Tehnicka Mehanika III Dio Dinamika - Aleksandar Kiricenko

1111111111'1"' j! II II, I I II

9 '789536 449071

M.LlliUALIA UNIVERSITATIS STUDIORUM ZAGRABIENSIS UDZBENICI SY'EUCILISTA ZA.GREBU

Aleksandar Kiricenko

Alelzsandar Kiricenko

Sva prava pridliana. Ni jedan dio ove knjige ne moze biti pretiskan iii prenesen u ma kojem obliku iii na ikakav naCin, eiektronicki iii mehanicki, ukljucujuci fotok.opiranJe i snimanje, bez suglasnosti nakladnika.

RECENZEN7rl

Prof dr. DVORNIK dr. MLADEN HUDEC dr. SOTIROV dr.

RADle,

ObjavljivanJe ovog udzbenika odobrilo je Povjerenstvo za znanstveno-nastavnu literaturu Sveucilista u Zagrebu rjesenjem br. 02-1748/1-1995 od 9. studenoga 1995.

CiP - Kalaiogizacija u pubiikacUi Nacionalna i sveucilisna knjiznica. Zagreb

UDK 531 (075.8) 621.01(075.8)

KIRICENKO. Aleksandar Tehnicka melknlii,,, / Aleksandar Kiriceni~o. -

I Logieb. ?51 - ?rE-:i irall10€:! 10 iJiOlchilOio;hl

Inzenjering, 1996 - S'/. ; 2L). C:TI. - (Udzbenic: sVeucilists u ZagrebLJ = ~,~::-::...::!::'

bl!ioteka , Kn). 5;

Kazalo, ISBf\l 953-6449-07-2

Aleksandar

1996.

- ......................... .

kst udzbenika sadriava materijal predmeta l\II-EHANlKA za stu-deme tehnickih fakulteta DINAMlKA.

Za citanje teksta i pracenje obradenih algebre, trigonometrije, vektorskog !'acuna, osnovne matematicke anaHze te dobro poznavanje STATIKE i KINEMATIKE.

U udzbeniku se izlafu osnovni pojmovi i zakoni

razumiju i znaju primijeniti u rjdavanju inienjerskih pe'J"."'''-''''.a.

koristi se vektorski racun, pa su izvodi safetJ. i lagano N a kraju svakoga teoretskog izvoda osnovnih

su fljeseni i primjeri za samostalno rjeiiavanje. Ti su birani tako da se izvedeni pojmovi. i zakoni nauce primjenjivati te da se stekne vjestina razmiSljanja potrebna pri obradivanju mehanickih u mzenjerSk0j praksi. Rijesenih primjera ima 162, a za samostalno rjesavanje 185. Konacna rjesenja primjera za samostalno rjdavanje dani su na stranicama od 331 do 341.

Ucenje i rjeSavanje primjera treba iCi redoslijedom kako je u udzbeniku i izlozeno. Rjesavanje prvih primjera dana je sa svim detaljima, kako bi se upoznao i naucio cjelovit pristup rjesavanja problema. Kada je to nauceno, pri rjesavanju daljnjih zadaraka se ne ulazi u ranije upoznate

UdZbenik sadriava materijal dovoljan za jednosemestralni predmet sa dva sara predavanja i dva sata vjezbi tjedno na tehnickim fakultetima s konstruktorskim usmjerenjem. Redoslijed izlaganja je sadr-

udzbenika. a ide

U Zagrebu, kolovoz 1996. godrne

f. i ~-----------------------------------------------------

l.l 1.2

2.

OSNOVNE £:../IJi.IiiJiA .... C

POIDJELA lJJilr'fu~;"llf!

1 :2

~'~'-----------------------------------------------------

2.1

2.2

2.3 2.4 2.5

2.7

2.8 :70 ~'J

2.2.1

2.2.2 za samositalno I!'jesavtillnje GIISANJE MATEfUJJU .. HE TOCKE

PRAVOllNIJSKO GIISANJE MATERiJALNE TOCKE ANALIZA. SLOSODNE I NESl..OISODNE MATERIJALNE

3

3 5 5

6

a 17 20 22 25

26 :la stillmosfajnc 31

·U!_MNIi" .... ;:"n,.u OSCiUTORNO GiBANJlE fIJATERIJJU •. NE 33

35

40 41

2.10 2.11 2.12

2.13 2.14

2.15

2.16 2.17

2.20

2.21 2.22

3.

3.1 3.2 ],3

3.4 3,5

].7 3.8

KONZERVATlVNE Sn.E FUNKCIJA SILA IU SKAILA.RNI POTENCHJAl POTENCIJALNA ENERGlJA

JEDNADZSA RACIAl I ENERGfJE 2.14.1 RiJeseni

2.14.2 za samosia§no "'''''",''''''""""i,,,,, SNAGA 2.15.1 Rijeseni DIrEiiTI~i!liIrB 2.15.2 za samosta'no .. ii"",,,,,.,,,·,,,,,,,,i;,,,, KOllCIiNA GlaANJA I IMPUf.S ZAKON JMPUf.SA § GISANJA 2.18. Zakon 2.18.1 2.18.2 Primjell'i za samostalno rjesallanje 2.19 Kinetickl tocke ZAKOH fVlOMENATA 2.20.1 2.20.2 Primjeri za samostafno .. ii"".",,,,,,,,,, .. ., .... ZAKON

2.22.1

SUSTA V MATERljALNIH TOCAKA

46

47 48 49 52 53 53 56 62

66 67 69 70 70 73 74 80 82 83 86 89 90 91 91

UVOD 95 CEHTAR MASA SiSTEMA MATERfJALHIH 96

JEDNAOZSE GfBANJA CENTP.A I".t§ASA 97

33.1 Rijeseni primjeri 99 3.3.2 Primjeri za samosi:alno 101 KINETICKA ENERGilJA 102.

RADA E SlS"f'EMA I'JrA"f'ERw,JJU .. Nut

3.5.1 Rijesem& !'Z:f',j'en9tn:rf

3.5.2 za ::iiii:UlfllIJi;iiO:l:III11!!l'} "''''''",,,,'<£<>1,''',,,, G~S4f!%lJA f PR(H~',JiEN:A

ZAKON NMPULSA ZAKON

1.03

105:

109 iii 111 112

].9

].10

].11

].12 ].13 3.14 ].15 ].16

4.

4.1 4.2

4.3 4.4

4.5 4.6 4.7 4,8

/, 1 ':t." 4.12 4. 4.14

].8.1 3.8.2 za samosta5no l"i8>'~:!lIlff::JIirnB"'"

SUDAR DVEJU MATEfUJJU.NIH l"OCAKA

3.9.1 Direldan centricki sudar 3.9.2 Gubitak sudarlU; 3.93 Kosi centricn; Siudar

3.9.4 3.9.5 z:a samosta5no lI'ie!sallall1ie DINAMIKA STALNOG TOKA If'.rc:I,l';>'li"II",..A\l

3.10.1 3.10.2 za samosfafno ".a.."''''" .... ,'''.'''' GaISAIN,IE SISTEMA PROMJENWI!VE MASE 3.11.1 3.11.2 za samostaino lI"iil1'!.i£3!lva,rnil1l1

MOMENT SISTEMA MATERIJALNIH TIlJICJi,h,A

REUTIVNl MOMENT ZAKON MOMENATA U SBSTEM MATERiJALNIH

MOMENTA

ZAKON UII.I'n",;A\U'<i.JiM "'~""""""'''''IM'''''''' MOMENTA SISTEM.A 3.161 3.16.2

DINAMIKA KRUTOG TIjELA

UVOD MOMENT. TROMOSTl MASE TfJEU 4.2.1 Rijeseni primjeri KOllCINA GIBANJA KRUTOG TiJEILA. ZilKON GIISAHJA , ZAKOH G'BANJA CENTRA

11.3

120 123 123 121 127 128 136 138 139 141 142 143 146

147 148 148 150 150 151 155

151 160

166 168

MASE lUElLA. 168

DJEUJVANJE 'MPULSA NA KRUTO TIJELO 110

ZAKOH ODRZA.NJA KOUclNE GIBANJA KRUTOG T'JEU 170 MOMENT KRUTOG TiJEU 171

~RU!,OG TC,p!fE!!..jj, j 73

UKON MOMJENATA U KRUTO i'lJiELO' 116 PPOPlJPJfEHA

GIBAH .. fE KRUTOG Tf:.n:u D'ALENiBiERTOV TRAHSLATO.RHO GlBAW!JE

ROTACEJA OKO osn 4.14.1

17S 18.1. 1,82

18.3

184 lS5

4.15

4.16 4.17 4.18 4.19

4.20

4.21

4.22 4.23 4.24

4.25

4.14.2 Za sa,rnostain1/J N'Ne:sal,ran,le

RAVNINSKO GISANJE. 4.15.1 4.15.2 Za samostalno f'i"",!i:;A"!!'M':~~"iIP<l"

ROTACIJA. TIJEU aKa Ne;:p(lIM~

GESA1'lJE. TIJEU U PilOSTORU RAD SIU PAi YIJEU

GIBA.NJU

GISANJA TlJEU

ENERGIJA TiJEU S MATERIJAf.NOM SIMETRIJOM ZAKOtJ RADA e ENERGIJE. ZA KlnJTO

DRUG' OSUCH RADA ZAKON ODiRZANJA Mt!'li"!!.4U'IUI,;I!'!,e IE,NlEi~Gjf~_U;,

4.24.1 4.24.2 za liiia;,TIo:s:ra2E1i1Jl

DJELOVANJE III11PULSA Klln.nro TCJELO 4.25.1 4.25.2

4.26 ZAKON UlUllltlu:.:aMliid.a ""r"'lin~',M"F" ""'"",,,,"'unWi

4.261 4.262

5. OSCILACIjE ;

5.1 5.2

53 5.4

56

UliOD

5.2.1 SIUl 8 KRUraST

194

197 197 207

212 213

214

215

216

218 219 220 221 221

231

235 238 248 251 251 254

255 256

258

264 266

26'&'

271

281 288

290 1!l!"!lU.I·!;;/f',IFilem 293

5.7 295

5.8

5.9 5.10

5.11 5.12

5.7.1 5.7.2

5.73

5.7.4

5.8.1 na harmonijsKu snu porelnecaJla 5. 7.2 Ilia op6u silu Do,refne,caiia

SIUl PRIJJENOSA UTJECAJ GISANJA TEAfEUA SUS'TJUfA

MJERENJE illBRACIJA

295

299

301

302

305 305 309 311 312 314 316 316 327

331 343 345

1.1. DINAMIKA

!nzenjerska r:];:.r:a;;ika cvrstog tijela razmatra uzroke i posljedice me(\n~ohnihdjelovanja

tijela. Svako djelovanje ima svoju velicinu, mjesto, pravac i smjer, a oznacuje se velicinom

koju zovemo sHa. Mehanika se dijeli na statiku i dinamiku. Statikli sile koje djeluju

na tijelo i nalaze se'u ravnotezi. Dinamika proucava odnose gibanja tijeia i sila koje djeluju

na to tijelo i nisu u ravnotezi. Dinamika se dijeli na kinematiku i kinetiku.

Kil'lematika je dio dinamike koji se bavi razmatranjem oanosa prostora i prj

gibanju tijeJa bez obzira na uzroke potrebne da promatrano gibanje nastane, da se oddi

iIi da se mijenja.

Kinetika je dio dinamike koji odreduje djelovanja potrebna da se odredeno gibanje tijela

stvori, oddi iIi mijenja, iii obratno, koji odreduje gibanje tijela poznatom

djelovanju. Kinetika analizira i odreduje veze izmedu sila koje djeJuju na tijelo sa masom j

gibanjem toga tijela.

Osnovne velicine dinamike jesu duzina, vrijeme, masa i sila. Jedinice za te osnovne

veiicine nemogu se birati nazavisno. Jedinica za duzinu, vrijeme i jedna ad preostalih dviju,

mogu se birati nezavisno. Medutim cetvrta jedinica se mora birati podudarno s drugim

Newtonovim zakonom mehanike.

Imernacionalni sustav jedinica je univerzalan. Uzima za osnovnu jedinicu za duzinu

metar (m), za vrijeme sekundu (s) a za masu kilogram (kg). Izvedena jedinica za silu je

newton (N). Sila od 1 N je potrebna da tijelu mase 1 kg da ubrzanje od 1 ms-2 Prema tome

je 1 N '" 1 kgms-2. SI sustav jedinica tvori apso!utan sustav jedinica. To znaci da su tri

osnovne veIicine neovisne 0 mjestu izmjerenja pa se mogu koristiti na bilo kojem planetu.

S3 G. Tezina na jednaka. je mast ,iiela i konsrante g se izrazom:

G = rng.

Kon,q;mtu !" u

2 Uvod

1.2. OSNOV~'E ZADACE KINETIKE

Kinetika ima dvije osnovne zadace. Prvaje cIa odredi sile koje uzrokuju promatrano gibanje

[ijela, a druga cIa odredi gibanje tijela koje 6e nastati od djelujucih sila. Svakako moze biLi i mijesana zadaca u kojoj je poznat dio informacija 0 gibanju Iijela i dio informacija 0 silama

koje djeluju na IO tijelo pa se ostalo mora odrediti.

Ucenje kinetike zahtijeva dobro poznavanje kinematike i analize djelovanja sila iz statike.

Kinematika se moze utiti bez poznavanja analize djelovanja sila i bez kinetike pa se zato uvijek uci prije kinetike, a moze i prije statike. Kada se kinematika zasebno nauci prije kinetike, pa se pravila kinematike sarno primjenjujll pri ucenju kinetike, tada se naziv

dinamika odnosi sarno na kinetiku.

1.3. PODJELA DINAMIKE

Kao sto je biia izvrsena podjeia u kinematici na kinematiku tocke i kinematiku krutog tijela, iz razloga !lto opcenito gibanje tijela moze biti slozenije jer moze sadrzavati i rotaciju tijela, taka se i dimunika dijeli iz istih, a i drugih razloga na:

a) dinamiku materijalne tocke iIi cestice, b) diuamil.u sustava materijalnih tocaka iii cestica, c) dinamiku krutog tijela i

d) dinamiku cvrstog deformabilnog tijela.

Dinmuika materijalne tocke ili cestice obraduje materijalno tijelo, za koje u vrsenoj

dinamickoj analizi dimenzije tije!a nemaju utjecaja, iii je to cestica materije skoncentrirana u relativno vrlo malom volumenu.

Diaal:llll,a stlstava materijainih tocaka iii cestica obraduje sustav materijainih tijela koja

se mogu smatrati u dinamickoj analizi kao materijalne tocke iii cestice.

Dinamika krutog tijeia obraduje skup vrlo velikog broja materijalnih vrlo malih cestica

koje ne mijenjaju medusobnu udaljenost i jednoiiko su rasporedene po odredenom volumenu kojim je definiran oblik tog tijela. Dimenzije takvog tijela imaju utjecaja u dinamickoj analizi, medutim radi stalnih medusobnih udaljenosti cestice tijela, izmjere se [jjela pri bilo kojem

djelovanju sila ne mjenjaju, sto znaci da je kruto tijelo nedeformabihlO.

~'HaHUdn.a cvrstog tijela obraduje skup vrlo veiikog broja materijalnih vrlo

malih cestica rasporedenih jednoliko po volumenu tijela, kao i kod krutog tijela, medutim pri

opterecenju rijela silama, cestice tiiela mijenjaiu udaljenosi DO odredenom zakonu, SLO znaci da .ie tijelo defurmabihw.

U anallzama ovog udzbenika oJn3.rnii-:e obraduje se din:l:r:iLc ma[erijajnc rocke, ciinaolika sllstava malerijalnih wcaka j dmamika krmog [ljeia.

izlaze se u predmetl! dinamika konstrukci,ia.

cvrstog deformabilnog rijela

2.1. ZAKONl

osnovnih zakona izvedeni

uvode i kineticka

moment kolicine gibanja

2.1.1.

a. Prvi

u stlmju rM'ol'iHlja

t€J stanje

Otpor

zovemo nnereija.

v:mjskih lRu'uka.

iIi

se na tri osnovna l'\fe\~/tonova

i za.lconi u

je materije tijela

b. Drugi Newtonov zakon mehanike iii zaikon gibanja glasi: Promjena kolicine

materijaine tocke po v,emeIHl! je s ul.upllim vanjskim djelovanjem.

Newton je polcazao kako se mijenja brzina tijela pod djelovanjem sile U odredenom

intervalu vremena izrazom:

lz tog

Euler

~zr2.za moze Se odrediti &ila icoja je

F=m

definjrao g:-anicnu

v-v o

t-t. m 2.1.1

NeV/IonOVc. izraza za silu kada prirasl vekr.orskom

4 Materijalna tocka

F=mlim Ail =m dv =mii. LH~O At dt

2.1.2

Dok je Newton smatrao masu kao kolicinu materije tijeia, Euler je smatrao masu za mjeru

inertnosti tijela koja je jednaka tezini tijela podijeljenoj s ubrzanjem slobodnog pada u

zrakopraznom prostoru, to jest:

G m=-. 2.1.3

g

Aka ukupno vanjsko djeJovanje oznacimo s silom F, kolicinu gibanja sa if =mv, gdje je m

masa materijalne tocke a v brzina, tada se drugi Newtonov zakon moze izraziti jednadzbom:

F = d(m0 = dif 2.1.4 dt dt

Izraz 2.1.4 se koristi kada se masa tijela mijenja s vremenom, to jest kada je m=m(t). Za

vecinu problema koji se obraduju u tehnickoj praksi, masa se vremenom ne mijenja, pa

vrijedi izraz 2.1.2. lednadzba 2.1.2, koja se najcesce koristi za prikazivanje drugoga Newtonovog zakona

mehanike, predstavlja osnovm zakon dinamike i naziva se Ncwhmova

Pri koristenju Newtonove jednadzbe gibanja, potrebno je gibanje odmjera,vati u odnosu

incrcionog referentnog sustava koji se naziva referentnim sustavom

odmjeravanja gibanja. Takav referentni sustav odmjeravanja ne smije rotirati, maze biti

nepomican iIi se moze gibati transJatorno s konstamnom brzinam (Galilejev sllstav), kako bi

pr~nosno ubrzanje referentnog sustava biio nula, to jest ap =0, sto znaci da je relativno

ubrzanje ujedno i apsolutno.

c. Tre6i Newtonov zakon mehanike iIi zakon akdje i reakcije glasi: Na svaku silu akdje

javija se jednaka ali suprotno usmjerena sila reakcijeo

Prema ovom se zakonu ukupna medudjelovanje dvaju tijela uvijek prikazuje dvjema silama

koje su jednake po iznosu, leze na istam pravcu ali su suprotnog smjera djelovanja. Pri

medudjelovanju tijela "a" i "b" za sile medudjelovanja moze se pisati da je:

2.1.5

U izrazu na a 00 tijela b, a

Dinamika 5

2.1.2. IlIczavisnosti sila Taj princip je posljedica Stevinusova pravila djelovanja sila. Pri pojedinacnom

n-sila Fl'F2, , , ,Fn na materijainu tocku mase m, svaka bi od tih sila dala masi ubrzanje

koje je proporcionalno sa silom, jer prema drugamu Newtonovom zakonu mora biti:

. i F =ma. n "

To znaci da je:

2.1.6

Ubrzanje materijalne tocke pri istodobnom djelovanju tih sila odreduje se izrazom:

-. _ -. -0- rt_

F = F J + F2 + . . . + F" = E Fi = ma. i=l

2.1.7

gdje je a ubrzanje .materijalne tocke pri istovremenom djelovanju svih sila i jednako je:

~FFJF2 a=-=-+-

m m m

n

+ an = E iii~ i=l

Izraz 2.1.8 izrazava princip nezavisnog djelovanja sila prema kojem je

materijaine tocke pd istobnom n-si.!.a sumi

koja nastaju karla svaka sila djeluje na tu

2.1.3. D' Alembertov prindp i pojam dinamicke ravnoteze

2.1.8

Za materijalnu tocku mase m, na koju djeluje ukupna sila F, prema drugom Newtonovom

zakonu vrijedi: F = mil.

Ta jednadzba moze se prikazati i u ovom obliku:

F + (-mii) = O.

U ovom izrazu se velie ina (-mii) moze smatrati silom inerdje i oznaciti sa l, tako da je:

l = -mil. 2.1.9

pa se zato moze pisati da je

Dakle, zbroj sUe

sHe

inercije formal no stvara sustav sila u ravnotezi, a iZfaZava se formulom:

6 Materiialna tocka

2.1.10 i=l

D' Alembertov princip za materijalnu tocku glasi: sile inercije pretvara se

dinamicki problem u forruall1o staticki koji se moze rjesavati statike.

2.2. RJESAVANJE PROBLEMA DINAMlKE MATERIJALNE TOCKE

U uvodu je receno, da dinamika analizira tUelo na koje djeluju vanjske sile, koje nisu u

ravnoteZi. U tim analizama se razmatraju i sile i sarno gibanje. U problemima dinamike

materijalne tocke moze bid poznat iii zakon gibanja materUalne tacke, iii sile koje djeluju na

materijalnu tocku, iIi nesto 0 gibanju i nesto 0 silama. Zato se u dinamickoj analizi

materijalne tocke moze doci do problema dinamike prve vrste, druge vrste iIi mijeSanog problema.

a) Problem diuarnike prve vrste

Kadaje za materijalnu tocku mase m'poznat zakon gibanja f=f(t), tada se moze odrediti sila F koja uzrokuje to gibanje.

Deriviranjem zakona gibanja f=f(t) po'Vremenu moze se odrediti brzinu v=v(t) i zatim

ubrzanje ii =ii(t). Sila F=F(t) koja djeluje na tu materijalnu tocku, odreduje se izrazom:

F=mii. 2.2.1

Kadaje zakon gibanja dan na koordinatni nacin sa x=x(t), y=y(t) i z=z(t), tada sila koja uzrokuje to gibanje ima komponente:

Fx = mi ; Fy = my i Fz = m£. 2.2.2

Riesavanje problema prve vrste u nacelu je jednostavan problem.

h) Problem dimuuike dmge vrste

Kada je za materijalnu tocku mase m poznata sila koja djeluje na nju, tada se moze odrediti uorzanje materiJaine tocKe izrazom:

m

gdjc se vciiCina lCt) moze smatrati silom na jedinicu mase.

lZra2,c~ La ~ ilL n uznu

jest vrijednosti r;,~o) =t;, i V(,~o) =v." odreduje se najprije brzina koja je:

Dinamika 7

V=V + o 2.2 .. 4

a zatim zakon gibanja:

. dt· dr. 2.2.5

Rjesavanje problema druge vrste je obicno slozenije od problema prve vrste. Sila F moze

biti zadana kao konstantna iIi ovisna 0 jednom iii vise parametara kao sto su

iIi brzina.

c) Mijesani pl'Obiem UHbUUH',,"

Problemi dinamike marerijalne tocke mogu biti tak:vi da je za njih pomato nesto 0 gibanju

i nesto 0 siiama pa se trazi da se odredi sve a i sve 0 slLll~ia. Takav

se mijesani probiem dinamike materijalne tocke. On maze biti lPclnrlcr<",on

slozen.

Mijesani problem dinamike se redovito pri gibanju neslobodne

rraziva

ali cesto i vrlo

locke za

koju je poznata trajektorija gibanja i ukupna aklivna sila. a trazi se da se odredi zakon gibanja

i sile veza.

d) Rjesavanje problema lUJu"",Uli>,,,

Rjesavanje problema dinamike mora zapoceti analizom 0 vrsti i karakteru n"",lpIT1~

tome treba utvrditi:

01) 0 kakvom gibanju se u radi i sto je 0 poznato ili treba oaredili,

(3) koji su parametri dinamike poznati i koje treba odrediti,

1') je Ii dinamicki proces isti iIi sastavljen od vise faza sa razlicitim dinamickim p

procesom,

0) trenutak kada dinamicki proces, iIi svaka faza procesa, zapocinje i kada zavrsava.

Nakon izvrsene analize problema moze se zak!juciti 0 kojem se problemu "Llla:nike radi,

kojim purerE ga treba rjesavati i koje je jednadzbe dinamike najbolje postaviti za najlakse

rjesavanje koje uvijek obuhvaca i kinema,iku i kinetiku, a zavrsava ocjenom je Ii rjesenje

realno.

8 Materijalna tocka

2.2.1. RllJESENI PRIMJERI

PRIMJER 2.2.1 Tijelo tezine G=1.2kN, pocnese gibati translatorno u pravcu po

horizolltainoj podlozi l.lsIijed djelovanja sUe F po zak"nu s=(O.25t2 +2t) m.

Odred! sHu F.

Analiza problema. Gibanje tijela je transiatorno, zata dimenzije tijela nemaju utjeeaja na

gibanje, pa se dinamicka analiza vrsi kao za materijalnu tocku. U problemu je zadan zakon

gibanja j traii se sila koja uzrokuje to gibanje. To je problem dinamike prve vrste. Prvo treba

pravilima kinematike odrediti ubrzanje, a zarim praviiima kinetike silu.

Izracunavanje ubrzanja slijedi postupnim deriviranjem zakona gibanja prema

definieiji kinematike:

s = (o.2sf +2) m, v = S = O,5tm/s, a = v = 0,5 m/s2.

Kinetika. Ubrzanje je konstantno, a prema tome i djelujuea sila. Trazena ee se sila odrediti

formulom 2.1.4: G 1200 1 <62N F=ma=-a=--O,5=6,1 . g 9,81

PRIMJER 2.2.2 Na materijainl.l tocku mase m=l kg, djeluje sila koja se mi.jenja s

vremenom po zakonu F= (tT+t2/+t3 k) N. Pozuato je da je u trenutku t=O toCke

bio je u ishodiStu pravokutnoga koordinatnog sustava § brzinom va =(1 1+2/+3k) ms-1

OdredI zakon gibanja toCke.

Analiza problema. U problemu gibanja slobodne materijalne tocke u prostoru poznata je sila,

koja se mijenja s vremenom, i traii se zakon gibanja. To je problem dinamike druge vrste.

Praviiima kinetike definiratice se ubrzanje, a pravilima kinematike zakon gibanja.

Y:jnetik~. ICcilip;Jti.ente sUe prewa drugora t..Jevvtonovu zakoEu dinarni.ke jesu:

F" =t =mi = Ii N, :0'_ =:2 =rU-{' :::- 1 -';' 1,;-

Fz ::::t 3 =mz = 1£ bl.

tzrazi za immr>cwlF'nt.o ubrzau,ia focke

Dinamika

Kinem:Jtikll. lntegraeijom izraza za ubrzanje dobiju se opci izrazi za brzinu

koji glase:

t2 t3

X = xo + ~, x = Xo + + -::-' k {}

t3

}' = );0 + 3' y Ji t4

= Yo + +

t4 ~ Z = Zo + 4' z = 20 + +

20

9

tocke

Uzimajuei u obzir da je u pocetku gibanja pri t=O tocka bila u ishodistu s poznatom

brzinom, to znaci da komponente pocetnog polozaja i pocetne brzine iznose:

X ~y ~ 7 ~O X'o = 1 ms-1, y'o =2 ms-1 7_ =3 ms-1 o~o~-o~, -u

Uvrstenjem pocetnih uvjeta gibanja u opee izraze za polozaj tocke

materijalne tocke l1a koordinatni nacin:

( t3 \

X= -+tlm; \ 6 )

PRIMJER 2.2.3 Tijela mase m krene sa hrzinom Yo

niz giatkl1 kOSlll1 nagnutl1 pod kutom a (vidi sliku 2.2.1).

Aka je vo=l m/s i 0'=30°, odredI zakaD gibanja tijela.

Razmatranje problema. Tijelo ce kliziti u praveu bez rotaeije sto

znaci da je gibanje translatorno pravoertno pa se dinamicka analiza

vrsi kao za materijalnu tocku. Poznata je masa tijela, pocetna brzina

se zakon

m.

Slika 2.2.1

i da je gibanje niz kosinu s poznatim kutom nagiba. TraZi se da se odredi zakon gibanja tijela.

Da se moze odrediti zakon gibanja tijeia, potrebno je definirati sile koje na tijelo pri

tom gibanju. Kinetikom ee se izvrsiti analiza sila, i definirati ubrzanje, a pravilima kinematike

odrediti zakon gibanja.

Kinetika. Koristit ce se princip D' Alemben:a taka da se dada vanjskim

Siic~ InerciJe J::: suprO[I}ug SillJera OU a analizu sila izabrat ee.se zaokrenuti pravokmnf koordinatni sustav x-yo

U nek..onl :renuo:;..u giDallj~ Ha

ravnoteze za dinamicku ravnotezu

ce glase:

SHe

i silu

]0

Ex = Gsina - L =0. EY=N-GcoslX =0. 2.

Znaci da je

KinCliilatika.. Iz izraza za

jednadzba gibanja glasi:

L=Gslna =ma=mi=!2i. g

sill! vidi se da difereneijalna

i:::: g sino:.

Materijalna tocka

lntegracijom te diferencijalne jednadzbe dobiju se opci izrazi za brzinu i polozaj, koji glase:

v = i ::;: g t sin a + C ,.2

x = g , sina + C t + D. 2

Konstante integracije aooiju se analizom pocetnih uvjeta gibanja tijeJa. Ako se mjeri polozaj

od mjesta gdje je tijelo oilo u pocetku gibanja, to jest da je x,=o=Xo=O, rada mora biti

da je D=O. Pocetna brzina gibanja je va, a to znaci da mora biti C=vo=l m/s.

Zakon tijela

+2

X = g; sin30° + Vo t = (2,4525t2 + t) m.

PRIMJER 2.2.4 Tijeio tezine G=lON miruje na hrapavoj

horizontainoj povrsini.. Na tijelo pocne dje!ovati konstantna

siia vel.icrne F= 10 N, i djell.lje II trajanju od 4 sekuIIde, taRo

da se giba trau;,latorno U pravcu.

Odredi koji ce put to tijelo od pocetka sile do zau..<;tavljanja aka je koefidjent trenja na dodimoj

povrSirJ f=O.2, (vidi sliku 2.2.3),

SIika 2.2.3

je transiatorno pravocrtno. pa se anai lZ2 mozE'

treba pror:;arrau u dva karak[eristicna

vremenska intervaia, odnosno u dvjema karakterislicnim fazama U prvom intervalu

konsto.mno akti'!lla silo. F i sila , .

salHO KOSU1DUla Slla trenJ3

pa se giba usporeno,

Dinamika

Analiza prve faze gibanja. U nekom trenutku gibanja na rijelo

djeluju siie prikazane na sliei 2.2.4. ledmrdiba gibanja, opCi izraz

za brzinu i za polozaj tijela glase:

11

8 ------~ ma=(F-T)

F-T V=--· t+ C, ~ , I

m ' MIN

Slika 2.2.4

U pocetku gibanja pri t=O brzina tijela je nula, a i vrijednost x, .ier se poJozaj mJerJ

od mjesta od kojeg je i pocelo gibanje. To znaci da konstante C, moraju biti jednake

nuli, pa izrazi za brzinu i poJohj u prvoj fazi gibanja giase:

= F-Tt m

F-x=--

2m

Brzina i polozaj tijela u trenurku t=t; =45 jesu:

v =v = F-T t = F-fG ot = 1O-2 g4 =3,2g= 31392m/s '. 1 m 1 G" 1 10 . ,

1:i'_ X =x =_A __ " ] 2m

10-2 2 _ =--g4 =6,4g= 62,!84m.

20

Analiza druge faze gibanja. U nekom trenutku ove faze gibanja na rijelo

djeluju sile prikazane na slici 2.2.5. Jednadzba gibanja, opci izraz za

brzinu i za polotaj tijeJa glase:

ma=-T T

v= --(t- +C2 m

x = -~ (t-t j )2 +C?(t-tj

) +D?, 2m - -

U pocetku ove faze gibanja tijela, to jest pri t=tl =4 s, tijelo je imalo

polata) Xi i brzinu VI sro znaci d8. su korrs:a!1!e iDteg:::-a::~j~ C2 ='\.'1 ~ D2 -=-Jt.I-

. Konacni izraz za brzinu i u drugoj fazi gibanja jest!: 'T'

\ ~YJ --i,'- -t,j= L::H392-1.,962p-4)Jm/s m

X::::X1+V1(t -fg(t )2;:0 [62,7~4+31,392(t-4)-O_981(t

a -----I>-

qJl ~ I

T !

K • Slika 2.2.5

i2 Materijalna tocka

Tijelo ce stati kada se brzina izjednaci s nulom, a to se dogada na kraju druge faze gibanja

u trenutku

mV1 v 1 3,2g t =t +--=4+-=4+--=20s. 2 1 T fg 0,2g

Polozaj tijela u tom je trenutku: 2

Vj

X =x +--'2 j 2fg

322g2 64"+-'-- = 32g = 313,92m. 'b 20,2g

PRIMJER 2.2.5 Balon ukupne tezine G=6 kN pacta vertikalno s konstantnim nbrzanjern

a=l m/s2• Odredi koji uzgon U ima balon i koj! balast Q treba izbadti iz baiona, da

ubrzanje promijeni sarno predznak. Otpor zraka neka.se zanemari. Uzgon pri spl.iStanju

i dizanjn je isH.

Analiza problema. Balon se giba translatorno vertikalno. Za rjesenje problema treba izvrsiti

dinamicku analizu. za dva stanja gibanja i to stanje spustanja i stanje dizanja s jednakim

iznosom ubrzanja a i istim uzgonom.

SpuStanje (slika 2.2.6). Pri stanju spustanja jednadzba dinamicke

ravnoteze glasi:

LY = U + L1 ~ G = 0,

sto znaci da je:

U~G=~L =~Qa .... 1. 1 g

ravnoteZe glasi:

sto znaci da je:

U~G=L-O= G~Q 14 ... 0 - g'

Slika 2.2.7

u

Slika 2.2.6

jedilaJz~a dinalllicke

2.

Dinamika 13

Iz jednadzbe 1. moze se izracunati sila uzgona U, a iz jednadzbe 2. tezina tereta Q. lznos tih velicina jest:

U g~a

G- = 6000 g~O.2 5388,5 N g g

Q G~ = 6000~ 1110,1 N. g+a g+O.2

PRIMJER 2.2.6 Auto na slid 2.2.8 ima tezhm G=lOkN,

i pocne se gibati nbrzano 1.I pravcu po horizontalnoj cesti. Pogonski koraci su

koeficijentorn trenja f=0,6. Motor allta je velike

Odredi za koje ce

od 90 kID/h. Deform.adje tezine

zanernare.

bJrzinu

neka se

Poznate su izmjere: a=1,3m, b=1,2m i h=G,6rn.

S!ika 2.2.8

Analiza Gibanje auta je translatorno pravocrtno. Kinetickom analizom mogu se

odrediti djeJujuce vanjske sHe i sila inercije. Poznavajuci teZinu auta moze se odrediti

ubrzanje auta. Kinematickom anaiizom jednoiiko ubrzanoga pravocrtnoga gibanja auta, moze

se odrediti minimaino vrijeme za koje ce auto ostvariti tfaienu brzinu.

Kinetika. Na auto za vrijeme jednoliko ubrzanog gibanja

djeluje konstantno ubrzanje u smjeru gibanja. Dodavanjem

sile inercije vanjskim silama bit ce ispunjena dinamicka

ravnoteZa.

U nekom trenutku gibanja na auto djeluju sile pokazane na

slici 2.2.9.

lednadzbe ravnoteZe glase:

LX=T~L=O

( a T b ) Gb~Lh=O

su: T

17 jednadzbi ravnoteza dobva se:

. 3.

14 Materijalna tocka

L T iii mi =jN1

N G b

je 1 a+b-fh pa

N jbg 0,6'1,2-9,81 X = j-.2 = 3,3 mjs2. m a+b-jh 1,3 + 1,2 - 0,6' 0,6

Kinematika. Gibanje auta je jednoliko ubrzano. Pocetna brzina je nula i povecava se po

zakonu:

Potrebno vrijeme za koje ce auto postici brzinu ad 90 km/h jest:

i 25 t=-=-=75745s.

i 3,3 '

PRIMJER 2.2.7 Materijai.na tocka mase m= lOkg, giba se u ravnini x-y po zakonu:

x = 2cos(2t)m y = 3sin(2t)m.

Odredi siJiu koja izaziva to gibanje.

Analiza problema. Poznat je zakon gibanja

materijalne tocke i traii se uzrok tome gibanju.

To je problem dinamike prve vrste. Pravilima

kinematike treba odrediti ubrzanje, a zatim

praviiom kinetike silu koja uzrokuje to gibanje.

Kinematika. Materijalna tocka giba se u ravnini

po trajektoriji kojaje elipsa. Zakon gibanja i izraz

za ubrzanje dani su izrazima:

r = [2cos(2t)i +3 sin(2 t)Il m

Slika 2.2.10

[ - 8 cos(2 t) i - 12 sin(2 t)iJ =

DillJ.mika

KiIletil{a. Sila koja djeluje na materijalnu tocku jest:

F = ma= -80cos(2t)i-120sin(2t)i= -40fN.

Sila je cent~alna jer djeluje u smjeru centra elipse. (Vidi sliku 2.2.10).

PRIMJER 2.2.8 Materijalua tack a tezine G=lON, giba 5e po

kruznici radiusa r= m. (Vidi sliku 2.2.11).

Zakon wi.'Ke dan je izrazom:

s=re'm.

Odredi silu koja lllZrokuje to gibanje.

