Kinematika zbirka
-
Upload
immortalis0411 -
Category
Documents
-
view
339 -
download
34
description
Transcript of Kinematika zbirka
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
1. zadatak
Točka se giba pravocrtno po zakonu:
1325 23 +++= ttts
Izračunati:
a) pomak točke u intervalu s30 ≤≤ t , b) zakon promjene brzine i ubrzanja točke c) srednju brzinu i srednje ubrzanje u zadanom intervalu, d) prevaljeni put u zadanom intervalu, e) položaj točke, brzinu i ubrzanje u trenutku s21 =t .
Skicirati ts − , tv − i dijagrame uz pomoć EXCEL-ovih tablica. ta − Rješenje: a) Pomak točke u zadanom intervalu može se izračunati kao razlika položaja točke u trenucima 0=t i
: s3=t m1)0( =s m1631333235)3( 23 =+⋅+⋅+⋅=s m162116330 =−=∆ − b) Deriviranjem zakona gibanja dobiva se zakon promjene brzine točke
34150132235d 22 ++=+⋅+⋅+⋅== ttttdtsv ,
a deriviranjem izraza za brzinu dobiva se zakon promjene ubrzanja
430014215d+=+⋅+⋅== tt
dtva .
c) Srednja brzina u intervalu je: 30 ≤≤ t
sm54
31163
3)0()3(
=−
=−
=ssvsr
a srednje ubrzanje u istom intervalu:
sm150334315)3( 2 =+⋅+⋅=v
sm3304015)0( 2 =+⋅+⋅=v
2sm49
33150
3)0()3(
=−
=−
=vvasr
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
d) Budući da u zadanom intervalu točka ne mijenja smjer brzine to je ukupno prevaljeni put jednak pomaku točke: m162116330 =−=∆= −uks e) Položaj točke, brzina i ubrzanje u trenutku s21 =t : m551232225)2( 23 =+⋅+⋅+⋅=s
sm71324215)2( 2 =+⋅+⋅=v
2644230)2(sma =+⋅=
Kinematički dijagrami prikazani su uz pomoć EXCEL-ove tablice.
t [s] s [m] v [m/s] a [m/s2]
0,0 1,00 3,0 4
0,5 3,63 8,8 19
1,0 11,00 22,0 34
1,5 26,88 42,8 49
2,0 55,00 71,0 64
2,5 99,13 106,8 79
3,0 163,00 150,0 94
s - t diagram
0,00
50,00
100,00
150,00
200,00
0,0 1,0 2,0 3,0
t [s]
s [
m]
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
v - t diagram
0,0
50,0
100,0
150,0
200,0
0,0 1,0 2,0 3
t [s]
v [
m/s
]
,0
a - t diagram
0
20
40
60
80
100
0,0 1,0 2,0 3,0
t [s]
a [m
/s2 ]
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
2. zadatak
Zadan je zakon pravocrtnog gibanja točke:
6242 3 +−= tts Izračunati:
f) trenutak u kojem brzina iznosi 1t sm72)( 1 =tv ,
g) akceleraciju u trenutku kada je iznos brzine 2tsm30)( 2 =tv
h) pomak u intervalu s40 ≤≤ ti) ukupno prevaljeni put u zadanom intervalu,
Skicirati ts − , tv − i dijagrame u intervalu ta − s40 ≤≤ t uz pomoć EXCEL-ovih tablica.
Rješenje: f) Zakon promjene brzine dobiva se deriviranjem zakona gibanja:
246012432d 22 −=+⋅−⋅== ttdtsv ,
Vrijeme u kojem točka postiže brzinu 1t smv 72= dobiva se prema:
s4166
247224672 12
12
1 =⇒=+
=⇒−= ttt
a vrijeme u kojem točka postiže brzinu 2tsmv 30= dobiva se prema:
s396
243024630 22
12
1 =⇒=+
=⇒−= ttt
. g) Deriviranjem zakona promjene brzine slijedi zakon promjene ubrzanja:
ttdtva 1226d
=⋅==
pa je akceleracija u trenutku : s32 =t
2sm36312d)3( =⋅==
dtva
h) Pomak u intervalu dobiva se prema: s40 ≤≤ t m6602402)0( 3 =+⋅−⋅=s
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
m38642442)4( 3 =+⋅−⋅=s m32638)0()4(40 =−=−=∆ − ss i) Tijekom gibanja u zadanom intervalu točka mijenja smjer gibanja pa pomak točke nije jednak prevaljenom putu. Trenutak kada brzina mijenja smjer gibanja dobiva se prema:
s246240246 22 =⇒==⇒=−= tttv
Prevaljeni put za prve dvije sekunde gibanja je: m32626)0()2(20 =−−=−=− sss a prevaljeni put u intervalu između druge i četvrte sekunde gibanja: m6426(38)2()4(42 =−−=−=− sss pa je ukupno prevaljeni put: m966432422040 =+=+= −−− sss Kinematički dijagrami prikazani su uz pomoć EXCEL-ove tablice
t [s] s [m] v [m/s] a [m/s2]
0,0 6,00 -24,0 0
0,5 -5,75 -22,5 6
1,0 -16,00 -18,0 12
1,5 -23,25 -10,5 18
2,0 -26,00 0,0 24
2,5 -22,75 13,5 30
3,0 -12,00 30,0 36
3,5 7,75 49,5 42
4,0 38,00 72,0 48
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
s - t diagram
-30,00
-20,00
-10,00
0,00
10,00
20,00
30,00
40,00
50,00
0,0 1,0 2,0 3,0 4,0
t [s]
s [
m]
v - t diagram
-30,0-20,0-10,0
0,010,020,030,040,050,060,070,080,0
0,0 1,0 2,0 3,0 4,0
t [s]
v [
m/s
]
a - t diagram
0
10
20
30
40
50
0,0 1,0 2,0 3,0 4,0
t [s]
a [m
/s2 ]
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
3. zadatak
Brzina točke pri pravocrtnom gibanju mijenja se prema zakonu:
2008025 2 −−= ttv
Ako je točka započela gibanje iz ishodišta odrediti:
j) zakon gibanja , )(tsk) zakon promjene ubrzanja )(ta
Skicirati ts − , tv − i dijagrame u intervalu ta − s50 ≤≤ t uz pomoć EXCEL-ovih tablica.
Rješenje: j) Zakon gibanja dobiva se integriranjem izraza za brzinu:
∫∫ −−=⇒=⇒=ts
dtttsvdtsdtsv
0
2
0
)2008025(ddd ,
ttts
ttts00
2
0
3
0200
280
325 ⋅−⋅−⋅=
)0(200)0(40)0(3250 2233 −⋅−−⋅−−⋅=− ttts
tttts ⋅−⋅−⋅= 20040325)( 23
k) Deriviranjem zakona promjene brzine slijedi zakon promjene ubrzanja:
8050180225d−=⋅−⋅== tt
dtva
Prema tablici
t [s] s [m] v [m/s] a [m/s2]
0 0,00 -200,0 -80
1 -231,67 -255,0 -30
2 -493,33 -260,0 20
3 -735,00 -215,0 70
4 -906,67 -120,0 120
5 -958,33 25,0 170 nacrtani su kinematički dijagrami tv − , ts − i ta −
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
v - t diagram
-300,0
-250,0
-200,0
-150,0
-100,0
-50,0
0,0
50,0
0 1 2 3 4
t [s]v
[m
/s]
5
s - t diagram
-1000,00
-800,00
-600,00
-400,00
-200,00
0,000 1 2 3 4
t [s]
s [
m]
5
a - t diagram
-100
-50
0
50
100
150
200
0 1 2 3 4 5
t [s]
a [m
/s2 ]
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
4. zadatak
Zadan je tv − dijagram pri pravocrtnom gibanju točke:
v - t diagram
0,0
10,0
20,0
30,0
40,0
0,0 1,0 2,0 3,0 4,0 5,0 6,0 7,0 8,0 9,0 10,0t [s]
v [
m/s
]
Ako je točka započela gibanje iz ishodišta odrediti ts − i ta − dijagrame. Rješenje: Zakon gibanja i zakon promjene ubrzanja za prvi interval gibanja s50 ≤≤ t
Zakon promjene brzine u prvom intervalu može se odrediti iz dijagrama (jednadžba pravca kroz dvije točke):
ttvttv 8)()0(050400)( =⇒−⋅
−−
=−
Integriranjem izraza za brzinu dobiva se zakon gibanja točke u prvom intervalu:
∫∫ =⇒=⇒=ts
tdtsvdtsdtsv
00
8ddd
tts
tts0
2
0
2
04
28 =⋅=
)0(40 22 −⋅=− ts 24)( tts ⋅= Deriviranjem zakona promjene brzine slijedi zakon promjene ubrzanja:
818d=⋅==
dtva
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
Na kraju prvog intervala u trenutku s51 =t položaj točke je , a brzina iznosi m10054)5( 2 =⋅=s
smv 40)5( = .
Zakon gibanja i zakon promjene ubrzanja za drugi interval gibanja s105 ≤≤ t
Zakon promjene brzine u drugom intervalu može se odrediti iz dijagrama (jednadžba pravca kroz dvije točke):
808)()5(510
40040)( +−=⇒−⋅−−
=− ttvttv
Integriranjem izraza za brzinu dobiva se zakon gibanja točke u drugom intervalu:
∫∫ +−=⇒=⇒=ts
dttsvdtsdtsv
5100
)808(ddd
tts
tts55
2
10080
28 ⋅+⋅−=
)5(80)5(4100 22 −⋅+−⋅−=− tts 200804)( 2 −+−= ttts Deriviranjem zakona promjene brzine slijedi zakon promjene ubrzanja:
8018d−=+⋅−==
dtva
Na osnovu dobivenih izraza nacrtani su kinematički dijagrami ts − i ta − .
s - t diagram
0,020,040,060,080,0
100,0120,0140,0160,0180,0200,0
0,0 1,0 2,0 3,0 4,0 5,0 6,0 7,0 8,0 9,0 10,0
t [s]
s [
m]
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
a - t diagram
-10-8-6-4-202468
10
0,0 1,0 2,0 3,0 4,0 5,0 6,0 7,0 8,0 9,0 10,0
t [s]
a [m
/s2 ]
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
5. zadatak
Zadan je dijagram pri pravocrtnom gibanju točke. ta −
a - t diagram
-2,50
-2,00
-1,50
-1,00
-0,50
0,00
0,50
1,00
1,50
2,00
2,50
0,0 5,0 10,0 15,0 20,0 25,0 30,0
t [s]
a [m
/s2 ]
Ako je točka započela gibanje iz ishodišta iz stanja mirovanja odrediti ts − i tv − dijagrame te prevaljeni put u promatranom intervalu. Rješenje: Zakon promjene brzine i zakon gibanja za prvi interval s100 ≤≤ t
Zakon promjene ubrzanja u prvom intervalu može se odrediti iz dijagrama (jednadžba pravca kroz dvije točke):
ttatta 2,0)()0(010020)( =⇒−⋅
−−
=−
Integriranjem izraza za ubrzanje dobiva se zakon promjene brzine točke u prvom intervalu:
∫∫ =⇒=⇒=tv
tdtvadtvdtva
00
2,0ddd
ttv
ttv0
2
0
2
01,0
22,0 =⋅=
)0(1,00 22 −⋅=− tv 21,0)( ttv ⋅=
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
Integriranjem izraza za brzinu slijedi zakon gibanja:
∫∫ =⇒=⇒=ts
dttsvdtsdtsv
0
2
0
1,0ddd
tts
tts0
3
0
3
0 301
31,0 =⋅=
333
301)()0(
3010 ttsts ⋅=⇒−⋅=−
Na kraju prvog intervala u trenutku s101 =t brzina iznosi sm10)10( =v a položaj točke je
m3
10010301)10( 3 =⋅=s .
