=+−=

+−=

−=−=

+−=

+=

∫

∫

αα

αα

ϕϕα

ϕ

α

α

Prema tome je

mgRmv A 42

= Smjenom u jednainu (b), dobit #emo traženu reakciju

R

mgRmg mg F n

4

22

33 +−=

F n = 5 mg .

Zadatak 5.8.

Materijalna taka M mase m kre#e se uzhrapavu strmu ravan AB, nagiba α i visine h.

Kolika mora biti poetna brzina v0 take M akoona polazi iz položaja A, da bi, pošto napustistrmu ravan, u taki B, preletjela vertikalnu prepreku D, visine h, udaljenu za dužinu a odstrme ravni? Koeficijent trenja strme ravni je µ = 0,5. Na kojem udaljenju od prepreke D taka ponovo pada na ravan AE? Koliko ta udaljenostiznosi ako je h = 2a i α = 450.

Rješenje:

Prvo moramo odrediti brzinu materijalne take M u taki B, v B u funkciji poetne brzine v A.Ovako odre%ena brzina v B je poetna brzina za dalje kretanje take po putanji kosog hicaBE iz ijih jednaina #emo odrediti v A, potrebnu za prelijetanje prepreke, kao i koordinate

take E, odnosno b.Primjenom zakona o promjeni kinetike energije

∑=−ikAkB A E E

,)cossin(2

1

2

1 22 smg mg mvmv A B αµα +−=−

dobijamo

)ctg1(222 αµ+−= ghvv A B (a)

h D

M

A

Av

B

E

b a

#

Slika uz zadatak

5.8.




Da bi taka M preletjela prepreku, domet mora biti ve#i od dužine a (vidi zadatak 3.13.izraunavanje dometa)

a g

ghv

g

v D A B ≥

+−==

ααµα 2sin)ctg1(22sin 22

)ctg1(22sin

2 αµα

++≥ ghag

v A

(b)

Za date vrijednosti h = 2a, α = 450 i µ = 0,5 dobijamo

ag v ghvvag v B A B A ≥−=≥ 2222 3 ,7

Koordinate take E(a + b, - h) (vidi zadatak 3.13.)

2

2

22

2

)(1)(

cos2tg

B

B

v

ba g bah

v

gx x y

+−+=−

−=α

α

Pošto uzimamo donju graninu vrijednost za brzinu v B, 2 Bv = ag , i zamjenom u predhodnu

jednainu, dobit #emo kvadratnu jednainu po nepoznatoj veliini b. Odgovaraju#e rješenjeza jednaine (pozitivno) tražena je udaljenost

b2 + ab - 2a

2 = 0b = a.

Zadatak 5.9.

Materijalna taka M mase m kre#e se u vertikalnoj ravni u polju teže, po unutrašnjostiglatke cilindrine površine. Taka M polazi iz položaja B poetnom brzinom v B , koja ima pravac putanje u taki B. Koji uslov mora biti zadovoljen za brzinu v B pa da se taka Mnigdje ne odvoji od putanje BA? U taki A materijalna taka napušta površinu BA. Kolikamora biti brzina v B i rastojanje 0102 da bi taka M poev od položaja K, bez udara, nastavilada se kre#e po unutrašnjosti valjka KE? kako se taka M kre#e pošto pre%e E? Poluprenicicilindra su r a α = π/3.

D

A

Av

B

E

b a

#

Bv

g m

µ F

n F

hh

x




Rješenje:

Za proizvoljan položaj take M na putanji BA (odre%en uglom) možemo napisati zakon o priraštaju kinetike energije za materijalnu taku u obliku:

∑=− A E E kBk

)cos(2

1

2

1 22 ϕr r mg mghmvmv B −==−

)cos1(222 ϕ−−= gr vv B


Primjenom D'Alamberovog principa, dolazimo do reakcije podloge

0=++ in

n F F g m

r (a)

Projektovanjem vektorske jednaine (a) na pravac normale, dobijamo

r

A K

01 02

B E

r

21OO

Bv

r A K

01 02

B E

r

21OO

Bv

in

n F

n F

v g m

hM $

60°

Av

E v

in

n F

n F

g m

60°

K v

%



ϕcos

2

mg r

mv

F n −= Zamjenom izraza za brzinu, reakcija F n poprima slijede#i oblik:

ϕcos322

mg mg r

mv F B

n −+=

Pošto materijalna taka treba da ostane stalno u vezi sa podlogom, to reakcija podloge mora biti na itavom putu BA ve#a od nule. Na osnovu ovoga možemo napisati

gr gr vmgr r mg mv F B Bn

2cos3 ;2cos3 ;0 22 −>−>> ϕϕ

Brzinu u položaju A, to jest na kraju puta BA, dobijamo primjenom zakona o promjenikinetike energije