Analiza proo!.:mil. Problem je analogan zadatku 2.2.7. Slika 2.2.11

15

Kinematika. Gibanje materijalne tocke je kruzno. Ubrzanje tocke ima mngencijalnu i normalnu kOl:1pOnentu. Poiozaj tocke moze se definirati kutam 1" pa su Kutna brzina, kutno

ubrzanje. j ubrzanje tocke dani izrazima:

qJ=~=et; w=<jl=e'; e=iP=e', r

il = ilT + ilN

aN = rw2 = re"l.t; a = va~+a~ = retJ 1 +e2t

Kinetika. Sila koja djeluje na materijalnu tocku i uzrokuje zadano

gibanje je (vidi sliku 2.2.12):

F = ma = m(iLl +a.,,) - G ,.,,'(1;' +e'ii) " - g'- '0 0

1,02e'(1;'o +etn)N.

F = ma Qrerjl +e"t = 1,02e t yl +e2' N.

g

16

PRIMJER 2.2.9 Auto tezine G juri

brzillom i dolazi na zavoj radiusa R gdje cesta ima

nagib a. Koeficijent trenja izmedl.l

ceste je f. TeziSte auta nalazi se nl! visini h iznad

ceste, a razmak kotaca je 2b. ( Vidi siilm 2.2.13).

Ispitaj koja je kriticna brzina Ila zavaju gdje maze

doei do klizanja iIi prevrtanja auta.

Tezina pneumatika te deformaciju pneumatika i

zavjesenje auta, neka se zanemare. Rjesenje za

kriticne brzille izrazi kao funkciju od R, a, f, II i b.

Materiialna tocka

Slika 2.2.13

Analiza problema. U zadatku treba odrediti brzinu voznje na zavoju pri kojoj je auto u

dinamickoj ravnotezi i jos neee poceti ni klizati a niti se prevrtati. Auto neee kliznuti ako su

maksimalna sila trenja i sila inercije jos u ravnotdi. Aute; se neet prevrnuti ako je moment

maksimalne sile inereije i njegove tezine na os vanjskih pneumatika

auta na zavoju je kruzno sa v=konst.

KLnetika; Koristiti ce se princip D' Alemberta. Djelujueim

silama na auto dodat ce se i sila inereije da se stvori

dinamicka ravnoteh. Sila inercije je u srvari eentrifugalna sila

koja nastaje pri jednolikom kruznom gibanju auta na zavoju.

Sile koje tvore dinamicku ravnoteiu jesu sila tezine auta G,

sila inercije L, ukupna sila trenja T i ukupna sila reaktivnog

pritiska ceste N. Sile su oznacene na slici 2.2.14, a znace:

v2 L=m

R'

u ravnoteii. Gibanje

Slika 2.2.14

Klizanje. Do kiizanja jos neee doci dok je ispunjena dinamicka ravnoteia. Za utj trenutak

mora bitijos isounieno daie:

Ex = Leose - Gsmcc - T ~

Uvrstenjem poznatih velicina. iz te jednadzbe dobiva se kriticna bTzina voznj::; za kiizanje

kO.ia iznosi:

v -,fgR(f+tga).

Dinamika 17

Prevrtanje. Do prevrtanja joil neee doti kada ee pritisak pneumatika N j biti nula, i aka je

ispunjena dinamicka ravnotda. Za taj trenutak mora moment sila na os dodira pneumatika

2 sa cestom biti jednak:

LM2 ~ Lcosah-Lsinab-Gsinah-Gcosab ~ O.

UVrStenjem poznatih vrijednosti u tu jednadzbu dobiva se kriticna brzina

prevrtanje koja iznosi:

v R hSin1X +bcosa

g \. ~ - . neosa -bsm1X

2.2.2. PRTh1JERI ZA SA.l\10STALNO

za

2.2.1 Koju tezinu ima tijelo G koje ima masu 20 kg, i koju masu ima tijelo Q kojem tdina

iznisi 20 N.

2.2.2 Tijelo mase 10 kg, krene transiatorno u praveu ko~sta:::nc sHe F==45 N. Poznato je da se tijelo pocelo kretati brzinom od 5 m/s.

Odredi koju ee brzinu imati tijelo u trenutku t=lOs, i kako giasi zakon

2.2.3 Platforma tdine G=1,2 kN (vidi sliku 2.2.15),

spustana je jednoliko ubrzano s pocetnom brzinom vo=O,

tako da se spustila 50 metara za 10 sekundi.

Odredi silu u uzem kojim je platforma pridriavana pri

spustanju.

od vo=5 mis, ono ee se gibati trans!atorno Jedno!iko usporeno

lJ pravcu i zaUSLaviti na od 5; rnetara. ()drerii

zaustavljarJa.

Stika 2.2.15

Slika ::'.2.16

18 Materijaina tocka

2.2.5 Vagon [eiine G=10kN, juri u praveu po pruzi niz

kosinu nagnutu pod kutom od a=15 stupnjeva (vidi sliku

2.2.17). Za vrijeme voznje pomocu aparata je izmjereno

konstantno ubrzanje od 0,2 mis2

a). Odredi silu kocenja vagona.

b). Odredi nagib kosine na kojoj bi se vagon spustao

konstantnom brzinom uz koeficijent trenja 0,1.

Slika 2.2.17

2.2.6 Vlak krene i giba se jednoliko ubrzano po ravnoj horizontalnoj pruzi sa konstantnim

ubrzanjem od 0,25 m/s2• Kompozicija vlaka bez lokomotive tezi 1.500 kN, a ukupna sila

otpora je 15 kN. Odredi silu vuce lokomotive.

2.2.7 Tijelo tezine 10 kN pridriavano je na kosini koja ima nagib od 15 stupnjeva. Kada je

tijelo odjednom pusleno slobodno, ono je pocelo jednoliko ubrzano kliziti niz kosinu.

Ako je koeficijent trenja na dodirnoj povrsini tijela i kosine f=O,l, odredi brzinu prevaljeni put tijela do desete sekunde.

SJika 2.2.18

2.2.8 Kamion juri po ravnoj horizontalnoj cesti

brzinom v=72 km/h i odjednom pocinje koCiti te se

zaustavi na udaljenosti od 30m. Pri kocenju su se svi

kotaci prestali okretati.

Ukupna tdina kamionaje G=lOOiiN. Visina teiista

kamiona iznad ceste je h=1,5 m. Udaljenost strainjih

kotaca od teiista je a=2m, a prednjih b=3m (vidi

sliku 2.2.18).

Odredi sile koje djeluju na kotace kamiona i

koeficijent trenja pri zaustavljanj;:. Sve deformacije neka se zanemare.

2.2.9 Auto tdine G vozi po horizontalnoj cesti na zavoju bez nagiba radiusa R=100m.

ViSlDa tdista auta iznad ceste je h=I,2 m. a razmak izmedu kotaca b= 1,5 m. Auto moze na

cesti ostvariti maksimalnu silu trenja s koeficijemom trenja f=O,5. Odredi kriticnu brzinu aura

na zavoju kojom ce kliznuti iIi ce se poceti prevrtati.

Dinamika

2.2.10 Giadak suplji swzac rotira oko svoje vertikalne osi

kutnom brzinom w=4 rad/s. Ako je vrsni kut stoka 2a=60o,

odredi na kojoj udaljenosti )( moze kuglica stajati nepomicno

u odnosu na plast stoka.

Z.2.11 Kugla tdine G= 10 N, visi na tankoj zici duzine 1=0l;!l

i oslanja se na kosinu pod kutom 0:=30°, sa kojom se moze

okretati oko venikaine osi y, kao sto je pokazano na slici

2.2.20.

Odredi: a. minimalnu kutnu brzinu w kod koje ce se kugla

odignuti s kosine.

b." silu u hci kada sistem rotira s konstantnom kutnom

brzinom w=rc rad/s.

19

Slika 2.2.19

Slika 2.2.20

2.3. OPCE GIBANJE MATERIJALNE TOCKE

F2

Siika 2.3.1

Materijalna tocka mase ill se giba i na nju djeJuje niz sila. Sile nisu u ravnoteZi, sto znaci da ukupna sila djelovanja nije jednaka nuli, odnosno da je:

n

F=LF, =Fl + ~ +

Prema drugom Newtonovu zakonu jednadzba gibanja za tu materijainu toeku glasi:

F= rna.

lednadzba gibanja materijaine tocke u prostoru moze se prikazati u raznim koordinatnim sustavima uz pomoc izraza za ubrzanje obradenih u kinematici. To je narocito povoljno za rjesavanje problema prve vrste. Za poznatije koordinatne sustave kao sto su pravokutni, polarni, cilindrieni, sferni i prirodni koordinatni sustav izrazi za ubrzanje, silu i jednadzbe gibanja glase:

a. Pravokl.ltm koordinatm sustav (sl. 2.3.2)

ubrzanje: a=a +iJ +iJ =i[+y"'j''''+zk x y Z

sila:

'" I I

jednadzbe gibanja: i--/~ Fx=mi,

Fy=my

Fz=mt.

x

F, I /

---~~- ---_::J/ Slika 2.3.2

b. Polami koordinatm sustav u ravnini x-y (s1. 2.3.3)

ubrzanie: 0=0, +(rijl +21'$ )e~

sila: +F =miJ +miJ '"

jednadzbe gibanja:

F $ =m(rifJ +2itjJ y. Slika 2.3.3

i

i ~ l

Dinamika

c. Cilindricm kom:dinatni sustav (sL2.3.4)

ubrzanje: a=ii +a +0: = 'Jl z

=(r-np2)er +(rif; +2f4> )e'Jl +zez sila: F=F +F +F ~ +ma +mii r <:f' z r q>- z

jednadzbe gibanja:

Fr =mCr-r4>2),

F'I'=m(rip+2fcp)

Fz=mt.

d. S.ferni koordinatm sustav (s1.2.3.5)

ubrzanje:

(i=:.(ir +Zif) +ii~ ::;

=(f-r62 -r~2sln2il')er +

+(r~ +2f6 -np2slnjkosil')e~ +

+ [(r<ji +21'4> )slncp + 2r6coslY]eip'

sila:

jednadzbe gibanja: Fr =m(i'-r6

2 -njlsln2iJ),

Fb =m(rfr + 2i6 -np2sin-t1cosiJ)

F =mHriP+2i<jJ)sinq>+2rbcosiJJ. <p

e. Pril"odni koordinatm susiav (sI.2.3.6)

ubrzanje:

sih~'

jednadzbe gibanja:

21

z

y

Slika 2.3.4

Slika 2.3.5

;<" ,< "', /"- r ':)dKc.. .. L.J.O

22 Materiialna tocka

lednad1:ba gibanja materijalne tocke uvUek se moze prikazati u pravokutnom koordinatnom sustavu. Za opce gibanje jest:

pa se vektorska jednadzba

d2~ ~ . r .. .,. "",, "k~ a~-~xl+YJ+Z<,

dt2

moze prikazati u obliku:

+FJ+Fl ~ mif+myJ+mzk. 2.3.4

Ta vektorska gibanja sadrzava tri skalarne jednadzbe koje opisuju gibanje materijalne tocke u smjeru x,y i z, a glase:

Fz~mz.

Svaka se od tih jednadzbi pojedinacno rjesava, a njihova rjesenje koordinatni naein u obliku x=x(t), y=y(t) i z=z(t).

2.3.5

zakon gibanja na

Prerna tome jesu Ii izrazi zadanih komponenata sile Fy i F, jednostavni iIi :siozeni', tocno odredivanje zakona gibanja moze biti lagano, teze iIi ga je rnoguce pribliznim rnetodama odrediti iii sarno ocijeniti.

Gibanje materijalne tocke moze biti pravocrtno iii lerivocrtna i to u ravnini iii prostoru. Prikazivanje opcega krivocrtnoga u pros tOfU u pravokutnom kordinatnom sustavu svodi rjesavanje problema na tri pravocrtna gibanja i to u smjeru x,y i z. Analogno za krivocrtno gibanje u ravnini x-y, rjesavanje se svodi na dva pravocrtna gibanja u smjeru x

i y. Obradba pravocrtnoga gibanja ima veliko znacenje, a posebno u rjesavanju problema druge vrste, i zato ce se detaljnije razmatrati.

2.4. PRAVOCRTNO GmANJE MATERIJALl\1]; TOCKE

Neka je os x pravac duz kojeg se giba rnaterijalna tocka mase m. lednadzba gibanja za tu toeleu gJasi:

F~ ~ mi. 2.4.1

Ukoliko je poznat zakon gibanja x=x(t), rjesavanje problema c;;lal;;;ke prve vrste uvijek

je Jagana zadaca, medutim rjeSavanje problema dinamike druge vrste nije. Kada.ie zadana sila leoja moze ovisiti 0 jednorn iIi vise parametara, kao <lW su po!ozaj i b~zin2., rjeSavanje postaje slozenije. Slozenost ovisi 0 tome kako je izrai:ena funkcionalna veza sile i tih Darametara.

Cetiri osnovna tipa sile jesu:

1. F = konst - Sila,ie konstamna. 2. !" = F(t) - Sila je funkcija v[emena.

F = F(x) Sila j~

4. F = F(v) - Sila je funkcija brzine.

1. Kada je sUa Iwnsta][Jtna, moze se pisati:

F ~ mx ~ konst,

a iz te je jednadzbe:

gdje f - prikazuje silu na jedinicu mase iIi ubrzanje.

Prvom i drugom integracijom izraza 2.4.3, dobiju se opci izrazi za brzinu i Opei izraz za brzinu tocke je v ~ x ~ ft + C, a za poloiaj x ~ ~ C t + D.

Konstante integracije C i D VU'v'"~'U se iz pocemih gibanja, to jest 1Z i brzine u trenutku t=O.

Ako je u trenutleu t=O polozaj tocke x,=o ~ xo ' a brzina

C~vo i D~xo "po. je konacni izraz za brzinu lOcke:

a za polozaj toeke:

v=vo+jt,

ft2

x~x +v t+"-. o 0 2

=i:o=lJo ,

23

VL2

2.4.3

tocke.

polo:l:aja

tada je

2.4.4

IAdo. se rnDze izraziti sa:

X=

a to maci da .ie prirast brzine jednak

dX ~ fit) ~ dt'

m

dX ~ j{t)dt.

Integriranjem prirasta brzine dobiva se opci izraz za brzinu

x ~ fj{t)dt + C,

a ponovnim integriranjem i opci izraz za poloz.aj

x ~ ffj{t)dtdt+Ct+D.

2.4.6

2.4.7

2.4.8

!ntegracija se moze izvrsiti aka je poznata funkcija F=lF(t), 2. leomeni izrazi Z2. brzinu i giba.l~_~a, ~0 Cii,»-u JC £Q. I.tf,rHha.~

24

3. Kada je sila funkcija poiozaja, to jest F=F(xl, rada je:

x = F(x) = fix) = di = di dx = xdi..l m . dt dxdt dx'

a to znaci da je

xdX = f(x)dx.

Marerijaina tocka

2.4.9

Integracijom jednadzbe dobiva se veza izmedu brzine i pomaka x=x(x), koja opeenito giasi:

iii

2 ffix)dx . r

T \...

x = dx = h( (f(x)dx + C). dt 1 v '

2.4.10

lz uvjeta da je u trenutku t=() brzina jednaka '10 slijedi da nepoznara konstanta mora biti jednaka

2 V

C=~. 2

Iz forrnule 2.4.10 takoder je moguee izraziti da je

dt = ~~dx==== 12 f f(x)dx + v~

lntegriranjem tog izraza ?obiva se opca veza izmedu t i f(xl koja glasi:

+ D.

Konstantu D treba odrediti iz uvjeta da je t=O u pocetku gibanja.

Rjesenje za F=konst, giasi:

di dt

didx .dx ="'x -.

dx dt dx

2.4.11

2.4.12

Dinamika 25

di Izjednadzbe 2.4.12 mogu se napisati izrazi za diferencijal vremena dt=-- i diferencijal . fix)

pomaka dx=~di. . f(x)

lmegracijom tih izraza dobiju se opei izrazi za t i x U ovisnosti 0 brzini, koji glase:

JdX

t = f(x) + C

x =f~dX + D. fii)

2.4.13

2.4.14

Dobivene odreduju veze t=t(i) i x=x(i). U oba izraza treba odrediti konstante iz pocetnih uvjeta. Konstanta C se odreduje iz uvjeta cia je u pocetku gibanja t=(i, a konstanta D iz uvjeta cia je u pocetku gibanja polozaj xo.

2.5: ANALIZA GIBANJA SLOBODNE I NESLOBODNE MATERIJALJ\TE "",no,""?'D

Materijaina tocka je slobodna ako njezino gibanje nema ogranicenja, sto znaci da takva tocka moze zauzeti bilo koji po!ozaj u prostoru. Gibanje takve tocke ovisi 0 aktivnirn silama koje djeluju na nju j 0 pocetnim uvjetima gibanja. Prema drugom Newtonovu zakonu za slobodnu materijalnu tocku vrijedi:

F=ma,

gdje je F - ukupna aktivna sila koja prikazuje sva vanjska djelovanja. Materijalna tocka nije slobodna ako je gibanje unaprijed ograniceno vezama. Takva tocka

ne moze se gibati bilo kako u prostom vee mora pri gibanju ispuniti uvjere veza odnosno ogranicenja. Djeiovanje veza prikazuje se reaktivnim 'silama veza. Gibanje neslobodne rnaterijalne locke ovisi 0 aktivnim i reaktivnim silama i pocetnim uvjetima gibanja. Prema drugom Newtonovu zakonu za neslobodnu materijalnu tocku vrijedi:

F+N=ma, 2.5.10

gdje je F - ukupna aktivna sila koja prika7Uje vanjska aktivna djelovanja, a N- ukupna reaktivna sila koja prikazuje djelovanja veza koje ogranicavaju gibanje materijalne tocke.

26 Mater;ialna tocka

2.5.1.

Primjer 2.5.1 Analiza vertikainogll materijainc tocke pod utjecajem grllvitllcije u blizini povrSine lIZ ;canemarenje otpoJra zraka.

ill

Vertikalno gibanje materijalne tocke pod utjecajem gravitacije je

okomito na povrsinu zemlje, pa se pravac gibanja moze definirati

koordinatnom osi z koja s visinom raste. Jedina sila treba uzeti kao

djelovanje na materijalnu tocku je sila tezine G=mg koja je usmjerena

prema povrsini zemlje (vidi sliku 2.5.1). Jed;l~dlba gibanja ee glasiti:

mi = -G =-mg

iIi Slika 2.5.1 -g 2.5.1

Prema tome je:

di=-gdi.

Postupnom integracijom dobiva se opel izraz za brzinu i poIoZaj locke u trenutku t:

i = - gt +C t2

Z = -g- + Ct+D. 2

Konstante integracije C i D odreduje se iz pocetnih uvjeta gibanja. Ako je u trenutku t=O

poloZaj tocke Zo i brzina zo' tada izrazi za brzinu i poloZaj u trenutku t glase:

2.5.2

2.5.3

PRIMJER 2.5.2 Analiza materijame tocke mase m na elasticna sila opruge koja je funkcija pomaka prema jednadibi F=F(xJ=-kx.

Slika 2.5.2

Pri duzini to sila opruge je nula. Pri pozitivnom jli

negativnom pomaku x, sila opruge je suprotnog

smjera od x, pa je uvijek sila opruge jednaka F==-lo£ (vidi sliku Konstanta krulosti opruge k,

.. a:r ...w. ~ mx=nt--=-;:;X~

d:x d: . 2.5.4

kojlJ se moze prikazati sa

;7t.Xdx:::: rtl v ltv :::: -kxa.x.

Dinamika 27

Imegracijom J"o.-,,,,,,,,".uo; 2.5.4 dobiva se opci izraz koji vrijedi za svaki trenutak gibanja

kx? +G.

2 2

Za pocetak gibanja mora biti ispunjeno:

mv~ --=---+C

2 2 '

pa kOll,,[allt:l C ima vrijednost:

mv~ kx; C=--+--.

2 2

Uvrstenjem dobivene za konslantu C U opei izraz veze brzine i polozaja, dobiv£

se veza izmedu brzine, polozaja i pocetnih uvjeta gibanja koja glasi:

mv2 mv~ kx2 kx; ----- = ---+-.

2 2 2 2

Prema tome se brzina moze izraziti sa:

I( 2 kx; \ tr V= I lv +-1--

~ 0 m ) m k rl( 2 . mv~ I - x -'---1 ml 0 k J

gdje je oznaceno' sa:

A=

Kako je v=dx/dt, moze se izraziti:

ax wdt= ± ---=

fA2-X2 '

a integracijom rog izraza dobiva se:

c~}t+D ::::

pa opti ZakOi1

lzrazi za brzinu ; ubrzanje toga gibanja jesu:

c =-

U trenutku t=iJ ie.x = x = A sinD sto znaci da ie konsranta D jednaka: - (to=o) 0 5 .,

28

x D = <p = arcsin--"- .

A

Materijalna tocka

Gibanje m!lterijalne tocke pod djelovanjem elasticne sile dana je izrazom

2.5.6

To gibanje je od posebne vaznosti a naziva se

je u tocki 2.6 i poglavlju 5.

oscilatomo gib:mje i obradeno,

PRIMJER 2.5.3 Analiza vertikamoga .gibanja materijame locke pod djelovanjem

gravitadje i otpora zraka koji.ie lineamo ovisan 0 brzini gibanja.

R=av

m

z

Slika 2.5.3

Pri vertikalnom gibanju materijalne tocke pod djelovanjem

gravitacije i u mediju u kojem je otpor gibanju linearno ovisan 0

brzini gibanja, jednadzba gibanja glasi (vidi sliku 2.5.3):

.. dv G R mz = m- = - - c = - mg - av. dt

2.5.7

Iz te jednadzbe moze se izraziti da je

dv - dt. a;

g + -v m

lntegriranjem tog izraza slijedi:

Ako je u pocetku gibanja pri t=O brzina iznosila "(roo) =Vo to znaci da konstanta C ima

vrijednost:

Uvrstenjem dobivene konstante C i uredenjem dobiva se:

( II \ Cf. ( a; \ In ! g + - V! = - - t + ill I g + - v, I.

\ mj m \ )

ili

Dinamika

(

0; \ I a g+-v) = I g+

m \ m

-=-t em,

29

a odavde se moze odrediti brzina gibanja v kao funkcija pocetne brzine vremena .koja giasi:

dz Kako J'e v = - to znaci da se moze pisati:

dt'

lntegrirano od t=O do t=t dobiva se izraz za

glasi:

materija!ne tocke u rrenutku t koj!

gdje Zo odreduje palozaj u trenutku t=O.

a --t

(l-e m),

PRIMJER 2.5.4 Tijelo teZine G=10N pridriano je nll. kosini sa nagibom tga:=O.75. Kadll. se tijelo pusti ~loh(1dn(), ono ce poceti klizll.ti niz kosinu tako da je sila otpora gibanju

sa bninom gibanja i iznosi R=2vN. Oelreal

tijela niz kosinu i maksimalnu brziuu "He''''',.!,"'

Analiza problema. Tijelo nije slobodno jer je prisiljeno da se giba

po kosini. Sile koje djeluju na tijelo pri gibanju jesu viastita tdina

2.5.8

Siika 2.5.4

G, sila otpora R i reaktivna sila podJoge N. Gibanje tijela je pravocrtno.

Ako je sa S oznacen polozaj tijeJa od mjesIa gdje je pocelo gibanje, tada za gibanje tijela

niz kosinu vrijedi Newronova jednadzba gibanja:

ms = Gsino; - R = Gsilla - 2.~,

iIi uredeno:

G

imegracijom diferencijalne je0 :13dih:: g IDanJa, analognin1 postupkorr kao u

primJeru 2.5.j~ QO~aZI se DO opceg fJeSCflJa Z3. nrZHH.. pO)OZaj. Uz~n1ajucI L: obZ1T cia su u

pocetku gibanja brzina i poJozaj jecinaki nuli, izrazi La brzinu i glase:

30

v = ~(ebt -1)= - sina G(e-2g, -1) = b 2

= 3(l-e-1,962t)ms-1

_ a (bt_I)_G t - G2SinlX( -~t 1) Gsina _ s--e _ -----e - +---t-b2 b 4g 2

= [1,529(e-1;962t -1) +3t]m.

Materijalna tocka

M:lksimalnct se brzina postize kada ubrzanje postane nula. odnosno kada bude

Gsina=R=2v. Maksimalna brzina je brzina koju tijelo postize kada vrijeme teii u

beskonacnost. a jednaka je

v = GSinlX = 3ms-1 max 2 .

Dinarnika 31

2.5.2. PRTh1JERI 'LA SA1\WSTALNO RJESAVANJE

2.S,} Materijalna LOcka tezine G=30 N leii na horizontalnoj hrapavoj povrsini. Na tocku

pacne djelovati sila F = O,StiN.

Ako je k:Jeficijent trenja f=(I.2. odredi nakon kojeg ce vremena ad pocetka djelovanja sile

tijelo put ad x=20m. i

kada je imalo brzinu

ce imati brzinu u tom trenutku.

se u pravcu na g\atkoj horizontainoj podlozi. U trenutku

m/s. pocela je u smjeru gibarJa djelovati sila

F = 12t2 N. Odredi zakon gibanja tocke te brzinu i prijedeni put u trenutku t=2s ad pocetka dje!ovar~a

sileo

2.5.3 Na tocku teiine G=9,81 N djeluje sila

F=-4xiN. Odredi zakon gibanja tocke ako je poznate da je u trenutku t=O tocka bila u poloiaju

i imala brzinu Vo = 6 i m/s. Takoder odredi za koje ce vrijeme od pocetka gibanja

deb do xIUa~' i koliki je Xmax '

2.S.4 Na materijalnu tocku tezine G=9,81 N djeluje sila

F=9xiN. Odredi zakon gibanja locke aka je poznato da u trenutku t=O, tocka bila u polozaj:; xo=O

i imala brzinu Vo = 2 imls.

2.5.5 Na mmerijalnu tocku tdine G=9,81 N djeluje sila

F=~rN. 5 -x

Ako je u pocetku gibanja pri t=O bilo xo=O i "0=0. odredi brzinu wcke u trenutku kada

dode na x=2m.

2~506 Odredi izraz za brzinu U ovisnosti 0 ruaterijalne tocke tezine G=9,81N, na

siL~~

Poznato je aa je rocka pri ={r, bila u

32

2.5.7 Na materijalnu tocku teZine G=9,81 N djeluje sila

F = -8x-3 IN.

Materijalna tocka

Ako se tocka pocela gibati s udaljenosti xo= 10 rn, odredi zakon gibanja i vrijeme za koje

ee tocka doei u po!ozaj x=O.

2.5.8 Na materijalnu tocku rezine G=9,81 N djeluje sila

F = -4x-n IN. Poznato je, ako tocka krene brzinom '1'0=0, iz beskonacne udaljenosti- tocka bi na

udaljenost x=L imala brzinu V,. Da je ta locka krenula s udaljenosti x=L brzinom vo=O,

ona bi na udaljenosti x=L!2 imala brzinu VI'

Odredi velicinu eksponenta n u izrazu za silu.

2.5.9 Na materijalnu tocku tefine G=9,81 N djeluje sila

F =(4 -i) IN. Odredi zakon gibanja mcke ako je poznato da je tocka pri t=O bila u poloZaju xo=O i

imala brzinu Vo = 2i m/s.

2.5.10 Na materijalnu tocku tezine G=9,81 N koja je mirovala, pocela je djelovati sila

F =(4 _XL) IN. Odredi zakon gibanja tocke.

Dlllamika 33

2.6. PRAVOCRTNO OSCILATORNO GIBANJE MA'fERIJALNE TOCKE Materijalna tocka mase rn ovjesena je za idealno elasticnu oprugu krutosti k u

zrakopraznom prostoru. Neoptereeena duzina opruge je 10, a optereeena teretom G se

rastegne za ve!icinu LI.. U stanju mirovanja sile koje djeluju na masu jesu vlastita tdina mase

G i sila opruge So. Si!a opruge je jednaka So=G=kLl. (vidi sliku 2.6.

b.

Slika 2.6.1

Povuce Ii se masa za ve!icinu Xo i doda brzina '1'0 te pusti slobodno, ona ee izvoditi

osci!atomo gihanje oko ravnoteZnog po!ozaja s maksimalnom amplitudom xmaX'

Za vrij,eme osciliranja u trenutku t masa ee hiti na udaljenosti x od ravnoteZnog polozaja.

Prema slici 2.6.1 b, u tom trenutku ukupna neuravnoteZena sila koja djeluje na masu u

smjeru pomaka jest:

(+1) LF = G-k(LI. +x) = G-G-kx = -kx. 2.6.1

Vidi se da je u trenutku t ukupna sila proporcionalna s pomakom x. Pomak x je mjeren

od ravnoteZnog polozaja a sila je uvijek suprotnog smjera od smjera pomaka.

Diferencijalna jednadzba gibanja mase glasi:

mx+kx=O iIi x+w2x=O, 2.6.2

gdje je ,,/ = ~. m

Opee rjesenje homogene Iineame diferencijalne jednadzhe drugog reda 2.6.2, je povoljno

uzima se obhleu:

2.6.3

pa je izraz za brzinu gibanja jednak:

Knnstante C l i Cz odrede se iz pocetnih uvjem Aka su u rrenutku i = O. ]\' = xl) i v=vo, to znaCi da su Cr=xo i C2 ==vo/w ! de. zakon mase glas::

X =xocoswt+ ~Osinwt. 2.6.4 w


Ako se konstallle C! i C2 prikazu sa Cj=Asina i C2 =Acosa:, tada zakon gibanja glasi:

x ~Asin(wt+rx). 2.6.5

Vidi se da je A2 =C/+C/ i tga:=C j /C2, odnosno:

.r-J

~ 2 Yo

A ~ Xo +-w2

Y a: ~ arctg""!!' w .

Xo I Ie

2.6.6

Gibanje koje se prikazuje sa sinus iii kosinus funkcijom uvijek je periodicno i naziva·se

hal'mOillen!) Harmonicno gibanje moze se prikazati kao projekcija gibanja tocke po

kruznici radiusa A s konsrantnom kutnom brzinom w. Vrijeme t=T za koje su svi kinematcki

elementi gibanja (pomak,brzina i ubrzanje) opet isti, naziva se period. a dobiva se iz uvjeta

da.ie wT=27r. U izrazu 2.6.5 mace:

·A J

? (v )2 ,. d \ x~ + \ ~ ) - amplilu U

- kruinu frekvenciju

iii maksimalni iznos pomaka Ixmax i ,

0: ~ arcsin Xo

A - pocetrm fazu.

Za harmonicno gibanje x ~ Asin( wt + 0:), izraz za brzinu i ubrzanje glase:

i=wAcos(wt+a) .i i~-w2Asin(wt+rx)~_W2X.

Uvrstenjem dobivenog izraza za ubrzanje u diferencijalnu jednadzbu 2.6.2, vidi se da uzeto

rjesenje 2.6,3 zadovoljava tu diferencijalnu jednadzbu. Hannonieno se gibanje uvijek javlja karla se Konrervativni §ustav sila, se nalazi

u stabiinoj ravnotezi, vanjskim uzrokom izvede iz ravnoLel,e i zatim pusti

slobodno. Pri oscilatornom gibanju materijalne tocke w ne moze oznacavati kutnu brzinu vee sarno

kruznu frekvencu tog gibanja. U slucaju kada je u sustavu koji osciJira ukljuceno j kruto

tijelo, koje pri osciliranju i rotira s nekom kutnom brzinom, tada se kruzna frekvenca

oznacuje sa Wv i naziva vlastita krwila frekvenca sustava. Talevi susravi su obradeni u

poglavlju 5 (osciiacije).

Dinamika 35

2.7. ANALIZA GmANJA 'VEZM1ffi: MATERUALNIH TOCAKA

Za gibanje dviju iii vise vezanih marerijalnill tocaka analiza se moze vrsiti na taj nacin da

se svaka materijaJna tocka promatra zasebno leao slobodna materijaina tocka kojoj Sil veze

uklonjene, ali joj se dodaju siJe djelovanja uklonjenih veza. U analizi gibanja treba uzeti

uvjete veza na gibanje svake materijalne tocke,

2.7.1. RIJESEI\;'1 PRTh1JERI

PRIMJER 2.7.1 Teret A tezme G vis! na uieh.l

koloture i vezanom za teret E iste

refine. Teret E leZi II:! kosini, kao sto je

na slid 2.7.1.

Ako je ""~u'-'''o,,.

tereta E i kosme f=O,2,

tezma terera GA~GB~G~lON;odredi sHu lJ. uzetu!

Tezina uzeta i koloture neka 5e zanemare.

T !'" LA.

Slika 2.7.1

Analiza problema. I terer A i teret B mogu se promatrati kao materijaine tocke jer dimenzije

till tijela nemaju utjecaja na ljesavanje problema. Posto je uze prebaceno preko koloture, sila

u cijelom uzem je ista jer se zanemaruje tezina Dieta i koloture. SUa Dieta.ie oznacena sa S. Teret A giba se vertikalno, a teret E Q smjeru nagiba kosine. Dodavanjem sile S za

zamjenu djelovanja uiera na teret A i E, te sila djelovanja kosine na tijelo .8, moZe se za

svaki teret vrsiti dinamicka analiza, a to je u i ucinjeno.

Killemati..i(a. Za analizu je pretpostavljeno da ce se teret A spustati odredenom brzinom v

i ubrzanjem ll.. Analiza gibanja za vezane dvije materijalne tocke zapocinje postavljanjem

jednadibe veze. Posto se duzina uieta ne mijenja, to znaci da mora biti ispunjena jednadzba

veze koja glasi SA + SB~ konst. Derivacija tog izraza po vremenu je SA + SB = 0 To znaci

da je S A ~ - S B ~ v. Druga derivacija po vremenujednadibe veze je SA + S B ~ O. To znaci da

jt; SA ~ -sB~a. ',jt; orzina. a a ubrzallje Lereta Au pr?malranom lIenutku.

I(inetika. Za je korister princip D~ Alemberta~ to jest silD.ca na svakom teretu dodana je i ,;ila inercije i lJme stvorena dinamicka ravnoteza. Sila inercjje. je suprornog

(jJ uorzanja. Za s::voren:.1 ilnalTIlCkL ravnotezu mogu se korisriri jednadzbe ravnoteze iz statike.


Analiza tereta A. Za teret A moze se Risati jednadzba ravnoteze koja glasi:

a)

paje

I , .G

A

Slika 2.7.2

Analiza tereia B. Za teret B mogu se postaviti dvije jednadzbe ravnotde ito:

b)

c)

pa je

Slika 2.7.3

Uvrstenjem za LA = GA E. g

a za IE = G B -, dobiva se rjesenJe za ubrzanje koje glasi: g

a

g

Sila u uZetu jest:

Za vrijednosti GA

=GB =10N,

a = 0,1633 g

GA -GB(sinex +fcosrx)

GA + GB

f=O.2 ex =300 , ubrzanje i sila u uzetu jesu:

Dinamika

PRIMJER 2.7.2 Tereti GA, GB i Gc vise na koloturama, kao lito je na slid 2.7.4.

Tezine tereta jesn: GA =10N, Gs =30N i

Gc =20N. Ako se teZina nzeta i kol.otura zanemari, odredi

sile u uzetima i ubrzanja tereta.

Analiza problema. U zadatku treba izvrsiti dinamicku analizu triju vezanih tereta koji se mogu

tretirati kao materijalne tocke. Kinematikom treba

obraditi pravocrtno gibanje tih tereta. Kinetikom treba izvrsiti analizu dinamicke ravnoteze tereta i ravnotde kolotura, i postaviti jednadzbe za odredivanje trazenih veliCina.

f////////"/// I =w

'--1-

Slika 2.7.4

37

Kinematika. Polozaj svakog tereta odmjerava se kako je oznaceno na slici 2.7.4. Polozaj

tereta GA

sa xl' tereta Gs sa X+X2 i tereta G c sa X+X3' Velicina x odreduje polozaj centra koloture II.

Posto se duzine uzeta ne mijenjaju, vrijede veza koje giase:

x1+x=L1=konst X2 +X3 =konst,

a to znaci da su ubrzanja

Ubrzanja pojedinog tereta jesu: xA = xl'

-i a) b)

Kinetika. Analiza sila principom D' Alemberta obradit ce se za svaki teret. Analiza sila na koloturama, kojih se tdina zanemaruje, dana je jednadzbama statike.

Analiza tereta A.

I . o c) Siika 2.7.5

38 Materiialna locka

Analiza kolotl.lre I.

~o

~ ..

sl Sl

d)

Slika 2.7.6

Analiza kolotllre ll.

e)

SJika 2.7.7

Analiza tereta B.

tada je:

f)

Slika 2.7.8

Analiza tereta C.

=c, G. hlk& je tada je:

iC~ Tl V ,Ge

g g)

Slika 2.7.9

Dinamika 39

Postavljenih sedam jednadibi sa sedam nepoznanica mogu se prije uvrstavanja vrijednosti

stegnuti na tri jednadzbe s tri nepoznanice. lednadzbe c),f) i g) uz koristenje jednadzbi a) i b) mogu se izraziti u obliku:

GA - 2 S2 = - GA x1/g Gs - 82 Gs (i/g+i2 /g)

G c - S2 = G c ( xl g - x21 g )

Nakon uvrstenja poznatih vrijednosti jednadIbe glase:

1O-2S2 =-lOi/g

30 - S2 = 30 xf g + 30i2 / g 20 - S2 = 20 xl g - 20x2/ g

Rjesenje je tih jednadibi:

82 = 240/29 = 7.78 N; ilg = 19/29

Konacno cjelokupno rjesenje glasi:

Sl =480/29 = 15,56N;

S2 =240/29 = 7,78N; S3 =960/29 = 31,12N;

x = 19/29g; Xl =-19/29g; i = 2 2/29g; x = 3 -2/29g.

xA =-19/29g; £B= 21/29g; i = c 17/29g;

40

2.7.2. PRIMJERI ZA SAMOSTALNO RJESAVANJE

2.7.1 Ova tereta G i Q, medusobno vezani stapom AB, pridrzavani su na kosini nagiba a.

Koeficijent trenja izmedu tereta Q i. kosine je

f 1=0.25, a izmedu tereta G i kosine je [2=0,375. Kada se puste tereti siobodno, oni ee kliziti niz

kosinu. Odredi silu u stapu pri klizanju.