Zakon promjene brzine i zakon gibanja za drugi interval s2010 ≤≤ t
Budući da je u drugom intervalu ubrzanje jednako 0, brzina je konstantna i iznosi sm10)10( == vv .
Zakon gibanja dobiva se integriranjem izraza za brzinu:
∫∫ =⇒=⇒=ts
dtsvdtsdtsv
103/100
10ddd
ts
ts103/100
10 ⋅=
)10(103
100−⋅=− ts
3
20010)( −= tts
Na kraju drugog intervala u trenutku s201 =t brzina iznosi sm10)20( =v a položaj točke je
m3
4003
2002010)20( =−⋅=s
Zakon promjene brzine i zakon gibanja za treći interval gibanja s3020 ≤≤ t
Zakon promjene ubrzanja u trećem intervalu može se odrediti iz dijagrama (jednadžba pravca kroz dvije točke):
42,0)()20(2030020)( +−=⇒−⋅
−−−
=− ttatta
Integriranjem izraza za ubrzanje dobiva se zakon promjene brzine točke u trećem intervalu:
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
∫∫ +−=⇒=⇒=tv
dttvadtvdtva
2010
)42,0(ddd
ttv
ttv2020
2
104
22,0 ⋅+⋅−=
)20(4)20(1,010 22 −+−⋅−=− ttv 3041,0)( 2 −+⋅−= tttv Integriranjem izraza za brzinu slijedi zakon gibanja:
∫∫ −+−=⇒=⇒=ts
dtttsvdtsdtsv
20
2
3/400
)3041,0(ddd
tttttts
tttttts2020
2
20
3
2020
2
20
3
3/400302
30130
24
31,0 −+−=⋅−⋅+⋅−=
)20(30)20(2)20(301
3400 2233 −⋅−−⋅+−⋅−=− ttts
200302301)( 23 +⋅−⋅+⋅−= tttts
Na kraju trećeg intervala u trenutku s301 =t brzina iznosi sm030304301,0)30( 2 =−⋅+⋅−=v a položaj
točke je m200200303030230301)30( 23 =+⋅−⋅+⋅−=s
Na osnovu dobivenih izraza nacrtani su kinematički dijagrami tv − i ts − .
v - t diagram
0,0
2,0
4,0
6,0
8,0
10,0
0,0 5,0 10,0 15,0 20,0 25,0 30,0t [s]
v [
m/s
]
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
s - t diagram
0,020,040,060,080,0
100,0120,0140,0160,0180,0200,0
0,0 5,0 10,0 15,0 20,0 25,0 30,0
t [s]
s [
m]
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
6. zadatak
Ruka robota se giba pravocrtno po zakonu:
)2
cos(05,0)( ππ+
⋅=
tts
Odrediti zakon promjene brzine i ubrzanja te skicirati kinematičke dijagrame na intervalu koji je jednak periodu zakona gibanja. Rješenje: Zadano gibanje je primjer harmonijskog gibanja točke. Trigonometrijske funkcije:
su periodičke funkcije. Period gibanja je:ωπ2
=T . )sin( ϕω +⋅⋅= tAy i )cos( ϕω +⋅⋅= tAy
U danom primjeru je period gibanja: s42
2=
⋅=ππT .
Brzina se dobiva deriviranjem zakona gibanja:
)2
sin(0785,02
)2
sin(05,0d)( πππππ+
⋅⋅−=⋅⎥⎦
⎤⎢⎣⎡ +
⋅−⋅==
ttdtstv
a ubrzanje deriviranjem zakona promjene brzine točke:
)(4
)2
cos(1233,02
)2
cos(2
05,0d)(2
tsttdtvta ⋅−=+
⋅⋅−=⋅⎥⎦
⎤⎢⎣⎡ +
⋅−⋅==
πππππππ
Prema dobivenim izrazima nacrtani su kinematički dijagrami ts − , tv − i u intervalu ta − s40 ≤≤ t .
s - t diagram
-0,05
-0,04
-0,03-0,02
-0,01
0,00
0,01
0,020,03
0,04
0,05
0,00 0,50 1,00 1,50 2,00 2,50 3,00 3,50 4,00
t [s]
s [
m]
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
v - t diagram
-0,080
-0,060
-0,040
-0,020
0,000
0,020
0,040
0,060
0,080
0,00 0,50 1,00 1,50 2,00 2,50 3,00 3,50 4,00
t [s]
v [
m/s
]
a - t diagram
-0,125
-0,100
-0,075
-0,050
-0,025
0,000
0,025
0,050
0,075
0,100
0,125
0,00 0,50 1,00 1,50 2,00 2,50 3,00 3,50 4,00
t [s]
a [m
/s2 ]
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
7. zadatak
Vozila A i B nalaze se na ravnom dijelu ceste. U početnom trenutku vozila su udaljena 2000 m. Vozilo A započinje gibanje ubrzavajući sa 0.5 m/s2 , dok vozilo B ima konstantnu brzinu vB = 15 m/s. Nakon koliko će se vremena vozila A i B mimoići te koliki je prijeđeni put pojedinog vozila za to vrijeme? Izračunati brzinu vozila A u trenutku mimoilaženja.
A B
2000 m
aA = 0.5 m/s
2
sA
sB
vB = 15 m/s
Rješenje: Put koji prevali vozilo A je:
222AA 25,0
25,0
2tttas ⋅=⋅=⋅= .
Put vozila B je:
ttvs ⋅=⋅= 15BB .
Zbroj putova kojih prevale vozila A i B jednak je početnoj udaljenosti, tj.:
m 2000BA =+ ss
slijedi:
34,94305.0
200022515
020001525.0
20001525,0
2,1
2
2
±−=+±−
=
=−⋅+⋅
=⋅+⋅
t
tt
tt
Pošto vrijeme ne može biti negativno slijedi da je: s 34,64=t
Prijeđeni put vozila A je: 22
A 34,6425,025,0 ⋅=⋅= ts
m 91,1034A =s
Prijeđeni put vozila B:
34,6415BB ⋅=⋅= tvs
m 10,965B =s
Vozilo A u trenutku mimoilaženja ima brzinu:
34,645,0AA ⋅=⋅= tav sm 17,32A =v
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
8. zadatak
Automobili A i B nalaze se na ravnom dijelu ceste, međusobno udaljeni 5 km. Nakon koliko će vremena automobil A sustići automobil B i koje će putove prijeći od trenutka polaska automobila A do trenutka susreta, ako automobil A ubrzava 12 s nakon čega se giba jednoliko, dok automobil B ima konstantnu brzinu?
A
5 km
a = 2.5 m/s2
v = 24 m/s
B
Rješenje: Brzina vozila A nakon prvih 12 sekundi je:
sm 30125,21A1
=⋅=⋅= tav
Automobil A prvih 12 sekundi se giba jednoliko ubrzano, a potom jednoliko. Put koji prijeđe iznosi:
( )
( )12301225,2
302
2A
121A
−⋅+⋅=
−⋅+⋅=
ts
tttas
Automobil B prijeđe za isto vrijeme put:
ttvs ⋅=⋅= 24BB
Ukupni put koji treba prijeći automobil A je jednak:
BA 5000 ss += .
Slijedi:
( )
51806024500036030180
24500012301225,2 2
=⋅=⋅−−−⋅+
⋅+=−+⋅
ttt
tt
s 33,863=t
Automobil B za to vrijeme prijeđe put:
m 92,2071933,86324B =⋅=s
a automobil A:
m 92,2571992,2071950005000 BA =+=+= ss
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
9. zadatak
Prometni policajac na motorkotaču započinje gibanje u položaju A tri sekunde nakon što je kroz isti položaj prošao automobil vozeći konstantnom brzinom od 100 km/h. Motorkotač ima ubrzanje od 5 m/s2 dok ne postigne maksimalnu brzinu od 120 km/h, nakon čega se giba jednoliko. Odrediti udaljenost od položaja A do mjesta u kojem će motorkotač sustići automobil.
A
vA = 100 km/haM = 5 m/s2 vM = 120 km/h Rješenje: Brzina automobila izražena u m/s je:
sm 778,27
36001000100
hkm 100A =⋅==v ,
a maksimalna brzina motorkotača je:
sm 333,33
36001000120
hkm 120M =⋅==v .
Automobil prijeđe, do trenutka kada ga sustigne motorkotač, put:
ttvs ⋅=⋅= 333.33AA
Vrijeme za koje motorkotač postigne maksimalnu brzinu je:
s 667,65333,33max
1 ===a
vt .
Do trenutka sustizanja motorkotač prijeđe put:
108,211333,33230,322333,33122,111
)3667,6(333,33667,625
)3(2
2
1max21
−⋅=−⋅+=
−−⋅+⋅=
−−⋅+⋅=
tsts
ts
ttvtas
M
M
M
M
Putovi koje prijeđu vozila su jednaki: MA ss =
Slijedi da je vrijeme sustizanja:
108,211555,5108,211333,33778,27
−=⋅−−⋅=⋅
ttt
s 38=t .
Udaljenost mjesta sustizanja od mjesta A je:
38778,27AMA ⋅=⋅=== tvsss
m 56,1055=s .