)cos1(2

)cos1(21

21

22

22

α

α

++=

+=−

gr vv

mgr mvmv

B A

B A

Reakcija podloge je najmanja u položaju B pa u tom položaju materijalna taka najslabije pritiš#e na podlogu. Za taj najkritiniji položaj brzina bi bila

gr v gr gr v F B B ≥−≥≥ 202 ;20cos3odnosno,0

Uzimaju#i granini sluaj za brzinu v B , dobijamo brzinu u položaju A

gr v gr vv A B A 4 );60cos1(2 2022 =++=

Od take A do K materijalna taka se kre#e po zakonima kosog hica. Da bi materijalna

taka ušla bez udara u drugu šupljinu, mora dužina AK biti jednaka dometu (vidi zadatak3.13.):

r g

gr

g

v AK D A 32

120sin42sin 02

==== α

Tražena udaljenost je

r d r OO 33sin221 =+= α

Brzina kojom taka poinje da se kre#e po putanji KE je, po intenzitetu, jednaka brziniv A(v K = 4 gr ). Brzinu kojom se kre#e taka M po putanji KE na#i #emo iz zakona o promjenikinetike energije

θ

θ

cos23

)90sin(60cos

2121

2

001

122

gr gr v

r r h

mghmvmv k

+=

−+=

=−

Reakcija je podloge u ovom dijelu putanje na isti nain kao u predhodnom dijelu putanje:

)cos1(3

cos2

θ

θ

+=

−=

mg F

mg r

mv F

n

n



Iz ovog izraza možemo zakljuiti da je reakcija podloge za sve uglove θ do 1800 ve#a od

nule, što znai da je materijalna taka u stalnom kontaktu sa podlogom za vrijeme kretanja po putanji KE.U taki E materijalna taka napušta vezu brzinom koja iznosi

gr gr gr v E =+= 02 180cos23

Dalje kretanje materijalne take se odvija po zakonima horizontalnog hica, to jest po paraboli.

Zadatak 5.10.

Iz horizontalne cijevi dužine h = 800 mm, izbaena je pomo#u opruge krutosti c = 0,16

N/mm kuglica težine G = 1N. Dužina opruge u nenapregnutom stanju je l = 400 mm, akinetiki koeficijent trenja izme%u kuglice i cijevi je µ = 0,2. U poetnom trenutku opruga

je bila sabijena za l l 4

3=∆ , a kuglica je bila u mirovanju. Odrediti domet D AB = , ako je

h = 7060 mm.


Rješenje:

Diferencijalna jednaina kretanja kuglice kroz cijev u vektorskom obliku glasi:

0 F F Gam n

r ++= (a)

Projektovanjem vektorske jednaine (a) na pravac y ose, dobijamo

0=−= n F G ym

gdje je

G F F

G F

n

n

µµµ ===

A B

D

h

b




Brzinu v1 kuglice pri njenom izlasku iz cijevi odredit #emo iz zakona o promjeni kinetikeenergije

∑=−i

Amvmv 20

21 2

1

2

1

Rad elastine sile opruge bit #e:

( ) ( )[ ]

( ) ( )

22

22

32

9

4

3

2

1

0 4

32

1

0

0

cl l c A

l l l

l l c A

F

kon po

kon po F

=

=

=∆=∆

∆−∆=

Rad sile trenja bit #e

−−=

−−= l bGl b F A

F 4

1

4

1µµ

µ

Uvrštavanjem izraza za rad u zakon o promjeni kinetike energije, dobijamo

g v

g v

l b g l G

c g v

l bGcl v g

G

1412

1412

4

12

16

9

4

1

32

9

2

1

1

21

221

221

=

=

−−=

−−=

µ

µ

Poslije napuštanja cijevi kuglica se kre#e kao slobodna taka i njene diferencijalne jednaine kretanja bit #e

A B

D

hb

x1v

G

0 F

n F

µ F



mg ym

xm

=

= 0

Nakon dvostruke integracije gornjih jednaina, dobijamo

243

21

2

1 gt t C C y

t C C x

++=

+=

Iz poetnih uslova odre%ujemo integracione konstante. Za t = 0, x = y = 0, 0i1 == yv x

pa dobijamo

2

1

2

1 gt y

t v x

=

⋅=

Jednainu putanje dobi#emo eliminacijom parametra vremena t

2212

xv

g y =

Ako u gornju jednainu stavimo y = h , x = D, dobijamo

mm D

g

hv D

Dv

g h

14120

2

2

21

2

21

=

=

=

Zadatak 5.11.