Poznato je: G=150N, Q=300N, a=45° Tez:ina Slapa neka se zanemari.

2.7.2 Tereti G i Q vezani su nerastezljivom zicom prebacenom preko glatkog vrha kao sto je pokazano Ila slici 2.7.11.

Ako je koeficijent trenja na dodirnim povrsinama tereta i kosina f=O,3, odredi brzinu gibanja lereta u trenutku nakon 4 sekunde otkakosu tereti pusteni slobodno. Tdina zice neka se zanemari.

Poznato je: G=20N, Q=60N, a=30° i f3.=60°

2.7.3 Teret.Q visi ovjesen za dva uzeta vezana na drugom kraju za terele tdine G.

kdan teret G lezi na horizontalnoj a drugi na

kosoj hrapavoj povrsini s koeficijentom trenja f=0,4. Rubovi preko kojih prelaze uzeta glatki SU, a letina uzeta zanemariva.

Odredi ubrzanje (ereta Q ako je poznato:

Q=20N, G=5N, f=0,4 i a=45".

Materijalna tocka

Slika 2.7 10

Siika 2.7.11

Slika 2.7.12

Dinamika 41

2.8. DRUGI POSTUPCI RJESA V ANJA PROBLEMA K.I]\,'ETIKE

Do sada su obradivana gibanja materijalne tocke uz pomoe osnovne jednadzbe gibanja:

F~mii.

Za rjesavanje problema kinetike vrlo Sil dobri i postupci, koji uz kombinaciju jednadzbe gibanja i kinematike ukljucuju i postupke kao sto su:

1. Metoda rada i energije.

2. Metoda kolicine

Prednost tih metoda je u tome !lto nije potrebno odredivati ubrzanja i vrsiti integracije vee

se prave veze na drugi nacin. U metodi rada i energije povezuju se direktno sile, rnase,

brzine i pomaci, au metodi kolicine gibanja, impulsa i njihovih momenata povezuju se sile, mase, brzine i vrijeme. Metoda rada i energije koristi uz pojam rada i pojam potencijaine i kineticke energije. Metoda impulsa i kolicine gibanja ima posebnu vaZnost za analizu

problema koji ukljucuju udarne pojave iii sraz.

2.9. ELEMENTARl\TJ RAn I RAn SILE

Pojam elementarnog rada i rada sile vee je obradivan i koristen u statici, ali ee se ukratko

i ovdje ponoviti.

Slika 2.9.1

Kad se materijalna tocka giba po svojoj trajektoriji iz poloZaja 2 I u poloZaj 2 i pri tome na nju djeluje sila ft, tada sila vrsi

rad. Pod pojmom elementarnog rada definiran je skalarni

produkt sile F i elementarnog pomaka df, to jest:

dW~F'dY~Fdrcos(ft,df) ~Fdrcosa, 2.9.1

ili 2.9.2

Ra(l silt' P 113 pulu od polozajil d0 polozajE 1 tom putu, a odreduje se izrazom:

dV;'~ ; ! ,

Jedinica za rad je rad sile od 1 N n2. putv od 1. m, i naZlV2 se dzul lJOU1}, 2. ozna(;ujt sa

1J~lNm=l

ili skrac:eno

42

2.9.1. RIJESENI PRIMJERI

PRIMJER 2.9.1 Teret tezine G=100N, premjesten je u r'avnini x-y iz polozaja 1 u po!ozaj 2, po glatkom putu kao sto je prikazano na slid 2.9.2.

Odredi utroseni rad na premjestanju tereta ako je L=100m i H=50m.

Rjesenje. Sile koje djeluju na tlJelo su sila tdine G i

pritisak pod loge N. Elementarni utroseni rad premjestanja

tereta, u ravnini x-y jest:

dW=G'dS+!Y'dS= -Gdy,

jer je

!Y.l as.

Utroseni rad je jednak: 2

W1,2 =-f Gdy= -G(Y2 -Yl) = -GH= -5.000Nm. 1

PRIMmR 2.9.2 Tijelo tezme G je je '!'Deeno silom S i premjesteno iz 1 u 2, po hrapavoj kosini u ravnini x-yo Sila S je djelovala pod kutom (3 u

odnosu na kako je prikazano aa slid 2.9.3.

Materijalna tocka

Slika 2.9.2

Polozaj 2 je od poloiaja 1 viSe za veliemu H. Odredi utrosem rad pd tom premjestanju tijela, ako

se zna daje: G=100N, S=160N, f=0,2, H=20m, ;3= 10° i a=30c. Slika 2.9.3

Rjesenje. U nekom trenutku premjestanja sile koje djeluju na tijelo jesu: sila povlacenia S sila tdine tijela G, ukupni pritisak podloge N i sila trenja T=fN. .. ,

Ukupna sila u smjeru gibanja, to jest u smjeru kosine jest:

F =LF =Scosp -Gsina -JrGcosa = S Si

= 160coslOo -100(sin45° -O,2cos450) =90,249N.

Dinamika 43

PRIMJER 2.9.3 su dijagnmri sHe Ii F

vremenu do desete sekumie l pokazani na slid 300 I 2.9.4. Tezina uzeta ruje uzeta U obzir. 200 L_--,~..,....,....-..,...., Odredi rad je izvden na tereta. ~ I

vlice i brzine dizanja tereta G U ovisnosti 0 An ~oo: !TTl ~~,I~-L~~~~~!-Li ~i~I __ ~~ t

Rjesenje. lz dijagrama prom jene sile U ovisnosti 0 ~ 8 ID (s)

o vremenu vidi se da je sila uzeta u prve dvije

sekunde konstantna i najveea. lznosi 300 N, a

nastaje od tdine i sile inercije tereta pri jednoliko

ubrz:anom diz:anju. U vrijeme od druge do osme

sekunde sila je konstantna, a i brz:ina dizanja je konstantna. To znaci da je sila uzeta jednaka teiini 0

tereta i iznosi 200 N. U vrijeme od osme do desete

sekunde gibanje je jednoliko usporeno. Sila je

, . 468

Slika 2.9.4 10 (s)

konstantna i najmanja, a gibanje je jednoliko usporeno. Iznosi lOON, sto znaci da je

uzrokovana tezinom i sHorn inercije usporenog dizanja. Ovom analizom moze se zakliuciti

daje teret tezine G=200N, sila inercije pri ubrzanju je L j =Fc G=100N, a pri uspo~enjli je ~=F3-G=-lOON, liZ karakteristike gibanja:

a. U prvoj faz:i je jednoliko ubrzano gibanje s ubrzanjem:

Ll 100 100 _ _ a 1 = -;; = a g = 200 g = O,::>g ms 2.

b. U drugoj fazi gibanja brzina je konstantna (a2 =O) i jednaka:

v = Vr=2s = a1 t = 0,5g'2 = g ms-1.

c. U treeoj fazi je jednoliko usporeno gibanje s ubrzanjem:

L3 100 100 __' G3 = -;; = -og = - 200 g = -O,)gms £.

d. Visina dizanja tereta jednakz jest:

= I vdt = 8g = m 1=0

v-I od [=0 do 1= lOs).

44 Materijaina tocka

Rad izvrsen pri dizanju tereta na visinu H jest:

W= GH =200·78,48 = 15.696Nm.

PRIMJER 2.9.4 Na materijalnu tocliu djeluje sUa koja je fUl1kcija UI"aIL"'" li prostorll prema izrazll:

P = [(2x-y+z) i + (x+y- z2)I + (3x-2y+4z) k]N

Aka se tocka giba u ravnini x-y po kmznici koja ima centar u i~hodistu i radius r=3m, odredi rad sile tog polja sila na Pl.ltu pri kojem tocka proue jedan puni krug.

Rjesenje. Gibanje tocke je po kruznici u ravnini x-y pa se analizu moze izvrsiti pomocu poiarnoga koordinatnoga sustava za koji vrijedi da je:

x = r coSIp y = r sinlp.

Trajektorija gibanja tocke je kruznica radiusa:

r ::: X f + Y J ::: r cos<p f + r sincp 7· Eiementarni pomak je prema tome:

df ~ (- r sinlp i + r cOSIp I) dip.

Sila danog polja sila za ravninu x-y moze se prikazati izrazom:

P = (2x -y)f +(x +y)J +(3x -2y)k =

= r(2 COSqJ -sm<p) i + r( cos<p + 2sin<p )J + r(3cos<p -sm <p )k.

Elementarni rad je jednak:

dW = p. df ~ [r2 (2cos<p -sm<p ).( - sm<p ) + r2 (cosqJ +sm<p) cos<p J d<p =

~ ? (1 - sm<p cos<p).

Rad sile zadanog polja sila na putu po cijeloj kruznici u ravnini x-y jest:

W= o

Dinamika 45

2.9.2. PRIM:JERI ZA SAMOSTALNORJESA VANJE

2.9.1 Materijaina tocka giba se u polju sila gdje je sila u nekoj tocki prostora dana sa izrazom:

Tocka se giba pravocrtno i to iz tocke A(O;l;O) m, do tocke B(l;l;l) m, zatim od tocke B do tocke C(l;l;O) m, i konacno od tocke C do locke A.

Odredi koji je izvrsen rad sile danog polja sila djelujuci na tocku pri opisanom gibanju.

2.9.2 Na materijalnu tocku djeluje sila ovisna 0 vremenu prema izrazu: ~ ~ 1 ~

F=[3i +4(t-~)j]N t

Tocka se giba tako da joj se koordinate x i y mijenjaju s vremenom po zakonu

x=t 2 m Y=(3t 3 -2j2)m.

Odredi izvrseni rad sile u vremenu od tj = 1 s do trenutka tz =2 s.

2.9.3 Zakon gibanja materijalne tocke zadan je vektorom:

f~[(t2+l)i+2t2J+t3 m.

Na tocku djeluje sila polja sila u kojem je sila u nekoj tocki prostora dana izrazom:

P ~(3xy i -5z1 + lOxk) N.

Odredi izvrseni rad sile tog polja sila koja je djeiovala na tocku od trenutka t, = 1 s do

trenutka t2=2 s.


2.10. KONZERVATIVNE SILE

Na materijalnu tocku pri prijelazu iz polozaja 1 u polozaj 2 djeluje sila polja sila. Ako rad te sile F na prijelazu iz

polozaja 1 u polozaj 2 ne ovisi 0 putu kojim se gibala ta

materijalna locka, tada se takva sila zove konzeFvativna sila. Pri bilo kojem putu materijalne tocke u konzervativnom

polju sila iz polozaja 1 u poiozaj 2 (vidi sliku 2.10.1), rad sile konzervativnog polja sila uvijek je isti.

Da bi neka sila bila konzervativna moraju biti ispunjena dva uvjeta:

Slika 2.10.1

1. sila ovisi 0 poloZaju u prostoru i predstavlja djelovanje polja sila

F ~ F(x,y,z), 2.10.1

2. za silu mora postojati skalarna funkcija U, koja ima to svojstvo da je sila gradijent te skalarne funkcije, to jest:

au,. au,. au~ F ~ vU ~ ax! + a/ + az k.

lz uvjeta 2. slijedi da mora biti ispunjeno

au ~F au ~F ax x, Oy Y

au ~F az z,

2.10.2

2.10.3

a to znaci da mora biti ispunjen opci uvjet daje parcijalna derivadja smjeru s, jednaka komponenti sile u istom tom

U ponekom

au ~ - ~l' as s

(za s ~ x,y,z iii bila koji smjer). 2.10.4

Elementarni rad sile za koju su ispunjeni uvjeti 1. 2. moze se izraziti s totalnim diferencijalom skalarne funkcije U=U(x,y,z):

dW~F'df~liU'd1~ oUdx+ audy+ aUdz~dU. ox Oy oz

Prema tome, rad konzervativne sile na putu od polozaja 1 do polozaja 2 jest:

~ (duF ~ U - 'T J 2 C l' 2.10.5

Vidi se da rad koruervativne sHe ne ovisi 0 pUlEU kOjinl se premjestala materijalna locka b: 1 i1 sile za konacan i polozaj.

Dinamika. 47

Ako je put izvrsen po zatvorenoj trajektoriji, to jest, ako je materijalna tocka pocela i

zavrsila put u istoj tocki, tada je: 1

W, . ~ idU ~ u1

- U, ~ O. 0,1 J -

1

2.11. FUNKCIJA SILA ILl SKALARNI POTENCIJAL

2.10.6

Skalarna funkcija U koja irna to svojstvo da se sila polja sila moze prikazati s gradijentom

te funkcije F=liU naziva se funkcija sila iii skaiami potencijaL Za silu nekog polja sila F=F(x,y,z) rotor te sile moze se prikazati sa:

r r j f _ _ I a a a

rot F ~ Ii x F ~ I ax Oy az lFx Fy FzJ

2.1Ll

Za konzervativnu silu moraju biti ispunjene jerlnadzbe 2.10.3, pa jednadzba 2.11.1 ima

vrijednost:

Ii x F ~ ( a 2U _ a 2U I i + (0 2U _ a 2U I I + ( a 2U _ a 2U) f ~ ij, \ o-jaZ czOy} azax cxoz) \ axOy. OyOX

a to znaci da je rotor konzervativne sile za cijeli prostor jednak nuli, pa za takvu sHu moraju

biti ispunjeni slijedeCi uvjeti:

of, _ aFy oFy ~ aFz aFz ~ oFx 2.11.2 ay-a.;-' az Oy ox az

Kada Sil ispunjeni uvjeli 2.11.2, sila je kozervativna i ima svoju funkciju sila. Funkcija

sila se odreduje iz rezultata integriranih izraza 2.10.3:

U =.jFx dx + !;()',z) + C1 '

=: {F,. efv ... 4- C_

[I = (p dz + ..:.. C" J ~ z -'


2.12. POTENCIJALNA ENERGIJA

Uvodenjem funkcije V, koja ima to svojstvo daje V=-V, moze se rad konzervativnih sila na putu iz polozaja 1 u poloiaj 2 izraziti sa:

2 2 2

r - r -W1,2 = J F dr = J dU = -J dV = V! - 172 = - Ll V. 1 1 1

Tada se sila moze prikazati sa:

a to znaci da je

6 __ nv __ av~_av~_avk,. - v - -I -J -.

ax By oz'

p = _ av • ax'

F =_ av y By

av F=--. z oz

2.12.1

2.12.2

2.12.3

Funkciju V zove se potencijalna energija. Potencijalna energija kao i funkcija sila ima

dimenziju Nm. Potencijalria energija se cesto oznacuje i oznakom Ep'

Vaznije konzervativne sHe, njihova funkcija sile i koristimo u kinetici jesu:

1. Svaka konstantna sila :

P=ai+bI+ck, U=ax+by+cz+C

2. SUa teZine: P = - Gk, U = -Gz+C

3. Sila privlacenja dviju masa:

4. Sila opmge iii eiastirnog sistema:

F=

energija, koje cesto

V= -ax-by-cz+C1.

mm V= _k_l_2 +C

1.

r

F j~x' C y=-+ I'

2

Dinamika 49

2.12.1. RUESENI PRIMJERI

PRIMJER 2.12.1. Na materijainu tOCKU sila polja sila 1,2lI:iarl{l:g sa:

P= [(2xy +z3f{+x 2I+3xz 2k]N

a. Ispitaj ima Ii zadano polje sUa §voju sila i ako ima, odredi kako glasi. b. Odredi koji je izvrsen rad sHe tog polja sib je na tocku

pri pravocrtnom gibanju iz A(1;-2;3) m, U

Rjesenje. Parcijalne derivacije za dana polje sila za uvjete 2.11.2 glase:

of of x = 2x _Y = 2x,

By ax aFy = 0 oFz = 0, oz By aFz = 3z2

aFx

ax az

Vidi se da su trazeni uvjeti ispunjeni, a to znaci da je polje siia konzervativno i da ima svoju funkciju sila.

Funkcija sUa za zadano konzervativno polje bit ce odredena na osnovi formula 2.11.3 !cako

slijedi:

au ax

= 2xy + Z3 mora biti

au =F =:;::2 By y

au ' - =F =3 xz£ az z

mora biti

~. 2

U = LX V + z3Ji: + ,r (y' z) + C 2 .J Jl ,,, l'

Analizom rezultata integracije vidi se da za funkciju sila danoga konzervativnog polja sila

zadovoljava rjesenje:

Rad sile zadanoga konzervativnog polja sila koje djeluje na

iz tocke A u tocku B jest:

tocku pri prijelazu

50

PRIMJER 2.12.2 Koji rad treba izvrsiti aa se mll!'a me od jednog kiiograma digne s ~~,,,.·r: .. ~

zemlje do tocke gdje je siia privlacenja te mase od i sunca po iznosu.

1

Materijalna tocka

Fl m F2 ! m

~s:"(t ~I~ 2~ Potrebne velicine za proracnn ozuacene su sa:

udaljenost izmedu centra zemlje i centra SUDea sa

L, masa sunea sa M, masa zemlje sa m, radius SUDea sa R, radius zemlje sa r i Uluvt,"zalna lWHstaHta privlacenja masa sa k.

Slika 2.12.1

Vrijednost tih velicina jest:

L = 1,5'1011 m; m = 5,98'1024 kg; r = 6,37'106 m

M = 1,98'1030 kg; R = 6,95'108 m; k = 6,67'10-11 m3kg-1s-2 ,

Rjesenje. PoloZaj gdje je masa me priv!acena od mase sunea j mase zemlje jadnakim iznosom

sile nalazi se na udaljenosti SI od sunca i na udaljenosti Sz od zemlje. Pri tome mora zbroj udaljenosti od zemlje do sunca biti jednak Sl+S2=L. S druge strane iz uvjeta jednakog privlacenja mora biti ispunjen i slijedeci uvjet:

m mo =k--

2 S2

iii

Kao rjesenje dobiva se da su udaljenosti

SI = 1497,44' 108 m

/331104 = ~75,42 =n.

Ako se udaljenost mase IDo od centra zemlje oznaci sa x, tada je potencijal sile privlacenja mase n10 od mase sunea i zamlje dan izrazom:

V= -k mmo -k Mmo + c. x L - x

Rad koji treba izvrsiti da se masa IDo=l kg digne sa povrsine zemlje (x=r) na udaljenost od centra zemlje S2, jest:

10- 11 10-11 10-13

637'3,311 "--1,-49-7"- 2,59 0 3,311)

Dinamika

PRIMJER 2.12.3 Na

velicinu fo = 50 em, iezi teret

Nepritegnuta dl.lzilla opmge je L. Kada 5e opmga otpusti, tako

opruzi za

G=lON.

aa ostane pritegnuta sarno za fj =25 em, teret G odleti na

visinu H=lOm. Odredi krutost opruge.

Otpor zraka i tezina opruge neka se z<lnemare.

51

Slika 2.12.2

Analiza zadatka. Sile koje djeluju na teret sarno su sila [dine i sila opruge. Obje sile su konzervativne i imaju svoj porencijal koji se opceniw maze za obje izraziti sa:

kf2 V=---+Gy+C.

2

Rjesenje. U pocetnom i konacnom poJozaju teret miruje, a to znaci da se ukupna poteneijalna energija sistema ne mijenja pa mora biti:

Vi = V2 ,

Odmjeravanjem velicine y od pocemog polozaja tereta taj uvjet glasi:

kf/ kl _0 +C=_l +GH+C,

2 2

Iz tog izraza slijedi rjesenje za krutost k, koja iznosi:

k= 2GB = 2,10,10 = 1066,7 Nm-l, 112 - j} 0,5 2

- 0,25 2


2.12.2. PRIMJERI ZA SAMOSTALNO RJESAVAJ"l"JE.

2.12.1 lspitaj jeli polje sila P = (x2 i +iJ + Z2 k) N konzervativno polje sila. Zatim izracunaj rad sile tog polja sila, koja djeluje na materija!nu tocku pri pravocrtnom gibanju

od ishodista do tocke A(l;l;l) m, zatim od tocke A do tocke B(l;l;O) m, i konacno od

tocke B do ishodista.

2.12.2 Polje sila P = (yzi + zxJ + xyk) N jest konzervativno. Nadi izraz za potencijalnu

energiju, ako se uzme da je u tocki A(1;l;-l) m, ona nula.

2.12.3 Teret G=lON moze kliziti po glatkoj vertikaino polozenoj poiukruznici, i vezan je oprugom krutosti k=O,4N/cm,

kao sto se vidi na slici 2.12.3. Odredi koji je rad potrebno izvrsiti za

premjestanje tereta iz polozaja A u polozaj

B.

Duzina nerastegnute opru~e je Lo=3 m, a L=4m i R=1,5m.

o :/

f.,!~i--___ 1 ____ ~

2.12.4 Opruga ima krutost k=5N/cm. Odredi:

a. Rad sile koja je rastegnula oprugu za x=30 em. b. Koji je dodatni rad potrebno izvrsiti da se

opruga rastegne jos za 10cm.

Slika 2.12.3

~k , 1" 11»1 x 101

Slika 2.12.4

Dinamika 53

2.13. KINETICKA ENERGIJA

Kineticka energija je skalarna velicina koju oznacujemo sa T iIi Ek , a predsravlja izraz: 2

T = ~ =!!!. v·v. 2 2

2.13.1

Materijaina tocka koja miruje nema kineticku energiju. Kineticka energija je energija gibanja za razliku od potencijalne energije koja je energija se kine[icka energija naziva zivom silom jer se njome moze vrsiti rad.

Dimenzija kineticke energije je Nm.

2.14. JEDNADZBE RADA I ENERGIJE

a. Opce sHe

Pri gibanju materijalne tocke mase m iz polozaja 1 u polozaj 2, na koju djeluje ukupna sila P, koristeci jednadzbu gibanja F=mii, moze se izraz za rad prikazati na slijedeci nacin:

DobiE smo:

2.14.1

To je prvi oblik jednadzbe rada i energije koji glasi: Rad svih sib koje djeiuju na materijalnu tockll, koja se gina iz 1 u

2, jedllak je promjeni kineticke energije te materijalne tocKe nastaie pri pdjelazu iz poiozaja 1 u 2.

Jednadzba rada i energije moze se pisati i na ovaj nacin:

2.14.2

Taj drugi oolik Jednadzoe rada 1 energije glasi:

Prj gibanju tocke iz

Promatranjem podintegralnog izraza u izvodu jednadzbe rada i energije

o::.dT. 2. L4.3


Ta jednadzba pokazuje da je elementami rad ukupne sue koja dljeluje na

tocku kineticke energije. Za pravocrtno gibanje jednadzba rada glasi:

2 2 2 2

= JFxdx = J mxdx = J m Iii idt = J1

d(m2ii) 1 1 1 dt

2.14.4

Za gibanje materijalne tocke u prostoru na koju djeluje sila F = F f + F J"" + F k x y z" lIma

brzinu +vyJ+v/, a polozaj joj odreduje radius vektor f=xf+yJ+zk, moze se analogno pisati jednadzba rada:

2 2

J F·df = J(Fxdx+Fydy+Fzdz) 1 1 .

m

2 2.14.5

sto znaci da je:

2.14.6

Dinamika 55

b. SHe SI! kUlzenativIle i,

Nekonzervativne site su one pri gibanju trose mehanicku energiju pa su zato i

nazivane disipativnim sHama. Tipicne disipativne siie su sUe koje nastoje sprijeciti gibanje

kao sto su sile rrenja, otpor fluida i slicno.

Ako na materijalnu tocku dje!uje ukupna konzervativna sila i ukupna

siia Fd , tada je fad tih siJa pri prijelazu iz polozaja 1 u polozaj 2 jednak 2

= r J 1

Rad konzervativnih sila moze se izraziti potencijalnom energijom: 2

r -J Fk'df= 171 -

a rad disipativnih sila moze se oznaciti sa: 2

J Fd'dP = W1,2d

'

lednadzba rada energij" sada se moze 'dati izrazom:

Ta jednadzba omogu6uje da se zakon promjene mehanicke energije u

disipativnih sila napise u obliku:

Sam rad disipativnih sila moze se izraziti jednadzbom:

W1,2d = (V2 - VI) + (12 - 11 ) = 11 V + h.T = h.(T + V) = h.E.

2.14.7

2.14.8

2.14.9

2.14.10

2.14.11

2.14.12

gdje zbroj potencijalne i kineticke energije zovemo mebanicka energija i sa E.

Rad disipativnih sila uvijek je negativan ,ier se svladava orpor gibanju i trosi energija.

Prema izrazu 2.14.11 vidi se d2 je za materijalnu wcku na konzervativne i

disipativne sile, pri gibanju iz polozaja 1 u polozaj 2, zbl'oj ulmpne mehanicke mergije II

c. Sile su sve konzervativne

Ako na materijalnu tocku pri gibanju iz polozaja 1 u polozaj 2 djeluju samo konzervativne sile, tada se rad tih sila maze izraziti jednadzbom:

2.14.13

iz koje slijedi da je;

2.14.14

a IO znaci da je;

L'1(V+T)=L'1E=O. 2.14.15

To je treci oblik jednadzbe rada koji vrijedi ako na malerijalnu IOcku djeluju sarno konzervativne sile, a glasi; Karla na materijalnu tocku djell.lju sarno konzervativne sile, tada je za vrijeme gibanja zbroj potendjalne i kineticke energije konst;mtan, odnosno.

nema promjene mehanicke energije. Izraz 2.14.14 prikazuje zakon ood::mJfl Plmelumicke' energije.

2.14.1. RIJESE]'<,'I PRIMJERI

PRIMJER 2.14.1 Kamen tezine G nalazi se na vrhu glatke valjkaste povrSine radius a I' = 1 m.

Ako se kamen gurne brzinom klizuuti po povrsini i s njom ce

kutu <po Odredi kut <po

vo=2 mis, on ce kontakt pri

Rjesenje. Kamen ce izgubiti kontakt kada normalna

komponenta ubrzanja kamena daje inercijsku silu po

Slika 1.14.1

iznosu jednaku komponenti tdine okomite na valjkastu povrsinu, odnosno kada normalan pritisak valjkaste povrsine na kamen bude jednak nuli. Sila koja pri gibanju vrsi rad je sarno

sila tefine kamena koja je konzervativna. Brzina kamena u nekom trenutku dok jos postoji kontakr, dobiva se iz uvjeta odrianja

mehanicke energije. Zakon odrianja mehanicke energije (To + Va = T~ + za vrijeme kontakta glasi;

2 2 mv mv __ 0 +C = __ '1' ~Gr(l ~COStO) +C.

'j ~ 'f' ~ ~ L

lz te jednadzbe dobiva se opci izraz za brzinu U ovisnosti 0 kuru \t, glasi:

v~ +2gr(1 ~cosq;).

Dinamika

Normalni pritisak na kontaktu kamena i valjka jest: 2

G V'l' N=Gcos<p ~maN=GcosqJ ~--,

g r

57

Kontakt prestaje kod onog kuta 'P kod kojega je normalni pritisak nula. Uzimajuci da je

N=O, dobiva se druga veza za kut i brzinu za trenutak kod kojeg upravo prestaje komakt,

a glasi: 2

Vq>= rgcos(jl.

Rjesenje za trazeni kut jest: 2

2 Vo c08«,=-+--=08026 iii q;=36037121Il

3 3rg ,

PRIMJER 2.14.2 Teret tezine G=20 N moze se gibati po

vertikalno dijeiu pI'stena

radiusa 1."=2 dm, a vezan je 'lprug'lm krl.ltosti

k=l N/cm. Drugi kraj nprugc je vezan za

tocku 0, Aiw teret krene iz tocke A brzinom vo=O,l mis, odredi

brzinu tereta kada dode u tocku B. Tocka A je najvisa tocka, a tocka B je rocka

prstena. Nerastegnuta olliina opruge jednaka je I'/2. 'B

S!ika 2.14.2

Rjesenje. Djelujuce sile opruge i tezine konzervativne su pa vrijedi zakon oddanja energije:

lz te jednadzbe jest:

a nakon uvrsrenja =-:,~2gm/.~

mv~ h~ mvi hi --+- +C = -- +-- +C~2Gr.

2 2 2 2

dobiva se da je brzina kojom ce tijeJo ~tici u toeku l~

58

PRIMJER 2.14.3 Teret tezine G=150N moze kliziti po glatkoj vertikalnoj ,""liilie; a vezan je elasticnom vezom krutosti k=5N/cm.

A karla je veza l.l

horizontahwHl vezeje

Lo=4m. Vezaje koja je na udaljenosti L=4m.

Ako se teret odjeduom pusti siobodllO, odredi: a. brzinu tereta karla se spusti do tocke B za

veiicinu H=3 m, b. all kojeg Hmax ce se spustiti teret i koliko ce

biti rastegnuta opruga u tom tre,mtku.

Materijalna tocka

Slika 2.14.3

n'<C~<;I"C. U sustavu nema sila pa vrijedi zakon odrianja mehanicke energije koji za spusranje tereta za velicinu H glasi:

2 mVB

-- +C = --+- -GH+C. 2 2 2

Frema tome brzina za taj [renutak jest:

2 k, 2 2) A H VB=-tXA-XB +Lg.,

m

gdje XA i XB oznacuju velicinu raztezanja opruge, u poiozaju A i B, koja iznose:

= 1m.

Na maksimalnu vrijednost HmaX' teret ce se spustiti kada se brzina tereta izjednaci s nulom, odnosno:

a)

U tom trenutku ce opruga hiti rastegnuta za velicinu:

b)

iz jednadzbe a) dobiva se da .Ie brzina u wcki B jednaka =3.725m

Dinamika

PRiMJER 2.14.4 Odredi za koju je velicinu x potrebno pritegnuti oprugu

krutosti k=2Nicm na se oslallja blo" tezine G=HlN, da otpmtanjem opruge biok bude odgunmt tako da

slijedi prikazani put i na kraju

59

Slika 2.14.4

horizontalno odskoci s visine H=5cm, na m"'''.!t;U'u,,,, L=6cm. T,enje i svi otpori neka se zanemare.

RjeSenje. Oprugu treba toliko pritegnuti da se stvor! dovoljna potencijaina energija kojom

bi se nakon njezina otpustanja srvorija potrebna kineticka energija bloka. Potrebna kineticka energija blaka mora biti tolika da se njome izvrsi rad dizanja bloka na visinu H i da blok na taj visini zadrZi horizontainu brzinu kojom maze horizontal no odskociti i pasti na udaljenosti

L na tlo.

Kinematika. Odskok bloka je horizontaini hitae kojem je vertikalno gibanje slobodni pad,

a horizontal no gibanje je jednoliko s konstantnom brzinom v. Ako vrijeme padanja za visinu H tfaje to sekunda, rada se moze izraziti:

2

pa je prema tome:

gtQ H=-

"2

2 H to =2-

g

·2 V2=~

2H

Kinetika. SHe u sistemu su konzervativne pa se moze koristiti zakon oddanja energije u

obliku: kx2 mv2 -+C=GH+--+C.

2 2

Kao rjeSenje konacno se dobva velicina potrehnog pritezanja opruge, a iznosi:

I ( , X= IQ,2H+~1 = 8.246 em.

~ k \ 2H) .

PRIMJER 2.14.5 Terer G kada miruje Ill! kraju

Ako se teret Uigilt na visum. H=l ill i pusH da p"tillc. na kiraj nosaca, nastat ce dinamicki progih fd'

Oared; vi:ljCim.l Vlastita tel-lim,

nosaca neika se zanernari.

Slika 2.14.5


Rjesenje. Sistem je konzervativan. Rad sile tefine trosi se na stvaranje derormacije konzole. Kineticka energija u trenutku pustanja tereta da pada i u trenutku na kraju pri ostvarenoj

deformaciji fd je nula. Prema zakonu odrzanja ukupne mehanicke energije vrijedi:

kf; C = -G(H +fd) +2 +C.

Ta jednadzba moze se prikazati sa:

1'2 _ 2 G.f _ 2 G H - ,2 - ~.f .. - ~f BY - 0 Jd -l.d - - fd LJ ·'d L _ - . k k .-

Realno rjesenje te kvadratne jednadzbe glasi:

fa = fst +V/;' +2fst H =fst ( 1 + ~ 1 +2~ ) =fstTl,

gdje koeficijent T] pokazuje utjecaj pada tereta s visine H na staricki progib f,t, a naziva se dinamicki koeficijent iIi faktor uvecanja statickog progiba.

Od pad a tereta G sa visine H dobiva se da su faktor uvecanja statickog progiba i dinamicki progib jednaki:

11 = 1 + ~ 1 + 2 ~ = 11 ,05 j~ = 1st 11 = 22,1 em.

PRIMJER 2.14.6 Odredi koju pocetnu brzinu treba dati tijelu mase

m da bi se podiglo s povrsine zemlje na visinu H. Odredi takoder prvu i drugu kozmicku brzinu. Otpor zraka neka

se zanemari.

Prva kozmicka brzina je minimalna brzina koju. mora imati tijelo pri

poletu s povrsine zemlje da uleti u orbitu i kruzi oko zemlje.

Druga kozmicka brzina je min}maina brzina koju mora imati tijelo pri

poletu s povrsine zemlje da ode u svemir

y

Slika 2.14.6

Rjesenje. Za dizanje tijela potrebno je dati tijelu kineticku energiju koju treba utrositi na rad

svladavanja djelovanja sile pri\'Iacenja. Sila privlacenja je konzervativna sila pa S'C njezin rad

rnvZe prikazat: s ITiehanickt energije.

Dinamika

Prema zakonu odrZanja mehanicke energije

mv~ km m mv2 km.m __ - __ z_ + C = __ - --'- + C.

2 Rz 2 Rz +H

lz te jednadzbe moze se izraziti:

U zimajuci u obzir da je:

km m

2 2 (1 1 \ Vo =V +2km l- ---I'

z Rz Rz+H;

__ z _ = G = mg odnosno R;

konacno se dobiva:

2' 0 2gH Vo "'V~ + --

R +H z

61

a. Da se tijelo digne s povrsine zemije na visinu H. porrebna je pOCetna brzina

I 2gHRz v = ,---o ~ Rz +H

b. Prva kozmicka brzina je minimalna brzina kruzenja VI pri je sila inercije od

normalne komponente ubrzanja sili privlacenja, to jest:

odnosno

Uz Rz =6,37'106 m, ona iznosi:

VI = {iiI; = V9,81'6,37 '106 = 7,905 '103 mls.

c. Druga kozmicka brzina je minimalna brzina kojom ce tijelo odietjeti na visinu H

beskonacno vehku, a ona je jednaka:

v, = \/2gRz 11,1794 ~ mis.

\) H

62

PRIMJER 2.14.7 Za koju ve!.ichlll. x je potrebno pritegnuti opmgu krutosti k=4N/cm prije aa blok teZlne G=10N bude opmgom gurnut dovoljnom pocetnom brzinom da

slijedi glatki vodeni put i s njime lll.e gubi kontakt.

Materijalna tocka

Slika 2.14.7

Rjesenje. Uvjet rjesenja je da opruga bude toliko pritegnura da potencijalna energija opruge moze izvrsiti rad dizanja tereta na visinu 2R brzinom koja ce dati inercijsku silu od cemripetalnog ubrzanja jednaku tezini tijela. Put je glatki, nema disipativnih siia, pa se moze koristiti zakon oorZanja mehanicke energije.

Kinetika. Prvo ce se odrediti minimalnu brzinu koju mora imati blok u najviSoj tocki kruga. U tom trenutku mora iznos sile inercije biti jednak tezini bloka, to jest:

L=G iii daje v2 =gR.

Zakon oddanja mehanicke energije daje inogucnost da se odredi velicina x:

kx2 mv2

- +C = -- +G2R+C. 2 2

Minimalna velicina x je jednaka:

4~R 2 !SGR x = ~ + m; = ~ ----;;-- = O,1m = 10 em .

2.14.2. PRIM:JERI ZA SAMOSTALNO RJESAVANJE

2.14.1 Teret tdine G=5N pridrZan je u poloiaju A na glatkoj horizonralnoj vodilici. Teret je vezan za jedan kraj opruge krutosti k=2N/em. Drugi kraj opruge je vezan za nepomicnu (ocku 0 koja se nalazi iznad tocke B na uaaijenosri H =!sO em. U nerastegnutom stanJu auzina opruge je Lo=60 cm. Tocka A je na udaljenosti L=60 cm od tocke

Ako se tijelo pusti slobodno ono ce se poceti gibati prema tocki B. Odredi kojom ce brzinom doci tijelo u tocku B.

Dinamika

2.14.2 Blok [ezine G=20N, miruje na glatkoj elipticnoj povrsini u polozaju A na visini H =8 em iznad tocke O. Blok je vezan elasticnom oprugom krurosti k=4Niem za nepomicni centar O. Nerastegnura duzina opruge je Lu=lOcm.

Ako .ie blok gurnut u polozaju A pocetnom brzinom '1'0=4 em/s. odredi sa kojom ce brzinom sti6i blok u polozaj B.

Polohj lOcke B se nalazi na udaljenosti L= 14 em od tocke 0 (vidi sliku 2.14.9).

2.14.3 Teret tezine G=5N miruje u polozaju A. Teret je vezan elasticnom oprugom krutosti k==2 N/cm, i moze klizati po glatkoj vodilici kao sto je pokazano na slici 2.14.10.

Duzina nerastegnute opruge je La == 40 em, a vel icina H == 50 em. Ako se pusti da teret klizne iz tocke A niz vodilicu prema tocki

B, odredi brzinu kojom 6e udarl,i na kraj B ito: a. ako je vodilica u vertikalnoj ravnini i b. ako je vodilica u horizontalnoj ravnini.

2.14.4 Po kosini s nagibom a=30o spusta se teret tdine G. U tocki B kosina prelazi u valjkastu povrsinu radiusa R=2m.(Vidi sliku 2.14.11).