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
10. zadatak
Kamen je pušten da slobodno pada u jamu, da bi se 10 s nakon puštanja začuo udar kamena o dno jame. Odrediti dubinu jame, ako je brzina zvuka m/s330=zv . Rješenje: Pri slobodnom padu kamen prijeđe put koji je jednak dubini jame h i za to mu treba sekundi (jednoliko ubrzano gibanje s ubrzanjem ):
1t2m/s81,9=g
21
21
21 905,4
281,9
2tttgh ⋅=⋅=⋅=
Isti put prijeđe zvuk gibajući se jednoliko, od dna jame do uha čovjeka, ali za sekundi: 110 t−
111 3303300)10(330)10( tttvh z ⋅−=−⋅=−⋅=
Izjednačavanjem gornjih izraza dobije se kvadratna jednadžba:
03300330905,4
3303300905,4
121
121
=−⋅+⋅
⋅−=⋅
tt
tt
iz koje slijedi:
478,42639,33905,42
)3300(905,44330330 2
2,1 ±−=⋅
−⋅⋅−±−=t
Budući da vrijeme može biti samo pozitivno, slijedi da je:
s839,81 =t , a dubina jame je: 221 839,8905,4905,4 ⋅=⋅= th
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
11. zadatak
Kuglica je bačena vertikalno uvis početnom brzinom m/s50=v . Istom brzinom bačena je druga kuglica 4 s kasnije. Nakon koliko će vremena, od trenutka bacanja prve kuglice i na kojoj visini doći do sudara? Rješenje: Kuglica 1 se, dok ne dostigne visinu H , giba jednoliko usporeno, pa je:
tgvv
tgtvy
⋅−=
⋅−⋅=
0
20 2
U najvišem položaju je njena brzina jednaka 0 iz čega slijedi vrijeme penjanja i najviša dosegnuta visina:
m421,12781,92
50222
s097,581,9
500
220
2
200
02110
0110
=⋅
=⋅
=⋅−⋅=⋅−⋅=
===⇒=⋅−
gv
gvg
gv
vtgtvH
gv
ttgv
Nakon toga kuglica 1 slobodno pada po zakonu:
427,127002,50905,4
)979,25194,10(905,4)097,5(281,9)(
22
22211
+⋅−⋅=
=+⋅−⋅=−⋅=−⋅=
tt
tttttgs
dok se kuglica 2 giba jednoliko usporeno po zakonu:
48,27824,89905,4-
)168(905,4)4(50)4(2
)4(
2
2202
−⋅+⋅=
=+⋅−⋅−−⋅=−⋅−−⋅=
tt
ttttgtvs
budući da je započela gibanje 4 s kasnije.
Iz uvjeta da je: Hss =+ 21
slijedi: 421,127)48,27824,89905,4()427,127002,50905,4( 22 =−⋅+⋅−++⋅−⋅ tttt
474,278238,39 =⋅ t
s097,7=t .
Visina, pri kojoj se kuglice sudaraju, je jednaka pređenom putu kuglice 2:
48,278097,724,89097,7905,448,27824,89905,4- 222 −⋅+⋅−=−⋅+⋅= tts
m804,1022 =s .
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
12. zadatak
Gibanje točke definirano je vektorskom jednadžbom:
( ) [ ]m 33423 23 jtittr
rrr⋅⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +⋅+⋅⋅−⋅=
Odrediti: a) vektore brzine i ubrzanja u ovisnosti o vremenu b) vektore položaja, brzine i ubrzanja točke u trenutku s41 =t , c) kut kojeg zatvaraju vektori brzine i ubrzanja u tom trenutku. Rješenje:
a) Iz ( ) [ ]m)( 33423 23 jtyix(t)jtittr
rrrrr⋅+⋅=⋅⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +⋅+⋅⋅−⋅= dobiju se parametarske jednadžbe
gibanja točke :
334)(
23)(
2
3
+⋅=
⋅−⋅=
tty
tttx
Projekcije vektora brzine na koordinatne osi dobiju se deriviranjem parametarskih jednadžbi gibanja:
tttytv
ttxtv
y
x
⋅=⋅==
−⋅==
382
34)()(
29)()( 2
&
&
pa je vektor brzine: ( ) ⎥⎦⎤
⎢⎣⎡⋅⋅+⋅−⋅=⋅+⋅=
sm
3829)()( 2 jtitjtvitvv yx
rrrrr
Projekcije vektora ubrzanja na koordinatne osi dobiju se deriviranjem izraza pravokutnih komponenti brzine:
38)()(
1829)()(
==
⋅=⋅==
tvta
tttvta
yy
xx
&
&
pa je vektor ubrzanja: ⎥⎦⎤
⎢⎣⎡⋅+⋅⋅=⋅+= 2s
m 3818)()( jitjtaitaa yx
rrrrr
b) U trenutku su vektori položaja, brzine i ubrzanja: s41 =t
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
m 3,243434)4(
m 1844243)4(
2
3
=+⋅=
=⋅−⋅=
y
x [ ]m 3,24184)4( jir
rrr⋅+⋅=
sm 7,104
38)4(
sm 142249)4( 2
=⋅=
=−⋅=
y
x
v
v
sm2,1427,10142)4( 2222 =+=+= yx vvv ⎥⎦
⎤⎢⎣⎡⋅+⋅=
sm 7,10142)4( jiv
rrr
2
2
sm 67,2)4(
sm 72418)4(
=
=⋅=
y
x
a
a 2
2222
sm05,7267.272)4( =+=+= yx aaa ⎥⎦
⎤⎢⎣⎡⋅+⋅=
sm 67,272)4( jia
rrr
c) Kut α što ga vektor brzine zatvara sa pozitivnim dijelom x osi u trenutku je: s41 =t
o3,407535,0142
7,10)4()4(
=⇒=== ααx
y
vv
tg
a kut β što ga vektor ubrzanja zatvara sa pozitivnim dijelom x osi u trenutku je: s41 =t
o1,203708,07267,2
)4()4(
=⇒=== ββx
y
aa
tg
pa je kut δ kojeg zatvaraju vektori brzine i ubrzanja u trenutku s41 =t :
ooo 2,21,23,4 =−=−= βαδ
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
13. zadatak
Gibanje točke zadano je parametarskim jednadžbama:
)2(2)(2
2)(
+⋅=+
=
ttyt
tx
Odrediti jednadžbu putanje, brzinu, ubrzanje i radijus zakrivljenosti putanje u trenutku . s31 =t Rješenje:
Iz prve jednadžbe je: x
t 22 =+ pa uvrštavanjem u drugu dobiva se jednadžbu putanje:
xxy 422 =⋅=
Komponente brzine odrede se deriviranjem po vremenu parametarskih jednadžbi gibanja:
2)()2(
2)(2
==+−
==
tyvt
txv
y
x
&
&
U trenutku komponente brzine iznose: s31 =t
sm2)3(
sm08,0
)23(2)3( 2
=
−=+−
=
y
x
v
v
a brzina je: sm006,42)08,0()3( 2222 =+−=+= yx vvv .
Komponente ubrzanja odrede se deriviranjem izraza za komponente brzine po vremenu, tj.:
0)()2(
4)(3
==+
==
yy
xx
vtat
vta
&
&
Komponente ubrzanja u trenutku s31 =t su:
2
23
sm0)3(
sm032,0
)23(4)3(
=
=+
=
y
x
a
a
a ubrzanje je:
22222
sm032,00)032,0()3( =+=+= yx aaa
Prirodne komponente ubrzanja dobiju se prema: 22
dd
tn
yyxxt
aaa
vavav
tva
−=
⋅+⋅==
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
U trenutku prirodne komponente ubrzanja iznose: s31 =t
22222
2
sm 03199,0000639,0032,0)3()3()3(
sm 000639,0
006,402032,008,0
)3()3()3()3()3(
)3(
=−=−=
=⋅+⋅−
=⋅+⋅
=
tn
yyxxt
aaa
vavav
a
Izraz za normalnu komponentu ubrzanja glasi: ρ
2van = pa je radijus zakrivljenosti putanje:na
v 2
=ρ .
U trženom trenutku je:
m 66,50103199,0006,4
)3()3()3(
22
===na
vρ
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
14. zadatak
Putanja leta helikoptera nakon njegovog uzlijetanja iz položaja A na heliodromu definirana je parametarskim jednadžbama gibanja:
y
x
m04,0)(
m2)(3
2
tty
ttx
⋅=
⋅=
Odrediti: a) jednadžbu putanje te položaj helikoptera u odnosu na točku A u trenutku , s101 =tb) zakon promjene intenziteta brzine i ubrzanja, c) iznos brzine i ubrzanja kao i radijus zakrivljenosti putanje na mjestu u kojem se helikopter nalazi u trenutku . s101 =t Rješenje: a) Jednadžba putanje dobiva se eliminiranjem parametra t iz gornjih jednadžbi. Iz prve jednadžbe je:
2xt =
pa uvrštavanjem u drugu slijedi:
33
014,08
04,0 xxy == .
Ovaj izraz predstavlja jednadžbu putanje. Položaj helikoptera u odnosu na točku A u trenutku s101 =t je:
m40100,04y(10)
m200102)10(3
2
=⋅=
=⋅=x
b) Projekcije brzine helikoptera na osi pravokutnog koordinatnog sustava su:
22 12,0304,0)()(
422)()(
tttytv
tttxtv
y
x
⋅=⋅⋅==
⋅=⋅⋅==
&
&
a iznos brzine je:
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
( ) ( ) 4222222 0144,01612,04)( ttttvvtv yx ⋅+⋅=⋅+⋅=+=
Projekcije ubrzanja na osi pravokutnog koordinatnog sustava su:
tttvtatvta
yy
xx
⋅=⋅⋅====
24,0212,0)()(4)()(
&
&
a iznos ubrzanja je:
( ) 22222 0576,01624,04)( ttaata yx ⋅+=⋅+=+=
c) U trenutku su: s101 =t
sm76,411240)10(
sm121012,0)10(
sm40104)10(
22
2
=+=
=⋅=
=⋅=
v
v
v
y
x
222
2
2
sm66,44.24)10(
sm4,21024,0)10(
sm4)10(
=+=
=⋅=
=
a
a
a
y
x
Radijus zakrivljenosti putanje određuje se na sljedeći način:
NTN
yyxxT a
vaaav
avavva2
22
dtd
=−=⋅+⋅
== ρ
pa je u trenutku s101 =t
m3,154313,176,41
)10()10()10(
sm13,152,466,4)10()10()10(
sm52,4
76.414,212440
)10()10()10()10()10(
dtd)10(
22
22222
2
===
=−=−=
=⋅+⋅
=⋅+⋅
==
N
TN
yyxxT
av
aaa
vavavva
ρ
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
15. zadatak
Projektil je ispaljen brzinom od
sm2800 =v pod kutem od prema horizontali. o
0 60=α
Odrediti udaljenost od položaja A do položaja B. d
v = 200 m/s
60O
20OA
B
d
Rješenje:
Znajući komponente ubrzanja projektila za vrijeme njegovog leta: 2sm0=xa i 2s
m81,9−=−= ga y
parametarske jednadžbe gibanja projektila dobivaju se prema:
.cos0cos
0
0d
d0
00
0
cos
0cos
00
00
konstvvvv
v
dtv
dtadvdtv
a
a
x
x
v
vx
tv
vx
xxx
x
x
x
x
=⋅==−
=
⋅=
=⇒=
=
∫∫
αα
α
α
gtvv
gtvv
tgv
dtgv
dtadvdtv
a
ga
y
y
tv
vy
tv
vy
yyy
y
y
yy
y
−⋅=
−=⋅−
⋅−=
⋅−=
=⇒=
−=
∫∫
00
00
0sin
0sin
sin
sin
d
d
00
00
α
αα
α
tvxtvx
vx
dtvx
dtvdxdtxv
tx
tx
xx
⋅⋅=−⋅=−
⋅=
⋅=
=⇒=
∫∫
00
0
000
0
000
0
cos)0(cos0
cos
cosd
d
αα
α
α
200
220
0
2
000
0
000
0
2sin
)0(2
)0(sin0
2sin
)sin(d
d
tgtvy
tgtvy
tgtvy
dttgvy
dtvdydtyv
tty
ty
yy
⋅−⋅⋅=
−⋅−−⋅⋅=−
⋅−⋅⋅=
⋅−⋅=
=⇒=
∫∫
α
α
α
α
Jednadžba putanje odredi se na sljedeći način:
0000 cos
cosα
α⋅
=⇒⋅⋅=v
xttvx pa uvrštavanjem u izraz za slijedi: y
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
022
0
2
00
220
2
0000 cos2cos2cos
sinα
ααα
α⋅⋅
−⋅=⋅
⋅−⋅
⋅⋅=v
xgxtgv
xgv
xvy
Budući da je točka B dio putanje to njene koordinate i zadovoljavaju gornju jednadžbu:
o20cos⋅= dxBo20sin⋅= dyB
o220
o22ooo
60cos220cos20cos6020sin
⋅⋅⋅
−⋅⋅=⋅vdgdtgd , pa je:
m2,58175,02802
88302,081,96276,134202,0 22
2
=⇒⋅⋅
⋅−⋅=⋅ dddd .