Dat je vektor sile F kao funkcija položaja u Descartesovim koordinatama

k z y x j z y xi z xy F 33242243 432 ++=

Potrebno je:a) Ispitati da li je ova sila konzervativna. b) Ako jeste, prona#i funkciju sile.c) Izraunati rad ove sile pri pomjeranju od take A (0,0,0) do take B (1,1,1).

Rješenje:

a) Projekcije sile na ose Descartesovog koordinatnog sistema su:

332

422

43

4

3

2

z y x F

z y x F

z xy F

z

y

x

=

=

=



Ispitajmo da li ove projekcije sile zadovoljavaju kriterijum konzervativnosti jednaina

(5.75.):

x

F z xy

z

F

y

F z y x

z

F

x

F z xy

y

F

z x

z y

y x

∂∂

==∂

∂∂

∂==

∂

∂∂

∂==

∂∂

33

322

42

8

12

6

Prema tome, sila je konzervativna.

b) Iznalaženje funkcije sile vrši se isto kao i nalaženje totalnog diferencijala u matematici.Kako je

432 z xy F x

U x ==

∂∂

integracijom ovog izraza, dobijamo

∫ += ),(2 43 z ydx z xyU ϕ

U ovom izrazu y i z treba smatrati konstantnim veliinama, a ϕ( y, z ) je zasad neodre%enafunkcija ''konstanti'' y i z .Integracijom dobijamo

),(432 z y z y xU ϕ+=

Kako je, prema jednaini (5.71.),

y F y

U =

∂∂

za funkciju U dobijamo

422422 3),(

3 z y x y

z y z y x =

∂∂

+ ϕ

Odavde slijedi 0),(

=∂

∂ y

z yϕ

Vidi se da funkcija ϕ ne zavisi od y, pa je

ϕ = C ( z )Sa ovom vrijednoš#u funkcija U postaje

)(432 z C z y xU +=

Na osnovu tre#e jednaine (5.71.), dobijamo

z F z

U =

∂∂



332332 4)(

4 z y x z dC

z y x

=∂+

pa je i

0)(

=dz

z dC

Vidimo da ni C ( z ) ne zavisi od z , te je

C ( z ) = C = const.

Funkcija sile

C z y xU += 432

Jednostavno je uoiti da su sa ovim izrazom za U polazne veze (5.71.) zadovoljene.c) Kako je polje sile konzervativno, rad sile od take A do B ne zavisi od oblika i dužine

putanje, te je

( ) ( ) NmC z y xC z y xU U A

z

y

x

z

y

x A B AB 10

0

0

0

1

1

1

432432 =+−+=−=

===

===

.



ZADACI ZA RJEŠAVANJE IZ POGLAVLJA 5.

Zadatak 5.12.

Odrediti horizontalnu komponentu pritiska vodenog mlaza na uko#enulopaticu obrtnog kola Peltonove turbine,ako je Q - protok vode (koliina vodekoja u jedinici vremena istie izmlaznika), γ - specifina težina vode.vektor brzine 1v kojom vodeni mlaz

udara o lopaticu je horizontalan, a vektor brzine

2

v kojom voda otie sa lopatice

zatvara sa horizontalom ugao α.

Slika uz zadatak 5.12. Rješenje:

)cos( 12 vvQ g

F x += αγ

Zadatak 5.13.

Odrediti horizontalnu komponentu F x dopunskog pritiska na oslonac koljenacijevi prenika d = 300mm u kojoj vodatee brzinomv = 2m/s.

Rješenje:

F x = - 288,8 N

Slika uz zadatak 5.13

Zadatak 5.14.

Šupljem prstenu saopštena je neka ugaona brzina oko vertikalnog prenika. Prsten je poluprenika R. U prstenu se kre#ekuglica M mase m, poevši kretanje iz

najviše take. Na#i odnos najve#e ugaone brzine prema najmanjoj, ako je J momentinercije prstena u odnosu na osu obrtanja.

Rješenje:

Slika uz zadatak 5.14. J

mR2

min

max 1+=ω

ω

2v ′

2v ′′

2v x F

v

v

R

MB

A&

x



Zadatak 5.15.