Poznato je da je teret u tocci A imao brzinu v A = 1 mis, da je cijela povrSina glatka i da je visinska udaijenost od tocke A do najnize tocke h=(),5m.

Odredi kut rp koji odreduje tocku C gdje 6e se

teret zaustaviti.

2.14.5 Blok tdine G==40N, pusten je u tocki 1 da klizi niz glatku krivudavu

m.

a. Pritisak bloka na

Slika 2.14.9

Slika 2.14.10

Slika 2.14.11

ako je radius zakrivljenosti na tome mjestu 111.

Siika 2.14.12

63

64

2.14.6 Teret G=20N vezan je nerastegnutom oprugom krutosti

k=2 Nicm i miruje na horizontalnoj glatkoj povrsini u polozaju 1 koji

odreduje duzina L=4 dID i H =3 dID.

x

Materijalna tocka

'"I r- ---1 I J , I

F

U tom polozaju se odjednom pocne vuci teret konopom prebacenim preko koloture i to konstantnom horizontal nom

silom F=100N kako je pokazano na slici 2.14.13.

Slika 2.14.13

Odredi koju ce brzinu imati teret u trenutku kada on prijede put x=1,75 dID.

2.14.7 Materijalna tocka mase m stoji izmedu dviju jednakih ~_ F~_ .1'.._tl.k nepomienih masa M na medusobnoj udaljenosti 2L kako je L' L ~ pokazano na slici 2.14.14. i'" 1>1"<1 ~

Stika 2.14.14 Ako se masa m pokrene sa brzinom Vo prema jednoj masi

M, odredi koju ce brzinu imati masa m kada prevali put s=LI2.

2.14.8 Blok tezine G=lOON gurnut je sa brzinom vo=2 m/s niz hrapavu kosinu nagiba ",=30° i f=0.2. Na udaljenosti L= 1 m blok se zaustavi na pritegnutoj opruzi krutosti k=40N/cm.

Opruga je prije udara bloka bila pritegnuta za

velicinu o=5cm (vidi sliku 2.14.15).

Odredi maksimaino skracenje opruge omox nakon naleta bloka.

2.14.9 Teret tdine G=lOON moze kiiziti po glatkom dijelu prstena radiusa .=2 m kao sto je pokazano na slici 2.14.16.

Ako je teret dignut iz poJozaja 1 u poiozaj 2

povlacenjem uzeta konstantnom silom F=200N, odredi D;-zinu te;:-ei2. L Lrenulku kaoo. sngnt L

Slika 2.14.15

SEka:2, 14.16

Dinamika

2.14.10 Teret G=SON je vezan za oprugu krutosti k= 1 Nicm i leii pridrZan u polozaju 1 na glatkoj

horizontalnoj podlozi na udaljenosti L=2,5 m kaleo je pokazano na slici 2.14.17.

Nerastegnuta duzina opruge je Lo= 1,5 m, a teiinajoj

se moze zane mariti . Ako se teret pusti slooodno, opruga ce ga pokrenuti.

Odredi brzinu tereta u trenutku kada dode u polozaj 2, koja je ispod tocke 0 na udaijenosti H=1,5m.

65


2.15. SNAGA

Svaki rad moze biti izvrsen za kraee ili duze vrijeme. Mjera kojom brzinom je izvrsen

odredeni rad jest snaga. Ako je rad A W izvrsen u intervaiu vremena At, tada je sredpJa iii prosjecna snaga za

taj interval vremena oznacena sa

N =AW sred At'

Snaga u odredenom trenutku vrsenja rada definirana je kao granicna vrijednost srednje snage kada interval vremena tezi nuli, to jest:

N=lim A dW At~O At dt

Snaga je definirana kao prirast rada po vremenu iii rad u jedinici v[emena, a pokazuje

brzinu izvrsenja rada. Snaga je skalarna vrijednost. ledinica snage je vat (W). Ona prikazuje rad od jednog dzula

(J) u sekundi (5), odnosno

1 W= 1 Js- 1 = I Nms- 1 = 1 kgm 2s- 3 .

Snaga rada sile moze se prikazati sa:

N= dW =F· df =F.v. 2.15.1 dt dt

Snaga rada sprega sila iii momenta moze se prikazati sa:

N= dW =M· dip =M'(J. 2.15.2 dt dt

U tehnickoj praksi snaga je vazan pojam vezan uz pogonslce strojeve (motore) kojim se vrednuje sposobnost vrsenja rada u odredenom vremenu. Sto je veea snaga stroja, to ee on odredeni rad izvrsiti u kraeem vremenu.

Snaga stroja mora biti uvijelc veea od potrebne efektivne snage za vrsenje odredenog rada. Potrebno je utrositi i rad na pokretanje elemenata stroja i savladavanju svih otpora lOm gibanju. Odnos potrebne efektivne snage i ukupne snage stroja odreduje se koeficijentom korisnog ucinka stroja koji je dan izrazom

= Ne! Tj

Nstroja

2.15.3

Dinamika

2.15.1. PRIM:JERI

PRIMJER 2.15.1 Tenet tezine G=l kN miruje nll hrapavoj kosini nagnilltoj pod kutom 0'=30°. Koeficijent trenja

izmedu tereta i kosineje f=0,5 (vidi sliku 2.15.1). Odredi mora imati snagll stroj koji hi povukao teret

po kosini na visinu H=60m za dvije minute. Koeficijent korisnog ucinka stroja je '1 = 0,8.

Rjesenje. Prvo treba odrediti koji ukupan rad treba stroj izvr§iti, a zatim rad u jedinici vremena, koji predstavlja snagu.

67

Slika 2.15.1

Efektivni rad koji treba iZVfsiti jest dizanje tereta za visinu H i savladavanje sile trenja na putu L=H/sina.

W=GH+TL=GH(l+fcosa) = sma

= 1000'60(1 +0,51,733) =11.196Nm.

Efektivna snaga mora biti

lV' - W - 11.196 _ a~3 k7 / - Q~~ W • ef - - - --- - ~J "m s - ~"j , t 120

a snaga stroja N

N =.....!l 1]

933 0,8

1.166 W.

PRIM1ER 2.15.2 Crpka daje kolicinu od Q=720m3Jh 'lode pod tlakom od p=550N/cm2•

IzracUl:mj potreollll snagu elektromotora cr.pke ako je koeficijent korisnog uCinka crpke Tj =0,75.

Rjesenje. Potreban rad koji treba izvrsiti crplca u jednom satu jest:

W = QH = 720'550'104 = 396·107 Nm. Efektivna snaga mora biti:

a potrebna snaga elektromotora: . N N ej

W 396 107

3600

11 0,75 1467kW


PRlMJER 2.15.3 Vlak ulmpne teZine G=7MN krenuo je sa stanke i giba se u. pravcu jednoliko

ubrzano tako da nakon vremena tj =50 s postigne

brzinu od v = 54 km/h te dalje nastavija

kOl1stantnom brzinom.

~~ ,I

Ako je pruga imala uspon od 31100, a otpor

kotdjanja iznosi f=O,Ol, odredi efektivnu snagu

vuce kao funkdju vremena. Otpor zraka neka se zanemari.

Slika 2.15.2

Rjesenje. Prvo treba analizirati sarno gibanje da se ustanovi ubrzanje i odredi silu vuee u ovisnosti 0 vrernenu. Tok prornjene brzine s vrernenom je poznat pa se moze odrediti

efektivna snaga u ovisnosti 0 vremenu.

Kinematika. U prvoj fazi gibanje vlaka je jednoliko ubrzano s poeetnom brzinom nula pa

je v=at. Prema tome je:

a = VI = 54.000 ~ =0,3 tl 3.600 50

U drugoj fazi gibanje je jednoiiko 5 konstantnom brzinom pa je

Kinetika. U prvoj fazi vrijedi jednadzba gibanja:

ma =F-T-Gsma,

pa je sila vuce jednaka:

F = ma + T+ Gsma =

= G(~+fcosa+sma) = g

= 7.000(0,0306 +0,01 +0,03) = 494kN.

U drugoj fazi gibanja sila vuee je jednaka:

F = T + G sma = 7.000' 0,04 = 280kN.

Efektivna snaga vuee za vlak pri zadanom

dobiva se prema izrazu:

= Fli) . v(t) ,

a prikazana je na sliei 2.15.4

Slika 2.15.3

Sllk3,2.1SA

I Dinarnika 69


2.15.1 Vucna sila kamiona kod brzine od 90km/h iznosi okNo Odredi efektivnu snagu

kamiona u torn trenutku.

2.15.2 Koja mora biti najmanja snaga ciektromotora da bi vitlo teret od uz jednoliko gibanje po hrapavoj kosini nagiba a=30o, diglo na visinu H=30m za 5 minuta.

Koeficijent trenja izmedu tijela i kosine je (l,S, a koeficijent korisnog ueinka vitIa je 0,80

2.15.3 Pami stroj snage N = HI kW tjera crpku

litara vode na visinu od H=30m. Koji je koeficijent korisnog ucinka postrojenja.

za vrijeme t = 12 sat! izbaci Q = 106

2.16. KOLICINA GIBANJA I IrvIPULS

Za materijalnu tocku mase m, koja se giba i II nekom trenutku ima brzinu v, produkt

mase i brzine naziva se kolicinom te materijalne tocke za taj trenutak gibanja i oznacuje se sa:

2.16.1

KoliCina gibanja je vektorska velicina, a dimenzija joj je kgm/s=Ns.

Ako je poznat zakon promjene sile po vremenu P = koja djeluje na materijalnu tocku, tada se veliCina Pdt naziva elementanlim sHe i oznacuje sa dS pa je prema tome:

Suma elementarnih impulsa od trenutka tl do trenutka t naziva se . 2 materijalnu tocku za interval vremena llt=t

2 -t

1 i oznacuje se sa:

2 2

- r - r-Sl,2.=jdS=JFdt. 1 I

Elementarni impuls i impuls sile su vektorske velicine dimenzije Ns.

2.17. ZAKON .lMPULSA I KOLICINE GIBANJA

Za materijalnu tocku mase m, na koju djeluje sila P, jednadzba gibanja glasi:

F- - dv d _ dq =ma =m- = -(mv) =-. dt dt dt

2.16.2

sHe na

2.16.3

2.17.1

Vektor mv je kolicina gibanja te materijalne tocke.Prema izrazu 2.17.1 vidi se da je sila

jednaka promjeni kolicine gibanja u jedinici vremena. Aka je sila F = 0, tada nema promjene kolicine a to maci da je ij=konst.

Mnozeci jednadzbu 2.17.1 sa dr, dobiva se:

U obzir izraz 2.16.2, znaci da

2.17.2

Dinamika 71

lz izraza 2.17.2 vidi se da je elementami kolicine gibanja.

Kada sila P djeluje na materijalnu rocku za vrijeme

elementarnih za intenral vrernena od trenutka t,

tada se sumiranjem svih

do trenutka 12 dobije da je:

U ovoj formuli se izraz:

2 2

( dS = J 1

f

=J 1

naziva ukupnim sile koji .Ie djelovao na materijalnu lOcku u intervalu vremena !.1t=t2-t1' uzrokovanim silom F=F(t) i oznacuje se sa 81,2:

Prema tome dobiven je vazan izraz din:::TI.:ke glasi:

2.17.3

Cesto se taj izraz pise u jednostavnijem obliku:

S = 11 ij = m!l v. 2.17.4 Dobiveni izraz 2.17.3 predstavlja zakon i kolicine gibanja.

djeiovanje nl.l materijainu tocku m:rokuJe promjenu

materijalHe tocke. Na drugi nacin moze se kazati da djeiovallje

promjell1lu brzine te locke. Zakon kolicine gibanja i impulsa mogJi smo pisati na siijedeCi nacin:

2

ili m17l + (Pdt = m17o. J k

2.17.5 I

Izraz 2. 17 . 5 pokazu je da: kolicina gibanja matedj aine locke pdje plus jest jednaka koHcini l1akon djeiov<l.ll..ia j.JJJi'HliSiLt.

IzraZavanjem brzine VI i impulsa !I i sile P komponentama pravokumoga

koordinatnog sustava, moze se zakon !colicine gibanja i prikazati skaiarnim jednadzual1Ul koje glase:

;:::: ffl}' -7111' y:.

-mv~ = ~\

-in::::. _ C'

F 2.17.6

72

iIi Jednostavnije:

mil +Sx = mi2

my 1 + Sy = mY2 mil +Sz =m~

Materijalna locka

2.17.7

Kada materijalna tocka vrsi pravocrtno gibanje u smjeru x, a na nju djeluje impuls

S x = S, tada vrijedi jednadzba:

Na materijalnu tocku, koja se giba pravocrmo, dje!uje sila F. Ako se sila mijenja u ovisnosti 0

vremenu, kao sto je prikazano na slici 2.17.1, te treba odrediti impuls iIi promjenu kolicine gibanja

i to samo u intervalu vremena 15.t=t2 -tl' to se racuna izrazom:

" Sl,2 = jdS=mvZ-mv1· 2.17.9

2.17.8

~+ I " ,dt j *";i"f~t2 ~

Siika 2.17.1

Na slici 2.17.1, elementarni impuls u trenutku t, prikazuje uska srafirana elementarna povrsina jednaka dS=Fdt, a ukupni impuls sile S1,2' koji je izrazen sumom svih

elementarnih impulsa od trenutka t1 do trenutka f2' prikazuje povrsina ispod krivulje F=F(t) u tom intervalu vremena.

Dinamika

KOLICIl\IE GIBANJA

Ako je ukupna vanjska sila djelovanja na materijalnu tocku mase m jednak8 nuh.

tada je:

73

2.18.1

a to znaci da je q=konst, odnosno da je:

if2 = ifl = q = konst. 2.18.2

Ako je ukupni impuls u intervalu vremena 15.t=t2 -t1 jednak nuli, tada je promjena

kolicine gibanja jednaka nuli, to jest 15.q=O, a to znaci da je:

') 18.3

Dobivena jednadzba izrazava zakon odrianja kolicine gibaI~ja koji glasi: Za tocku na koju je uimpna vanjska sila jednaka nuli, iii je promatraru interval jednak null, nema promJene tome ni promjcl1e brzine za taj interval vremena.

Kad je £=0, impuls je nula i nema promjene brzine. To tvrdi i zakon inercije, Bez

vanjskog djelovanja nema promjene gibanja. Zakon odrianja koliCine gibanja posebno je vrijedan kadase prosiri na sraz iii sudar dviju

materijalnih tocaka iIi dvaju tijela.


2. 18. 1. RUESENI PRll',1JERI

PRIMJER 2.18.1 teiine G nalazi se na hrapavoj nOjiUOnltaL!lO.l povrSini i krene u pravcu pocetnum VO'

Odredi za vrijeme i na mialjenosti ce se tijelo Z211staviti.

Sile koje djeluju na tijelo za vrijeme gibanja jesu vlastita tdina G, normalni

pritisak podloge N i sila trenja T. Sile GiN djeJuju u smjeru okomitom na pravac gibanja

i nalaze se u ravnoteii. Sila trenja ajeluje u pravcu gibanja, ali je suprotnog smjera od smjera

gibanja jer se suprotstavlja gibanju. Gibanje rijela je u pravcu koji je definiran leao os 'Ii, s ishodistem u pocetnom polozaju tijela.

Kinetilm. lednadzba ravnoteie za os y i jednadzba gibanja za os X glase:

N-G~O a) - T ~ my; b)

gdje je T ~ fN .

lz jednadzbe a) siijedi da je N =G, a zatim iz jednadzbe b) slijedi da je:

.. G .. - fG ~mx ~ -x. g

Kinematika. Diferencijaina jednadzba gibanja tijela glasi:

x~fg·

Postupnom integracijom dobiva se opci izraz za brzinu i poloz~j:

i=-fgt+C

t2 x=-fg-+Ct+D.

2

Konstame C i D se odreduju iz pocetnih uvjeta gibanja tijela. Pocemi uvjeti su da za t=O

jest i x=(), pa su konstante jednake: C==vo i D==O. Uvrsleno U opee izraze slijede leonacni izrazi za brzinu i zakol1 gibanja koji glase:

v = "0

Tijelo ce stati u trenutkl.~ tb kada ce brzina biti jednaka nulL je trenutak:

Dinamika 75

Mjesto zaustavljanja bit ce na udaljenosti x, koja iznosi: 2 2

_ fg 2 _ Vo fg Vo _ Vo x-vt--t -v--------

0"1 2 1 0 fg 2 (jg)2 2fg'

Velicine t1 i X mogu se direktno odrediti kinetikom uz pomoe stavka impulsa i stavka rada.

Koristeci zakon impulsa moze se izracunati trenutak zaustavljanja. Zakon impulsa glasi:

'I ~ f -Tdt~mv)-mvo'

to

Ako se uzme daje to=O, T=fG, m=G/g i '1'1=0, dobiva se:

Trenutak zaustavljanja je:

_.f __ G JGt) - -vo'

g

2 Vo

L~-.

1 fg

KoristeCi stavak rada i energije moze se oarediti prevaljeni pm. Stavak glasi:

iii

Znaci da je:

mv~ -Tx ~E -E ~-----.

kI ko 2 2

2 G Vo

fGx~--g 2

Prevaljeni put do trenutka zaustavljanja iznosi 2

Vo X=--.

2fg

Vidi se da su dobivene vrijednosti jednake ranije izracunanima.


PRIMJER 2.18.2 Tijelo mase m=2kg miruje lila glatkoj ho'rizontalnoj povrnini. Na tijelo odljednom pocne djelovati sUa F=-5cosZtN.

Odredi zakon gibanja, maksimaln1.l koiicinu gibanja, maksimalnu kinetickl.l energiju tijela, i koji je djelovao fia tijelo 00 tremii:ka t=O do trenutka t=./4 sekullde.

Rjesenje. Diferencijalna jednadzba gibanja tijela koja ujedno znaci ubrzanje tijela glasi:

.. F 5cos2t 2 2 X ~ - ~ ---- ~ -2,5cos t m!s .

m 2

Kincmatika. Opee rjesenje diferencijalne jednadzbe gibanja jest:

i ~ - 12 5sin2t + C ~ -1.25sin2t+ C 2 ' , 1

x ~ -2,5cos2t+Ct +D ~ 0,625cos2t+Ct +D. 4

Konstame C i D odrede se iz pocetnih uvjeta gibanja. Pri t=O mora biti:

Xo ~ -0,625 + D ~ 0 io ~ Vo ~ 0 +C ~ 0,

a to znaci da su konstante c=o i D=O,625m.

Trazene velicine jesu: a) Zakon gibanja tijela: x=O,625(cos2t - 1) m. b) lzraz za brzinu tijela: v=-1,25sin2t m/s.

e) Maksimalna kolicina gibanja tijeia: q",,,=mvmax =2·1,25=2,5 kgm/s.

d) Maksimalna kineticka energija rijela:

2

E ~ mvmax ~ 2. 1,252 ~ 15625Nm.

~ 2 2'

e) lmpuls koji je djelovao od ,,=0 do "max:

S1,2 ~ m ",=,,/4 - ml',=o ~ - 2(1,25 - 0) ~ - 2,5Ns,

ili t""iI!&" -1'-:14 1'-

SI;2 ~ f Fdt ~ j -5cos2tdt ~ -'::'(sin":: -sinO) ~ -2,5Ns. 1=0 2 2

Dinamika

PRIMJER 2.18.3 Materijalna wcka tezille G=9,81 N giba se po kruznici u hori:wutalnoj ravnini x-y konstantnom brzirwrn v= 10 m/s. Odredi:

a.lmpuls prijeJaza iz

b. Impnls tock1.l pri pdjelazu iz polozaja A u C(-r;O).

Rjesenje. lmpu!s uzrokuje promjenu kolicine gibanja. Kolicina Slika 2.18. J gibanja materijalne tOcke se mijenja jer se mijenja orijentaeija vektora brzine. Trazeni impulsi jesu:

a. impuls pri prijelazu iz polozaja A u B:

SA,B ~ mvs - mVA ~ (-lOr - lOJ)Ns, SA,B ~ 14,1 Ns.

b. impuis pri prelaw iz polozaja A u C:

~ (-10J -10J) = -20JNs,

PRiMJER 2.18.4 Tijelo tezine G=9,81 N lezi na

hrapavoj odjednom dobije irnpllis

Tijelo mimje i S=4Ns te se

pralinijsk i i zallStavi nakon Sto prijede put x=4m. Odredi koeficijent trenja na dodirnoj povrSini

tijela i podloge.

~ 20Ns.

Siika 2.18,2

77

RjeSenje. Impuls ee uzrokovati gibanje tijela u smjeru djelovanja impulsa. Sila trenja ce se suprotstaviti gibanju te ce se ono zaustaviti kada brzina bude jednaka nuli.

Pocetna se brzina moze odrediti zakonom impulsa i kolicine gibanja, to jest:

iz S=Aq~mv-O~mv je

Prevaljeni put maze se odrediti zakonom promjene kineticke energije i rada vanjskih sila

glasi:

!!:!. (0-o

ili = -Tx ~ -fGx,

prerna [UI!le je:

&2

2xG ----- ~ :'U'i'

2xg 2'4·9.81 -,


PRIMJER 2. 18.5 Biok tezine G=9,81 N miruje na glatkoj horizontainoj podlozi. Na blok pocne

djelovati sila koja se s kako je tJu;",.,,,.,,,u l1a slid 2.18.3.

Odredi koju ce kineticku el1ergiju imati blok u

15. sekundi i koju ce maksimalnu kineticku energiju imati u toku

Rjesenje. Blok ce se gibati u pravcu djelovanja sile.

Da bi se odredila kineticka energija, potrebno je

odrediti brzinu koju je najpovoijnije traziti zakonom

impulsa.

(II) F

20

1

-5

1~ (8)

Slika 2.18.3

U 5. sekundi ce tijelo imati maksimalnu brzinu, jer je do tog trenutka djelovanje sile u

smjeru gibanja. Nakon 5. sekunde brzina ce se smanjivati jer se smjer sile mijenja.

Impuls po definiciji jest: _ It, r

SI,2 - rdt,

a to znaci povrsinu ispod kruyulje F-t od trenutka t} do trenutka tz.

Impuls do 5. i 15. sekunde jest:

S = 20'5 =50Ns . i 5 2 '

Brzina u 15. sekundi i V max jesu:

S15 g 9,81 Vr=15 = - = SI-- = 25-- = 25m/s

m ' G 9,81 S5 9,81

vmax = - = 50-- = 50m/s. m 9,81

Kinelicka energija u 15. sekundi i maksimalna kineticka energija jesu:

mV~5 1'252 E = -- = -- =3125Nm

k15 2 2 '

mv!ax l'5(f Ek",ax = -2- = -2- = 1250Nm.

Dinamika

PRIMJER 2.18.6 Tijelo tezine G=lOON patine sa visine H=lm i zabije se II tlo na dubiull 111= 1 em.

Ako ocijenimo da je sHa otpora tla pri zabijanju tijela kOllstantna, odredi veliCinu te sHe i vrijeme tijela u do.

prodiranja

Rjesenje. U zadatku su tri karakteristicna trenutka. Prvi trenutak je

[, kada je tijelo pusteno da padne. Drugi trenutak je tz kada tijelo

udari u do. Treci trenutak je t, kada se tijelo zaustavi u tlu. Prema

tome, imamo dva vremenska imervaia i karakteristiku gibanja. U

iN ,"",,~, ' . ,,; n 'I:

I Slika 2.18.4

79

prvom intervalu vremena gibanje predstavlja slobodni pad tijela, kada potencijalna energija

prelazi u kineticku energiju. U drugom intervalu vremena gibanje je jednoliko usporeno. kada

kineticka energija i dodatna potencijalna energija vrse rad svladavanja sile otpora tla.

Za prvi interval vremena od trenutka tl do tz vrijedi da je V1+ V2=Ll.Eb iii 2 2

mv? mv, C-(C-GH) = -t--t,

a posta je v, =0, dobije se da je: 2

mvz GH=-2

iii

Za drugi interval vremena od trenutka t2 do t, vrijedi da je

oonosno:

V2 + Ek2 + We= V3+ RIG.

2 mV2

C, +- -Fh = (CI-Gh) +0 . 2 G(H+h) =Fh.

Cijeli se problem moze promatrati kao zabijanje tijela u tio na racun utroska potencijalne

energije tdine tijela. To se maze izraziti jednadzbom V,+Wd=V3 iIi

C-Fh = C-G(H+h).

Sila otpora tia je jednaka:

F = G 1I +h = 100 1 +0,01 = 1O.100N. h 0,01

Vrijeme prodiranja ce se odredili uz pomoc zakona impulsa u drugoj fazi gibanja. U toj

fazl it brzina orZlDl r",'>{lTlf>C' pada s visine H, a na kraju je nula.

lzraz Z2. lInpuls Jest:

iii (G-F)t=O-mj2gH.

IZDOSl:


t=Q J2gH =~~ 2H =~ I 2'1 =OOO452~ g F-G F-G g 1O.OOO~ 9,81 ' ~.

2.18.2. PRIMJERI ZA SAMOSTALNO RJESAV ANJE

2.18.1 MaterUaina tocka mase m giba se pravocrtno pod djelovanjem sile F=20 N. Brzina

tocke u pocetku gibanja bila je vo=10m/s, a pet sekundi kasnije vs=20 m/s.

Odredi masu materijalne tocke i zakon gibanja.

2.18.2 Kugla tdine G=3N giba se konstantnom brzinom vo=5im/s. Na te±iSte kugJe

pocne odjednom djelovati sila F =(2i - 3J) N i djeluje dvije sekunde.

Odredi koju ce brzinu imati kugla na kraju djelovanja sileo

2.18.3 Na materijalnu tocku koja miruje i ima tdinu G=9,81N, odjednom pocne djelovari

sila F=(4i-3J) N. U trenutku t=4s od pocetka gibanja, brzina tocke je v=(3i+4]) mIs, a poloiaj r=(i+4I)m.

Odredi koju ce imati brzinu i polozaj u trenutke t=8 s.

2.18.4 Tramvajski vlak ima pogonska kola tdine G=120kN i dvije prikolice ukupne rdine

2Q=200 kN. Vlak juri u pravcu horizontal nom prugom Drzinom v=42 kID/h. Odredi potrebnu udaljenost i vrijeme da se vlak zaustavi ako se koci sarno pogonskim

kolima. Koeficijent trenja je f=0,3.

2.18.5 Blok tdine G = 10 N giba se' u pravcu na

horizontalnoj hrapavoj povrsini. U rrenutku kadaje biok imao

brzinu v=5m/s na njega pocne u smjeru gibanja djelovati

konstantna sila F. Blok u vremenu ad 10 sekundi od pocetka

djelovanja sile prevali put s=100m. Koeficijent trenja

dodirne povrsine je f=O,1. Slika 2.18.5

Odredi brzinu bloka u 20. sekundi od pocetka djelovanja sile i silu koja je djelovaJa na

njega kroz to vrijeme.

:~~J; .. G Tijelo iTtaSE: E}1=10 kg giba sc no. podlozi konstantnOITl brzinuHl

4 m/s. Na teziste tijela pocne dje]ovati u smjeru gibanja siia F=40 N. Odredi D2 koJem putu 1 Z2 koje vrijemt" c.e Sf" brzina tiJe12 povecad 5 pUt2

2.18.7 Tijelo teiine G=9,81 N miruje na horizontainoj hrapavoj podlozi. Odjednom .Ie na

tijelo djelovao impuls S=4Ns i ono hene li pravcu liZ koeficijent trenja jf=(},OS. UdreGi za kOJe vriJeme 1

energija smanji na polovinu.

put ct prevaiin tijelo do trenutka kad mu se kineticka

Dinamika 81

2.18.8 Metak tdine G=50 N napusta topovsku cijev brzinom 1'=800 mIs, uz srednju silu barutnih plinova ad F=200kN.

Odredi trajanje gibanja metka u cijevi i duzinu cijevi.

2.18.9 Teret rdine

G = 100 N vucen je

uz hrapavu kosinu.