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
16. zadatak
Košarkaška lopta se u trenutku izbacivanja nalazi na udaljenosti m7,6=d od obruča. Visinska razlika obruča i lopte u tom trenutku je
. m6,0=h
d
x
yh
Kut pod kojim je košarkaš izbacio loptu je o75 . Kolika treba biti početna brzina da lopta prođe kroz centar obruča? Koliko vremena prođe od trenutka izbacivanja do trenutka prolaska lopte kroz obruč? Rješenje: Košarkaška lopta nakon izbacivanja giba se po zakonima gibanja kosog hica:
2sin)(
cos)(2
00
00
tgtvty
tvtx
⋅−⋅⋅=
⋅⋅=
α
α
Sređivanjem gornjih jednadžbi dobiva se jednadžba putanje: 0
220
2
0 cos2)(
αα
⋅⋅
−⋅=v
xgxtgxy
Iz navedene jednadžbe uvrštavanjem: m6,0== hy , m7,6== dx , dobiva se: o
0 75=α
o220
2o
75cos27,681,97,6756,0
⋅⋅
−⋅=v
tg 4047,24
973,3286973,32860047,256,0 202
0
=⇒−= vv
sm605,110 =v
Vrijeme leta t od izbacivanja lopte do prolaska kroz obruč dobiva se prema jednadžbi: 1
s23,275cos605,11
7,6cos
cos)( 000
100 =⋅
=⋅
=⇒⋅⋅=α
αv
dttvtx
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
17. zadatak Točka je započela gibanje u ravnini iz položaja jir
rrr⋅+⋅= 3ln20 , tako da se vektor njene brzine mijenja
prema: jt
tittvrrr⋅
++⋅=
322)( 2 .
Odrediti: a) ovisnost vektora položaja i vektora ubrzanja o vremenu b) jednadžbu putanje i skicirati je c) položaj, brzinu i ubrzanje u trenutku s11 =t d) kut kojeg zatvaraju međusobno vektori brzine i ubrzanja u zadanom trenutku. Rješenje: a) Vektor položaja dobiva se prema:
2
02
22
2d
d
dx2
2
22
0
2
2
02
02
+=
−=−
⋅=
=
=
=⇒=
=
∫∫
∫∫
tx
tx
tx
tdtx
dtvx
dtvdxdt
v
tv
tx
tx
t
x
x
xx
x
)3ln(
3ln)3ln(3ln
)3ln(
32d
dy3
2
2
2
0
2
3ln
02
3ln
2
+=
−+=−
+=
+=
=⇒=
+=
∫∫
ty
ty
ty
dtt
ty
dtvdydt
v
ttv
ty
ty
yy
y
jtittrrrr⋅++⋅+= )3ln()2()( 22 , a vektor ubrzanja prema:
jt
tita
tt
tttt
dtv
adtv
a yy
xx
rrr⋅
+−
+⋅=
+−
=+
⋅−+⋅====
22
2
22
2
22
2
)3(262)(
)3(26
)3(22)3(2d
2d
b) Jednadžba putanje dobiva se elimininacijom parametra iz jednadžbi gibanja: t)1ln()32ln(22 +=+−=⇒−= xxyxt
c) Vektori položaja, brzine i ubrzanja u trenutku s11 =t glase:
222
22
22
sm016,225,02)1(25,02)1(
sm062,25,02)1(5,02)1(
m305,3)4(ln3)1(4ln3)1(
=+=⋅+⋅=
=+=⋅+⋅=
=+=⋅+⋅=
ajia
vjiv
rjir
rrr
rrr
rrr
d) Kut α kojeg međusobno zatvaraju vektori brzine i ubrzanja u zadanom trenutku je:
o1,7992304,0062,2016,2
5,025,022cos =⇒=⋅
⋅+⋅=
⋅
⋅+⋅=
⋅⋅
= ααva
vavavava yyxx
rrrr
rr
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
18. zadatak
Vektor ubrzanja pri krivocrtnom gibanju točke mijenja se prema: jtitta
rrr⋅++⋅= )16(4)( 2 . Točka je
započela gibanje iz položaja jirrrr⋅+⋅−= 210 brzinom jiv
rrr⋅−⋅= 230 .
Odrediti vektore položaja, brzine i ubrzanja točke u trenutku s11 =t . Rješenje: Komponente brzine dobiju se integriranjem komponenti ubrzanja prema:
334)(
)0(343
34
4d
)(d
)(
4)(
3
33
0
3
3
0
2
3
2
+⋅=
−⋅=−
⋅=
=
=⇒=
=
∫∫
ttv
tv
tv
dttv
dttadvdtv
ta
tta
x
x
tv
x
tv
x
xxx
x
x
x
x
23)(
)0()0(3)2(
26
)16(d
)(d
)(
16)(
2
22
00
2
2
02
−+⋅=
−+−⋅=−−
+⋅=
+=
=⇒=
+=
−
−∫∫
tttv
ttv
ttv
dttv
dttadvdtv
ta
tta
y
y
ttv
y
tv
y
yyy
y
y
y
y
Vektor brzine je: jttittvrrr⋅−+⋅+⋅+⋅= )23()3
34()( 23
Parametarske jednadžbe gibanja dobiju se prema:
1331)(
)0(3)0(31)1(
343
4
)334(d
)(d)(
4
44
00
4
1
0
3
1
−+⋅=
−+−⋅=−−
+⋅=
+⋅=
=⇒=
−
−∫∫
tttx
ttx
ttx
dttx
dttvdxdtxtv
ttx
tx
xx
2221)(
)0(2)0(21)0(2
223
3
)23(d
)(d)(
23
2233
00
2
0
3
2
0
2
2
+⋅−⋅+=
−⋅−−⋅+−=−
⋅−+⋅=
−+⋅=
=⇒=
∫∫
tttty
ttty
ttty
dttty
dttvdydtytv
ttty
ty
yy
pa je vektor položaja: jtttitttrrrr⋅+⋅−⋅++⋅−⋅+⋅= )22
21()13
31()( 234 .
U trenutku su vektori položaja, brzine i ubrzanja: s11 =t
jirrrr⋅+⋅=
23
37)1( , jiv
rrr⋅+⋅= 2
313)1( i jia
rrr⋅+⋅= 74)1( .
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
19. zadatak
Automobil se giba od položaja A do položaja C konstantnom brzinom
hkm72=v . Polumjer zakrivljenosti
ceste u položaju A iznosi m140=Aρ , a u položaju C m150=Cρ . Ako je centar mase automobila udaljen za
od ceste, izračunati ukupno ubrzanje automobila u položajima A i C.
m5,0
Odrediti vrijeme koje je potrebno da automobil stigne iz položaja A u položaj C ako je udaljenost između A i C . m120=−CAs Rješenje: Gibanje automobila može se promatrati u prirodnim koordinatama. Prirodne komponente ubrzanja su:
dtvat
d= i
ρ
2van = .
Kako je brzina automobila konstantna .sm20
3600100072
hkm72 konstv ==
⋅== to je tangencijalna
komponenta ubrzanja 2sm0d
==dtvat , a normalna komponenta ubrzanja dobiva se prema:
2
22
sm867,2
)5,0140(20
)5,0(=
−=
−=
A
AAn
va
ρ 2
22
sm658,2
)5,0150(20
)5,0(=
+=
−=
C
CCn
va
ρ.
Ukupno ubrzanje automobila u položajima A i C iznosi:
22222
sm867,20867,2)()( =+=+= A
tAnA aaa 2
2222
sm658,20658,2)()( =+=+= C
tCnC aaa .
Vektori ovih ubrzanja usmjereni su prema centrima zakrivljenosti putanje u položajima A i C. Vrijeme koje je potrebno da automobil stigne iz položaja A u položaj C dobiva se prema:
tvstvsvdtsvdtdsdtsv
tt ss
⋅=⇒⋅=⇒=⇒=⇒= ∫∫00 00
dd
s620
120=== −
vs
t CA .