Materijalna taka M mase m kre#e se uz

kosu glatku ravan AB nagiba α (tgα =4

3)

i dužine L, koja prelazi u taki B u polukružnu glatku putanju poluprenika R = 2 L. Koliki je normalan pritisak na putanju N u bilo kojoj njenoj taki (ufunkciji ugla ϕ)? Kolika mora biti poetna brzina materijalne take (v A = v0) pa da onane napusti putanju u taki B i koliki je tadanormalni pritisak F nc u najvišoj taki putanje C ?

Rješenje: Slika uz zadatak 5.15.

L

mvmg F

gLv

gLv

L

mvmg F

nC

nM

22

5

14 :Bza

)1sin3(2

2)1sin3(

20

20

20

20

−=

≤

−≤

−−=

ϕ

ϕ

Zadatak 5.16.

Materijalna taka M mase m polazi iz položaja A poetnom brzinom v A i klizi uvertikalnoj ravni po glatkom kružnom luku ABC poluprenika R koji u taki C prelazi uhrapav pravolinijski dio putanje CD, duž kojeg djeluje sila trenja srazmjerna koeficijentu µ.Kolika mora biti poetna brzina v A da se materijalna taka popne u svom kretanju do najvišetake D, koja je na istom nivou sa takom A? Izraunati normalni otpor na dijelu putanjeABC u zavisnosti od ugla ϕ. Koliki je normalni otpor na dijelu putanje CD?

Rješenje:

ϕ

ϕµ

ϕµ

µ

sin

)sin23(

)sin(3

3

2

2

2

mg R

vm F

Rg v

mg F

gRv

n

n

A

ABC

+=

+=

+==


A

B

MC

2 L

L#

$ 0

M

BC

D RA$

#



Zadatak 5.17.

Materijalna taka M mase m, ima u položaju A vertikalnu poetnu brzinu v A ikre#e se po unutrašnjoj površini glatkogšupljeg cilindra poluprenika R. Ako je

2/332 g v A = odrediti ugao ϕ u položaju

u kome taka M napušta površinu.Izraunati na kom #e rastojanju od takeA taka M ponovo pasti na AO ravan.

Rješenje

Slika uz zadatak 5.17. ϕ = 600

, R D AD 2==

Zadatak 5.18.

Koliku poetnu vertikalnu brzinu v0 trebasaopštiti materijalnoj taki M mase m u položaju D koja je obješena o taku 0nerastegljivim koncem dužine L, pa da sekonac prekine u trenutku kada jevertikalan, ako se on kida pri sili F kmax = 7G. Koliki mora biti koeficijent trenja

hrapave horizontalne ravni AB, dužine s =9l , po kojoj se taka kre#e dalje, pa daodnos brzina take M u položajima B i A bude v B/v A = 1/2.

Slika uz zadatak 5.18. Rješenje:

25,04

1

20

==

=

µ

gl v

Zadatak 5.19.

Materijalna taka M mase m kre#e se po glatkim cilindrinim površinama D B B A i , poluprenika R. Kakvi uslovi moraju biti zadovoljeni za poetnu brzinu vA da bi taka M, prošavši kroz položaj B, nastavila da se kre#e po dijelu BD? Kolika je tada brzina vA i prikom uglu ϕ taka M napušta površinu BD, ako je ugao A0B = α < π/2.

A0

R

$ Av

A B

s

M

L

D0



Rješenje:

α

α

απϕ

α

α

sin3

sin

sin

sin3

2

2

2

gRv

gRv

gRv

gRv

A

B

A

B

A

=

=

−=≥

≥


Zadatak 5.20.

Materijalna taka M mase m imahorizontalnu poetnu brzinu v0 u taki Aglatke veze AOD. Ako se sve doga%a uvertikalnoj ravni, u polju teže odreditikolika mora biti poetna brzina v0 da bitaka M obišla cijelu vezu. U koju takuravni OK #e pasti taka M ako je

.3/720 gRv =

Rješenje:

)5,1 ;3(

60 3

83

22

2

0

R R E

gr vv

gRv

D

−

===>

α Slika uz zadatak 5.20.

Zadatak 5.21.

Kliza M mase m može da se kre#e uhorizontalnoj vo%ici. Za kliza su vezanedvije opruge krutosti c i dužine 3l unenapregnutom stanju. Odrediti veliinu

koeficijenta trenja klizanja izme%u klizaai vo%ice da bi brzina klizaa u položaju 0 bila jednaka nuli, ako je kliza u poetnom trenutku bio u položaju M0 iimao brzinu v0 = 0.

Rješenje:

mg

cl =µ Slika uz zadatak 5.21.

A R R

D

M

B

$ # Av

4l

4l

01

02

xM0

0

A

R

30°

D

Av

R=2r

r

K0

M(m)