Nagib kosine Je

a= 10°. Sila vuce se

mijenjala u ovisnosti

s vremenom, kako

je pokazano na slici

~~~~~5'~~~~+-~--~~ t b 10 (8)

Slika 2.18.6

2.18.6. Koeficijent trenja na dodirnoj povrsini pri gibanju je f=0,2. Odredi brzinu tereta u desetoj sekundi.

2.18.10 Blok

[eline G=lOON miruje na hrapa-

kosini. Kosi

na je nagnuta pod

kutom a=300. Koeficijent trenja

na dodirnoj povr

sini bioka i kosi-

(N) F

l~~ ------- - - - -

40

I III 0 I

o 5

Slika 2.18.7

ne je f=0,4. Na blok odjednom pocne djelovati sila koja se

kako je pokazano na slici 2.18.7.

Odredi brzinu, prevaljeni put i utroseni rad do 15. sekunde.

2.18.11 Teret tdine

G=50N miruje na

horizontainoj hrapavoj

povrSini. Na tere! je

pocela djelovati sila

koja se mijenjaia s

kazan0 na slici 2. 8.8.

Koefici tent tren.ia na

Uaredl:

DO'Vfsini

a. maksimainu brzinu terel£l,

b. izvrseni rad de 30. sekunde.

Slik~2.188

ie f=O.1.

c. u~~pr!: Hl1PU~:) ~~~Jj: Je Jjt:tOV3.0 n~ ily=::lct 0.0 3h" seKuuae

d. prevaljeni put do 30. sekunde.

! I I I I I

---t

10 15 (al

U ovisnosti s vremenom

2.19. KINETICKI MOMENT MATERIJALNE TOCKE

y

Siika 2. J 9.1

Materijalna tocka mase m giba se u prostoru pod djelovanjem sile F. U promatranom trenutku polo

zaj tocke odreduje radius vektor r i ima brzinu v (vidi sliieu 2.19.1).

Koiicina gibanja tocke je:

q=m17. 2.19.1

U tom trenutku gibanja kineticki moment iii moment kolicine gibanja lla nekl.l tocku prostm:a M, koja miruje iIi se giba, definiran je izrazom:

KM = p xq= 15 xmv,

gdje je polozaj materijalne tocke od tocke M oznacen sa p.

2.19.2

Tocka na koju se racuna kineticki moment moze biti:

a. IshodiSte ~~,pv"umd"'''' koordimlin.oga sustava x,y,z. U tom slucaju je p =f pa je moment kolicine gibanja jednak:

(=rxmv. 2.19.3

b. Proizvoljna tocka A koja se i sarna giba, tako da se maze izraziti apso!utni i reiativni kineticki moment gibanja na tu tocku s izrazima:

Ci. apsolutni moment kolicine gibanja:

itA = 15 x mvaps ' 2.19.4

/3. relativni moment kolicine gibanja:

itA = P x mv I' rei re 2.19.5

gdje je 15 ='1-'1A

Dinamika

2.20. ZAKON MOl\1ENATA

Za materijalnu rocieu mase m, koja se giba u prostom pod djeJovanjem sile F, prema drugom Newtonovu zakonu uvijeie

vrijed i da je Moment te sile moze se racunari na neku nepomicnu tocleu,

koju se moze uzeti ieao ishodiste nepomicnoga koordinatnog

sustava, iIi na neku opeu toeku koja se i sarna giba.

a. Moment na ishodiSte

Moment sile F na ishodiste dan je izrazom:

/vIc = fx F = rx ma.

Deriviranjem izraza 2.19.3 dobiva se:

dKo d ,- en - - - -" - F--- :::: -=- '{l >< mv} = v x mv + r x ma :::: U + r x :::: dt dt

iz toga vrijedi:

83

y

Slika 2.20.1

2.20.1

2.20.2

Taj se izraz naziva ZAKON MOMENATA. On glasi: Derivadja po vremenu kinetickog momenta materijalne tocke jednaka je momentu ukl.lpne sue koja djeluje na tu materijainu tocku. Kineticki moment i moment sile racunani su na ishodiste iIi nepornicnu

tocku O.

b. Moment na tOCKU A koja se i sarna giba Moment sile F na tocku A, koja se takoder giba, dan je izrazom:

MA = 15 x F = p x ma. 2.20.3

Taj izraz moze se prikazati na dva nacina. Jedan nacin .ie da se ukljuci promjena apso!utnog momenta kolicine gibanja mmerijalne tocke po vremenu, a drugi nacin je de. se ukljuci prornjena relativnoga kinetickog momenta. Kineticki se moment U oba slucaja racuna

no. i~lu locku A. Ti izrazi gla;;~.

2.20.4

iii

2.20.5

Jednadzbe 2.20.4 i 2.20.5 izvedene su na slijedeci nacin:

1. Uz oznalee na slici 2.20.1 kineticki moment na tocku A dan je izrazom:

KA = P xmiJ.

Deriviranjem tog izraza po vremenu dobije se:

dK d- d-__ A =----.f xmv+p xma=----.f x dt dt dt

sto znaci da je:

M = A _ dp xmv.

dt dt

Uzimanjem da je f=f>p i v=v + dp dobiJ'e se: A dt'

i konacno:

dp x mv= dt

x m VA + dp x m dp = dp x dt 'dt dt dt

~ dKA dp M =---- X

A dt dt

2.20.6

2.20.4

2 K d b· .. I vk ., v d2f d2 (r:. ~ p) ..

. a a se u rzanJe matenJa ne toe e pnKaze sa a= =aA +arel

1 uvrstI u izraz 2.20.3, dobije se: dt

2 dt

2

MA = = P x ma = p x m(aA +arel) = Ii x ma;, + p x marel'

a posto je:

'K a A~ d (_ _) _ _ ~ -- =- p xmv I =V zxmv ,.+0 x dt dt re re reo

tada se moze konacno pisati:

+p x 2.20.S

A.ko se Locka A. giba konstanmom brzinOL. S10 znaci dc . .I4 aA rada

1..1.0.7 cit

Dinamika 85

Daleje, ako se materijaina tocka A giba konstantnom brzinom VA' a kineticki se moment i moment sile racunaju na tu tocku A, tada je derivacija relativnog momenta kolicine gibanja

materijalne tocke po vremenu jednaka momentu sile. To pokazuje u dinamici ravnopravnost pmstora koji se brzinom l.! smjeru i prostOl'2 koji mHu.je.

Posto se velicine u jednadzbi 2.20.2 mogu prikazati sa:

dKo

d _ d i j :1 dKx .,. dKy .,. dKz -

- = -(r x mV) =- x y =-I+-J+-k dt dt dt

mil dt dt dt

mi my

i j

:1 =MJ+M/+ Mo =fxF= x y

2.20.8

F x Fy FI zJ

to znaci da se vektorskajednadzba 2.20.2 moze prikazati trima skalarnimajednadzbama koje

glase:

dKx = ~[m(Yi -zy)] = F y-F,z =M dtdt z Y x

dKy d [ (. .)] ~ F M -- = - m zx - xz =!:' Z - X = , dtdt x z y 2.20.9

dKz d [ (. .)] F ~ -=-mxy-yx = x-f<y= dtdt )' x

Velicine KX,Ky i Kz prikazuju kineticke momente materijalne tocke, a

velicine Mx,My i Mz prikazuju momente sile na osi x,y i z koje prolaze ishodistem O.

86 Marerijaina tocka


PRIMJER 2.20.1 Materijalna tocka mase m ovjesena .Ie za

nerastezijivu nit duzine I i miruje u vertikalnom poloiaju niti. -...."...~+--iio y Ako maSli odklonimo za kut qJ i pustimo slobodno, masa

ce poceti da se giba i to osdlatorno, kao matematicKO u ravnini slike.

Odredi '''''L'Jiaw,ujednadzbu gibanja, ako se tezinu niti i otpor zraka zanemari.

U stanju mirovanja pri kutu qJ ~O, sile koje djeluju

na masu jesu sila So i sila G. One su u ravnotezi, pa se moze

pisari:

U stanju gibanja masa vrsi oscilatorno gibanje po kruznici

radillsa I, i na njll ojelllju sile S i G koje nisll u ravnoteZi. U nekom trenutku maia ce bili otklonjena za kut qJ, imati kutnu

brzinu w ~ <P i kutno ubrzanje e ~ iP (vidi sliku 2.20.3). Za koordinatni sustav kojem je ishodiste u hvatiStu niti, a

ravnina gibanjaje ravnina x-y, bit ce z ~O, i ~O i F z ~O, pa

je

~M k K ~ z 0

Za promatrani trenutak je:

Prema zakonu momenata mora biti odnosno: dt

Gl . d ( [2') G [2 .. - sm<p ~ - m <p ~ - <p . dt g

Znaci da diferencijalna jednadzba gibanja matematickog njihala glasi:

if! + f{ sin<p ~ 0 I

Slika 2.20.2

2.20.3

K:ldz jc t'Jt ).' v~1c; rna!er:, :naze se uzeti da je sinff == ip, pa diferencijalna jednadzta gibz.nj3. glasi:

~0

Jednadibe matematickog njihaia pokazuju da je gibanje oscilatorno.

QLll?t!!lika _____________ _

PRIMJER 2.20.2 KugHca mase m ""zana je za nit Ii knrzi oko vertikame osi po zakunu 1"=I"(t). Nit:; tom

osi zatvara kut (j (viai sliku 2.2004). Aka se zanemare teziua niti i otpOIf zraka, allau,cu .• ,,,

Kuglke.

Rjesenje. Kuglica vrSi kruzno gibanje. lzabran je desni

pravokutni koordinatni sustava x,y,z. PoIoZaj kuglice

odreduje vektor:

Brzina gibanja racuna se izrazom v ~ w x I, gaje je w ~ je:

.. k

x y z

Ortovi 1'0' ~ oznaceni su na slici 2.20.5.

Moment sila na kuglicu, racunan na ishodiste,

jest: - - -Mo ~ I x G ~ + + xGk~

= G (yz - xl) ~ Gr(sin<p r - cos<PI) ~ -GrTo'

Kolicina gibanja kuglice jest:

ij~mv~mr(i)1:'o'

Kineticki moment na ishodiste jest:

::::; I xrfl.rw ro :=: mr2 0)£ -mrz w

Derivacija momenta po vremenu jest:

dl dt

Zalwn momenaLa izzaZavZL vekLorsku

87

~ (jJ k. To znaci da

Slika 2.20.5

88

Ta vektorska jednadzba sadrzava tri algebarske jednadzbe:

-mrze=O -mrzw2 = -Gr = -mgr

mr2 e=O.

Materijalna tocka

Ako se izrazi da je r = lsin~, z = lcos~ i E =ijI, tada se dobivene jednadzbe mogu dati u konacnom izrazu:

siniJ cosiJ ijI = 0 a) Lcos~ <1>2 =g b)

sin2~ ip = 0 c)

Da budu ispunjene jednadzbe a) i c) uz uvjet da f1 *0, mora biti je = konst.

Iz jednadzbe b) dobiva se:

<1>2 = -gI cosfl

iIi da je cosfl =.-L (;;2 '

<p = 0 , !lto znaci da

a to znaci da je polozaj kuglice odreden duzinom niti i iznosom kutne brzine.

Analiza gibanja kuglice mogla se obraditi postupkom D' Alemberta. Tada prvo treba anal izirati vanjske sile i kinematiku gibanja. Za kineticku analizu postupkom D' A!emberta

(reba dodati silu inercije L=LN+Lp i pisati jednadibe ravnoteze za stvorenu dinamicku

ravnote±u. Sile inercije su jednake LN=mrw2 i Lr=mn:. lednadzbe ravnoteze glase:

LXi = LN - S sinil = mr w2 - S sinlJ = 0

Lyl = - =0

LZ = G - S cos{) = o.

lz tih jednadzbi dobije se da mora biti:

mrw2 S = -- = mlw2• e = 0

siniJ '

Dinamika


2.20.1 Na materijalnu tocku djeiuje centraina sila, to jest

,ila koja uvijek djeluje u smjeru centra elipse O. U polozaju

A, koja je 3 ill od centra elipse, materijalna tocka ima brzinu

vA=4m/s. Odredi koju ce brzinu imati tocka u polozaju E, ako je

udaljenost tocke E od centra elipse 2 m, a centralna sila s

brzinom zatvara kut 0'=45°.

2.20.2 Kuglica mase m, pricvrscena je tankom niti za vrh tankog stapa u tocki C. Kuglica rotira tako da se

nalazi na udaljenosti hA =1 m, i ima brzinu v A =2 m/s. Odjednom se nit pocne namotavati oko stapa pa se

kuglica vrti sve blize stapu. Odredi brzinu kuglice za trenutak kada dode na

udaljenost hB =O.2m od stapa. Te±ina niti i debijina

stapa neka se zanemare.

2.20.3 Teret tdine G visi na niti duzine 1= 1 m. Teret je

maknut iz polozaja ravnoteze i pridrian u polozaju 1, tako da

nit s vertikalnom osi zatvara kut 0'. Ako se teret pusti slobodno, on ce se gibati i doci u polozaj 2, tako da dio niti

stoji vertikalno, a dio, radi oslanjanja na lezaj, dode u

polozaj u kojem nit s vertikalnom osi zatvara kut p. Odredi kut {3 i vrijeme trajanja gibanja kuglice iz poloiaja

1 u polozaj 2.

89

I A !O x

Siika 2.20.7

2.20.8

Slika 2.20.9

90 Materijalna rocka

2.21. ZAKON ,-,'-"-'CLue," Mo.MENTA

Moment kolicine gibanja io materijalne tocke mase m na nepomicnu wcku 0., bit ce nepromjenljiv, ako je moment !l1o od ukupne vanjske sile F na tu istu tocku 0. jednak nuli. To ce biti aka je ukupna sila F nula, iii aka ukupna sila djeluje u smjeru tocke 0..

Ako je ukupna sila nula, znaci da nema promjene gibanja, odnosno ria materijalna tocka

iIi miruje iii se gibajednolikom brzinom u pravcu pa nema potrebe ria se dinamicki analizira. Kada ukupna sila djeluje u smjeru tocke 0., promjena kinetickog momenta je nula:

di __ 0 ~5

dt ' 2.21.1

pa vrijedi zakon odrianja kinetic!cog momenta koji kaie: Karla je moment sile iJ", !roja

tocku, racunan na tocku 0. mill, tada nema m!)mcni.a te na istu tocku

Ako se kineticki moment ne mijenja, znaci da je kineticki moment konstantan vektor za svaki trenutak vremena, pa vrijedi da je:

Sila koja djeluje u smjeru tocke 0 zove se central.na sila, a sarna Locka 0. centar tog gibanja.

Ako je fxv~C, gdje je C kOllstanlan vektor, vektori f i v ostaju u istoj ravnini okomitoj na vektor pa je

t:l.kvo gibanje lnlVninsko gibanje. Za centrainu silu vrijedi (vidi slilm 2.21.1),

rvsina ~rl v1sina j =konst.

U kinematici gibanja planeta oko sunca iii gibanja satelita oko planeta vrijednost:

naziva se sektorska iii plusl.l<t bn:rna.

gibanja planeta.

2.21.2

\t~ Pi <::i

f r I

o / " r / . '" /

Slika 2.21.1

2.21.3

Dinaln~ka

2.22. ZAKON Mo.MENTA IlVi.jP'I.JLSA I KINETICKOG MOMENTA

Mnozenjem jednadzbe zakona momenata sa dt riobivamo:

di ~ M dt = f x F dt ~ d}.7;S. o 0 0

91

2.22.1

U toj jednaazbi diG oznacuje diferencijal momenta kolicine gibanja, a velicina dM: oznacuje moment eiementarnog impulsa.

lntegriranjem te jednadzbe od trenutka tj do trenutka t2 dobije se:

t., 2 2

Jf di ~ fdi ~ i - i ~ !J.i = Jr dMS = !l1s .

o 0 02 01 0 0 01,2

tl 1 1

lz te jednadzbe slijedi zakon momenta impulsa koji glasi: Moment materijamu toclm mrokuje prumjel.lu kmetickog UH"llJ'''U,",''.

Zakon se izraiava formulom:

iii jednostavnije pisano:

na

2.22.2

2.22.3

Treba imati na umu da je i moment impulsa i kineticki moment racunan na istu nepomicnu

tocku 0.. lndeks s kod momenta podsjeca da je to moment ad impulsa.

2.22.1. ruJESENI PRllvl:JER!

PRIMJER 2.22.1 Kugl.ka mase m vezana za nit, giba se po krufnici radins2 r 1 sa konstantnom kutnom brzinom W j po

giatkoj horizontainoj Aka se nit pu,;,,'::i knn cental" kn .. luiu::, se po sye manjoj kr'uiillcL

i koja ce bitt

Siika 2.21.2


RjeSenje. Ukupna vanjska sila koja djeluje na kuglicu je sila niti usmjerena u smjeru centra kmznice po kojoj se giba kuglica. lzabran je koordinatni sustav s ishodistem u centru

kruznice. Moment sile niti na ishodiste je nula pa je: dK

o _ _

- ~M ~o. dt 0

To znaci da kineticki moment mora biti konstantan, to jest:

Ko ~ f x mil ~ mr2wk ~ kanst,

PRIMJER 2.21.2 Polozaj materijaine tocke mase m=lOkg odreduje radius vektor

f~ (t2 i+ti)m.

Odredi: a) Kinematicke elemente gibanja materijaine tocke. b) braze 1:a silu, kQlicinu gibanja, staticki kineticki moment na ishodiSte,

impuls i moment impulsa na ishodiSte za interval vremena f1t ~ '2 - tl .

c) Izracunaj sHu i kolicinu gibanja, te statiCki. i kineticki moment na ishodiSte za trenutak t l =58 i trenutak t 2 =10s.

d) Izracunaj impuls i moment impulsa na ishodiSte koji su djeiovlili u intenralu vremena f1t ~ t2 - tl .

e) Provjeri izraze za F, Mo, 8I ;J. poznatili stavki dinamike.

RjeSenje: a) Elementi giballja jesl.l:

zakon gibanja r= (tzi+tl)m, brzina v=f~(2ti+i)ms-l, ub,zanjt: - ~. "". -"" a ;:;;: r ::. .Lt ms ..

b) TraZelli izrazi jesu: sila p ~ mil ~ 20ikgms-2

kolicina gibanja il ~ mil = (20ti + lOi)kgms-1 ,

Dinamika

staticki moment fi i k1

- - I Mo ~ TxF = [t2 t 0

20 0 oj ~ -20tkNm,

i j k kineticki moment Ko ~fxil= t2 0

20t 10 0

impuls 2 2 2

81;1. = fFdt~ !(-20t k)dt~(-lOt2k)l, 1 1 1

2

moment impulsa M~l;! ~ f M~dt = f (-20tk)dt ~ (-1 1

c) Vriieij!](lsti 1:a trazene trcl1utke.

dj

za trenutak tj = 5 s:

FI = 20i N,

if! =(1001 +10/) kgms- I ,

MI ~-lOOk kgm2s-2,

£.1 ~-250k kgm2s-t,

za trenutak t 2 =lO s:

£2 = zor kgms-2,

il2 =(200i + wi) kgms-I,

M2 ~-200k kgm 2s-2,

£.2 ~-lOoof kgm 2s- I

j rnoment za

10

) i = (200-

!O

! ~[-lOOOf-,

2

I· ]

93

94

e) Provjera stavclma. zakon sile:

zakon momenata:

zakon impulsa:

dif

dt

Materijalna tocka

d - --( 20d + lOj ) dt

-20tk kgms-2 ,

SI,2 = Ail = il2 -if I = [(200i + 1OJ) -(looi + 1OJ)] = lOOikgms-1 ,

zakon momenata impulsa:

M; =AKo=Ko -Ko =[C-lOOOk)-(-250k)]=-750kkgms-1. 1,2 2 1

J\li\ TERIJALNIH 3.1. UVOD

Do sada je vrsena dinamicka analiza tijela analiticki prikazanoga kao malerijalna tocka. Receno je da je tocka idealizacija tijela koja se moze uzeti kada dimenzije tijela nemaju utjecaja u mehanickoj analizi iIi su to cestice materije vrlo malih dimenzija tako da moiemo smatrati da je materija skoncentrirana prakticki u tockL

U mehanickim sustavima gdje se takve idealizacije cine za vise tijeia. takav mehanicki sustav se naziva sustav toc.aka.

Tijelo kojem materija jednoliko ispunjava volumen i kojem se pri bilo kakvom vanjskom djelovanju oblik ne mijenja, nazvali smo \{ruto tijelo. Realno cvrsto tijeio je tijelo koje cini vrIo velik skup materijalnih cestica medusobno vezanih unutarnjim vezama. Ovisno 0

vanjskom djeiovanju udaljenost cestica u real nome cvrstom tijelu se mijenja pa nastaje promjena oblika tijela koju nazivamo deformadjom tijela. Dakle reaino tijelo je cvrsto ali nije kruto vee deformabilno i nije ispunjeno jednoliko masom po svom volumenu vee diskretno s vrlo velikim brojem cestica materije.

Skup cestica materije odredene mase koji pod malim vanjskim djelovanjem jako mijenja polozaj i oblik volumena, dinamicki se analizira kao fluid. Takav skup cestica materije susrecemo i promatramo u medijima kao sto su tekuCine i plinovi.Obicno se analizira tok i djelovanje tih medija u kana!ima. vodovima, turbinama, crpkama i slicno, iii gibanje cvrstih tijeia u njima.

Dakle cestica je materijalna lOcka s vrlo malom masom u vrlo maiom volumenu kojih je Sm3.tra se da je gibanje cest!ce transJatort}0 (be?

pa je dinamicka analiza analogna analizi materijalne lOcke. U daJjnjem izlaganju ce

u anaiizi sustava materijalnih tocaka promatraju se vanjske i unutarnie ineauakcije. odreuu.iu dinamicKa svojsrva i elementi gibanja; definiraju VaZfl! poJmovi i

anaii2; kruLog

materijalna ro:':ka sustava ima poiozaj, maSli, silu, brzinu i ubrzanje.

96 Dinamika

Na svaku materijalnu tocku moze djelovati ukupna sila od djelovanja tijela izvan promatranog sustava, i ukupna sila od djelovanja materijalnih tocaka samog sustava.

Svaki sustav materijalnih tocaka ima u odredenom trenutku velicine kao sto su cemar

masa, kolicina gibanja, kineticki moment i energija. Dinamicka analiza mehanickog sustava

koristi zakone kojima se odreduju rezultati djelovanja sila na sustav iii se za odredeno gibanje

sustava traze uzroci. Zato je zadaca dinamike sustava tocaka da odredi zakone

kojima se povezuju djelovanja sila s njegovim gibanjem.

3.2. CENTAR MASA SUSTAVA MATERIJALNIH TOCAKA

y

__ il 1 I~!_ ..L<~I X

I I

--~~-=~---~/ Iz

Slika 3.2.1

Za svaki trenutak gibanja sustava mogu se odrediti

polozaj i kinematski elementi gibanja centra masa sustava.

Ukupna masa sustava materijalnih tocaka jednaka je zbroju svih masa tog sustava, a odreduje se izrazom:

3.2.1

Iz statike je poznat znacaj i nacin odredivanja ukuPne tdine i centra tdina sustava.· Ukupna tezina je zbroj

tdina sustava, a tocka centra tezina iIi rdista je tocka u kojoj mora djelovati rezultanta sila ukupne ldine sustava.

Polozaj centra tezine izracunava se jednadzbama koje se sumarno mogu pokazati u vektorskom obliku jednadzbom:

n

LG,f;=Grc ' i=l

Ako se tezine izraze sa G=mg i Gj=m, g, i cijela jednadzba pokrati sa g, dobije se vektorska jednadzba za izracunavanje polozaja centra masa:

Lmiri =mrc· i=l

Porozaj centra m2.Sa dakle odred:tje r~dius '/ektcr:

n ')' mr

3.2.2

3.2.3

Poioiaj centra masa :mSIava istovjemll Je sa pOI01:aJ,em centra tezinll iii te±iSm tog sl.!stavlt.

Sustav materijalnih tocaka

Koordinate centra masa sustava odreduju se izrazima: n

Lm,Y, i=l Y =--

e m

n

Lmiz, [=1

Ze=---' m

Deriviranjem po vremenu jednadzbe 3.2.2 dobije se jednadzba:

.,. l.!

n

L mi Vi =mVe' i=l

iz koje se dobije izraz za brzinu centra masa u vektorskom obliku: n

Lmjvj Vc __ i""_l __

m

Deriviranjem po vremenu jednadzbe 3.2.5 dobije se jednadzba:

n dV, dVe Lm,-=m,=1 dt dt

iz koje se dobije izraz za ubrzanje centra masa u vektorskom obiiku: n

:£miiii iie _ _ i=_I __

m

3.3. JEDNADZBA GIBANJA CENTRA MAS A SUSTAVA

97

3.2.4

3.2.5

3.2.6

3.2.7

3.2.8

Na sustav materijalnih tocaka mogu djelovati siie koje

nazivamo vanjskim i unutarnjim silama sustava. Vanjske sile nose indeks v, a prikazuju sile koje su uzrokovala

tijela izvan promatranog sustava. Unutarnje sile nose

indeks u, a prikazuju sile koje nastaju od medudjelovanja

Slika 3.3.J

materija!nih tccal::::2. p!:"Dmatrz.nog :;U3t2:,/~. Prer::a tc::ne :-'oJ.

i-tu materijalnu tocku djeluje ukupna sila:

F =1.

U tom izrazu Ie oznacuie materijalnih tocaka sustava.

,j' L 'J j==l

:'.3.1

vaniskih uzrok3.. a 11

98 D~liamika

Ako masa i-te materijalne tocke jest mi , polozaj joj odreduje radius vektor r; a brzina

ubrzanje 5U joj Vi i iii' tada se moze za svaku marerijalnu tocku sll~lava napisati jednadzba gibanja koja glasi:

(i = 1,2,... , n) . 3.3.2

Zbrajanjem svih n-jednadzbi tog sustava, dobije se

3.3.3

Prema zakonu aKClje reakcije mora biti P:;=-P~, sto znaci aa Je za sva unutarma -u -u .... ~ ). "

medudjelovanja ispunjeno da je Ft/Fj " =0, a prema tome da je i zbroj svih unutarnjih siia sustava jednak nuli, to jest:

3.3.4

k

Kada se oznaci da J'e E p;"=pv, i uzmu u obzir j'ednadzbe i=1 3.3.4 i 3.2.7, IC"BaUD'"

3.3.3 ce glasiti: n

= Emiai = i=1

=m

lz jednadzbe 3.3.5 moze se odrediti ubrzanje gibanja ukupnoga vanjskog djelovanja j ukupne mase tog sustava.

gibanja cent;-a masa iii teziSta sustava izrazom:

oJ • .:>.5

teiista sustava kao k-vocijent To predstavlja <lif·",,..,,,,,,

toeaka koja je dana

3.3.6

lz izraza 3.3.6 vidi se da se centar masa sustava materijalnili toeaka gibajednako kao jedna materijaina locka s masom jednakom ukupnoj masi tog sustava, i na koju djeluje

sila jednaka vanjskom na sustav. To je vaZna spoznaja u dinamici, a zove se zakon gibanja centra masa iii teziSta sustava tocaka.

lntegracijom diferencijalne jednadzbe gibanja centra mas? sustava i uz poznavanje uvjeta gibanja centra masa, moze se odrediti izraz za brzinu i zakon centra masa Dromatranog sustava materiialnih tocaka.

Sustav materija!nih tocaka


PRIMJER 3.3.1 Susiav Cine tid materijallie t"':'~i2 ill;:;:;;:;

m" tako da .ie m] =m" m2=2mn i m3=3mo' Mase su medusobno vezalle krutim duiine t. Tezina stapova je tako mala da se maze zanemariti. Sustav

miruje na glatkoj horizontainoj povrlini. Na rnasl1 m J je odjednorn poeela djelovati konstantna sUa P = F~ u polozaju pokazanom fla slid 3.3.2.

Odredi pocetni po\ozaj, J"'..!ll,nU,L'" gibanja, izraz za brzinu i zakon gibanja centra masa sustava.

Rjesenje. Sustav se giba u horizomalnoj ravnini koja ee se

99

Slika 3.3.2

definirati kao ravnina x-yo Analiza treba zapoceti odredivanje~ pocetnog polozaja centra masa uz pomoe izraza 3.2.4. Zatim treba prema izrazu 3.3.5 postaviti diferencijalnu jednadzbu gibanja centra masa sustava. Rjesenje diferencijalne jednadzbe gibanja centra masa

daje zakon gibanja i izraze za brzinu centra masa.

Koordinate pocetnog polozaja centra masa jesu: 3

}mx "co -- t13 " -__ m-,"o,-'_O __ ,-'_11_2_-_~_"m_'-,--'1_12 1 .C 0 I =--l=-0.0833l,

6mo . 12 Emt i=l

E m;Yt m'O +5m Isin60° - f3 Y '"'~= 0 0 . =::LI=07217L

Co 3 6m 6 2 ' Em

j 0

i=1

Prema zakonu gibanja centra masa jest: 3

r = Fi = (E m) fie = 6mo(x/+yJ), i",l

sto znaci da su komponente ublzanja centra masa jednake:

,; =0 ~ c

izrazi za brzinu 1 centra masa jesu:

tc

100 Dinarnika

Nepoznate konstante integracije odreduju se iz pocetnih uvjeta gibanja centra rnasa. Ti uvjeti su da za t=O mora biti xc=xc,' Yc=Yc, i xc=Yc=O,

Konstante integracije su jednake C1 = Cz=O, Dl =Xc, i Dz =Yc; Konacni su izrazi za brzinu centra masa:

. F X =-t

c 6m

a zakon gibanja centra masa na koordinatni nacin dan je izrazima:

Ft Z x::::x +--

c Co 12m y =y =konst.

c Co

PRIMJER 3.3.2 Tri siobodne materijaine tocke mase mi

gibaju se sa konstantnim brzinama Vi u ravnini x-y 0

Masa i brzina pojedine materijalne tockejest:

m = m 1 0

m =Zm 2 0

m =3m 3 0

VI = ( -2/+ 3/) mIs,

Vz = 4im/s te

V3 = (2i+4J) mls.

Odredi brzinu centra masa sustavllo

a

Slika 3.3.3

P-,ie.senjeo Brzina centra masa moze se odrediti formulorn 3.2.5 koja za primjer glasi:

odnosno

3

Lmivi :::: Lmi"vC '

;"1 i"1

Uvrstenjem zadanih vrijednosti slijedi:

mo '( -2'[+3]) +2mo '4i + 3mo '(2i +4]) = 6movc'

(-2+8+6)1 + (3+ 12)], = 6vc '

lzf+15I= 6vc '

Prema tome je brzina centra masa sustava Vc = (2f 'C 2,5T) mis.

Sustav rnaterijalnih tocaka

3.3.20 PRIMJERI ZA SAMOSTALNO RJESAVANJE

Primjer 303.1 Cetiri slobodne materijalne tocke mase

m 1 =m", mz=2mo • m3=3mo i m4 =4mo gibaju se u ravnini xy konstantnirn brzinarna jednakim:

v1=2imls, Vz =(3i+2!) mis,

v3 =3!m/s i v4 =(-2i-2/)m/s.

Za trenutak kada je poloZaj masa kao sto je pokazano na slici 3.3.4, odredi polozaj i brzinu centra mas a sustava,

ako .ie poznato da je mo = 10 kg i a = 0,8 m.

Primjer 3302 Sustav se sastoji od cetiriju materijalnih

tocaka vezanih krutim stapovima zanemarive tezine, i miruje na glatkoj horizonta!noj povrsini. U trenutku t=O 11a sustav pocne odjednom djelovati konstantna sila F=lOfN, kako je pokazano na slici 3.3.5. Odredi zakon gibanja centra masa sustava ako je

poznato da je mo=Skg i a=O,Sm.

101

a

Siika 3.3.4

Slika 3.3.5

102 Dinamika

3.4. KINETICKA ENERGIJA SUSTAVA MATERIJALNlli

Slika 3.4.1

gdje su: Lmi=m i=l

n

Lm/i/e=0 i=l

Ukupna kineticka energija sustava materijalnih tocaka

jednuka je zbroju IdneticKe energije svili materijainih

tocaka tog sustava: n 2

T=I: miVi . 3.4.1 i~l 2

Ako se izrazi brzina sa 17;=17e +~/c' tada je

v2

= 17'v = v2 + 217'F + v2

r l tee ifc i/c'

a izraz 3.4. 1 moze se prikazati i na ova j nacin:

- ukupna masa sustava,

staticki moment masa na centar masa sustava

- kineticka energija relativnoga gibanja silstava U odnosu

na centar masa.

Kineticka energija sustava materUalnih tacaka moze se prikazati i na ovaj nazin:

2 mVe T= -- + T I. 3.4.2

2 c

Prema izrazu 3.4.2 kiueticka energija sustava tocaka jednaka je zbrojl.l

kineticke energije l.lkupne mase sustava koja se giba brzinom centra masa i kineticke

energije relativnoga gibanja materijahJh tocaka u odnosu. na centar masa susiava.

Relativno g;tanjt neke n1~terijalne tocke prOillatranog sustava U odnosu na centar rnasa tog sustava moze hiti priblizavanje, udaljavanje iii kruzenje.

Sustav materiialnih tocaka 103

3.5. ""un,",,v'--"u~ RADA I ENERGIJE SUSTAVA MATERIJALNIH TOCAKA

Slika 3.5.1

Cmj polosaJ 2"

, "

... x

n 2 2 n

+ FU)'dF = (v , ! ~ L-t

1 i=l

2 n 2 n

= r" (F" + pU\'dF + (v jL..,., , ,I e JL-1 1=1 1 I=l

Mehanicki sustav se sastoji od !li

materijalnih tocaka. U trenutku t, polozaj materijalnih tocaka definira

konfiguracija poiozaja 1. a u trenutku

t2 konfiguracija polozaja 2, kako je

pokazano na siici 3.5.1. Aka na i-tu materijalnu locku

djeluje ukupna siia ad vanjskog

djelovanja Piv, a ad medudjelovanja

tocaka sustava ukupna unutarnja

sila Fi

u, tada je rad svih sila na

izvrsenim pomacima tog sustava u

imervalu vremena ilt=t2-t] jednak:

+

Prvi dio u izrazu za rad maze se prikazati sa: 2n 2n 2n

J'v I p:' + pU')'dF = ("" r ·df + Iv.' ft" ·dF = r r'ar L \- I -! C J Lie Lie J c 1 iool 1 i=l 1 L"'l 1

jer je: n

LFiv =Fv LF,"=O

1=1 i=l

Prema tome .ie: n r -v --I fI: f .... v -u\ ->

= .F ·dr + i ,F +F I·dr .. J C J _ \ I t J lie 1 1/=1

3.5.1

Na osnOVl izraza 3.5. vidi

u iD.tervaiu. ~!reH!eHa. /.It;;:; t2 ~tl' jednak zbroju koji je izvrsio centar masa silstava, i rada vanjskih i unutarnjili sila sustava na putovima

kO.ii StJ iZYrsile locke l.l odnos!! ria cent'll' masa sustl'llla.

104 Dinamika

Prvi clan u izrazu 3.5.1 moze se prikazati so.: 2

fmv·diJ = ,,, c c

1

3.5.2

gdje je

lzraz 3.5.2 povezuje rad vanjskih silo. so. kinetickom energijom S1:!stava za slucaj gibanja

sustava sa kinematskim elementima gibanja centra masa. Drugi clan u izrazu 3.5.1, moze se prikazati so.:

2it 2n 2n

''i:""' ( ~v -uJ ~ J" - ~ J'Ir"' J L ,F, + F; 'dri/c = L, m;ai'dri/c = L 1 i""-l 1 1=1 1 i=l

2( " df n \

= J Ii'" 'm~ + >: mil ·v. Idt= c ~ l 1t ~ ~ llc iIC)'

1 \ 1"1' a 1"1

n ( dV )J +)' m.1 ~·v, dt= t:1 . \ dt 'IC

3.5.3

lzraz 3.5.3 povezuje rad vanjskih i unutarnjih sila sa kinetickom energijom sustava za slucaj relativnog gibanja sustava u odnosu centra masa.

Uvrstavanjem izraza 3.5.2 i 3.5.3 u formulu 3.5.1, dobije se konacni izraz za rad koji glasi:

lzraz 3.5.4 pokazuje da rad svih stia, sustava iz konfiguradje PUllU","J"

Rad konzervativnih sila sustava moze se uvijek sa promjenom potencijalne

energije, pa se zakone rada i energije opisane u sIucaju materijalne tocke maze analogno koristiti i za sustav milt~ri.ialnih tocaka.

SlJSlaV materijalnih tocaka


PR!MJER 3.5.1 Sustav od ceti:ri materijalne tocke jednakih masa velicine m, = 5 kg, gibaju SiC u

prostortJ konstanltnim U

trenutku masa je kao !ito je pokazano Ila slid 3.5.2. Dllizina 1=4m. Brzine masa su:

VI = 6 Tm/s, v2=2Im/s, v3=4km/s i v.=2([+/ mis.

Odredi za promatrani trenutak:

a. polczaj centra masa, b. brzinu centra masa, c. kineticku energiju sustava i

d. relativnu kineticku energiju centra masa.

u

105

Slika 3.5.2

RjeSenje. Gibanje je u prostoru. PoloZaj centra masa i brzina ee se odrediti na vee poznati

nacin. Za odredivanje relativne kineticke energije potrebno je definirati relalivne brzine masa. Relativna brzina i-te mase oko centra masa sustava je =v-v.

I C

a. Tre!Jutni centar masa za trenutak kadaje sustav u polozaju kao!lto je 3.5.2 odreduje se jednadibom 3.2.3:

4

_ ~ mlTI+m2G+m3r3+m4r. r =---=

c 4

Lm i i=l

I - - ~ =-(3i +3) +3k). 4

m +m +m +m 000 0

Koordinate trenumog centra masajeslJ: xc=3rn, m i zc=3rn. b. Brzina centra masa odreduje se jednadZ.bom 3.2.6:

J NIlS.

na siici

106 Dinamika

Komponeme brzine centra masa jesu: Yn=2m/s, VCy=! m/s i v",=l,Sm/s, odnosno vc =2,693 m/s.

c. Kineticka energija sustava odreduje se izrazorn 3.4.1: . 2

.:-. mj Vi 1 E 2 2 2 2, T= L -- = -,Fn j VI +m2 V2 + Fn3 V3 +m4 V4 ) =

i=j 2 2 m 5 m 2

= i [62 +22 +4

2 +(2f3?] = 268 = 170kg~ = 170 Nm.

d. Relativna kineticka energija oko centra masa dobije se iz izraza 3.4.2, a iznosi: n 2

-! 1 ~ 2 mukvc_ l.=-L....,m.v l =T---=liO

c 2 i=l I Ie 2 20'2~6932 = 170 -72,5 =97,5Nm.

PRII\1JER 3.5,2 Na giatkoj horizontalnoj povrsiill nalaze se

dvije jedllake mase medusobno vezane krntim Stap ima main masu pa se ona moze zal1emariti.

Aka l1a jedrm masu pacne rljelavati koustantna sUa kao ?ito je pokazal.lo IIa slid 3.5.3, odredi kiueLiCim energiju sustava II. trenutku t od pocetka djeiovanja sHe karla je kat 'P joil vrla mali. Ii'

f 1

I I:

i

•

d m , , i \1

-1, ,I

m~if\:/ , ['

x I~

Slika 3,5.3

x

U sustavu nema disipativnih sila sto znaci da je konzervativan pa ce djelovanjem sile biti izvrsen rad koji ce se utrositi na stvaranje kineticke energije sustava.

Prema izrazima 3.5.1 i 3.5.2 za svaki trenutak gibanja t vrijedi da je:

Prema izrazu 3.4.2 kineticka je energija u trenutku t jednaka: 2

Fn V T=~+T/ 2 c·

a)

Da se mogu izracuna:i ti izrazi, potrebno je poznavati gibanje cemra masa sustaV3. i gibanje

masa u oanosu cemra masa. -10 se maze oareom uz pomoe zaKona gioanja rezisra susrav" i

analizom jednadzbe rada.