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
20. zadatak
Gibanje točke u ravnini određeno je parametarskim jednadžbama gibanja u polarnim koordinatama:
03,03,0
04,01,02
3
tr
tt
⋅+=
⋅+⋅=ϕ
Odrediti brzinu i ubrzanje točke u trenutku s31 =t . Rješenje: Radijalna komponenta brzine je:
ttrvr ⋅== 06,0
dd
a cirkularna:
( ) ( )22φ 12,01,003,03,0
dφd ttt
rv ⋅+⋅⋅+=⋅=
U trenutku t1 = 3 s iznosi te dvije komponente su:
( ) ( )sm 67,0312,01,0303,03,0
sm 18,0306,0
22φ =⋅+⋅⋅+=
=⋅=
v
vr
Ukupna brzina je tada:
222φ
2 67,018,0 +=+= vvv r
sm 69,0=v
Komponente ubrzanja su:
( ) ( )
( ) ( ) ttttt
rtt
ra
ttt
rtrar
⋅⋅⋅++⋅+⋅⋅⋅=⋅+⋅⋅=
⋅+⋅⋅+−=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⋅−=
24,003,03,012,01,006,02dφd
dφd
dd2
12,01,003,03,006,0dφd
dd
222
2
φ
2222
2
2
U trenutku iznose: s31 =t
2φ
2
sm 84,0
sm 73,0
=
−=
a
ar
odnosno ukupno ubrzanje je: ( ) 222
φ2 84,073,0 +−=+= aaa r
2sm 11,1=a
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
21. zadatak
Gibanje točke određeno je parametarskim jednadžbama gibanja u polarnim koordinatama:
rad3;m)3cos(3 ttr ⋅=⋅⋅= ϕ Odrediti:
a) jednadžbu putanje te položaj točke na putanji u trenutku s31
1 =t ,
b) zakon promjene intenziteta brzine i ubrzanja, c) iznos brzine i ubrzanja kao i radijus zakrivljenosti putanje na mjestu u kojem se točka nalazi u trenutku
s31
1 =t .
Rješenje:
a) Jednadžba putanje dobiva se eliminiranjem parametra t iz gornjih jednadžbi. Iz druge jednadžbe je:
3ϕ
=t
pa uvrštenjem u prvu slijedi: ϕcos3 ⋅=r
što predstavlja jednadžbu putanje u polarnim koordinatama.
Položaj točke na putanji u trenutku st31
1 = :
o57,3rad1313
m62,1313cos3
==⋅=
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅⋅=
ϕ
r
b) Radijalna i cirkularna komponenta brzine su:
( )ttrv
ttrv
c
r
3cos933cos33sin933sin3
⋅=⋅⋅==⋅−=⋅−⋅==
ϕ&&
a intenzitet brzine je:
sm93cos813sin81 2222 =⋅+⋅=+= ttvvv cr
Radijalna i cirkularna komponenta ubrzanja su:
tttrratttrra
c
r
3sin5403cos33)3sin9(223cos5433cos333cos9 22
⋅−=⋅⋅+⋅⋅−⋅=+=⋅−=⋅⋅−⋅⋅−=−=
ϕϕϕ
&&&&
&&& ,
a iznos ubrzanja je:
2222222
sm543sin543cos54 =⋅+⋅=+= ttaaa cr
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
c) Iz prethodnih izraza vidi se da vektori brzine i ubrzanja tijekom vremena ne mijenjaju intenzitet, pa je u
trenutku st31
1 = :
2sm54,
sm9 == av
Radijus zakrivljenosti putanje dobiva se prema:
m5,1,sm54,0
dtd 2
2 ======N
NT avaava ρ
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
22. zadatak
Zamašnjak polumjera rotira sa m5,0=R
minokr90=n . Koliko je kutno usporenje ε ako se zamašnjak
zaustavi nakon ? s1201 =t Odrediti zakon promjene brzine i ubrzanja točke M na obodu zamašnjaka u periodu zaustavljanja ako se može pretpostaviti da je .konst=ε Rješenje: Početna kutna brzina zamašnjaka je:
srad425,9
3090
300 =⋅
=⋅
=ππω n .
Budući da zamašnjak jednoliko usporava kutna brzina se mijenja prema izrazu:
t⋅−= εωω 0 . Kutno usporenje dobiva se iz uvjeta da je za s1201 =t kutna brzina s
rad0=ω :
20
0 srad0785,0
120425,9
1201200 ===⇒⋅−=
ωεεω .
Zakon promjene brzine točke M na obodu zamašnjaka glasi:
tttRRvM ⋅−=⋅−⋅=⋅−⋅=⋅= 03925,07125,4)0785,0425,9(5,0)( 0 εωω Normalna i tangencijalna komponenta ubrzanja točke M su:
22 )0785,0425,9(5,0 tRanM ⋅−⋅=⋅= ω 2s
rad03925,00785,05,0 =⋅=⋅= εRatM .
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
23. zadatak
Zamašnjak polumjera rotira tako da se pri konstantnom kutnom ubrzanju za m8,1=R s10=∆t brzina
vrtnje poveća sa minokr101 =n na
minokr502 =n . Izračunati ubrzanje točke T na obodu zamašnjaka pri
minokr12=n
Rješenje: Kutno ubrzanje zamašnjaka dobiva se prema:
srad0472,1
3010
301
1 =⋅
=⋅
=ππ
ωn
s
rad2360,530
5030
22 =
⋅=
⋅=
ππω
n
.srad4189,0
100472,12360,5
212 konst
t==
−=
∆−
=ωω
ε
Pri minokr12=n kutna brzina iznosi:
srad2566,1
3012
30=
⋅=
⋅=
ππω n , a ubrzanje točke T na obodu
zamašnjaka dobiva se prema:
22222
2222
sm9406,27540,08423,2)()(
sm7540,04189,08,1
sm8423,22566,18,1
=+=+=
=⋅=⋅==⋅=⋅=
tT
nTT
tT
nT
aaa
RaRa εω
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
24. zadatak
Uteg prema slici spušta se po zakonu . Izračunati brzinu i ubrzanje točke M u trenutku tts ⋅+⋅= 32 3
11 =t s. Zadano:
m5,0m4,0m7,0
3
2
1
===
RRR
Rješenje: Brzina i ubrzanja utega dobiju se prema:
22
222
sm12112)1(
sm9316)1(
sm1226d
sm36332d
=⋅==+⋅=
⋅=⋅==+⋅=+⋅==
av
ttdtvatt
dtsv
.
Kutna brzina i kutno ubrzanje sklopa bubanj-mali zupčanik iznose:
211 s
rad333,139,0
12)1()1(s
rad0,109,0
9)1()1( ======R
aRv εω
Kutna brzina i kutno ubrzanje većeg zupčanika dobiju se prema:
23
23332
3
23332
srad333,8333,13
8,05,0)1()1()1()1(
srad250,60,10
8,05,0)1()1()1()1(
=⋅=⋅=⋅=⋅
=⋅=⋅=⋅=⋅
εεεε
ωωωω
RR
RR
RR
RR,
a brzina i ubrzanje točke M prema:
22222
233222
33
33
sm953,31666,625,31)()()1(
sm666,6333,88,0)1()1(
sm25,3125,68,0)1()1(
sm000,525,68,0)1()1(
=+=+=
=⋅=⋅==⋅=⋅=
=⋅=⋅=
tM
nMM
tM
nM
M
aaa
RaRa
Rv
εω
ω
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
25. zadatak Uteg prema slici spušta se po zakonu: . Izračunati brzinu i ubrzanje točke A u trenutku
s.
cm408 2ts ⋅+=
21 =t
Zadano:
cm12AOcm15
cm10cm15
33
22
====
RrR
Rješenje: Brzinu utega dobiva se deriviranjem zakona gibanja:
sm8,0
scm80240
dd tvtttsv ⋅=⋅=⋅==
a ubrzanje deriviranjem zakona brzine:
2sm8,0
dd
==tva
Budući da je uže nerastezljivo gornji izrazi su ujedno brzina i tangencijalno ubrzanje točke na obodu r2 bubnja pa su kutna brzina i kutno ubrzanje bubnja 2:
srad8
1,08,0
22 tt
rv
⋅=⋅
==ω
22
2 srad8
1,08,0===
raε
Na obodu R2 brzina je:
ttRv ⋅=⋅⋅=⋅= 2,1815,022 ω
Kutna brzina i kutno ubrzanje bubnja 3 dobiju se na sljedeći način:
srad88
1515
23
232233 tt
RR
RR ⋅=⋅⋅=⋅=⇒⋅=⋅ ωωωω
23
3 srad8
dd
===tω
ε
U trenutku su kutna brzina i kutno ubrzanje bubnja 3 : s21 =t
23
3
srad8
srad16
=
=
ε
ω
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
a komponente ubrzanja točke A su:
222
33 sm72,301612,0 =⋅=⋅= ωAOan
A
233 sm96,0812,0 =⋅=⋅= εAOat
A
Brzina točke A je:
sm92,12812,033 =⋅⋅=⋅= ωAOvA
a njeno ubrzanje:
( ) ( )2
2222
sm74,3072,3096,0 =+=+= t
AnAA aaa
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
26. zadatak
Pogonska remenica A ima u promatranom trenutku kutnu brzinu rad/s6=Aω i kutno ubrzanje . 2rad/s5=Aε
O3O1
O2
r4r2
r1
r3
D
B
C
ATωAeA
Odrediti: a) kutnu brzinu i kutno
ubrzanje remenice D b) ukupni prijenosni omjer c) brzinu i ubrzanje točke T
ako je zadano:
mm150mm400mm100mm500 4321 ==== rrrr . Rješenje:
a) Kutna brzina i kutno ubrzanje remenice D dobiju se prema:
srad8030
15,04,0
srad306
1,05,0
4
343
2
121
=⋅=⋅=⇒⋅=⋅
=⋅=⋅=⇒⋅=⋅
−−
−−
CBDDCB
ACBCBA
rr
rr
rr
rr
ωωωω
ωωωω
24
343
22
121
srad67,6625
15,04,0
srad255
1,05,0
=⋅=⋅=⇒⋅=⋅
=⋅=⋅=⇒⋅=⋅
−−
−−
CBDDCB
ACBCBA
rr
rr
rr
rr
εεεε
εεεε
b) Prijenosni omjer je:
075,0806===
D
Aiωω
c) Brzina i ubrzanje točke T su:
sm128015,04 =⋅=⋅= DT rv ω
22222
24222
4
sm05,9600,10960)()(
sm0,1067,6615,0
sm9608015,0
=+=+=
=⋅=⋅==⋅=⋅=
tT
nT
DtTD
nT
aaa
rara εω
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
27. zadatak Zupčanik A je u zahvatu sa zupčanikom B prema slici. Zupčanik
A započinje gibanje konstantnim kutnim ubrzanjem 2srad10=Aε .
B
A
rB = 100 mm
rA = 25 mmA
Odrediti vrijeme potrebno da zupčanik B postigne kutnu brzinu od
srad50B =ω .
Odrediti brzinu i ubrzanje točke M na obodu zupčanika B u trenutku . s 51 =t Rješenje: Kutna brzina zupčanika A dobiva se na sljedeći način:
tt
dtd
A
A
t
A
t
AAA
A
A
A
⋅=−⋅=−
⋅=
=⇒= ∫∫
10)0(100
10
dtd
00
00
ωω
ω
εωω
ε
ω
ω
Brzina točke zupčanika A na mjestu dodira dvaju zupčanika iznosi:
ttrv AA ⋅=⋅⋅=⋅= 25,010025,0ω
a kutna brzina zupčanika B:
ttrv
BB ⋅=
⋅== 5,2
1,025,0ω
Kutnu brzinu s
rad50B =ω zupčanik će postići za vrijeme : 1t
s205,2
50==t
U trenutku kutna brzina i kutno ubrzanje zupčanika B su: s51 =t
2srad5,2
dtd
srad5,1255,2
==
=⋅=
BB
B
ωε
ω
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
a brzina i ubrzanje točke M na obodu zupčanika B odrede se prema:
22222
222
2
sm63,15625,1525,0
sm625,155,121,0
sm25,05,21,0
sm25,15,121,0
=+=+=
=⋅=⋅=
=⋅=⋅=
=⋅=⋅=
nM
tM
BBnM
BBtM
BBM
aaa
ra
ra
rv
ω
ε
ω
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
28. zadatak
Disk polumjera m2.1=R kotrlja bez klizanja po horizontalnoj podlozi prema slici. Brzina centra diska mijenja se po zakonu: -13 ms4.0 tvC ⋅= Izračunati brzinu i ubrzanje točke A u trenutku
, ako je a s21 =t o60=α m8.0=CA .
A
vO
C αR
Rješenje: Ravninsko gibanje diska promatra se kao gibanje sastavljeno od dvaju gibanja: translacije centrom i rotacije oko centra.
A
C
vA Arot = vA
vO
C α
Ravninsko gibanje Translacija centrom Rotacija oko centra
vC
C α
vA Ctran = v
= +
D vD Ctran = v vD DC
rot = v
C
Brzina točke A jednaka je vektorskom zbroju brzine točke A pri translaciji i brzine točke A pri rotaciji oko C:
ACCrotA
tranAA vvvvv
rrrrr+=+=
Kako je ω⋅= CAACv potrebno je odrediti kutnu brzinu ω . Ona se dobiva uz pomoć brzine točke D. Brzina točke D jednaka je vektorskom zbroju brzine točke D pri translaciji i brzine točke pri rotaciji. Budući da disk kotrlja bez klizanja to točka D koja je u dodiru s podlogom ima brzinu jednaku nuli.
vD Ctran = v
v v RD DCrot = = ω DCCD vvv
rrr+=
0=⋅−= ωRvv CD
Iz prethodne jednadžbe je kutna brzina:
33
333.02.1
4.0 ttRvC ⋅=
⋅==ω
a kutno ubrzanje diska: 2
dd t
t==
ωε .
U trenutku kutna brzina i kutno ubrzanje su: s21 =t
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
222
133
srad42
srad67.22333.0333.0−
−
⋅===
⋅=⋅=⋅=
t
t
ε
ω
Brzina točke A odredi se prema:
12222
1
1
sm90.507.105.5
sm07.15.067.28.030sinAC30sin
sm05.530cos67.28.02.3
30cosAC30cos
−
−
−
⋅=+=+=
⋅=⋅⋅=°⋅⋅=°⋅=
⋅=°⋅⋅+=
=°⋅⋅+=°⋅+=
AyAxA
ACAy
CACCAx
vvv
vv
vvvv
ω
ω
vAC
vC
vA
Ubrzanje točke A jednako je vektorskom zbroju ubrzanja točke A pri translaciji i ubrzanja točke A pri rotaciji oko A:
tAC
nACCACC
rotA
tranAA aaaaaaaa
rrrrrrrr++=+=+=
aACt
aC
aACnaA
U trenutku pojedine komponente iznose: s21 =t
2
222
2222
sm20.348.0AC
sm70.567.28.0AC
sm8.422.12.134.0d
d
−
−
−
⋅=⋅=⋅=
⋅=⋅=⋅=
⋅=⋅=⋅=⋅⋅==
ε
ωtAC
nAC
CC
a
a
ttt
va
Iznos ubrzanja točke A odredi se prema:
22222
2
2
sm07.854,672,4
sm54.630cos70.530sin20.330cos30sin
ms72.430sin70.530cos20.38.430sin30cos
−
−
−
⋅=+=+=
⋅=°⋅+°⋅=°⋅+°⋅=
=°⋅−°⋅+=°⋅−°⋅+=
AyAxA
nAC
tACAy
nAC
tACCAx
aaa
aaa
aaaa
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
29. zadatak
Odrediti brzinu i ubrzanje točaka A i B mehanizma prema slici. Zadano:
. srad 10
srad 4
cm 60AB
cm 35OA
2-
1-
⋅=
⋅=
=
=
ε
ω
Rješenje: Brzina i ubrzanje točke A mogu se odrediti razmatranjem rotacijskog gibanja pogonskog člana OA mehanizma oko točke O. Brzina točke A je:
aAn aA
t
vA
O
A-1sm 14435.0 ⋅=⋅A OA =⋅= ωv .
a komponente ubrzanja su:
2-
-22
sm 5.31035.0
sm 6.5435.0
⋅=⋅
⋅=⋅=
A
2A
OA
OA
=⋅=
⋅=
ε
ωt
n
a
a
Iznos ubrzanja točke A je:
( ) ( ) 2-222A
2AA sm 6.65.36.5 ⋅=+=+= nt aaa .
Brzina i ubrzanje točke B odredit će se razmatranjem ravninskog gibanja člana AB. Može se reći da je ravninsko gibanje člana AB sastavljeno od translacije točkom A i rotacije člana oko točke A. Brzina točke B jednaka je vektorskom zbroju brzine točke B pri translaciji i brzine točke pri rotaciji člana AB oko točke A. Isto vrijedi za ubrzanje točke B.
tBA
nBAABAA
rotB
tranBB
BAArotB
tranBB
aaaaaaaa
vvvvvrrrrrrrr
rrrrr
++=+=+=
+=+=
B+
vBA
Translacija točkom A Rotacija oko A
A
aAt aA
taAn
aBAn
aAn aBA
t
vB
v vB Atran =
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
U vektorskoj jednadžbi za brzinu točke B poznat je vektor brzine točke A dok su za brzine Bv
r i BAvr
poznati pravci. Ako se na vrh vektora brzine točke A nanese pravac brzine BAvr , a iz početka vektora brzine
točke A povuče pravac brzine Bvr dobije se presjecište koje određuje veličine ovih brzina.
Iz grafičkog prikaza vektorske jednadžbe vidimo da je:
vBA
vA
vB
vBA
vA
vB
sm -1⋅4.1AB == vv
odnosno:
-1ABA sm 98.14.122 ⋅=⋅=⋅= vv
Kutna brzina štapa AB je:
1-BAAB srad 3.3
6.098.1
AB⋅===
vω .
Vektorsku jednadžbu za ubrzanje točke B također možemo prikazati grafički:
aBAt aBaAta BAnaAx
aAt
aBAn
aAn
aBAt
aB
y
x
U ovoj jednadžbi poznamo vektore ubrzanja nAar , t
Aar i n
BAar dok za
ubrzanja tBAar i Ba
r znamo pravce. Presjecište pravaca ubrzanja tBAar i
Bar definira nam veličinu ovih ubrzanja.
Računski to možemo dobiti prema:
-222AB
nBA sm 53.63.36.0BA ⋅=⋅=⋅= ωa
Projekcije ubrzanja Ba
r na osi x i su: y
°⋅+°⋅+=⇒=
=°⋅+°⋅−⇒=
45cos45sin
045sin45cos0
BABAABB
BABAAB
nnnBx
tnty
aaaaaa
aaaa
Rješavanjem gornjih jednadžbi dobijemo:
2-B
2-BABA
sm33.112258.1
2253.66.5
sm 58.1022
2253.65.3
⋅=⋅+⋅+=
⋅=⇒=⋅+⋅−
a
aa tt
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
30. zadatak
Valjak polumjera nalazi se između dvije letve, koje se gibaju translatorno brzinama:
, prema slici. m 5.0=R
-121 sm 5.0 ⋅⋅= tv -1
2 sm 1 ⋅=v
R
A
B
CD
v1
v2
Izračunati brzine i ubrzanja točaka A, B, C i D, te položaj trenutnog pola brzina i trenutnog pola ubrzanja valjka u trenutku , ako valjak kotrlja bez klizanja. s 21 =t Rješenje: Ravninsko gibanje valjka može se razmatrati kao gibanje sastavljeno od translacije točkom A i rotacije valjka oko točke A. Budući da nema proklizavanja na mjestima dodira valjka sa letvama brzine točaka A i B valjka jednake su brzinama i letvi. 1v 2v
A A
BB
C CD
D
v2
v2
v2
vBA
vDA
vCA
v2
Translacija točkom A + Rotacija oko A Brzina točke A je:
sm 12A == vv
Brzina točke B je:
sm 5.0 2
1B tvv ⋅==
Kutna brzina valjka može se odrediti iz činjenice da je ukupna brzina točke B jednaka vektorskom zbroju brzine točke B pri translaciji točkom A i brzine točke B pri rotaciji oko A:
BAvr
+2BAAtrB vvvvvv
rrr=+=+= rot
BAB vBArot
v = vA 2 v = vB 1
15.0
15.05.02
15.02
5.0
25.0
5.0
2
2
22
22
22
21B
2B
+⋅=
+⋅=⋅
+⋅=
⋅+⋅
=
−⋅⋅=⋅
⋅==
−⋅⋅=
t
ttR
vt
vRt
tvv
vRv
ω
ω
ω
ω
a kutno ubrzanje:
( ) tttt
=+⋅== 15.0dd
dd 2ωε
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
U trenutku kutna brzina i kutno ubrzanje su: s21 =t
2
12
srad2
srad3125.0−
−
⋅=
⋅=+⋅=
ε
ω
Brzina točke C jednaka je vektorskom zbroju brzine točke C pri translaciji točkom A i brzine točke C pri rotaciji oko A :
122
rotCA2
rotCA
sm5.0135.0 −⋅=−⋅=−⋅=
+=
vRv
vvv
ωrotCAC
trAC
−=
+=
vv
vv vCA
rot
v2 vC
Položaj trenutnog pola brzina u odnosu na točku C dobiva se prema:
m 167.035.0CPCP C
vvC ===⇒⋅=ω
ωv
v .
Brzina točke D jednaka je vektorskom zbroju brzine točke D pri translaciji točkom A i brzine točke D pri rotaciji oko A :
vA
vDArot
45o
vDrotDAA
rotDC vvv +=tr
DD vv +=
1sm12.2325.0 −⋅=⋅⋅=⋅= ωDAvDA
Primjenom kosinusnog poučka možemo dobiti:
12222 sm58.1707.012.21212.2145cos2 −⋅=⋅⋅⋅−+=°⋅⋅⋅−+= rotDAADAAD vvvvv
A
B
C
vB
vC
vA
Pv
Položaj trenutnog pola brzina u odnosu na točku C odredi se prema:
m 167.035.0CPCP C
vvC ===⇒⋅=ω
ωv
v
Ubrzanja točaka A, B, C i D dobiju se razmatranjem ravninskog gibanja diska kao gibanja sastavljenog od translacije centrom i rotacije oko centra.