ad djelov3.nja sile P=F[ sustav ce se gibati paralelno s glatkom povrsinom tako da se cijel1 sust3v giba translatorno u smjeru x kacl centar masa SUStaVe

gibanje oko centra masa koje moze biti same roracija. vrsl relativno

Sustav materijalnih tocaka 107

Analiza centra masa. Gibanje centra je ravninsko. U trenutku kada je poceia

djeiovati siia, sustav je mirovao u poiozaju pokazanom na slici 3.5.3. Vekrorska

diferencijaina jednadzba gibanja centra masa prema jednadzbi 3.3.6 glasi:

pV .. 7' .. 7' F 7' --=--=XI+YJ=-l. dt2 mult C C 2m

Ubrzanja, opci izrazi za brzinu i polozaj centra masa jesu:

Pocetni uvjeti gibanja, pri t=(), za polozaj i brzinu centra masa jesu:

=0; I

Y =c 2

Da budu ispunjeni pocetni uvjeri, konstante integracije moraju biti jednake C 1 =C2 =D, =0

1 D2=lIZ. Prema tome, konacni za brzinu i polozaj centra masa glase:

. F x =-t·

C A ' .t"ri1

F 2 x =-t c 4m

I Y =-.

c 2

Analiza .le(im~m'be rada. Prvi integral u jednadzbi a) maze se izraziti sa: ~~t r

r r'dr =fFdx =Fx J c c c' ,=0 0

iIi sa:

lz jednadzbe b) i c) slijedi da su:

Brzina centra ie U . . .

K. ltf lJ snneru OS] nen1a

. b)

e)

(F. =(l)

108

Drugi integral u jednadzbi a) moze seprikazati izrazom d) koji gJasi t=t 2 t t 2 t

f L (ii' + f;)'dfiIC = ff.dr1/C+ fL Fi"'ari/C =f Ff·( ~cosffJdlf!)r= (",0 i""1 0 0 4'=1 0 £..

t

=FifcosCPdCjJ =Fi(sinq:, -sin<p ) 2 2 to'

o

iii izrazom e) koji glasi:

U pocetku gibanja je 1"0=1"0=0, a to znaci da za bilo koji t mora biti

iii ( d \2 2Fsincp =ml

t-'£.) . , dt

!z te jednadzbe slijedi diferencijalna jednadzba:

J:~~ =~dt. Za vrlo male kutove I" je sinl" =1", pa diferenijalna jednadzba glasi:

~=~:Zdt. Opel integral te diferencijalne jednadzbe jest:

1 I 2F /iP=-I-t+c 2~ ml

Dinamika

d)

e)

U trenutku t=O mora biti \0=0, a to znaci da je konstanta C jednaka nuli. Kut i kutna

brzina rotaeije sustava dani su izrazima:

Trazena .Ie kineticka

F -<p = --t~ 2ml

cp = F t. ml

Sustav materiialnih tocaka


Primjer 3.5.1 DvUe mase vezane krutim stapom stoje u

labilnom vertikalnom polozaju na glatkoj horizontalnoj povrsini,

kao !lto je pokazano na slici 3.5.5. Masa m l = 10 masa

mz=20kg, amasa stapa duzine l=2m neka se zanemari.

Ako se poremeti ravnoteza, mase ce se gibati i ispruziti na horizontainoj povrsini.

Odredi brzinu centra masa za trenutak neposredno prije ispruien ja.

Primjer 3.5.2 Dvije jednake rnase, vezane krutim stapom zanemarive tdine, mogu se gibati u glatkom vodenom pUlu,

i to masa A vertikalno, amasa B horizontal no.

Mase su pridriane u polozaju kao !lto je pokazano na slici

3.5.6. Ako se mase odjednom puste 510bodno one ce se gibati. Odredi za trenutak kada ce stap zauzeti horizontalni

poloza]:

a. brzinu tereta A i

b. silu u stapu i

c. kineticku energiju.

Mase su mA=mB=lOkg, a duzlna 1=2m.

Primjer 3.5.3 Sustav se sastoji ad tri mase vezane za kruti stap zanemarive tezine koji moze rotirati oko kraja A kao sto

je pokazano na sliei 3.5.7. Sustav je pridrian I miruje u horizontal nom polozaju. Ako se sustav odjednom pusti

slobodno, mase ce rotirati oko kraja stapa A. Odredi:

a. bninu centra masa U ovisDosri (\ kutu (Y.

b. ukupnu reakciju u lezaju A za trenutak kada stap

zauzme venikalni Dolozaj.

Je I=O,9m.

109

Slika 3.5.5

Slika 3.5.6

~- I

110

Primjer 3.5.4 Sustav se sastoji ad cetiri mase medusobno vezanih krmim stapovima zanemarive tdine i leii na glatkoj horizontalnoj povrsini, kako je pokazano na siici 3.5.8.

Odredi polozaj i zakon gibanja centra masa, ako na masu m, pocne djelovati konstantna horizontalna sila t=lOiN. Mase su: m,=Skg, m2 =IOkg, m3 =lSkg i

m.=20kg. Duzina I=O,Sm.

Dinamika

Slika 3.5.8

Sustav materljalnih tocaka

GIBANJA X PROMJENA KOLICINE GIBANJA

l ' , 11

Za sustav materijalnih rocalca moze se odrediti brzina centra masa jednadzbom 3.2.5: n

'f' m.v. = ""'--' I 1

i=l

Ako se oznaci da je: n

L = I>1; =Q, i=l i=l

tada se za sustav materijainih tocaka dobiva izraz:

Q=mvc '

U roj je jednadzbi:

Q= L if, - ukupna kolicina gibanja sustava, i=l

n

m=Lmi i=1

masa $ustava

v - brzina centra masa sustava. c

3.6.1

lednadzba 3.6.1 pokazuje da je za svaki trenutak gibanja kolicma sustava tocaka jednaka produktu mase i brzine centra masa tog §ustava.

Koristeci jednadzbe 3.3.5 i 3.6.1, moze se ukupna vanjska sila sustava dati izrazom:

tv = = d (mil) = dQ . 3.6.2 dt C dt

lednadzba 3.6.2 pokazuje daje ultmpna vanjska sila koja djeluje na sustav m21terijalliih tocaka jednaka promjeni kolicffie gibanja tog sustava po vremenlJl.

3.7. ZAKON IMPULSA

Mnozenjem jednadzbe tv sa dt dobije se tVdt=dQ. Velicina tVdt naziva se dt

impuls "",,, ".~I",'" sila i oznacuje sa dS-+v, a gil;anja sustavl!, pa Je:

lzraz, 3. /. I pClkazule da je za sustav llia~er'ijalliih locaKa· Ul'WI~ll;.arm

sila jeciuak lwlickllt': giban,ia sustava. vanjskih

112 Dinamika

Integriranjem svih elementarnih impulsa od trenutka t1 do trenutka t2 dobije se: 2 z

J(dS"=S1Vo =(dQ=Qz-Ql=f.Q=mv -mil =mAv

~ J C2 C1 C 3.7.2

1

iIi 3.7.3

Jednadzba 3.7.3 izrazava zakon impulsa. On pokazuje da djeloyunjc impulsa sUa na sustav materijalnih tocaka uzrokuje promjenu kol.icine promjenu

brzine centra masa tog sustava.

Promjena brzine centra mase je jednaka:

Av =v -v = 31,2 3.7.4 C C2 C1 m

lzraz 3.7.4 pokazuje da je promjena brzine centra mase sustava za interval vremena M=t2 -t

l jednaka na jedinicu mase sustava koji je djeioy,w kroz taj interval

vremena. Zakon impu!sa ima posebnu vainost u dinamickoj analizi kratkotrajnih udarnih djelovanja

odnosno naglih promjena brzina.

3.8. ZAKON ODRZANJA KOLICINE GIBANJA

Kada je za sustav materijalnih tocaka ukupna vanjska sila jednalea nuli (pv =0), tada je

diferencija! kolicine gibanja jednak nuJi (d(LO), a to znati da je kolicina gibanja sustava konstantna (Q=k~nst).

Na raj cinjenici lezi zakon oddanja kolicine gibanja sustava materijalnih tocaka koji glasi:

Kada je I1kupna vanjska sila na sustav jednaka nuli, tada se kolicina gibanja sustava ne

mijenja odnosno brzina centra masa sustava ostaje ista. Dalele treba pamtiti: Kada je Pv =0, tada je dQ=O, odnosno je Q=konst i Vc =konst.

Kadaje za sustav materijalnih tocaka ukupan impuls vanjskih sila u promatranom interv'alu

vremena M=t2 -tl jednak nuli (3;,2=0), tada je promjena kolicine gibanja jednalea

nuli (Ll.Q=O), a ra znaci da je kolicina gibanja sustava na pocetku i kraju promatranog

interva!a vremena jednalea (Q2 = QI)'

To je drugi oblik zakona odrzanja koliCir:e gibar:ja

vanjskih sila U odrcoenom intervalu vremcna

brzina centra masa na

Treoa pamrilI:

Kada je SV = 5 , tada je

Zakon koJifine

i kra,ill tog intervaia vremena jednaka,.

jm?~


Za sustav materijalnih tocaka kojemu je za neki smjer komponenta ukupne vanjske sile iii

komponenta ukupnog impulsa vanjskih silajednaka nuli mora i komponenta kolicine gibanja,

a prema tome i komponenta brzine centra masa za taj smjer, biti kon~tilntna iii

niena.


Primjer 3.8.1 Teret tezine G1=200N lezi na glatkoj

horizontalnoj On je vezan s jednc strane za elasticnu opmgu krntosti k=40N/cm, a s druge

strane za nerastezljivo nie preko glatkog

mba i optereceno drugi."ll tereiom G z=300N. sustav miruje, kako je i pokazano na slid 3.8.1. TeZina opruge i meta je mala pa ih se moze z;memariti.

::ilika 3.8.1

Ako se na teret Gz djeluje u pravcu uzeta vertikabim odredi koje ce biti maksimalno spu.stanje tereta Gz•

S=50Ns,

Rjesenje. Za nerastezljivo uze nema promjene duzina pri vlacnom opterecenju. Uze je

optereceno na vlak pa ce prema tome k:ncma,icki elementi (pomak, brzina i vertikalnoga gibanja tereta G2 i horizontalnoga gibanja tereta biti jednaki. Djelujuci

impuls S na teret G2 izazvati .ce i reaktivni impuls uzeta SI' a taj ce uzrokovati na G,

promjenu kolicine gibanja. Brzina obaju tereta prije djelovanja impulsa je VI =0, a nakon djelovanja :r::pu!sa je V2=V. Stvorena kineticka energija sustava nakon djelovanja impu!sa

utrosit ce se na rastezanje opruge. U stanju mirovanja opruga je opterecena siiom

i rastegnma za velicinu:

Gz 300 x =- =--=007Sm. Ok 4000 ,

lednadzbe dinamike za odredivanje brzine sustava nakoD djelovanja impulsa jesu: S-S1 = m2Y2 -m2YI = mzY'

SI = mY2 -mlv1 =m1 v.

Zbrajanjem tih izraza dobiva se:

v=_S_· _= 50g =0981m!s !?"l ~!?"2 200~300 '

Sve . sile na sustav kODzervativnt 50 pa

_.2.---"'_ + C +----2 2

zakOD

114 Dinamika

iii

Rjesenje te jednadzbe daje maksimalno rastezanje opruge koje je nakon uvrstenja vrijednosti jednako:

l! I S2 k I 300 l( 502,98" '4000 ) x ~ x 1 + 1 + g - 1) ~ -- 1 + ' 1 . ~ 0 18574 max 0 \j Gi(G! +G

2) 4000' 3002 (200;-300) , .m.

Trazeni maksimalni pomak je jednak: h ~ Xmax Xo ~ 0,18574 -0,075 ~ 0,11074 m.

Maksimalni pomak mogao se odrediti iz jednadzbe:

(m] +m2 )v2

kh 2 ~m +m ) --"----'=--- + C

j ~ -- + C iIi h ~ y ] 2 ~ 0 l1074m

2 2 k"

Primjer 3.8.2 Tijelo refine giatkoj povrsini lJ praVClJ brzllom 'l'1=30mis, i koje miruje. Nakon sudara oba tijela brzinom v2 =5m!s.

Odredi inlpuis koji je djelovao prilikom siloara gllbitak kineticke energije pri sudam.

Slika 3.8.2

Rjesenje. U zadatku se moze odmah izracunati impuls koji djeluje na tijelo G1 prilikom sudara. lmpuis na tijelo G 1 je jednak:

S~mY -my ~~(5-30)~-25484Ns. 1 2 ] I 9,81 \ ,

Jednak impuls, ali suprotnog smjera, djelovao je na terer G2 • Masa i tdina tereta G2 maze se izracunati iz zakona impulsa za tiielo to jest:

Sustav materiiainih tocaka

Gubitak kineticke energije priiikom sudara je: 2 2

~_ _ (m j +m2 )v2 mjvj 1 / ,r-; 2 2 !i 1 - T - T - - -- ~ - [, G + U ) V - G v. J ~

2 j 2 2G"! 2 2 ] 1

~ _1_ [( 10;- 50)52 - lO'3tYl ~ - 383Nm. 2'9,81 J

Primjer 3.8.3 Dva stapa AB i BC irnaju na sem pricvrscene tdine. Stap AB nosi tri tezine Gj) a stap BC nosi jedml tezinu Gz• su medusobno zglobno spojeni uBi priddani tako da miJruju ria glatkoj horizontainoj povrsini po!ozaju kao sto je UUh;Lla,W na slid 3.8.3. Pustirno sustav ",lubudno, tereti

ce padati i na krajlll ce se stapovi ispruziti na huri:wntal.nu Tezina G2 i tezine G] su istog

iznosa G. Tezina stapo'l'a neka se zanemari. Odredi na t{ojoj ce se uuaiiiellositi 00 osi y, nalaziti teret Gz nakon ispruzenja

115

Rjesenje. Oslobadanjem sustava on vise nije u ravnoteZi, pa ee se poceti gibati. Sve vanjske

sile koje djeluju na sustav djeluju u vertikalnom smjeru, sto znaci da je:

F V ~ dQx ~O oa'nosno Q k x dt x ~mvcx ~ omt.

Komponenta kolicine gibanja SUSlava u smjeru x je konstantna od pocetka gibanja. Posto

su odmah nakon otpustanja sustava brzine masa biie nula, to znaci da je: Qx~O,

odnosno da je brzina centra masa u smjeru x jednaka nuii, pa centar masa u smjeru x ne

mijenja polozaj vee se giba po istoj vertikali.

Za analizu izabran je nepomican koordinatni sustav takav da os )( prolazi tockama A i C,

ana osi y, u pocetnom poloZaju sl!slava, leii locka B.

Polozaj teZista sustava u pocetncm polozaju je takav da je :

Pocetni polozaj teret2 je x2p ==3u/2.

je Vi);' a rereta Gz je "2x'

h 2:2 r3.i je trenutak

3 -~G.

8

116

a to znaei da brzine stoje U odnosu:

m2 G2 1 VI, = - -3-V2, = - -3G v2, = - -::zv2;

m l I ~

Mnozenjem tog izraza sa dt, dobiva se odnGs za elementarne pomake: 1

dxl = - -dx2

, 3

Dinamika

a to znati da i suma svih elementarnih pomaka od trenutka otpustanja do trenutka ispruzenja stapova stoji II istom odnosu:

Ukupno razmicanje izmedu centra tdina 3Gj i tereta G2 do ispruzenja stapova moze se geometrijski odrediti prema slici 3.8.4:

r = r - r = 5a - ~a = ~a = x - x = x (1 + 1. ) = ~ X 2 I 2 2 2, I, 2, 3 3 2,'

q ,

, I

a prema tome

~I X 2 : l"'r---=-~li'li>-<!

x --$-·$--@~~------~$~~~~x

1<1 slika 3.8A

Konatni je polotaj tereta G2 :

Primjer 3.8.4 Klin refine Gz=40N leii na

hcrizont::!l:lG.: podlm:i. N:! g!lIltko} koso} stranl klina

pusten je da klizi teret tezine G1=lON. Nagih klina je a=45°.

Odredi l.lbrzlllnje lilina i reillltivno ubrzanje teretlll G, U OID"l.OSU na kIin.

... 1

Slika J.S,S

Sustav materijalnih weaka 117

Hjesenje. Oba tijela vrse ravninsko gibanje u ravnini slike koja je definirana kao ravnina

x-yo Gibanje tereta je bez rotacije pa se u analizi mogu tretirati kao materijalne tocke.

Teret G, u nekom trenutku ima brz.inu V, i ubrzanje a,. a tijelo G, ima brzinu Vz i ubrzanje

3,. Terel G, u odnosu klina giba se relativnom brzinom v, i reiativnim llbrzaIljem 3,. Prema

lome Je:

Vanjske sile i ubrzanja za svako tijelo pokazani su na siici 3.8.5.

y

x

Slika 3.8.6

Klin se giba u pravcu llbrzanjem x2 = -a2 , uzrokovanim neuravnotezenom silom -N,sinfr.

Na leret G! djeluju komponente neuravnotezenih sila i to u smjeru )( i u smjeru

y -G1sinza. Terel se giba relativno niz kosinu ubrzanjem :lr'

Sve vanjske sile na sustav su vertikalne G2 iN), a w znati da za sustav vrijedi:

dQx =-=0 iIi =konst.

dt

Prema tome u svakom je trenutku gibanja:

U trenutku pustanja tereta G j da klizi, brzine obaju tijela bile su nula, pa Je prema tome

Q,=O, a to znati da za svaki trenutak gibanja za brzine mora biti ispunjeno:

a takoder i za ubrzan ja:

m2 G2 Vlx =--V2=--~V2'

m- 1

Komponenta ubrzanJa Lereta u smJeru x supromog .Ie od ubrzanl3 kline. i

je oOnOSOITI njihovih Lezina" Komponente ubrzanja tereta jcsu:

lIS Dinamika

Prema principu D' Alemberta, ako svakom lijelu sustava dodamo vanjskim silama i siie

inercije, nasraje dinamicka ravnoteza na koju se mogu primijeniti jednadzbe ravnoteie iz

statike.

Za tijelo jednadZbe ravnoteie glase (vidi sliku 3.8.7):

LXi = mjgsina + m j a2 cosa - m] aT = 0, 1.

Slika 3.8.7 Lyl +m1GZsina -m)gcosa = O. 2.

"'1

Za tijelo jednadzbe ravnoteie glase (vidi sliku 3.8.8):

~~2-4----~----~~~--~ LX =m2 aZ - N j sina =0, LY =N - N

j cosa -Gz =0.

3.

4.

G2 t IN

Slika 3.8.8

x

lz jednadzbi 1.,2. i 3. moze se izraziri:

aT = g sina + a2 cosa, G.

N j =mjgcosa -mjGzsina b.

Nj • m; ( . . 0 ) az =-sma =-...0 gcosasma -azsm-a. c. m1 mz

Jednadzba c. pokazuje da je:

1I G1sin2a

2 G +G sin2o: ' 2 j

Uvrstenjem ;), u izraz a. dobiJe se:

aT = gsina +gcosa----''------ -----f,' sma , sin2a


a zatim

G2 . a = - G +a coso: = gsma cos a. ,

Ix 2 r G + G sinZa 2 1

. Gz+G j . 2 a =6-a sma: = gsm 0:

Iy r G2

+ G1 sin2(t

m1GZ G1 G1cosa Nj =-.-= 0 '

sma Gz + Gjsin-a

G1(Gj +GZ)

N = Nj cos a + G2 = -'----"---'-

Gz +G1si" ... hI

Za zadane je vrijednosti:

alx

= 4,36 m/s2, aj

=-5,45 m/sz, y

Gz = 1,09 m/s2,

N =44,444N N j =6,285 N.

119

120


3.8.1 Teret mase m, priddan je na vrhu klina mase m, u

tocki A. Ako se teret pusti slobodno, on ce kliznuti niz kosu

stranicu kl ina. U susravu nema rrenja jer su sve povrsine

glatke. Poznato je da je m 2 =3m1

Odredi apsolutni put u smjeru x tereta i klina za vrijeme za

koje se teret spusti iz tocke A do locke B koja je najniza locka na kosoj strani Iclina.

3.8.2 Sustav se sastoji od klina tezine G, i tereta tezine

U pocetku je sustav pridrzavan u stanju mirovanja a zatim je

pusten slobodno. Teret G 2 je poceo kiiziti niz kosinu

relativnom brzinom v, u odnosu na kEn. Poznato je cia

izmedu horizonralne podJoge i klina nema trenja i da je klina D!.

Odredi apso]utnu brzinu klina i terera.

3.8.3 Motor tezine G ldi nepncvrscen na glatkoj

horizontalnoj povrsini. Za osovinu motora ucvrscen je kruti

stap duzine L zanemarive tdine. Na kraju srapa je teret

Ako osovina rotira kutnom brzinom w motor ce se gibati po

horizontalnoj povrsini. Odredi zakon gibanja motora i

maksimalnu kutnu brzinu pri kojoj se motor jos nece odizati

sa povrsine.

3.8.4 Kolica tdine G=l kN miruju na horizontalno glatkoj povrslni. I"la kollca nallJece terel te:line

v=6m/s i zabije se u kolica.

=1001"\ brzmom

Odredi kojom brzinom ce se kretati kolica nakon zabijanja tercL3 . i;t:puls

Dinamika

Slika 3.8.9

Slika 3.8.10

Slika 3.8.11

Siika 3.8.12

Sustav materijalnih tocaJ;:a

3.8.5 Na borizontalnom glatkom podu nalazi se sanduk napunjen pijeskom oslonjen na elasticnu oprugu krutosti k.

Sand uk se moze gibati sarno u smjeru osi x. Tane tdine G1

doleti horizonralnom brzinom v, i zabije se u sand uk kao sto

je pokazano na slici 3.8.13.

121

Slika 3.8.13

Odredi za koju ce maksimalnu veiiCinu biti pritegnuta opruga nakon zabijanja metka u

sanduk ako je poznato da je teZina sanduka s pijeskom G=400N, tezina metka =lON,

brzina metka v=700m/s i krutost opruge k=2N/m.

3.8.6 Dvije kugle istog promjera ali razlicitih tezina

vezane su oprugom krutosti k i leze priddano na glatkoj

horizonralnoj podlozi leao sto je pokazano na sliei

3.8.14. U pridrzanom poloiaju sila u opruzije Fo=8N. Ako se kugle odjednom puste slobodno opruga ce se

i odbaciti kugle nasuprot ali u istom praveu.

Nakon otpustanja kada se opruga rastegnula za "em, sila U opruzi je paJa na F j =4N. Teiina kugle 1 je =5N,

a kugle 2 je G2 =3N.

Slika 3.8.14

Odredi koju ce brzinu imati kugle u trenutku kada se opruga potpuno r3.sregne.

3.8.7 Top ispaljuje metak pod kutom lX. Masa topa je m l a metka m 2 , Relativna brzina metka u odnosu na eijev u trenutku izlaza iz eijevi je v. Prije ispaljivanja metka top je

mirovao na kotacima uz mogucnost slobodnoga gibanja u horizonralnom smjeru.

Odredi apsolutnu brzinu metka u ovisnosti masa illj, m z i kuta D!.

3.8.8 Koliea s teretima i covjekom imaju ukupnu masu

muk = 100 kg i gibaju se u praveu konstantnom brzinom

vo=10m/s. Odredi promjenu brzine kolica ako su izbacena dva

terera u smjeru suprotnom od smjera voznje relativnom

brzinom u odnosu na kolica v,=20m/s, i to: Slika 3.8.15 a) pojedinacno j b) oba tereta odjednom.

Masa pojedinatnog tereta.ie iT.., = 5 kg.

tczinc G::=: ! k.l~, '-..:eZ3.I! na

na fa;:milKu m, i mai sa n= 1200 o/min, Teiina rotora je G, ==300 N. Centaf mase rotora ima f'.i<"cf.:i7;iciter e ==(}b5 mm" a nalaz;

se na VISII11 11=£.

Oaredi diferencijalnu jednadzbu gibanja centra masa i ;,:;biT,alnu

horizomalnu i vertikalnu silu veza motora.

7,

~ [------1

';lib 31! 15

3.8.10 Dva tereta G J i Gz medusobno su vezani neraste

zljivim uzetom prebacenim preko gJatkog vrha klina i stoje

pridrtano u poJozaju pokazanom na sliei 3.8.16.

Klin je dvostran, simetrican s kutom a=45° i tdine

G=100N. Tdina tereta Gj=SON, a tereta G2 =25N.

U sustavu su sve dodirne povrsine glatke, a tdina uzeta

moze se zanemariti. Ako se sustav pusti slobodno, on ce se

gibati.

Odredi pomak klina za vrijeme kada se teret GJ spusti za

velicinu h=O,7m.

3.s.n Dva autamobila (dine G j =lOkN i Gz=7,5kN sudare se na zaledenom raskrizcu (nema trenja).

Automobil 1 je vozio u smjeru zapad-istok, a automobil 2

u smjeru jug-sjever, kako je pokazano na sliei 3.8.18.

Prije sudara je automobil 1 imao brzinu v, =60 km/h, a

nakon sudara su oba imaia istu brzinu v sa smjerom pod

kutom 0'=30".

Odredi koju je imao brzinu automobil 2 prije sudara.

3.8.12 Covjek s puskom sjedi u

cameu koji miruje. Tdina covjeka,

camea i puske je Guk =900,2N. Covjek odjednom ispali metak u

horizontal nom smjeru duz camea.

Metak tdine G=O,2N zabije se u

objesenu vrecu punu pijeska tdine

G J = 50 N koja pri tome dobije brzinu

v=2,Sm/s.

Dinamika

Slika 3.8.17

j

~El Jug

Slika 3.8.18

Slika 3.8.19

Odredi brzinu gibanja camea nakon pucnja. Otpor zraka i vode neka se zanemari.

Susrav ma!eriialnih tocaka 123

3.9. SUDAR DVIJU MATERIJALNIH

Kada se jedno tijelo giba j nalijece na drugo, koje moze mirovati iii se takoder giba, [ada

dolazi do dinamickog procesa koji se naziva sudar iii sraz. Pri sudaru dvaju rijela u vrlo

kratkom intervalu vremena na mjestu Godira dolazi do uzajamnog djelovanja \Tio velikim

si!ama, taka da se brzine obaju trenutno mijenjaju. Sile uzajamnog djelovanja tijela u

sudaru zovu se udarne sileo Sudar dvaju tijela je vrlo slozena pojava. Zbog velikih udarnih

sila na malim povrsinama dodira nastaju i velika naprezanja i deformacije koje se u analizi

ne mogu zanemariti. Yrijeme trajanja sudara ovisi 0. gustoci rnase, elasticnim i plastiCi1im

svojstavima materije i reiativnoj brzini tijeia u trenutku sudara. U dinamickoj analizi sudara

ne promatraju se udarne sile i vrijeme trajanja sudara, vee samo impulsi tih sila, jer je tok

udarne sile i lrajanje sudara Lesko 1Ocno odrediti.

Kod analize sudara rea!nih tijeia mora se odsmpiti od pretpostavke idealno krutog tijela jer

su deformacijska svojstva tijela bitna. Pri promatranju djelovanja udarnih sila mogu se

zanemariti djelovanja postojecih vanjskih sila jer je rezultat njihovih djelovanja u vrlo

kratkom vremenskom intervalu trajanja sudara zanemariv.

Normala povucena na povrsinu dod ira tijeia pri sudaru lOve se linija sudara. Ako se

centri masa sudaru nalaze na liniji sudara, sudar se zove centricni sudar. U slucaju da

centri masa sudarenih tijeia ne leze na liniji sudara, tada se sudar zove eY..5Ceutricllt sudar.

U analizi sudara tocaka sudar je uvijek centrican. Kod krutog tijela moze biti

sudar i ekscentrican. Kod ekseentricno-g sudara tijela dolazi do nagle promjene brzine centra

tijela i kume brzine tijela.

Brzine dviju sudarcnih materijalnih tocaka prije sudara mogu biti usmjerene u smjeru liniie

sudara iii ne. Ako su brzine prije sudara usmjerene u smjeru iinije sudara, takav sudar ~e zove direktan centriCni sudar, a ako nisu rada se sudar zove kosi centricni SUGar

3.9.1. DIREKTAN CENTRICNI SUDAR

Dvije materijalne tocke mas a ill, i ill2 , gibaju Se na

istom pravcu brzinama vJ i v2 , kako je pokazano na

siic! 3.9.1. Kada je brzina v, veea od orzine vz, rada ce

doci do direktnoga centricnog sudara. Za vrijenle

sudara materiialne tocke su u kontaktu uz veliku silu

medudjelovanja pa dolazi do deformaci.ie dodirl1lh

trosi din ukupn;:: kinetickc

energiJe. U odredeooIT; treDULKU tOG rn3lc.Sli11::un..::

Vi SV:: deiofD1acije abje InateriJaine locke ce lD1ati jedna~u brzinu v. Ukoliko je nastala deformacijo DOlpuno

c~j3st.jcna tada cr-

deformacije vrsiti rad na stvaranju kineticke

taka da ukupna kinetic!;:a energija sistema na.~on sraza

124 Dinamika

bude jednaka ukupnoj kinetickoj energiji sistema prije sraza. Brzine nakon sudara

mmerijalnih tocaka ce biti i\ i v2 , i to takve da ce uvijek brzina v2 bit i v~ca ad

brzine VI' U realnim slucajevima sraza je redovito ukupna kineticka energija nakon sraza

manja ad ukupne kineticke energije prije sraza jer se dio energije trosi na plasticnu

deformaciju. Direktni centricni sudar dviju kugla jednakih velicina na glatkoj horizontalnoj povrsini

moiemo promatrati kao sudar materijalnih tocaka s masom ill, i lli2 . Brzine prije sudara VI

i \2 i nakon sudara VI i V2 usmjerene su u smjeru linije sudara. U smjeru linije sudara za

vrijeme sudara djeluju sarno unutarnje sile medudjelovanja sustava. Vanjskih siia u tom

smjeru nema iIi su zanemarive, sto znaci da nema ni promjene kolicine gibanja sustava u tom

smjeru pa vrijedi zakon odrianja kolicine gibanja sustava koji glasi:

3.9.1

Za direktan eentricni sudar dvaju tijela ukupna je kolicina gibanja prije sraza jednaka

ukupnoj koliCini gibanja poslije sraza. U jednadzbi 3.9.1 brzine su tijeia nakon sudara

nepoznate pa je za rjesenje potrebno naci jos jednu jednadzbu.

Detaljnom analizom dvaju cijeia u direktnom eentricnom sudaru moze se ustanoviti aa

svaki sudar ima dva vaina perioda i to period deformacije i period restitl.lcije. U periodu

deformaeije. uslijed sila medudjelovanja, rijela se na mjestu dod ira deformiraju i istodobno ce se udareno tijelo ubrzavati, a udarajuce usporavati. To traje sve do trenutka kada ce oba tijela imari istu brzinu V (vidi sliku 3.9.2).

I<ugla 2 mase ID2,:

e:--D-8 \~--~---..I

Period deforID8cije.

Slika 3.9.2 Period restitucije.

,;

" restitucije poreneijal na energija elasticne deformacije vrsi fad silama

medudielovanJa taka da se elasticna deformaciJa smanju_i::_ 2 kineticklJ

energiJu. U to] razi gibanJa udareno tijeio se i dalje ubrzava< a. udarajuce tijeio se i dalje usparava. T(, do trenutka dok se tijela ne odvoje i prestane medudjelovanje.


F

i .. tl ~i ~ t2

~ t

Slika 3.9.3

t fB!i.1

r.--I

125

Sam sudar traje vrl0 kratko vrijeme koje

e mleri milisekundama. Za vrijeme sudara

ila medudjelovanja se mijenja leao sto je ,okazano na sliei 3.9.3 Povrsina ispod

rivulje F-t oznacuje ukupan impuls koji je

na svako tijelo. Taj se ukupni

S=!Fdt=Sl+S2 o

lmpuls 8, djeluje u perioau deformaeije a impuls 5: djeluje u periodu restitucije.

DJelovanje impulsa S, is: je rascianjeno prikazano na sIiet 3.9.2. Za period,defofmacije

mogu se napisati jednadibe:

3.9.2

Za period restitueije mogu se napisati jednadzbe:

3.9.3

lzjednadzbi 3.9.2.i 3.9.3 za tijelo 1 i 2 vrijede odnosi:

m1v1 -m1v -v S, = m2v - m2v2 V-V

2 ili 3.9.4 S2 mjv-mlv1 V-VI S2 - m2v V2 -v.

Kada je impuls deformacije i restitueije jednak, tada je S,/Sz = 1, pa se dobije da je:

v2 -i\ {i --=--=1. VI -V2 U

Kada je S, = S2' relativne brzine tijela prije i poslije sudara jednake su po iznosu, same su

suprotnog predznaka. Ako se za vrijeme sudara vrsi rad i na plasticnu deformaeiju, tada ce se utrositi odredena

energija Ed koja se gubi, pa energetska jednadzba glasi:

3.9.5

Kada nema plasl.lcne dpt(Wnl"J' nema ni gubitka energije pa zakon adrzanj"

--+ 3.9.6 2, 2 2

126 Dinamika

lednadzbe 3.9.1 jednadzbi vrijedi:

3.9.6 sadriavaju nepoznate veiicine i\ i v2 . Za real no rjesenje tih

iii U= -u,

gdje su u relativna brzina marerijalnih tocaka prije sraza a ii nakon sraza.

Kada u sudaru pos[oji i gubitak energije, javija se kao nepoznanica i kolicina utrosene

energije na plasticnu deformaciju. Sudar pri kojem uz elasticnu deformacju posroji i plasricna deformacija, nazivamo

eI3ISUlpI3lS1[ICIl111l suaarom. Pri takvom sudam ce relativna brzina nakoD sudara biti manja od relativne brzine prije sudara. To se moze izraziti koeficijentom e, koji se zove koeficijent

restitucije iIi koeficijent eiasticllosti sudan •. Taj koeficijent je uvijek pozitivan i prikazuje odnos relativnih brzina poslije i prije sudara izrazom:

iii V2 -Vl ii.

e=--=--. 3.9.7 VI -V2 U

Izraz 3.9.7 pokazuje da je e=l, kada nema gubitka energije, a kada je e=O, da je relativna brzina nakon sudara nula, sto znati da su brzine tijela nakon sudara jednake.

Sudar ideal no elasticnih tijela naziva se potpuDO elastican sudar, i ima koeficijent restitucije e= 1. Sudar ideal no plasticnih tijela naziva se potPUIlO plusticun sl.Idar i ima

koeficijent restitucije jednak e=O. U praksi se obicno susrece elastoplastjcni sudar uz koeficijent restitucije koj i je:

O<e<l.

Pri sudaru kugli iz raznih materijala vrijednosti koeficijenata restitucije navedene su u slijedecoj tablici:

TABLICA KOEFICIJENATA RESTITUCIJE

Materijal sudarenih tijela oeficijent restitucije e

staklo-staklo 0,92-0,96

bjelokost-bjelokost 0,88-0,90 I ! eehlc - eelik 0.55-0.85 I II drvo-drv0 0,35-0,65 I II

I

olovo-olovo 0,10-0,20 ,I I, ce!ik-guma

Ii 0,25-0,45

celik-pijesak o

KoeflCljcntl se oareauju ekspcnmentallllm putcm . .La prolJiema suGara porrebno je koeficijem restitucije unapriJed poznavati.

Sustav materijainih tocaka

Brzine tijela poslije sudam mogu se izracunati iz jednadibi 3.9.1

jednadzbi dobiva se: (m

1 -emz)v j +m2(1 +e)v2

VI ~--~--~--~--------m1 +m2

_ m1 (l +e )Vl +(m2 -em1)v2 Vz =

127

3.9.7. Rjesenjem tih

3.9.8

3.9.2. GUBITAK ENERGIJE PRJ CENTRICNOM ELASTOPLASTICNOM SlJDftJW

Gubitak energije se odreduje analizom energije prije i poslije sudara. Gubitak nastaje jer

se energija trosi za rad na plastitnu deformaciju.

K ineticka energija prije sudara je: 2 2

li' = _m_1_"_1 + _m_2_"_2 ~" ", 2 2

Kineticka energija poslije sudara je:

Gubitak kineticke energije prilikom sudara je:

m (v2 -\,1, m2(v; -v;) f1Ek =Ek, - Ekl = 1· ~ )/ + 2 3.9.9

Koristeci izracunane vrijednosti brzina nakon sudara izrazima 3.9.8, gubitak kinetieke

energije iznosi:

3.9.10

Kada brzina iii suoara, mda se takav sudar nazivZi kosi centricni 0ujur", Net slici 3.

128 Dinamika

Slika 3.9.4

Kada su dodirne povrsine dvaju tijeia pri kosom cemricnom sudaru potpuno glatke,

postojati ce sila pri sudaru samo u smjeru linije sudara. Za rjesavanje problema kcsog sudara

se postavljaju jednadibe na osnovi:

1. poznatog koeficijenta restitucije i

2. zakona odrianja kOficine gibanja sistema za smjer linije sudara. Za smjer okomit na iiniju slidara je impuls trenutnog trenja zanemariv. Na osnovi zakona

odrianja kolicine gibanja, brzine ce u tom smjeru za oba tijela biti prije i poslije sudara

jednake. Ako su pri kosom sudaru dodirne povrsine hrapave. tada je dinamicka analiza sioienija.

Tada se moraju uzeti i sile trenja koje uzrokuju rotaciju masa, pa se mora rjdavati kao sraz

tijela.

3.9.4.· RIJESENI PRIMJERI

Primjer 3.9.1 Kuglica je puStena u zrakopraznom prostoru s visine

H=l m da padne na nepomicno tlo. Nakon sudara s dom ona se

panovo digne na visinu HI =0,81 m. Odredi koeficijent elasticnosti sudara.

Rjesenje. Pri padu i dizanju kuglice jed ina sila kOJa Je djelovala na

kuglicu je konzervativna sila teiine kugiice. U problemu treba luciti tri

faze gibanja. Prva faza je faza padania koja ie obican slobodni pad.

Druga faza je faza sudara. Treca faza Je fa~a dizanja koja je vertikalni

hitac s pocetnom brzinom jednakom brzini kuglice nakon sudara.

Brzina kuglice potrebna da sc kugiica digne na vlsinu H j

i:; ~ - J2gH!.

Slika 3.9.5


Koeficijent elasticnosti sraza prema definiciji iznosi:

e = ~2-Vl = o-(-~) = ~ yr-vz {iiH- 0 ~ H

129

\O,8l ~ 1

0,9.

Pozitivna brzina je uzeta prema dolje. Brzine udarenog tije!a jednake su nuli jer je tio

nepomicno.

Primjer 3.9.2 Dvije kugle istog promjera krecu se po istom pravcu nl! horizontainoj povrsini tako aa dode do direktllog ccntr::llmrg sudara. Kugla 1 ima mast! m,=O,8kg, i brzinl.l v, =6ms-'. Kugla 2 ima masu ill2=O,4kg i brzinu vz=3ms-'.

Aka je koeficijent restitucije e=O,6 odredi: a. orzine kugli nakon sudaI'a, b. srednju siiu udara ako se zna da je sudara 0,015.

Rjesenje. Sudar je direktni centricni elastoplasticni. Tieba odrediri dvije nepoznate brzine nakon sraza. Za rjesenje brzina moguce je postaviti dvije jednadzbe, a te su jednadZba

odrianja kolicine gibanja i jednadzba koeficijenta restitucije. lednadzbe glase:

rn1v1 +m2vZ =ml"\ +miv2'

Nakon uvrstenja poznatih vrijednosti dobiju se jednadzbe:

2Vj+v2=15 1),

v2 - VI = 1,8 2).

Rjesenje jednadibi glasi:

i\ =4,4 m/s V2 =6,2m/s.

!mpuis koji je djelovao za vrijeme sudara jest:

-S =mjvj -m1v1 ~O,8( 4,4 -6) ~ -1,28 kgm!s ~ -1,28 Ns,

sHz. djelova:1ja

s ~ 12&

130

Prirnjer 3.9.3 Kugla tezine GJ =20N padne sa visine =1 m na elasticno oslonjenu ploeu teZine G2 = 200 N i odskoci na

visinu H 2 =25cm.

Odredi guoital, kineticke energije i koeficijem restitucije pri

sudaru.

Rjesenje. Sudar kugle i ploce je elaswplastican. Brzine kugle

prije i poslije sudara su indirektno zadane kao brzina slobodnag

pada i pacetna brzina vertikainog hica. Brzina place prije sraza je

Dinarnika

Slika 3.9.6

nuia. jer do sudara miruje. Poznavajuci te brzine moze se. iz uvjeta da je kolicina gibanja

prije i posl ije sudara jednaka, odrediti brzinu ploce nakon sudara. Kada je odredena i ta

brzina. moguee je od~editi gubitak kineticke energije za vrijeme sudara i koeficijenr

restilucije.

Poznatc su brzine za kuglu i plocu:

vJ ~V2gHJ'

lz zakona odrianja kolicine gibanja pri sudaru:

dobije se:

~ 0 ~ 0,6644 m/s.

KoefJcijent restitucije sudara jest:

e~ v2 -1\ ~ 0,66441 +2,21472 ~0,65 v j -v2 4,4294-0

a gubitak kineticke energije iznosi:

'T- T T _ 1 (_2 _2 u - 2 - L 1 -"2 m1 Vj + m2 V2 - mJ

r; 'U H) G2 _2 "0 075 200 0 '6 2 =Jj\U2~ -1 +-v2 =-.::, . " +-- ,044= 2g 2g

~ -10,5 Nm.

Suslav malcrllalnih wcaka

I'rillljcr 3.9. J Dvije Iwgle iSle tezine G gibajll se na

glatkoj povr;ini i sildaruju. lJ trenutkll sraza brzilla udar"ajuce

kugle je ~\ ~ 21 m/s, a udm-ene kugle je \12 ~ II m/s, kako je pokazano na slid 3.9.7.

Ako .ie sudar s koefidjentom eiasticHusti sudanl e=O,5,

odredi h!-zine za kugie nakon silaara.

Rjesenje. To je kosi centralni sudar. Pri sudaru jc pravac

131

Siika3.9.7

okomit na povrsme

doui,a I uzel da.ie indentican sa OS! X. Zato se sudar maze proJnarrati kao direktan cemraini

sudar u smJeru X. 2 zadrZava svoju komponenlU brzine u smjeru OS! y i nakon sudara.

Zakon odrianja koliCine gibanja za raj sudar glasi:

ta vekrorska jednadzba daje dvije algebarske jednadzbe:

a uzimajuci U obzir da je m, =m2 i da je V J =2 mls i 'I: = 1 m/s s]ijedi:

1-\=i\.r =2rn/s v2 = = 1 Jnjs,

Treeu jednadzbu daje elasticnosri sudara:

~0,5 iii ~ 1.

Rjesenje jednadzbi jest:

Vly ~ 0, i\, ~O,5mls, i'z, ~ 1,5m/s ~ 1 m/s.

PrimJer 3.9.5 Vagonet teiine G,=1,5kN juri brzinom

VI =! r;js ~ sudu.i~J. S( ::, ·v'a15vAlc~{hll tei~l.~e (;2=3 KI',; l\.o.1i

fninJje- na horizoHt3Jnoj ravnoj pcuzi.

c=o, e=(),5 C= •

10 je i rH:=2rH 1. Brziilt' nakon sudara

Slika 3.9.8

jednad£bc :,::akcna

132

odrZanja kolicine gibanja i izraza za koeficijent restitucije koje za zadatak glase:

v -17 e=_2 __ 1.

VI

a. Pri potpm:1O plasticnom sudaru je e=O, a to znaci da J'e iJ.,=v2, pa J'e

Prema tame je:

Gubitak kineticke energije iznosi: 2

Dinamika

"j=3vz·

mj"l =_1. m 1m2 l =_ 11500' 3000 12 __ - r

2 2 m1 +m

2 1 21500 +3000 - )O,908Nm.

b. Pri elastopiasticnom sudanl sa koeficijentom restitucije e=O,.5 jest:

Rjesenje je tih jednadzbi:

V. ""0 1

V2 = 0,5m/s.

Gubirak kineticke energije iznosi: _2 2

~ _ m2vZ m1vj /lftk-E.-E =---

"2 k, 2 2 30oo·0.SZ 1500-12

2g· ----:;;g= -38,226Nm.

c. Pri potpuno elasticnom sudam je e = 1, a to znaGi da je:

Rjesenje je tih jednadzbi:

_ 1 I V = --ms

1 3'

_ 2 v = -m/" ·2 3' .,.

Gubitak kineticke energije iznosi: ; _2 2 .... 2

= (m) VI +mz v2 ) m,v1

2 2 = 1500'(-1/3):+3000'(2/3)2 _ 1500'12 =0.

Lg 2g

I I t ,1 j

f i ~

Suslav materijalnih tocaka

PrimJer 3.9.6 Kug\ica teZine G s visine

h = 30 ern, na 1105U glatku povrsinu nagrmtu pod

kutom a=4S" te se odbija tako cia parlne na

horizontaino tlo na I, kako je

pokazano na slid 3.9.9. Ako je koeficijent restitucije e=O,75, visina

h, =20 em i ako se otpor zraka Z:lllCmari, odredi

uda!jenost l.

RjeSenje. Problem trazi da se uCine dvije analize:

kosog sudara i kosog hica. Kuglica prostim padom s

b

visine h dobiva brzinu v~f2i1i, i tom brzinom udara na Komponenta brzine kugiice kojaje okomita na kasu n~,.,"Cm"

Je v;! ~ v sina . Nakon sudara te suomponente: / .

=v1 :::: VSlna.

lednadzbe gibanja kuglice poslije sudara jesu:

s = v t I I

su brzine :

s ~ y

_ gt2

2

Siika 3.9.9

kosu i

VI ~V; sina + v;! coso: = ~ (1 +e )vsin2a = 0,875 ~ 2,1228 mJs,

Vy ~v; cosa -v;' sina =v( ecos2a -sin2 a) ~ -0,125 V2gh ~ -0,3033 m!s

Vrijeme trajanja kosog hica .i l moze se odrediti iz uvjeta gibanja u smjeru y.

smjeru y kuglica 6e pasti za y=-h j . Dakle:

Y,o" = -0,3033t] -4,905 t; ~ -0,2 iii t; T 0,06183t1 - 0,04077 = 0.

Realno rjesenje dobivene kvadratne jednadzbe za tl je:

tl ~ -0,030914 +0,204278 ~ 0,17336s.

Trazena udaljenost l je:

133

134

Primjer 3.9.7 Telfet =HlkN, zabija pilot teiine G2 =2kN padom

s visine 11=3 m. Koeficijent restitucije e=O,5, a otpor tia se II oLlikll konstanine sile F (sl'canja sila otpora).

Odl'edi velicim.l sHe F, ako se zua da je zabijanja pilota od

jednog udarca y=O,02m.

Rjesenje. Brzina tereta G J prije sudara je VI ={iih. Rad zabijanja se

vrsi na racun tl"Osenja potencijalne energije terela G, i G2 • Pri zabijanju

se svladava orpor prodiranju pilora u tlo oznacen sa R i na trosenje

kineticke energije u eiastoplaslicnom sudaru.

lednadiba rada i energije glasi:

Wd - AEk +C= -G j (h +y) -Gzy+C.

Dinamika

Slika 3.9.10

U toj formuli mace: Wd ' rad savladavanja sile otpora, liEk . gubitak energije pri

elastoplasticnom srazu. Oni imose:

Wd= -Ry .

m,m2 GIG? 10·2 LlEk =(l-e2 )--' -2gh =(1-e2 )--'-h =0,75-"-3 =3,75 kNm.

mj+m2 GJ +G2 10+2

Prema tome je:'

i konacno:

G j (ll +y) + GoY - AEk 10(3 +0 or} +1·0 02 -~.J 75 R = '= ' . -, '= 1324.5 kN.

Y 0,02 .

Primjer 3.9.8 Tijelo A tezine Gj=lON pada sa visine h=3rn

i udara tijelo B tezine G2 =50N. Tijelo B lezi na e!asticnoj

opruzi krutosti k=10N/crn.

Odredi dinam.iclm deformacijn opruge neposredno nakon sudara za potpuno piasticni i potpuno elasticni sudar.

Ti]~lc :::l.lc!ar2. se ~:-:=i!;.o::; 1.'1 sZ:. tc:-~to:n 8 2-

Opruga ce se deform irati mroskom raspolozive kineticke energije.

A IH

-'

Slika 3.9.J 1

a. plastiCim

V 1

. Nakon sudara ce oba tereta imati istu brzinu:

Sustav materijainih tocaka 135

Oba tereta svojom kinetickom energijom radom tereta deform irati ce oprugu za

velicinu "d' lednadzba rada i energije glasi:

)_2 J 2

(m j +m2 v 1 ,'Xd~ . --"-----''--- +C= -G.x .'- . Cv 2 1 a 2

iIi

Uvodenjem daje x,,=Gjfil., koje iZl10si xo =lO/lO=lClll=fi,IHm, siijedi:

2 2G1 ' X -2x X.----flX =0.

d oa G r< 0 1 +U2

Realno rjdenje te kvadrame jednadzbe jest:

( \ I 2"'" 1. I I ~ 10 ,,!

x =X 1 + 11 + v J n =001! 1 + 1 + ~ _-_ I d 0 ~ G

1+G

2 XO '\ ~ 10+500,01)

=O,l105m.

b. Potpuno sm:lar. restitucije je e=1, sw znaci da

je =v1

iii i\ =v2 -vI' a zakon odrianja kolicine gibanja glasi:

mjvj =mji\ +mZv2 =(ml +m2)v2 -m1vl'

Iz tog izraza dob ije se:

Stvorena kineticka energija se utrosi na rad deformacije opruge:

m1 vi kx; 2 2

Maksi:n.l;ni. deformacija opruge neposredno nakon sudara je jednaka:

r- ~ ~

x~=vj m2 =~,12G2h = 2'10.. J 2'~?? =O,l826m. c -~k G

j+ ~ k lO+:lU~lWV

136


Primjer 3.9.1 Teret tdine G j =5N naieti na teret

G,=20N brzinom v j =l m/s. Teret G2 je oslonjen na

oprugu krutosti Ii. = 10 N/cm. Sudar je elastoplastican s koeficijentom restitucije e=O,9.

Odredi koje ce nastati maksimalno stezanje opruge

nakon sudara. U sistemu nema trenja. a otpor zraka moze

se zanemariti.

Primjer 3.9.2 Celicna kuglica tdine G vertikalno padne na

kosu glatku povrsinu i odbija se u horizontainom smjeru.

Ako je koeficijent restitucije e=O,81, odredi koji je nagib kose povrsine.

Primjer 3.9.3 Kuglica pada s visine h i koso udara na glatke stepenice. Koeficijent restitucije e=O,6. a visina stepenica je d=16cm. . Odredi s koje se visine h mora pustiti kuglica da pada kako

bi se uvijek na stepenici odbijala za velicinu hj=h-d. Horizontalna brzina kuglice je takva da uvijek kugJica pada na

sredinu sirine stepenica. Otpor zraka neka se zanemari.

Primjer 3.9.4 Dva tereta G j i G2 ovjesena su na tanku nit

i cine dva matematicka njihala pricvrscena jedno uz drugo. i~j;:C se otk10Di lijc"v'i tere: za kut a=6(Y' i pusti 5Iobodno do6~

6e do sudara tereta s koeficijentom restitucije e=0,5. Udaljenost oviesista od iiniie sudara obaiu niihala .ie I lwosi h= 1 m.

Tetine tereta su Gj=lON i G2=20N. Odredi icume brzine obaju njihala neposredno nakoD

sudan:.

Dinamika

Siika 3.9.12

Slika 3.9.13

Slika 3.9.14

bi

-"l-

Slika 3.9.15

h

Sustav materijainih to6aka

Primjer 3.9.5 Kugla [dine G j = 100 N pacta iz poiozaja 1

i udara u blok tdine G2 =200N, koji Idi na hrapavoj

horizontalnoj povrSini kao sto je pokazano na slici 3.9.16.

Odredi koji 6e put prevaliti blok nakon sudara, ako je

koeficijent elasricnosti sudara e=O,8, koeficijent trenja

klizanja je f=O,l i duzina 1=2 m.

137

Slika 3.9.16

138

3.10. DINAMIKA STALNOG TOKACESTICA

Sile koje nastaju kod stainog toka cestica fluida

u kanalima iIi vodovima odreduju se zakonom

impulsa i kolicine gibanja. Za primjer uzet ce se

konstantni tok fluida (tekucine iii plina) u dijelu

cjevovoda prikazanog na slici 3.10.1, koji mijenja

smjer i brzinu prorjecanja.

Fluid konstantno ulazi brzinom VA, a izlazi

brzinom VB' U intervalu vremena cit ude i izade

masa dm. U samom dijelu cijevi struji kolicina

fluida ukupne mase m stalnom prosjecnom

brzinom v. Prema zakonu kolicine gibanja i impulsa moze

se pisati:

ill za interval vremena tit

dmv" ,--".....~-... -...:..;.... d;J· """',=-,.,...-

Slika 3.10.1

to znaci da je ukupna vanjska sila koja djeluje na struju:

pv= am ev -v) dt Jj A'

U toj je formuli:

Dinamika

3.JO.1

~/dt - masa protoka, to jest masa fluida koji protjece u jedinici vremena,

F V

- ukupna vanjska sib koja djeluje na fluid u cijevi. Tu ulaze sila tlaka na ulazu

i izlazu cijevi i ukupna sila kojom djeluje cijev na fluid,

VA - brzina fluida na ulazu u cijev,

VB - brzina fluida na izlazu iz cijevi.

Vektorska jednadzba 3.10.1 moze se prikazati i skalarnim jednadzbama kojc za opee

gibanje glase:

dm =

dt g

>:,' - brzi:1.z ..

3.10.2

SUSlav materijainih tocaka

3.10.1. PRIMJERI

Pnmjer 3. JO. Ho1"izuutallli mlliZ vode pl"esjekl!

A = 6 cm2 istjece sa bn:iuom v 1 = 10 m/s i udara Ul!

vertikalull I"avnu stijenu. Odl"edi sHu l-wjom mlaz udara na stijenu.

Rjesenje. Protok vode u jedinici vremena ie:

Slika 3.10.2

1L"n =..LAv. = 10.000 6'10-4 '10 =6,1161'8s-1. dt g 9,81

139

Za smjer x, koji je ujedno smjer mlaza vode. brzina vode prije udara je Vb =v" a nakon

djelovanja stijene ie Sila dielovanja zida na mlaz dobije se liZ pomoc izraza 3.6.2, a

iznosi:

Sila kojom mlaz djeluje na stijenu je V=tli,HiN.

Primjer 3.10.2 KIoz KOja je suzena s

presjeka promjel"lt DII na presjek Ds protjece vorla. Poznato je da voda pri l.lJazl.l u cijn ima

brzina v",=Sms" i Hall. p",=4'105 Nm·2•

Promjer cijevi na ulazl.l vode je D A =0,2 m a

na izlazu DB=O,l m. Ako je gustoca vode p= 1030 kgm'\ odl"edi

silu kojom djeluje suiena cijev na tok vode.

Rjesenje. Za nestisljivu tekueinu vrijedi

A

Slika 3.10.3

jednadiba kominuileta toka i energetska jednadiba Bernouliija. Prema tome

A" " -1 "B= -=2vms

x

se nalazi u sile tlaka na ptresjeiee ulaza 1 :zlaz2. vode i Na tok ukupna sila suzcnc cijevi na vodu u cijevi. Za smjer tecenj2. o pren12 Izrazu 3.10.2

140

a prema rome, sila kojom djeluje cijev na vodu je jednalca:

dm =P.-;AA - PEAE - di (1'.0-",1).

Za zadane vrijednosti su:

p,I1 A = 12.566,37 N, PsAB = 1624,79 N,

dm = pAdt= pAvdt, din

<it = 161,79 kgs-1

pa je iznos trazene sile kojom djeluje cijev na tok vade:

F" = 12.566,37 -1624,79 -2.426,88 = 8514,7 N.

Zadatak 3.10.3 Kosi mIaz vode udara na glatku horizontalml povrsinu 1 razbija se u

smjeru 1 i 2, kalw je pokazano I.l.a slid 3.10.4. Brzina vode prije i iznosa v.

udara mlaza istog je

Prot ok vode u minuti je P=600 kg/min. Brzina mlaza je v=30m/s a kut a=30·.

Odredi silu tlaka mIaza na povrsrnu koHCin!! 'lode u mIazl.l 1 i 2.

Rjesenje. Za mlaz vode mogu se postaVltl tri

Slika 3.10.4

Dinamika

jednadibe: za odredenje vanjske sile na mlaz F, , za silu F, (koja je jednaka nuli) i za kontinuitetmlaza. Te jednadzbe, uz oznaku da je' pI protok u sekundi, glase:

Iz jednadib i se

F =dm(v -17 )=pl(O-VCO!!~O") )'dt 2, 1, ~,

= -259,8N,

=1. p = 15Qkg/rrJn. 4

Sustav malerijalnih tocaka

3. J 0.2. PRlMJERI ZA SAMOSTALNO RJESAV ANJE

Primjer 3.10.1 Mlaz vode udara u kosi otvoreni kanal.

Presjek mlaza je A =4 cm2• Brzina mlaza prije i poslije

udara iznosi v=15m/s. Odredi silu kojom djeluje mlaz na kanal.

Primjer 3.10.2 1z mlaznice presjeka A istjece voda

brzinom v. Mlaz udara na glatku zakrivljemi povrsinu 'iopatice vodene turbine koja se giba brzinom u. S iopatice voda odlazi relativnom brzinom vode U odnosu

na lopaticu v, pod kutom IX.

Tok vode je takav da voda u svim presjecima na lopatici ima istu brzinu. Odredi efekt rada vode.

141

Slika 3.10.5

Slika 3.10.6

142 Dinamika

3.11. GIBANJE SUSTAVA CESTICA PROMJENUlVE MASE

Sustav cestica promjenljive mase je problem u mnogim prakticnim primjerima. Kod toga

mogu nastupiti tri promjene mase sustava. Moze biti da se masa povecava. aa se masa gubi jli da se masa istodobno povecava i gubi.

Kada se suslavu mase m, koji se giba brzinom v, masa povecava tako da je u intervalu

vremena at prirast mase LIm, koja je dosla bi"zinom VI. tada se za taj sustav. na osnovi zakona impulsa i kolicine gibanja koji glasi if] +8],2 =ij2' moze pisati:

prema tome je:

mil + Amvj + rF v At =(m T Am Hil + Ail),

rF" At=(m +LimHil+Liil) -mil-LimY] =

= m A v+ l.!.m (v -VI) + t:..m t:..v.

Kadaje l.!.t-<l, a zanemare se male velicine viseg reda (dm'dv 5,c}), dobije se jednadzba:

Lpv dt=mdv+dm(V-v

j),

dm Dakle, za sustav kojem se masa poveCava u jedinici vremena za i dolazi brzinom v dt .1' vrijedi:

-v dvam __ LF =m- -r-(v-v ). 3.11.1

dt at j

Ako je brzina dodatne mase prije prikljucenja sustavu bila jednaka nub (';II =0), tada je

'bF" =m dV + dmv= d(mV) = dij 3.11.2 dt dt dt dt'

gdje je m=m(t) i v=v(t).

Analogno se moze izvrsiti razmatranje i za sustav koji gubi masu, leao i za sustav koji povecava i istodobno gubi masu.

Za sustav koji gllloi masu u jedinici vremena za dm brzinom il2, vrijedi: dt

gubi za d:

rfi>=mdV_dmev_v). 3.11.3 dt dt 2

"" ma.>ilI u jedinici vrernena I'"v,,,::avit za

v2 , vriJedi:

dmo ---" (v-\I:,).

dt -

brzinomvj I JbtUUOIJHv

3.1 i.4


3.11.1. PRLViJERI

Primjer 3. 11.1 Lan2lc duiine t, ukupne mase m leii na

hrpi n2l stain. Aka ga se vuci za jedan kraj \I vis

sHom F, hmac ce se dizaH.

Odredi kojom treba djelovati na lanac da se lanac

dize konstallLrwm brzi.nom Vn•

Svi otpori neka se zanemare.

Brzina dizanja lancaje konstantna ijednaka v=vo pa je promjena -brzine po vremenu jednalca dv/dt=O. U

intervaiu vremena dt dignut ee se duzina lanca d =vodt. Masa

ianca na jedinicu duzine jedrraka je rx=mll, a za duzinu d1 je

143

F

Slika 3. 1.1

dm=o:dl=o:vodt. Prema tome je dm/dt=o:vo. Brzina prikljucujuee mase prije prikljucenja

je V, =0. Ukupna vanjska sila koja djeluje na dio lanca koji se nalazi u gibanju je F-rxgx. S

tim vrijednostimajednadzba gibanja lanca kojem se pri gibanju poveeava masa, prema izrazu

3.11 :2, glasi:

U trenutku t je: t=t

x= f dl= fVodt=vot, toO 0

pa konacni izraz za silu F. koja je potrebna da bi se lanac dizao leonstantnom brzinom '0,

glasi:

Dobiveni izraz za silu vrijedi od t=O do tl=1IVO' Za vrijednosti t veee ad tl sila potrebna

za daijnje dizanje konstantnom brzinom '1'0 je F=agl=mg.

Primier 3.l1.2 Lanac vertikaluo ispruzen slobodno pada i naleti na stol Yo, i na lijega se siaie. Lanac je dug

1=2m, mu je teilna G=20N, a bnina je

swT je 'r=1:mis.

flU stoL~

lRjeserl'je. Pry; ~~oEtal<l sa stolorn lanac.ie Heinio u trenurke 1 =0 Stika 3.11.2

brZlnonl Yh - BrzHla u trenutku r dijeia lanca se giba je

V=V(I+gt. Brziaa mase lanca koja padne na stol je '11=0.

144 Dinamika

U- intervalu vremena cit duzina lanca koja padne na 8tol je ill=v·dt=(vo+gi)dt, amasa za duzinu lanca ill iznosi dm=Oldl=av·dt=a(vo+gi)dt. lvlasa lanca koji se jos giba do trenutka t oznacena je sa m,. Ukupna vanjska sila koja djeluje na lanac je - F+m,g. F je sila kojom djeluje 8tol na lanac, a m,g je sila tdine lanca koji se jos giba. S tim vrijednostima

jednadzba gibanja lanca kojem se pri gibanju smanjuje masa, prema izrazu 3.11.3 gIasi:

-F+m,g ~mtg-v/X(vo+gt) iii F~o;(vo+gt)2

Optereeenje stoIa za vrijeme padanja i slaganja lanca na stol jednako je zbroju sile F i

tdine dijela lanca koji je vee na stoIu. Tezina lanca na stolu u trenutku t je jednaka: t=t t

G,~exg f dl~exgf(Vo+gt)dt~ag(vot+ g:). t=o 0 --

Sila optereeenja stoIa za vrijeme padanja lanca na stol je:

" 0 1 G 2 3 2 L.,F ~F + Gt ~ ex [(Yo + gt)- + gt(vo + '2 gt)] ~ 19 [vo + 3gtvo + '2 (gt) ] N.

To optereeenje djeiuje za vrijeme padanja Ianca na stol. Kad cijeli lanac padne na stol, optereeenje stoIa je tezina cijelog ianca. Padanje lanca traje do trenutka t 1, koji se odreduje iz uvjeta:

t=tl t1 2

f f gt,

l~ dl~ (v +gt)dt~v t, +~. t=O 0 0 .0 L 2

Trenutak tl dan je izrazom:

Za zadane vrijednosti jesu:

F~ G (vo +gti ~(4,0775+40t+98,lt2)N, 19

G ~!!.(v t+.!g(2)~(20t+4905t2)·N t l 0 2 "

F+Gt~(4,0775 +60t+ 147,15t2)N.

Za t=tl =6,4664s jesu:

F=: ~44,o775N + G ~ 64,0775 N.


Primjer 3.11.3 Raketa koja s ispaljena je I'ertikaino II vis u trenutku t=O. Za vrijeme dizanja

goril'o se jednoliko trosi tako ela utrosak 11 jedinici I'remena izrwsi a=-dm/dt, a izhaclljc se konstantnom relativllom

brzinom u rakete \Jr' Ne uzimajuci u obzir otpor zraka

i promjenu gravitacijskog uslijed promjene visine,

odredi brzinu rakete u trenutku t.

Rjesenje. Raketa nakon polijetanja trosi gorivo pa treba njezino gibanje promatrati kao sistem koji gubi masu. U trenutku t raketa

ima masu ml~mO-o:t i brzinu v. Brzina izbacivane mase je v

j;;:: v-v

r-

kdnadzba gibanja uz pomoe izraza 3 .1l.3 glasi:

-G ~m dv -(v-v) dm iii -(mQg-atg)~ t t dt 1 dt

Ubrzanje gibanja rakete je jednako

dv (tvr a::::-=----g., dt mo-o:t .

a brzina

In(mo - IX t)

145

Slika 3.11.3

dv -at)- -av.

dt r

146

3.11.2. PRIMlJERI ZA SAMOSTALNO RJESA V ANJE

Primjer 3.11.1 lspruzeni lanac pada kOllSta:ll!10:11 brzinom

Yo=2 m/s uz silu pridrianja F i slaze se na stol. Ukupna masa

lanca je m= 100 kg, a duzina 1=20m. Odredi pritisak lanca na stol U ovisnosti vremena.

Primjer 3.11.2 Na glatkom swlu leZi na hrpi lamc duzine

L i ukupne mase m. Kraj lanca se pocne vuci u smjeru x

konstantnom silom F. Odredi zakon gibauja Ianca i vrijeme

za koje ce se on cijeli razvuci.

Primjer 3.11.3 Na rubu stoIa lezi na hrpi lanac ukupne tezine G i duzine t. Kraj lanca odjednom pocne padati preko ruba stoia.

Odredi za koje vrijeme ce pasti cijeii lanac sa stoIa.

Primjer 3.11.4 Lanae duzine l=lm i tdine G=10N, mimo

pridrzan lezi dijelom ispruzen na stolu a dijelom visi za duzinu

x=Xo=O,5m, kako je pokazano na slici 3.11.7. Aka je lanae odjednom pusten siobodno, odredi zakon gibanja

ianca x=x(t) kad:

a) je povrsina stoIa glatka,

b) je povrsina stoIa hrapava pa postoji trenje

sa koeficijentom trenja je f=0,2.

f-rlinjer ..)~l1..S Lanac; uKupne rnase liH I Cluzine. preoacen Je

preko giatke nepofllic!le osovine malog promjera nalazi se u ravnotdnom stanju.

Odjednom ianac pocne kiiziti i spustari se na jednu stranu.

Odredi zakon gibanja lanca i vrijeme za kOje ce kliznuti cijeli lanae preko osovine.

Dinarnika

q L

Slika3.11.4

Slika 3.11.5

Slika 3.11.6

q! i .. .:t

Slika 3.11.7


3.12. KINETICKI MOMENT SUSTAVA MATEPJJALNlli TOCAKA

Mehanicki sustav sastoji s" od n materijalnih tocaka.

i-ta materijalna tocka ima masu m" brzinu Vi a

polozaj joj odreduje vekmr r;. Centar masa je oznacen

sa C, a polozaj mu odreduje vektor 'c. Za odredeni trenutak t, za i-tu materijalnu tocku

sustava je kinericki moment na neku tocku A, po

o ~= __ ;-"'-'-_--r __ -'---'.--I",definiciji momenta, velicina: r ., , I X j _____ . __ J; ,

1- ____ i,

, I ; KA =r./., x q·=f,; x mv.

I In. -L ./4 I l 3.12. i

h----.--- --- _11 ? Z Slika 3.12.1

Za sustav ukupan kineticki moment na tocku A dan

je izrazom:

n n

=LKA=LTqA X &=1 I i=l

3.12.2

Uzimajuci U obzir da je TqA =relA +Tqc dobiva se da je:

iA = L [(reIA ;01

x =r.,x~m.i7.+~(rl x Clfi L- I! 0 tC . i",,1 i=l

Posto je :E a izraz:E x mill) jest kineticki moment racunan na eentar i"'l ;01

masa sustava f(, maze se kineticki moment racunan na tocku A dati izrazom:

3.12.3

Tocka A maze biti bilo koja locka. Moze biti nepomicna tocka ili tocka koja se giba. To

moze btti ishodiSte koordinatnog sustava 0, centar masa sustava C iii opca tocka M.

Ako je rocka A:

a) ishodiS:e, tada je tocka A=O pa je:

c)

+r x c/o

toek" lViI, tad; ,ic tocka A =M pa ie:

=Kc +re/M >< Q.

.::r.IL.'+-

3.12.5

J.12.6

148 Dinamika

Vidi se da je kineticki moment, racumm na bilo koju tocku, uvijek jedl1ak kinetickom momentu raclluarwm na centar masa i momentu Illa tu toeku od gibanja smjestene u centru masa. Iz tih izraza se vidi znaeaj raeunanja kinetiekog momenta na

centar masa.

3.13. RELATIVNI KThlETICKI MOkffiNT

Relativni kineticki moment sustava materijalnih tocaka za promatrani trenutak gibanja

racunan na proizvoljnu tocku A definiran je kao moment relativne kolieine gibanja dan

izrazom:

3.13.1

n n n

- ""- - - 2:- - ~ KA =; r·/Axm.{v.-vA)= f/.,xm.v.-j, rd L-J l 1;: In. j: i L...-'

i=l i=l ;-=1

x

Znaci da je:

3.13.2

ali vrijedi i obratno:

3.13.3

3.14. ZAKON MOkffiNATA

Za sustav materijalnih tocaka moment svih sila, racunan na

proizvoljnu tocku A u nekom trenutku gibanja, dan je izrazom: n

~# - "" '" ,,{ i<> ... ~~ A - i-J ' i/A h \.~ i i=l 3.14-. j

x m.E

Kineticki moment racunan na istu tocku A dan je izrazom:

:':.I-t.L

I I I j.

r t t

I I I A

I J

[

Sustav materijalnih toeaka 149

" =Lvi/Axmjvj+MA'

i=l

lz te jednadzbe slijedi:

._ dKA ~ _ _

MA =-dt - L VilA X mjvj •

!=l

3.14.3

Drugi clan u dobivenoj jednadzbi 3.14.3 moze se prikazati sa:

pa je prema tome konaeno:

3.14.4

To je zako!l momenata racumm na tocku A koja se i giba.

Posebni slucajevi mogu biti:

l. Tocka A je tocka i uzeta za ishodiste 0 koordinatnog sustava. Tada je

A=O, vA=O i KA=Ko pa zakon momenata glasi:

_ dK M = __ 0.

o dt 3.14.5

2. TockaAjecentarmasa. TadajeA=C, VA =vc _ die M=-

Ve X Q =0 pa zakon rr:cme!1ara giasi:

3.14.5 c d.t

3. Centar masa ima brzinu nula ili brzina tocke A i centra masa sustava Sil Tada

Karla se mOmentl racunaju na centar masa sustava iii ncpomitnu (OCKU, taGa Jf vanjskih sUa momenta Pi) vrem€'l1lU,

150 Dinamika

Ako se momenti racunaju na neku opeu toeku M, koja se i sarna giba, tada je

~ dKM ~ ~ 6 MM=--+VMxQ. 3.14.

dt

ZAKON MOMENA Til. IMPULSA I KINETICKOG MOMENTA SUSTA V A

Ako se izraz Mo trenutka t2 dobijemo:

dKo dt

pomnozi sa cit i izvrsi integracija od trenutka tl do

gdje su: 2

M:,2 f Modt - moment impulsa na

vremena I1t=t2 -tl. a

3.15.1

toeku 0, izvrsen u intervalu

11[(0=K02 -Kol - promjena kinetiekog momenta raeunano na istu toeku 0, za isti

interval vremena.

Zakon kinetickog momenta i momenta impulsa glasi: Moment impul~a vanjskih sila koji je na sustav 1.I rnJervahl vremena I1t kinetickog m.)mellt,ll suslava. Moment impulsa i kinetieki moment racunaju se na istu toeku koja moze biti

nepomiena tocka (ishodiste), centar masa sistema iii trenutni pol brzine.

3.16. ZAKON OnRZANJA KINETICKOG MOMENTA SUSTAVA

Ako je moment vanJskih sila na nepomienu toeku 0 Jednak nul!, to Jest ako je /Jo = 5 tada Je dio=O a to znaei daJe Ko=konst. 1z toga slijedi zakon odrtanja kinetiekog momenta

za sustav materijalnih toeaka koji giasi:

kalla je moment vanjsil:ih sila na tocku jednak nuH, tada nema pmmjene kinetickog momenta sustava po vremenu.

U slucaju ako je moment impulsa vanjskih sila na nepomienu tocku 0 za interval vremena

tz-i, jednak nuli, to jest aka je M:,2 = 5 tada je /iio = 5 a to znaei da je K02 = KOI . Znaci

da:

za interval n-emena u sila na mO!-'UHHLHU

Sustav materijalnih tocaka 151

3.16.1. RIJESENI PRIMiJERI

Primjer3.16.1 Sustav za sl.Istav je poznatu:

tocaka giba se 1.I prostol"l.l. U promatrauom treuutku

m1

='2 kg, m2=1 kg,

rl=(r+]~ m, G=(4j-+ m,

mis, v2 = -6j mIs,

r,=(2i+2k) m

v3=-3zm/s

m4=O,5 kg .

r:. =4!~ m.

v4 =(12!+5k) mis

Odredi za taj trenl.ltak: centra masa, brzmu centra masa, lwlii:.imi 6A<'=U"~, kineticki momellt na ishodiste i kineticki moment na centar masa.

Ukupna masa sustava je: 4

m= mi=2+1+1,5+0,5=5kg.

Polozaj centra masa odreduje radius vektor:

4

}" --- - - - - .. _ tr 2(i+i+k)+1(4j+3k)+1,5(2i+lk)+o,5'4k_ r =---= ., -

c m 5

+ m.

Kolicina gibanja sustava je:

" Q = L miv, =2'7z + I( -6]) + 1,5( -3z) +O,5(12!+5k) = (15,5 [-6j +2,5k) Ns. i=l

Brzina centra masa je: 4

L -V =22- =y =(3,1[-

C m m +O,5k)mls.

K inetieki moment racunan na ishodiste je:

Nms,

152 Dinamika

Kineticki moment racunan na centar masa je: 4

tc = L r:,e xmYi= L (fi-f) x mivi = L f, x -Fe X L my, = i'ol i=l i=l i=l

= Ko -re x Q = (18{+29[-14k) -(lS{+28,5[-24,6k) =

=(3[+0,5[+ 1O,6k) Nms.

Go

Primjer 3.16.2 Blok tezine G2 iezi na horizontaInoj hrapavoj povrSini i vezan je stapom za vertikaInu osovinu oko koje moze rotirati. Karla se izpali metak tezine G, Ii blok brzinom v on se zabije u biok s kojim se

dalje zajedno giba. o~~v

I slv-Ooreai broj okretaja koje ce uCiniti b!ok s metkom

nakon zabijanja metka u blok i sih.i u siapu. Koeficijent trenja je f, oiok se moze promatrati kao

materijaIna tocka, a tezina stapa se moze zanemariti.

xt

.

Slika 3.16.1

Rjesenje. Sustav se giba u ravnini x-yo Prije sudara sarno se metak giba. Sudar metka i bloka je potpuno plastican pa se gubi energija na plasticnu deformaciju. Nakon sudara blok

i metak se gibaju po hrapavoj povrsini zajedno kao jedno tijelo i to sve dok se ne potrosi preostala kineticka energija na svladavanje otpora sile trenja. U zadatku treba izvrsiti civije

analize. Prvo treba analizirati plasticni sudar metka i bloka, a zatim zajednicko kruino

gibanje metka i bloka po hrapavoj horizontalnoj povrsini.

Za sustav je karakteristicno da je moment vanjskih sila na tocku 0 (gdje je stap pricvrscen) nula, to jest Mo =0. Kineticki moment, za vrijeme sudara, na istu tocku postoji i jednak

je Ko=K/. Kako je Mz=O, to znaci da nema promjene kinetickog momenta na os:/:, pa se moze koristiti zakon odrianja kinetickog momenta, to jest:

KZl =KZz =konst iii rmj v=r(m j +m1)rwO'

a to waci da je kutna brzina sustava nakon sraza jednaka:

Nakon sraza gibanje je kruzno s pocetnom kutnom brzinom ("0' Kod kruznog gibanja sustava postoji normal no i tangencijalno ubrzanje. U nekom trenutku t nakOD sudara iJU i11aSli SUSL.iva djeiuje u ravnin1 gibanja siia srapa i siia trenja. JeG'Ju<:zt'e cHnaInicke

ravnoteze glase:


gdje su:

LX!= T-(m1 +m2 )aT =O

Ei= -F+(m) +m)aN=O

Iz jednadzbe a. dobije se:

aT (G) +G2)f _ gf e =-= --.

r r(m) +m2 ) r

Vidi se da je kutno ubrzanje konstantno. Prema tome su:

a.

O.

W=W -et o

e t 2 (()=(j) +w t--. • • 0 0 2

153

Sustav ce se zaustaviti u trenutku t=t, za koji je wt=t, =0, a to maci da je tj =wole.

Uzet ce se da je (flt=o =0, pa ce do trenutka t, biti ucinjen kut: 2 2

£ t1 Wo

(fl =n-2n =wo t1 -T =2;'

Broj okretaja ce do zaustavljanja biti:

q> w; ( Gj )1 v2 n=-=--=l---

2n 4n £ G1 ~G2 4-rrgjr

lz jednadzbe b. se dobije sila u stapu. Ona je jednaka:

G) +Gz 2 F=(mj +m2 )rw2 =---r(wo -et) =

g

G +G (w )2 G +G =_1_~2 rr.z ~ -t =_1 __ 2 gf2(tj _t)2. g e r

154

Primjer 3.16.3 prorojera D=5mm. Voda doiazi

koje se okrece, vodu l.! horizoutaiumn i to Voda istjece pod kutom 'f'=60°.

Odredi lmtnu brzinu rotacije

sustaVl! neroa trenja.

.,_ ........ _ izlaza

tako da Iitru u sekuudi.

za ako u

Rjesenje. Prorok vode u jedinici vremena po jednoj izlaznoj

cijevi je:

dm 1 - = a = =O,25kg/s. dr 4

Presjek otvora izlazne cijevi .Ie:

Dinamika

Slika 3.16.2

Ako je brzina istjecanja vode iz izlazne cijevi l.! i gus toea vode ,0=1000 kg/m3 , tada je pr.otok mase vode u intervalu vremena dt

dm = pAds = pAudt= adt,

odatle je:

a 0,25 -""73~ f U=-:::: -1"'::', L-ms, pA 1,9635'10-5 '1000

gdje je u relativna brzina istjecanja vode iz skropitice koja se vni.

Moment vanjskih sila na tocku 0 je Mo=O. Tocka 0 koordinatnog sustava i tocka kojom prolazi os rotacije skropilice.

Zakon momenata glasi:

iii

Kako je:

je ishodiste izabranoga

f -usinw't o ."

to znaGi da


Kutna arzin" rotaeije skropiliee.ie jednaka:

w = usina = 12,732sin60° -"5 '312 ad l r 0,2 -oJ,l r IS,

to znaci da ucirli 8,77 okretaja u sei<undi.

3.1\;.2. PRIlViJERI ZA SAMOSTALNO

Pri.."lljer 3.16.1 Cetiri mase vezane na krute stapove

zanemarive [dine mogu rot irati oko osi z. Mase miruju i

odjednom pocne djelovati konstantni moment IJz =M/i..

Odredi kojom ce kutnom brzinom sustav rotirati nakon

t sekundi.

3.16.2 Kolo hidraulicke turbine rotira konstantnom

kutnom brzinom W oko vertikalne osi z. Apsolutna brzina

155

..

Siika 3.16.3

vode na ulaznom presjeku je VI a na izlaznom v2 · Kutovi koje --i="'--<!----3'1"-i-+:::-=-t---I>'

zatvaraju smjerovi brzine s tangentom na krug kola Sil

poznati i iznose 0'1 i 0'2' Ukupan protok vode u sekundi ~e Q.