A A
BB
C CD
D
aC
aCaC
aC
aBCt
aDCt
aACt
aBCn
aACn
aDCn
vCA
Translacija centrom + Rotacija oko centra
ε
ω
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
Brzina točke C je:
( )5.025.0
5.025.0115.05.012
C
222
rotCAC
−⋅=
−⋅=−+⋅⋅=−⋅=−=
tv
ttRvvv ω
a kako centar vrši pravocrtno gibanje ubrzanje točke C dobiva se prema:
( ) tttt
va ⋅=−⋅== 5.05.025.0
dd
dd 2C
C
Iznos ubrzanja točke C u trenutku s21 =t je:
2C sm125.0 −⋅=⋅=a
Ubrzanje točke B jednako je vektorskom zbroju ubrzanja točke B pri translaciji diska točkom C i ubrzanja točke B pri rotaciji oko C:
aBCn
aBCtaC
aB ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2222
222C
2nBC
2tBC
nBC
tBC
sm924.435.025.0 −⋅=⋅+⋅
⋅+⋅+=++
+
RRaaa
aa
ωε
B
CB
CB
1 +=
=
+=
a
aa
aa
Ubrzanje točke A dobiva se također vektorskim zbrajanjem ubrzanja točke A pri translaciji centrom i ubrzanja točke A pri rotaciji oko centra:
( ) ( ) ( )( ) ( ) 2222
222C
2nAC
2tAC
nAC
tAC
sm5.435.025.0 −⋅=⋅+⋅
⋅+⋅−=+−
+
RRaaa
aa
ωε
A
CA
CA
1 −=
=
+=
a
aa
aa
aACn
aACt
aC
aA
Ubrzanje točke D je:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) 2222
222C
2tDC
2nDC
nDC
tDC
sm59.525.035.0 −⋅=⋅+⋅
⋅+⋅+=++
+
RRaaa
aa
εω
D
CD
CD
1 +=
=
+=
a
aa
aa
aC aDC
n
aDCt
aD
Položaj trenutnog pola ubrzanja odredit će se u odnosu na točku C. Kut između vektora ubrzanja točke C i spojnice te točke sa trenutnim polom ubrzanja je:
°5,12===32arctan arctan 22ω
εα
C aC
PaUdaljenost točke C od pola ubrzanja je:
m109.0851
4==
32
1CP24
Ca
+=
+=
2 ωε
a
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
31. zadatak
Zupčanik promjera kotrlja bez klizanja po nepomičnom zupčaniku polumjera m 25.01 =R m 25.12 =R . Poluga OA rotira oko osi O, a u položaju prema slici ima kutnu brzinu i kutno ubrzanje
-1srad 5 ⋅=ω-2srad 10 ⋅=ε
A
BC
O R2
R1
εω
Izračunati brzine i ubrzanja točaka A, B i C malog zupčanika, te odrediti položaj njegovog trenutnog pola ubrzanja.
Rješenje: Brzina i ubrzanje točke A odredit će se razmatranjem rotacije poluge oko oslonca O:
( ) 112A sm515OA −⋅=⋅=−⋅=⋅= RRv ωω
A
O
εω
vA
aAtaA
n
nA
tAA aaa +=
( )( )
( ) ( )( ) sm 926.265101 2-4242
12
42212
2nA
2tAA
212
nA
12tA
⋅=+⋅=+⋅−=
=+⋅−=+=
⋅−=
⋅−=
ωε
ωε
ω
ε
RR
RRaaa
RRa
RRa
BPvvA
vBBrzina i ubrzanje točaka B i C odredit će se razmatranjem ravninskog gibanja zupčanika.
Brzina točke C je nula: 1sm0 −⋅=Cv pa je to trenutni pol brzina. Kutna brzina zupčanika je:
1
1srad20
25.05 −⋅===
RvA
zω
a brzina točke B: 1sm07.720225.0 −⋅=⋅⋅=⋅= zvB BPv ω
Brzina točke B može se dobiti i na drugi način, razmatranjem ravninskog gibanja kao gibanja sastavljenog od translacije točkom A i rotacije oko točke A. Pri tome je brzina točke B jednaka vektorskom zbroju brzina točke B uslijed ova dva gibanja:
rotBAA
rotBA
trBB vvvvv +=+=
r BvA
v = vB Atra
B
A
v = vB Brot
A+
A
1222BA
2AB
-121BA
sm07.755
sm 52025.0−⋅=+=+=
⋅=⋅=⋅=
vvv
Rv ω
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
Za određivanje ubrzanja točaka B i C ravninsko gibanje zupčanika razmatrat će se kao gibanje sastavljeno od translacije točkom A i rotacije oko točke A.
Kutno ubrzanje zupčanika određujemo prema:
( )
( )
2
1
12
1
tA
212tA
11At
A
1A
srad4025.0101
sm 10101
dd
−⋅=⋅
=
⋅−==
=⋅=⋅−=
⋅==
⋅=
RRR
Ra
RRa
Rt
va
Rv
zε
ε
ε
ε
ω
Translacija točkom A + Rotacija oko A
A
B
CaAt
aAt
aAn
aAn
A
B
C
aBAt
aCAt
aBAn
aCAn
Ubrzanje točke B jednako je vektorskom zbroju ubrzanja točke B pri translaciji zupčanika točkom A i ubrzanja točke B pri rotaciji oko točke A:
( ) ( )2tA
nBA
2nA
tBA
tBA
nBA
tA
nA
rotBA
aaa
aaaaa
+++
+++=+
B
trBB
aa
aa
=
=
aAt
aAn
aBAt
aBAnaB
( ) ( ) 222
2-
-2221
2
sm43.1151010025
sm 104025.0
sm 1002025.0
−⋅=+++
⋅=⋅=⋅
⋅=⋅=⋅=⋅ R
z
zz
ε
ωω
B
1tBA
nBA
10
a
BA
=
=
=
a
R
a
Ubrzanje točke C također se dobiva kao vektorski zbroj ubrzanja točke C pri translaciji zupčanika točkom A i ubrzanja točke C pri rotaciji oko točke A:
aAt
aAn
aCAt
aCAn
aC
( ) ( )2t
AtCA
2nA
nCAC
tCA
nCA
tA
nA
rotCA
trCC
aaaaa
aaaaaaa
−++=
+++=+=
( ) ( ) 222C
2-1
tCA
-2221
2nCA
sm125101025100
sm 104025.0
sm 1002025.0CA
−⋅=−++=
⋅=⋅=⋅=
⋅=⋅=⋅=⋅=
a
Ra
Ra
z
zz
ε
ωω
Položaj trenutnog pola ubrzanja malog zupčanika nalazi se na udaljenosti od točke A:
m 067.02040
26.926AP4242
A =+
=+
=zz
aa
ωε
a na pravcu koji sa vektorom ubrzanja točke A zatvara kut:
°=⇒== 7.52040tan 22 α
ωε
αz
z
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
32. zadatak
Pravokutna ploča ABCD giba se u ravnini slike. Poznata su ubrzanja točaka A i D ploče.
Odrediti ubrzanja točaka B i C ploče ako je zadano:
sm 52
m 12-
D ⋅⋅=
=
a sm 1
AD m 2AB2-
A ⋅=
=
a
A B
CD
aD
aA
Rješenje: Ravninsko gibanje ploče u danom trenutku promatrat će se kao gibanje sastavljeno od translacije točkom A i rotacije oko točke A.
AA
B B
C CD D
aA
a aB Atr= aDA
n
aBAn
aCAn
aDAt
aBAt
aCAta aC A
tr=
a aB Atr=
Translacija točkom A + Rotacija oko A Ubrzanje točke D jednako je vektorskom zbroju ubrzanja točke D pri translaciji točkom A, koje je jednako ubrzanju točke A, i ubrzanja točke D pri rotaciji oko A.
aDAn
aA
aD
aDAt
α
αtDA
nDA a+A
rotD
trDD aaaaa +=+=
Iz geometrije ploče slijedi da je:
5
2cos5
1sin
1 m
B
CD 2 m
A
α
== αα
Iz grafičkog prikaza vektorske jednadžbe za ubrzanje točke D dobiva se:
2DD
DtDA
srad41
5252
ADcos
cosAD
cos
−⋅=⋅⋅
=⋅
=⇒⋅=⋅
⋅=
αεαε
α
aa
aa
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
odnosno:
1-AD
D2
DnDAA
srad11
15
152
ADsin
sinAD
sin
⋅=−⋅⋅
=−⋅
=
⋅=⋅+
⋅=+
aa
aa
aaa
A
αω
αω
α
Ubrzanje točke B jednako je vektorskom zbroju ubrzanja točke B pri translaciji točkom A, koje je jednako ubrzanju točke A, i ubrzanja točke B pri rotaciji oko točke A:
( ) ( ) ( )( ) ( )222
2222tBAA
2nBA
tBA
nBAA
rotB
421
AB1AB
⋅++
⋅++⋅=++
++=+
aa
aaaa
εω
B
B
trBB
12 ⋅
=
=
a
aa
aa
aBAn
aBaA
aBAt
α
2B sm 220.9=a .
Ubrzanje točke C jednako je vektorskom zbroju ubrzanja točke C pri translaciji točkom A, koje je jednako
ubrzanju točke A, i ubrzanja točke C pri rotaciji oko točke A:
aCAn
aA
aCAt
α
αaC
tCA
nCAA
rotC
trC aaaa ++=+C aa =
Projekcijom ove vektorske jednadžbe na osi x i dobijemo: y
( )
( )
2222
Cy2
Cx
22
2A
tCA
nCAA
2
2tCA
nCA
sm 198.10102
sm 10
524
5115
cossinCAcossin
sm 2
514
5215
sincosACsincos
=+=+
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅+⋅⋅+
=⋅+⋅⋅+=⋅+⋅+
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅+⋅−⋅
=⋅+⋅−⋅=⋅+⋅
aa
aaa
aa
αεαωαα
αεαωαα
C
Cy
Cx
1
=
=
=
=
−=
a
aa
a
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
33. zadatak
Ploča ABC, u obliku istostraničnog trokuta stranice m 1=b , vrši ravninsko gibanje pri čemu se točke A i B gibaju duž horizontalne odnosno vertikalne osi. U položaju na slici brzina točke A je -1sm ⋅A 3=v , a njezino ubrzanje je -2
A sm 36 ⋅⋅=a .
A
C
Bb
b
b
aA
vA
Izračunati brzinu i ubrzanje točaka B i C. Odrediti također trenutni pol brzina i trenutni pol ubrzanja ploče. Rješenje: Brzine točaka B i C mogu se odrediti promatrajući gibanje ploče kao trenutnu rotaciju oko trenutnog pola brzina. Trenutni pol brzina nalazi se u presjeku okomica na pravce brzina točaka A i B.
Pravci brzina točaka A i B su poznati budući da se točke gibaju po horizontalnoj i vertikalnoj vodilici.
A
C
B Pv
vA
vB
Iz poznate brzine točke A može se odrediti trenutna kutnu brzinu rotacije ploče:
1-AA
A
srad 325.03
2AP
AP
⋅⋅====
⋅=
bvv
v
v
v
ω
ω
Brzina točke B je:
12
2B sm33
21323
22BP −⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛−=⋅=
bbbv v ωωω
a brzina točke C:
1C sm332
21
2CP −⋅=⋅⋅=⋅=⋅= ωω bv v
Ove brzine mogle su se odrediti i na drugi način promatrajući ravninsko gibanje ploče kao gibanje sastavljeno od translacije točkom A i rotacije oko A:
A
C
B
vA
vA
vA
A
C
vBA
vCA
ω
Translacija točkom A + Rotacija oko A
B
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
trBB vv
Brzina točke B jednaka je vektorskom zbroju brzine točke B pri translaciji, koja je jednaka brzini točke A, i brzine točke B pri rotaciji oko A:
rrBAA
rotB vvv rrr
+=+=
vA
vBA vB
60o
Iznosi brzine i v dobiju se rješavanjem pravokutnog trokuta prema slici: Av BA
1
1
sm325.03
60cos60cos
sm33360tan60tan
−
−
⋅⋅===⇒=
⋅=⋅=⋅=⇒=
o
o
oo
ABA
BA
A
ABA
B
vv
vv
vvvv
Kutna brzina ploče je: 1srad32
132 −⋅⋅=
⋅==
bvBAω
Brzina točke C jednaka je vektorskom zbroju brzine točke C pri translaciji, koja je jednaka brzini točke A, i brzine točke C pri rotaciji oko A:
CAAROTC
TRCC vvvvv rrrrr
+=+=
Grafički prikaz ove jednadžbe dan je slikom, a iznos brzine točke C dobiva se prema:
1sm3332
32321−⋅=−⋅=
⋅=⋅⋅=⋅=
−=
C
CA
ACAC
v
CAv
vvv
ω vA
vCA
vC
Ubrzanja točaka B i C određuju se razmatrajući ravninsko gibanje kao zbroj translacije točkom A i rotacije oko A:
A
C
B
aA
aA
aA
A
C
aBAt
aBAn
aCAn
aCAt
ω, ε
Translacija točkom A + Rotacija oko A
B
Ubrzanje točke B jednako je vektorskom zbroju ubrzanja točke B pri translaciji, koje je jednako ubrzanju točke A, i ubrzanja točke B pri rotaciji oko A:
( )ε
ωω
⋅=
=⋅⋅=⋅=⋅=
++=+=
ba
ba
aaaaaa
tBA
2
222nBA
tBA
nBAA
rotB
trBB
sm 12321BA
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
Gornja vektorska jednadžba dana je slikom:
Pošto je pravac ubrzanja aB određen pravcem klizača znači da je projekcija ubrzanja jednaka nuli: Bxa
aBAt
aB
aA
aBAn
30o
05.0
362312
30sin30cos
030sin30cos
A
tBA
nBA
=⋅−⋅
=°
−°
=°⋅+°⋅
a
aa
nBAt
BA
A
⋅=
+−=
aa
aaBx
pa je i kutno ubrzanje ploče jednako nuli:
2srad010 −⋅===
bat
BAε .
Grafički prikaz vektorske jednadžbe za ubrzanje točke B je sada izmijenjen i izgleda prema slici: Ubrzanje točke B je:
aB
aA
aBAn
30o 2sm6
333630tan30tan −⋅=⋅⋅=°⋅=⇒=° AB
A
B aaaa
Ubrzanje točke C je jednako vektorskom zbroju ubrzanja točke C pri translaciji ploče točkom A, koje je jednako ubrzanju točke A i ubrzanja pri rotaciji oko A:
( ) 2222A
2nCAC
2-tCA
2-2nCA
tCA
nCAAC
sm875.153612
sm 001
sm 12
−⋅=⋅+=+=
⋅=⋅=⋅=
⋅=⋅=
++=
aaa
ba
ba
aaaa
ε
ω
aA
aCAn
aC
Trenutni pol ubrzanja ploče odredit ćemo u odnosu na točku A. Trenutni pol ubrzanja leži na pravcu koji s vektorom ubrzanja točke A zatvara kut:
00120tan
2=⇒=== α
ωεα
a na udaljenosti od točke A:
( )m866.0
320
36AP4242
A =⋅+
⋅=
+=
ωε
aa
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
34. zadatak
Središte C diska radijusa giba se udesno konstantnom brzinom . m 25.02 =⋅= rR -1
C sm 6.0 ⋅=v
Odrediti, u položaju prikazanom na slici, kutnu brzinu i kutno ubrzanje štapa OA ako disk kotrlja bez klizanja po horizontalnoj podlozi.
A
B C
O
vC
4r
3r
r
R
Rješenje: Ravninsko gibanje razmatra se kao gibanje sastavljeno od translacije centrom i rotacije oko centra.
CvC vC
vCE
B C
vEC
vBC
E
Ravninsko gibanje = Translacija centrom + Rotacija oko centra
CvC
B
Budući da disk kotrlja bez klizanja, brzina točke diska koja je u dodiru s podlogom (točka E) je jednaka nuli pa je točka E trenutni pol brzina
1E sm0 −⋅=v
Stoga kutnu brzinu diska možemo dobiti kako slijedi:
25.06.0
EC
EC
0
CCdisk
diskECC
ECC
ECCE
ECCE
===
⋅==
=−−=+=
Rvv
vv
vvvvvvvv
ω
ω
E
vCvEC
-1
disk srad 4.2 ⋅=ω . Brzina točke B je:
( )( ) ( )222
disk2
C
2disk
2C
2BC
2C
BCC
4.2125.06.0
CB
⋅+=⋅+
=⋅+=+
+==+
ω
ω
r
vvv
vvv ROTB
TRB
B
B
=
=
=
v
v
vv
vC
vBC
vB
α
sm 671.0 -1
B ⋅=v .
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
Kut α što ga vektor brzine zatvara sa horizontalom je:
°=⇒== 6.266.03.0 tan
C
BC ααvv
A
O
vA
Štap AB također vrši ravninsko gibanje pa će se brzinu točke A odrediti kao vektorski zbroj brzina pri translaciji štapa točkom B i rotaciji oko B:
BABA vvv += .
U gornjoj jednadžbi poznati su vektor brzine Bv te pravci vektora BAv (okomit na dužinu AB) i Av (okomit na dužinu OA) budući da je točka A ujedno i točka štapa OA koji vrši rotaciju oko A. Grafički prikaz vektorske jednadžbe za određivanje brzine točke B dan je slikom
vA
vAB
vB
α
α
βγ
Kut β definiran je geometrijom konstrukcije:
2r
3r
A
Bβ
βp v( )AB
°=⇒=⋅⋅
=32sin β
rr 8.41
32 β
a kut γ izračuna se prema:
°=
°−°−°=−−°=6.21
8.416.269090γ
βαγ
Primjenom sinusnog poučka dobiva se:
( ) ( )1
BB
sm331.0 8.131sin
6.21sin671.090sin
sin90
−⋅=
⋅=
+°⋅
=⇒+° o
o
βγ
βv
vv
AA
sinsin
=γ
v
vA
vB
vBAα
90 +o βγ
( ) ( )1
BBAB
sm403.0 8.131sin
6.26sin671.090sin
sin90sinsin
−⋅=
⋅=
+°⋅
=⇒+°
=o
o
βα
βαv
vvv
AB
Kutna brzina štapa OA je:
1-OA srad 662.0
125.04331.0
4⋅=
⋅=
⋅=
rvAω
a kutna brzina štapa AB je: 1AB
AB srad075.1125.03
403.0 −⋅=⋅
==ABv
ω
Budući da se centar diska giba pravocrtno, a brzina mu je konstantna, ubrzanje centra je:
B C
aBCt
aBCn
2C sm0 −⋅=a
pa je točka C trenutni pol ubrzanja.
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
Kako je kutna brzina diska:
.konstRvC
disk ==ω
to je kutno ubrzanje diska jednako nuli . 2srad0 −⋅=diskaε
Ubrzanje točke B je:
222disk
nBCB
tBC
nBC
tBCB
4.2125.0BC
0
⋅=⋅=⋅==
=
+=
ωω raa
a
aaa
2
B sm 72.0 −⋅=a .
Ubrzanje točke A dobiva se vektorskim zbrajanjem ubrzanja od translacije štapa točkom B i ubrzanja pri rotaciji oko točke B:
A
B
aB
aB
A
B
aABn
p a( )ABt
Translacija točkom B + Rotacija oko B
tAB
nABBA aaaa ++=
Ova jednadžba sadrži dva nepoznata vektora pa nije dostatna za određivanje ubrzanja. Stoga će se napisati i vektorska jednadžba za ubrzanje točke A kao točke štapa OA koji rotira oko točke O:
A
O
aAOt
aAOn
tAOAO a+n
A aa =
Grafički prikaz gornjih jednadžbi dan je slikom:
aB aABn p a( )AB
t
aABt
aAOt
aAOn
aAβ β
Projiciranjem jednadžbi na osi x i dobiva se: y
βαβα
βαβ
cossin:
sincos:tAB
nAB
nAO
tAB
nABB
tAO
⋅+⋅=
⋅−⋅+=
aa
aaaa
Ay
Ax
Sveučilište u Splitu Sveučilišni studijski centar za stručne studije Konstrukcijsko strojarstvo
Uvrštavanjem u ove jednadžbe sljedećih vrijednosti za ubrzanja:
2-nAO
22OA
2OA
nAO
2-nAB
22AB
2AB
nAB
2
sm 220.0
664.0125.044OA
sm 432.0
074.1125.033AB
sm72.0
⋅=
⋅⋅=⋅⋅=⋅=
⋅=
⋅⋅=⋅⋅=⋅=
⋅= −
a
ra
a
ra
aB
ωω
ωω
te rješavanjem sustava jednadžbi dobiva se:
2-
-2tAO
sm091.0
sm 103.1
⋅−=
⋅=tABa
a
Kutno ubrzanje štapa OA je:
2-tAO srad 205.2
5.0103.1
OAOA ⋅===⇒⋅=
aat
OA εε