Odredi moment kojim djeluje voda na kolo.

Primjer 3.163 jednake mase vezane na kruti stap

zanemarive tdine miruju u vertikalnom polozaju j mogu

rotirati oko kraja srapa A.

Odjednom se d]elule hOflZOnrainJln impulsom na maSil ro" !JUl'.d..O<1tJ!U na slid 3.16.5, Odredj reaktivni

Slika 3.16.4

Slika 3.16.5

156 Dinamika

Primjer 3.16.4 Dvije jednake mase vezane krutim stapom zanemarive tezine Ide na horizontalnoj glatkoj povrsini uz dva glatka vertikalna zida A i B. Zid A je okomit na os x, a zid B je okomit na os y (vidi sliku 3.16.6).

Ako se na masu mj djeluje impulsom S=-sf, odredi reaktivne impulse na zidu A i B. x

4. 4.1. UVOD

Dinamika krutog tijela moze se smatrati kao poseban dio dinamike sistema materijalnih tocaka. Posebnost je ta sto je kruto tijelo skup beskonacnog broja materijalnih cestica, koje

ispunjavaju jednoliko cijeli yotumen tijela. Prema svojstvu krutog tijela, pri bilo kojem djelovanju, cestice tijela ne mijenjaju medusobnu udaijenost. To znaci da se oblik tijela, pri

hilo kojem djelovanju i gibanju, ne mijenja. Relativno gibanje dviju cestica krutog tijela moze nastati sarno kao posljedica rotacije tijela. Oblik tijela odreduje podrucje podjele rnase, sto ima posehnu vainost u dinamickoj analizi. Za dinamicku analizu je takoder vaian loean opis

vanjskog djelova~a koje se prikazuje sHama S oznakom mjesta i naeina ajelovanja. Gibanje krutog tijela maze biti tnmslatorno, rotacijsko iii slozeno od t,.,,,,,,h>,tm·lIu,,,,

s kinematskim elementima gibal1ja tocke tijela i rotacijskog s ro:ta(:ij(lm oko osi koja proiazi tom tockom. Zadaca dinamike krutog tije!a je aa da zakone koji ta gibanja povezuju s uzrocima.

bvedeni zakoni za sustav materijalnih toCaka vrijede i mogu 5e kmistiti i. za lrrnto

tijeio. lzraze sumacija u formulama za sustav od n materijalnih toeaka, treba zamijeniti izrazima sumacija za beskonacan broj cestica rasporedenih po volumenu tijela. To znaci da

se izrazi za sumaciju zamjenjuju izrazima integracije po cijelom volumenu tijela.

b)

Slika 4.1.1

Zakon gibanja centra masa za 3ustav

materijainih toeaka dan izrazom 3.3.6, i zakon momenata za sustav materiialnih tocaka dan

izrazom 3.14.6,

vrijede za kruto

Svako dje!ovanje

sustava sila na krmo

masa tijela i ima djelovanje kao !ito je pokazano na slid 4.1.1 h). Dakle za tijelo

158 Dinamika

Glavni vektor sib je jedJllak promjel1i po vr"t,mell.lJl kolicine gibanja tijela iii produkm ukupne mase i ubrzanja centra mase tog tijela: ~

Glavni vektor momenta je racunatih na centar mase tog tijela:

- dQ F=-=m 5. dt uk c

po

4.1.1

4.1.2

Te dvije vektorske jednadzbe mogu ciniti skup i do sest skalarnih jednadzbi. S njima se

mogu povezati sva moguca gibanja krutog tijela i njihovi uzroci, a to i je osnovni zadatak dinamike krutog tijeia.

U izrazima 4.1.1 i 4.1.2 veliku vaZnost ima masa tijela. Za izraz 4.1.1 vaZnaje ukupna

kolicina mase tijela, sto je iz izraza vidljivo. Za izraz 4.1.2 vaZna je i kolicina mase i oblik

vo;ulIlcna tijeJa u kojem je ta masa rasporedena. To se ne moze iz izraza odmah uociti ali je moguce ako se izrazi kineticki moment tijela za os roraciie. '

Radi inertnog svojstva mase tijela da pruza otpor promje~i gibanja, ukupna masa i oblik tijela daju mjeru tromosti. Otpor nastaje promjeni jednolikog gibanja u pravcu i promjeni Jednohke roraclJe tlJe!a oka OSI roracije. . .

Mjera otpora tijela na promjenu J"o.CAllVllhUg pl.'aVocItnog gibanja je kolicina mase tog tijeia. To se vidi dobro iz jednadzbe 4.1.1.

Mjera otpora tije!a na moment tromosti mase tog tijela za os rotacije. IzraZava se jednadzbom 4.1.2. premda se to iz te jednadzbe odmah ne vidi.

Jasnija slika 0 vaZnosti momenta tromosti mase za

os rotacije dobije se razmatranjem rotacije tijela oko

nepomicne osi m-m (vidi sliku 4.1.2). Orijentacija

nepomicne osi uprostoru odredena je ortom e . Ort je

vezan za tocku 0, koja je ujedno birana kao ishodiste

nepomicnoga pravokutnoga koordinatnog sustava

X,y,2. U trenutku kada je kutna brzina tiiela W =we J 0'

elem~n12.rha maso. tijcla drn ima polozaj odredcll

radius vektorom r, brzinu Ii = W x 1, kolicinu gibania

vdm i kinetickj n2 jshodist~ "

U tom trenutku kineticki moment na tocku 0 za

2.i1alcgnc preIna izraz'J 3.12.2, i11Dlc sc izraziti:

Dinamika krutog tijeia 159

= !fx x(W xf)dm=w{fx(e xf)dm. J a 4.1.3

v V

Za raj trenutak promatranja, kineticki moment tijela na os roracije ill-ill, koja

tockom 0: jednak je komponemi ukupnoga kinetickog momenta racunanog na tocku O. a

iznosi:

Kmm = Ko·eo = w Jrx (eo x f) v

je x?), xF') = r 2 sitr'<jl = p2 U tom izrazu je fJ minimalna udaijenost elementarne

mase ad osi [oracije, a kut 'f je kut zatvara os roracije i vektor polozaJa elementarne

mase. Izraz

4.1.4

naziva se momentulli tromosii mase prema osi rotadje.

~ dKo Zakon momenata, prema izrazu 3.12.4, glasi M = --. M.nozeci raj izraz skalarno s o dt

ortomeo,dobije se: ~y

-, ....... d -I- -+ \ a.<:.';..mm M'e =M =-(K'e J=--.

00 mmdtO o dt

Iznos momenta vanjskih sila na as m-m jednak je iznosu promjene kinetickog momenta

po vremenu na os ill-ill.' Posta je polozaj osi rotacije u odnosu tijeJa pri rotaciji stalan, to

maci da se moment tromosti mase ne mijenja, pa slijedi da je:

4.1.5

U toj formuli je Mnun - mjera vanjskog djelovanja na rotaciju oko osi m-m, Imm - mjera

otpora tijela na promjenu kutne brzine, a znaci moment tromosti mase tijela prema osi

rotacije, a e je velicina promjene kutne brzine u jedinici vremena iii kutno ubrzanje. Kutno

ubrzanje je proporcionaino s vanjskim djelovanjem na rotaciju i obmuto proporcionalno s

momentom tromosti mase tijela prema osi rotacije, a odreduje se izrazom

M mm E =-- 4.1.6

Ako se 'radi 0 rotaciji ako centralne osi, to jest, 0 roraciji tijela oko OS] koja prolazi

centrom mase rada .le kinerickj lTI0i11ent tijela na tu os .iednak:

4.1.7

Moment rromosli mast prema os; !,-p. koja prolazi tockom koja je

ujedno ishodisle pravokumoga koordinatnog susrava, uvijek s~ maze prikazati izrazom:

160 Dinamika

v

Ako je eo jedinicni vektor koji lezi na osi rotacije, a r je vektor koji odreduje polozaj

elementarne mase dID, tada se udaljenost elementarne mase od osi rotacije prikazuje iznosom

eks produkta:

gdje je 'P kut izmedu jedinicnog vektorta eo i radius vektora r (vidi slikn 4.1.2).

ledinicni vektar eo i radus vektor f mogu se izraziti komponentama:

gdje su a, fJ i 'Y kutevi koje zatvara ort eo S osima X,Y i z, a i,m i n su kosinusi tih kutova. Vektorski produkt arta eo i radius vektora r je jednak:

-mx)£.

Prema tome je:

p2 = (eo x 1)2 =12(y2 + Z2) + m2(z2 + x2) + n2 (x2 +y2) - 2lmxy -2mn),z -2nlzx,

pa se moment tromosti mase na os rotaeije tijela m-rn moze prikazati U obliku:

Imm = COS2 Cl: f(~2 + z.2)dm +cos2p f(Z2 + x 2)dm +os2y f(~2 + ,/2)dm-

v v v

-2cosCl:cOSP f xydm.-2cosp cosy f yzdm -2 cosy cosa f zxdm. 4.1.8

v v v

U fOfmuJi 4.1.8 integrali imaju posebno znacenje. Oni ovise 0 kolicini mase i oblika

volumena tijeJa, a prikazuju momeme tromosti mase tijela za osi pravokutnoga koordinatnog

sustava X,Y,Z. IzraZavaju se kao aksijalni i centrifug'alni momenti tromosti mase tijela za te

koordinatne osi. Definieije i oznaka momenata tromosti mase tijela dani su u slijedecem paragrafu.

4.2. MOMENT! TROMOST! MASE TIJELA

a) Definicija rnomenata tromosti masa Za kruto tijeio volumena V i ukupne mase m,

jednoliko podijeljene. po cijelom volumenu tijela,

racunaju se za osi desnoga koordinamog sustava x,y,z aKsi)alni i cemrifugalDl momenu tromosti masa.

Aksijalni moment! tromosti mase tijela za.osi x,y,z definirani su izrazima 4.2.1:

z

y

Siilca 4.2.1

Dinamika krutog tijela 161

Ixx = f p;dm= f (y2+.;:2)dm v v

f 2 A

Iyy= pydm=Jez2+x2)dm 4.2.1

v v

I ZZ = f p~dm= J(x2 +y2)dm V V

Centrifugalni momemi tromosti mase tijela za osi x,y,z definirani su izrazima 4.2.2:

C~,= (xydm =C "'.' of yx

V

C = (rdm=C YlJ"- zy

V

Czx= fzxdm =Cxz v

Svi integrali se racunaju po eijelom volumenu tijela kako bi bila obuhvacena sva

tijela. ledinica za moment tromosti mase je kgm2 iIi Nms2.

Za homogeno tijelo masa moze biti jednoliko rasporedena po volumenu, iii

tijela. Elementarna masa tijela tada se moze izraziti sa:

iii dm=!!!:dL L '

gdje oznacuje V - volumen tijela, A - povrsinu tijela i L - duzinu tijeia.

4.2.2

masa

4.2.3

Ako je tijelo sastavljeno od djelova iz raznih materijala, momenti tromosti se izracunavaju

kao suma momenata tromosti svakoga pojedinog dijela iz iSlOg materijala.

Moment tromosti mase tijela dan izrazom 4.1.8, moze se prikazati sa:

I =cos2al +cos2PI +cos2yJ -mm xx yy zz 4.2.4

-2cosel: cosp CX)' -2eosj3 cosy CyZ -leosy easel: Czx·

Izraz 4.2.4 omogucuje da se izracuna moment tramosti mase tijela na zakrenutu os, kada

su poznati momenti tromosti mase tijela na osi pravokutnoga koordinatnog sustava koji ima

ishodiste na toj osi.

Treba Dodsietiti na neke vazne cinienice za navedene izraze:

J. Centralne osi su osi koje proJaze centrom masa odnosno tdistem tijeia.

2. Aksijaini momenti tromosti masa i Iu uvijek su nf\7Hl\f!',P velicine, a minimalni SU La cenrrainc OS~.

3. Centrifugaini momenti tromost i C" mogu biti pozitivni, negativni iii nula .. c. Qsi za su Tc

5. Za glavne osi tromos!! aks!jalni momenti l.romosti imaju eksrrem.

162 Dinamika

U tablici 4.1 za osnovne oblike pravilnih tije!a dani su izrazi za momeme rramosli tijela

na oznacene koordinatne osi.

TABLICA 4.1. MOMENTl TROMOSTI MASA NEKlli TlJELA

I Pra',,0kllt:,11 par-J1ckpipc:;,.;

I '

I I :

I

b) Radius tn.l!ilosti mase

I ".l.m(al+hl) .n: 12

Iyy "~m(bl+hl) lL

! =11,=-.lm(a2+b2) z:. zz 12

I I r"'~m(a2+4h2\ u 12 )

I I ,:J..-m(b2 +4h2) yy 12

I 4 =~mrl u yy 2

1zz.=mr2

! =1 =lm~ u yy 4

1v:.""~m,...2

Radius tromosti tijeJa mase m za neku os oznacuJe onu udaljenost od te osi na kojoj bi

trebalo skoncentrirati svu masu tijela da moment tromosti bude isti. Za promatrano tijelo s

ukupnom masom m, momenti tromosti na osi x,y i z mogu se izraziti sa:

! )I:,

v

pa se radiusi tromosti odreduju izrazima:

!l rx~~ :

!l r =.1 ·Y'

Y '~ m m 4.2.5


c) M i.:lllCGti tromosti za osi koje Sill paralellle s centralnlln OSh'TIa Kada je poznat moment tromosti mase tijela za centrainu os m-m, taGa se moment tramosti

mase na os koja je paraielna s central nom osi i nalazi se na udaijenosti d, dobije izrazom:

Imm~(Imm)c+md2, 4.2.6

Vrijedi i ob;atno, aka je poznat moment tramosti mase na neku os m-m

centralna, tada je za paraleinu centralnu os momem tramosti jednak:

=1 -md2 mm

Centralne osi tromosti obicno imaju dodatnu oznaku c ili se posebno oznaeuju.

nije

4.2.7

Kada su poznati aksijalni i centrifugalni momenti tromosti mase tijela za cemralne osi

X,y,Z, tada se momente tromosti mase tog tijela na osi Xl, y', Zl, koje su paraJelne s

centrainim osima i od kojih .ie centar mase udaljen za Xc,Yc'Ze> mogu odrediti izrazima (vidi

sliku 4.2.2):

~1 +m('}+72) .uc

• ~ -' c ""c

+ m.(z~ + x~)

+mxv Co'C

Cy':/=CYZc

+mycZc

Cz'x i :::: + mzcxc

4.2.8

d) Momenti tromosti za zakrenuie centrame osi Kada su pO'l.l1ati momenti tramosti za osi pravokutnoga

koordinatnog sustava Oxyz, mogu se za osi zakrenutoga

pravokutnoga koordinatnog sustava QxIY!ZI odrediti momenti

tramosti. Za proizvoljnu [oeku M (vidi sliku 4.2.3) vrijedi:

f:::: xf+y}+ zlC = xli' +yi)~1 + zll? 1'2 ::::

Lfiaci da· su:

-"-, -=-- ! :::\:

=CGSC:X'X

~ lxx +mxy +?!xZ

h,)::" ::..

-+- :::o-s'\/ x',:::::

Slika 4.2.2

164 Dinamika

iz uvjeta ortoganalnosti za kosinuse smjera vrijedi:

o (za i"'j) lJj+m,mj+ll.inj= (i=x,y,z i j=x,y,z).

1 (za i =j)

Osni moment tromosti Ixlxl za zakrenute osi xll jest:

lxlxl= fCyf2+z/2)dm= jex2+y2+z2-xI2)dm= v v

= f[(x2+y2+z2)([2+m2+n2)_(xl +ym +zn ?]dm= J" xxx x x x V

= I; j (y2 + z2)dm + m; f (Z2 + x2 )dm +!!; j (x 2 Ti)dm-v v v

-2lxmxj xydm -2 m,!!xj yzdm -2n)xj zxdm =

v v v

=lx21 +mx2 1 +nx2[ -21 m C -2m~nxCy~-2!!xlxCv:.

XX" yy zz x x xy .A '" •

Cemrifugaini moment tromosti mase Cxly' jest:

C ,,= (xl +ym +Z1l )(xl +ym +zn )dm= xy J x x x y y y

v

4.2.9

=Jf (x2I1 +y2m m +Z2n 11. +xyl m +xzl n +yxm I +yzm n +ZX1l I +2:""yn m jdm = xy XY. xy xy xy" xy xy xy xy'

v =JI'[(X2+y2+7 2)(ll +m m +n n )-{,,2+z2)ll _(z2+x2)m m -ex2+y2)n Il. T

.... xy xyxyV xy xy xy

V

Analognim izvodima iii ciklickom promjenam indeksa x,y i z, mogu se odrediti i ostali momenti tromosti. Izrazi za zakrenute osi glase:

lx'x,=l;lrx +m;lyy +1I;lzz -21JllzCry -2mX1lX

C)'Z -2nixCv; 2 2 2

Iy'y,=lylrx +mylyy +nylZZ -2lymyCry -2my1lyCyz -211/yCv;

111=lz2[ +mz21 +nz

21 -21 m C -2m n lyz-2n l C, zz xx }')' zz zzxy ZZ zz.:..>·

Cx'/ =-l)/xx -mxm/yy -nxll./zz + (lxmy +lym) Cry +(mxl'ly +myn)CyZ + (niy +ni)Czx CII=-III-mml-nn.I +(im+lm)C +(mn+m_nJC.+(nl+nn y~ "/.<..:0: )':"'YJ ..,.:..n.. 'J Z 2. Y :;..:; j':" ... y )'~ "J':" .:..:;..-

Cz'z,=-I/x1xz -m,mxlyy-n,nJzz +(lzmx +lxm,) C",,+(mzrix+mxnz) Cy, +(n/,:+nl)Cz;x

e) Glavne osi tromosti

4.2.10

Za odredenu tocku 0', koja se maze uzeti kao ishodiste, maZe se postaviti beskonacno mnogo koordinatnih osi, Za te osi osni momemi rromost! mase i mogu ;mati vrIjeonost OU neke l1aJmal1je ao neke naJvece vriJednosn, a tromosti mase mogu imati vrijednost od nula do neke najvece vrijednosti pozitivne iii

Dinamika krutog tiiela 165

negativne. Skup pravokutnih koordinatnih osi-za koje su centrifugalni momenti tromosti nula zovu se glavnc osi trmnosti. Osi simetrije su glavne osi tromosti za homogena tije!a sa simetricno podijeljenom masom. Za os tala tijela glavne osi treba odrediti. Glavne osi tromosti su odredene aka je poznato 9 kosinusa smjera, odnosno 9 kutova koje zatvaraju giavne osi

tromosti S osima poznatoga koordinatnog sustava. lednadzbe Kojima se ani odreduju su 6 jednadibi iz uvjeta ortogonalnosti (izraz 4.2.10) i 3 jednadzbe uvjeta da su centrifugalni momenti tromosti jednaki nula, to jest da je Cxy=Cyz=Czx=O.

Ako su osi koardinatnog sustava glavne osi tromosti tijela, tada je odredivanje momenata tromosti na paralelne osi iIi zakrenute osi vrlo a ako su to glavnc centmtne osi tromosti.

Kada su poznati momenti tromosti za glavne centralne osi, tada su momenti tromosti dani izrazima ito:

1) za paraielne osi xl,yl i Zl s ishodistem 0', kojem koordinate x,y i Z odreduju polozaj od centra mase tijeJa:

[1/=[ +m(y2+z2) x x XXc

11/=1 +m(z2+x2) YY We

11/=1 +m(x2+y2) z z Z::c

Cx'/=mxy Cylzl=myZ C/xl=mzx,

2) za zakrenute osi koje prolaze centrom masa: 2 2 2

[XIX I = Ix [xx +mx[yy +nxlzz 2 2 2

[y'/=lyl"x +mylyy +ny l ZZ 2 2 2

Iz'z,=lzl:u; +mz[yy +nzlZZx

lx'y'= -l)yIXX -mxm/yy -nxn/v.

Iylz'= -lyl/xx -mym/)'Y -l'Iyn/12

Iz'x'= -lz lx1xx -.mzmJyy -nzl'l)zz·

4.2.11

166

4.2.1. RIJESENI PRIMJERl

Primjer 4.2.1 Za celicni stap duiine L i ukupne mase m odredi momente tromosti za centraine glavne osi Oxyz, giavne osi O'x'y'z' i zakrenute centralne osi OX1Y1Zj'

Rjesenje. Elementarna masa stapa je dm =!!!'-dx. L

Momenti tromosti za glavne centralne osi jesu:

l:. L 2 2

Slika 4.2,4

~2

Iv. = I x2 dm=!!!.- f x2dx= mL . L L L 12

-'2 -'2

Momenti tromosti za glavne osi koje prolaze lijevim krajem stapa jesu:

L L , . . f /2, m r /2 mL 2 ! II=Cj I=C.II=C 1/=0 I II/=II1= X am =- x dx=--. xx .y yz zx yy zz 0 L~ 3

Momenti tromosti za centralne zakrenute osi jesu:

Dinamika

4.2.12 12

I =-coso.:cos(a+~11 -cos(~-a)cosa[ +cos~cos~= x,Y, 2) xx 2 yy 2 2

. [ in2 mL2 = -sma cosa = -s a--yy 24

Primjer 4.2.2 Odredi moment tJromosti i radius

tromosti HUm,",,''''''';'' pravilnog cHinaI'a visine h, mase ill i radil.lSa 1", na centralnu

UL.UC"~',m OS.

2H::HleHlarlla ITias3 ciHnara maze se

prikazati sa:

=!!!.-hpdadp. v

Siika 4.2.5


Ako je uzduz.na centralna os vaijlca definirana leao os z, tada su moment tromosti mase i

radius tromosti cilindra za tu os jednaki:

2n r 4 ')

1( 3' mT. mr~ r'dpaa =-h-2n =-• !-' V 4 2

G 0

Primjer 4.2 3 Odredi """11"',',,,, tromosti i radiuse tromosti za centraine OS! {'eiiene kugle ukllpne mase m i radiusa r,

Rjesenje. Radi opee simetrije kugle aksijalni

moment tromosti na hilo koju cemralnu os je

isti, a cemrifugalni su nuia, to jest:

In =Iyy =[u

Slika 402.6

Moment tromosti mase i radius tromosti za centrainu glavnu os y jesu:

= (x2!!!.-dV=!!!.- r x2A,dx =!!!.- ;c2:y2ndx = Jv V V"v -

m11:f 2( 2 2)dx =-- X r-x V 0 V 15 5

T·=T =, 5 x z'

168

4.3. KOLICINA GIBANJA KRUTOG TIJELA

Kruto tijelo ukupne mase m giba se u prostoru I u

promatranom trenutku tijelo ima kutnu brzinu w, a centar

mase brzinu 'Ie Kolicina gibanja tog tijela za taj trenutak

gibanja izracuna se tako da se sumiraju elementarne kolicine

gibanja po cijelom volumenu tijela.

U trenutku kada elementarna masa tijela dID, koja se

nalazi na udaljenosti p od centra mase lijela, ima brzinu

v == Vc + (3 x P

I koliCinu gibanja

Kolicina gibanja cijelog tijela za taj trenutak jednaka je

Dinamika

Slika 4.3.1

zbroju elementarnih kolicina gibanja po cijelom volumenu lijela, !ito je izraZeno formulom:

Q= jdq= j(vc+w x p)dm=vc!dm+w x jpdm=mvc 4.3.1 v v v V

jer je r . J dm=m jpdm=O. v v

.La svaki trenl..ltak gibanja tijela, kolicina gibanja tog tijela je jednaka produktu ukupne rnase tijela i brzine centra rnase. Dimenzija kolicine gibanja je Ns.

Za kolicinu gibanja krutog tijeJa vrijedi isti izraz kao i za sustav materijalnih tocaka.

Analogno ce vrijediti i za zakon gibanja teZista, zakon impulsa i zakon oddanja kolicine

gibanja krutog tijela.

4.4 ZAKON KOLICINE GIBANJA I ZAKON GIBA.t~JA CENTRA MASE

Za tijelo mase rn, koje se giba i na koje djeluju

vanjske i unutarnje sile, za i-ti dio mase tijeJa illn; na koji djeluje ukupna vanjska sila Fi

v i ukupna

unutarnja sila Fi"' prema drugom Newtonovu

zakonu vrijedi jednadzba gibanja:

Zbrajanjem takvih

tijelo dobije se:

4.4.1

giban.12 za cijelo

Slika 4.4.1

Dinamika krutog tijeia

Kako je:

a za tijelo se moze pisati da je:

dobiva se konacno:

jer je

r = dQ dt

169

4.4.2

To je zakon kolicine gibanja za tijelo koji kaZe: Za svaki trenutak dednli'.:ija kolicine gibanja po vrernem.l je ukupnoj sm na to tijeIo

u tom trenutku vrernena. Dakle, ukupna vanjska sUa koja djeluje na tijelo u nekom trenutku

vremena pokazuje prirast kolicine gibanja u jedinici vremena za taj trenutak vremena.

Za tijelo kojem se s vremenom masa ne mijenja, promjena kolicine gibanja u jedinici

vremena moze se izraziti sa:

dQ dt

d ~ ~ -mv ma.c ' dt c

sto znaci da izraz za ubrzanje centra mase tijela s konstantnom masom glasi:

~ d2f pv ac=Tt =-;;;'

a to je zakon gibanja centra mase iii zakon teziSta tijela.

4.4.3

Izraz 4.4.3 se uvijek koristi za kruto tijelo s konstantnom masom. Kada se zna da se masa

tijeJa s vremenom mijenja, svakako je potrebno poznavati zakon promjene mase 5 vremenom

i koristiti zakone gibanja tijeJa sa promjenljivom masom. Za promjenljivu masu vrijedi

dQ dm_ -=-v+m-. dt dt C dt

170 Dinarnika

4.5. DJELOVANJE IM:PULSA NA IGmTO TIJELO

Kruto tijeJo mase m giba se i na njega djeiuje n vanjskih sila. Pod impulsom na tijelo u

imervalu vremena At=t2 -tjl podrazumijeva se Buma elementarnih impulsa djelujucih vanjskih sila u tom intervalu vremena, a oznacuje se sa:

'or-, t, 2

Sl,2 = f ~ dSi = Ji2Fi dt= f pV dt. t=Z1

1-

1 tIll

Aka jednadzbu 4.4.2 pomnozimo sa dt i inlegriramo od trenutka tl do trenutka t2

,

dobijemo da se impuls ukupne sile u intervalu vremena At=t2-t1

, moze takoder izraziti sa:

4.5.1

lednadzba 4.5.1 definira zakon impulsa koji glasi:

ukupne vanjsii:e sHe pV je djelovalia u intervalu vremenu At=t2-tl jednak je promjeni kolicine tijeIa u tom intervalu vremena.

Zakon impulsa moze se izraziti na ovaj nacin:

lz izraza 4.5.2 vidi

jeou3.ka koHciui

4.6 ZAKON ODRZANJA KOLICINE GIBANJA KRUTOG TIJELA

4,5.2

jest

Kada je ukupna vanjs!ca sila na tijelo jednaka nuli (FV =0) iIi je ukupni impuls u intervalu

vremena od !!enutka tI do tr~nut~ 12 jednak nuli (S:,2=0), tada je dQ=O iii AQ=O:!ito znaci da je Q= iii je QI=Q2'

Na osnovi tin cinjenica slijedi zakon oddanja kolicine gibanja tijela !coji glasi:

Karla je ulmpna val1jska sila un tijelo jednaka nuli iii je slle n intervah.l v.remena At=tJ-t2 jccllmk [!UIi, tada je koiicina konstantna ill Dema promjene kolicine

tijeia III tom intervalu Vl'emeha.

iwl;c;"e gib"nja Lijeia svejednf? je gdje ujduju sile iii IO jest, aa Ii

cemar mase iIi ne. Medmim za ukupno gibanje

kutne' brzine To.ie razmatrano u rocki 4.25. Pri djelovanju sile, iIi impulsa na cemar mase tijela, nete doci do

promjene rotacije p2 se dinamicka analiza za to vrs} kao Za tocku,


4.7. KlN'ETICKl MOMENT KRUTOG TlJELA

z •

~difodmc

(~ -~d\ I ' I IP ,

Tijelo mase m giba se u prostoru i u promatranom

trenutku ima kutnu brzinu W, a centar mase tijeJa ima

brzinu vc' Elementarna cestica mase dID, kojoj za promatrani

trenutak poiozaj od centra mase tijela odreduje radius vektor

15, ima brzinu v =vc + w x P i kolicinu gibanja dij = vdm. Kineticki moment te elementarne mase, kao i za cijelo

tijeio, moze se u nacelu racunati na bilo koju tocku.

\ 1 If \,' \ \' I I ' v, x- -1- r- - '."\ \ i / C i

:\~I/,r"z: m

a. Kineticki moment l'aet.man na cental' mase Za promatrani trenutak gibanja kineticki moment iii

moment kolicine gibanja elementarne mase dID racunan na

centar mase oznacuje se izrazom:

:/0 ' -- -:~Z ____ I y

, I,

'" ! __ L __ -,

Slika 4.7.1

dKc=p xdq=p xvdm= p x [vc+('w x p)]dm= =(fidm) x +[px(wxp)]dm.

U LOrn trenutku se kineticki moment tijela na centar mase

kinetickih momenata elementarnih masa po cijelom volumenu tijela, a iznosi:

-+ 1'...... (' I'

Kc= JdKc = J pdm xVc + J p x (w x p)dm. v v v

sumiranjem

lz statike je poznato da je centar mase tijeJa istovjetan s teii:ltem tijela pa zato mora biti:

i prema tome kineticki moment tijela na centar mase dan je izrazom:

b. Kinetickl moment racooan na tockn M tijela Za promatrani trenutak tijelo ima kutnu brzinu W, a

locka MIrna brzinu vM · Kineticki moment elementarne

mase dm n2 tocku je na uda!jenosti od locke

xdij= xvdm=! x +w x

v +[

a kinelicki moment cijelog tijeia

4.7.1

172 Dinamika krutog tijela

KM=f dKM= fpMdm x VM+ fUJM X (w x pu)]dm. v v v

Ako se izrazi sa pu=fC/M+ p (vidi sliku 4.7.2), tadaje:

jer je f pdm =0. v

f PMdm = fCfe,M+ p)dm = fe'Mfdm +! pdm =feIMm, v v v v

ZnaCi da se prvi integral, u izrazu 4.7.2, moZe izraziti sa:

f PMdm x vM = (fe/M x vM)m, v

a drugi integral sa:

f PMx( w x iSu)dm = fCp +TC/M) X [w x (p + fC/M)]dm = v

4.7.2

= f is x( w x p)dm + f pdm x (w x rC/M) +fe/M x (w x J pdm) +fCfM x (w x fC/M) f dm = v v v v

=Kc +0 +0 +fe/M x (w x fe/M)m = Kc x (w x fe/M)m.

Prema tome je:

Tocka M moze hiti:

. KM = U'C/M x vM)m + Kc + fC/M x (w x TC/M)m =

=KC+TC/M x (VM +[ W x Tc/M)Jm =

=Kc+TC'M~vcm = Kc+fC/MX

a. centar mase tijela C (M=C),

h. nepomicna tocka koja moze biti ishodiste 0 (M=O),

c. trenutni centar brzina tijela P (M = P) iii

d. proizvoljna tocka tijeia A (M=A).

Kadaje kineticki moment raCiman na centar mase tijela, to jest kada je M=C, a prema

tome ie Tr",=f~,~=O. tada se r;jclJn~ izrazom: ~ '-!J.~" \....,..... '

4.7.1

Kada je kineticki. moment racunan na nCipmnicnu toCkl.l koja je ishodiste 0, to jest karla

je M=O, tada je vM"=vo=O, a racuna se izrazom:

- { --Ko= J [fx (w x f)Jdm=Kc+fc x Q. 4.7.3 v

Dinamika kruwg tiiela 173

Kada je kineticki !la trermtni ceniar odnosno pol brzina P, to jest

kada je M=P, tada je vM=vP=O, a racuna se izrazom:

Kp=f[pp x (w x pp)Jdm =Kc+fetp x Q. 4.7.4 v

Kada je kinetield moment meumm na open toeku tijeia A, koja ima brzinu VA' tada se racuna izrazom:

U tim formulama odreduje:

; - polozaj elementarne mase dm od nepomicne tocke 0 p - polozaj elementarne mase dm od centra mase tije!a C,

Pp - polozaj elementarne mase dID od tocke P,

P Ii - polozaj elementarne mase dID od locke A,

fe/M=rc-fu, - polozaj tocke C u odnosu na tocku M, fC/P=fc~~ - poiozaj tocke C u odnosu na tocku P,

fe/A =fc-~ - polozaj tocke C u odnosu na tocku A, Q=mvc -ko!icinu gibanja promatranoga krutog tijela.

4.7.5

je ishodiste,

Vidi se da je u svim izrazima za kineticki moment znacajna velicina Kc, koju zato

najces6e i racunamo. Kao pravilo moze se zapamtiti da je kineticki moment na neku tocku M jednak kinetiCkom momentu na centar mase Kc plus na tocku M kolicine gibanja tijela Q koja djell.lje u centn! mase, tako da je:

4.7.6

4.8 Opel IZRAZ ZA KThTETICKI MOMENT KRUTOG TIJELA

Kineticki moment na ishodiste, centar mase iii trenutni cemar brzina, uvijek se iZfaZava

integralom oblika:

K=(rfx(wx J

v

Pri opcem gibaniu tijela u prostoru moze se prikazati radius vektor i vektor kutne bfzinE - - --SKomponemam? r=Xi +Zg i w= +

zagradi moze se oznaCiti vekwrom A U obliku :

gd je ,J oznacuje brzinu kruzenja koja iZl1osi:

izraz u

i74 Dinamika krutog tijela

r j k

V= w xr= Wx Wy W z

X y Z

=(WyZ-WzY)I+(WZX-W z)l~(w y-w x)k=v I+V J'+V k x x y x y z'

Znaci da se vektor A moze prikazuti sa:

A = rxv =(yv -zv )f+(zv -xv )j""+(xv -yv )k= z y "x z y x

Prema tome se konacno kineticki moment moze izraziti sa:

K- (A-' r 1'·,2 2' f r' -= J am = lWx \.Y +z )am-wy yxdm-wzj z;xdm) Ii + v v v V J

Kada se uzme u obzir da integrali u dobivenom izrazu predstavljaju odgovarajuce momente tromosti mase tijeJa, tada se kineticki moment prikazuje u obliku:

K = -Cxywy -Cxzwz] r +

+ [-CYXWX + lyyw y -C,'ZWz ] I +

+ [-C W -c W + I W ] k = ux zyy zzz

= K r +K J7 +K k x y z·

Izraz 4.8.1 je zgodno prikazati matricki u obliku :

ili opcenito pisano

su:

-C xy

-C zy

r TTl r r-' ( ) ~.L; :::: L~ ~~, ~ j

4.8.1

4.8.2

{ K} - vektor kinetickog momenta, [I] - m~trl·ca tromostl· n {'"' \ kt k b· ~, " ~! - ve, or 'utne rzme.

Dinmnika krutog tijeia 175

Cesto se centrifugalni momenti tromosti oznacuje sa Ixy=-Cxy' lyz=-Cyz i lzx=-Czx,

gdje je radi simetrije lxy =lyx, lyZ =lzy i lzx =Ixz ' pa se izraz za kineticki moment moze

prikazati matricki U obliku

{Kl 1 r In I lxz W 1 zy xl l = il 1 I}'Z Wy } = [I] {W} 4.8.3.

J

IYX 'yy

lIzx lzy lzz I

I.. wzJ

iIi tenzorski

K. = , 4.8.4

Tako se mogu prikazati kineticki momeoti na centar rnase, nepomicl1u tocku iii trenutni centar brzina. U dinamickim analizama rijela treba uvijek ozoaciti na koju je tocku racunan

kineticki moment. Povoljno je to oznaciti kao sto je to pokazano u slijedeCim slucajevima:

Ako je kineticki moment racunan na:

a. centar mase tijeia c, oznacuje se {K}c =[I]c{w},

b. "CI;'''''U''.llU tocku tijeia m ishodiSte 0, oznacuje se {K}o=[l]o{w},

Indeks tocke pokazuje na koju je tocku racunan kineticki moment i da su momemi tromosti mase racunani na osi x,y i z koje proJaze tom tockom.


4.9. ZAKON MOl'vffiNATA ZA KRUTO TIJELO

Tijelo mase m giba se i u promatranom trenutku na i-tu

cesticu tijela vrlo male mase I:!..mi djeluje silaFi = Fiv + Fi

u

koja prikazuje ukupno vanjsko i unutarnje djelovanje. Za

tu cesticu mase prema drugom Newtonovu zakonu vrijedi: ~Am, I _

( ~A ri/.Af" f~c 1 ,! c.:.i I . C

~ m

Moment ukupne sile na tocku A ce biti

x

Moment svih sila tijela na toeku A je: Slika 4.9.1

jer je uvijek

I: rijA xFi" =0. i

Sa druge strane, posto je I:!..mi=pfl Vi' za kontinuum se moze pisati'da je:

M r 'V- I:!.. - {- -d LA = un L." rilA x mia; = J PAX am. 1J.Vj ... O i V

Kineticki moment tijela na toeku A je:

KA=jPAxvdm. v

Promjena kinetickog momenta po vremenu je:

dKA t'_ - jdPA - ,- jdPA _ -- = J PAx a dm + -- x vdm = MA + - x dij,

dt v vdt ydt

a to znaci da se moment vanjskih sila moze izraziti sa:

- dKA rdPA -, M =-- - -- xvam. A dt ~., dt

Kako je i5 = r - f i dp A = it - V znaci da jest: . A A dt A'

Id~." x lidm= J (If -VA) x vdm = J(v x v)dm -VA x'fdii = ij - VA X

V dt v v y

y

4.9.1

4.9.2

Dinamika krutog tijela

Prema tome je moment vanjskih sila na tocku A koja se giba brzinom VA jednak:

- diA _ MA=--+VAX

dt

Moment vanjskih sila na tocku A moze se prikazati i u obiiku:

- dKA . _ - d - _ M" =-- ~vA x Q=-(KC+rCjA x + vAx Q=

. dt dt

dKe dfelA - _ dO -=--+--xQ+r x- xQ=

dt dt CIA dt

die - dO -=-+(v -v)xQ+i' x-+v xQ=

dt eA ClAdt A

dKe . _ dO di(e _ -= -;}i T r CIA x di = -;}i + r CjA x F.

odnosno

- dKe _ dQ M =--+ r. x-.

A dt CjA dt

lzraz 4.9.4 znaci:

177

4.9.3

4.9.4

Tocka A moze biti centar mase tijela, nepomicna locka tijeJa i ujedno ishodiSte, trenutni

centar brzine iii bilo koja tocka na tijelu. Za svaki od tih slucaja moment ima odredeni izraz ito:

a. Ako je tocka A centar masa, sto znaci da je VA =Vc pa je Ve x 0=0 iii

felA = fcte = 0, tada je

4.9.5

b. Ako je tocka A i~h,,,"lJJ,,t,, ,5tO znacj da je ~

4.9.6

c. Aka .Ie tocka A trermtni centar sto znaci ria je VA tada je

4.9.7

d. Ako je tocka A Locka je brzina VA' tada je

4.9.8

Kolicina gibanja i kineticki moment tijela potrebni su da se odredi djelovanje vanjskih sila

koje nisu u ravnoteii na gibanje tijeia. Djelovanje vanjskih sila se uvijek moze prikazati

dinamom na centar masa i to sa glavnim vektorom sila F = L Fj

V i gIavnim vektorom momenta Mc=L~/cxFt + LMj"

J

To se dinamicki adekvatno prikazuje sustavom koji se sasloji ad vektora promjene kolicine

gibanja po vremenu koji dje!uje na centar ~jela i vektora promjene kinetickog momenta po vremenu, kao sto je pokazano na slici 4.9.2 a).

a)

b)

Slika 4.9.2

Kao lito se moze djelovanje sila prikazati dinamom na tocku A, tako se moze adekvatno

i dinamicki prikazati u tocki A s vektorom promjene kolicine gibanja tijela po vremenu i vektorom promjene kinetickog momenta na tocku A po vremenu, kao sto je pokazano na sEci

4.9.2 b). dK dk U jednadzbi momenata Me = __ c , vektor ~ prikazuje brzinu promjene vektora K

dt dt . cpo vremenu u odnosu nepomicnog sustava. Prirodno je da se rele prikazati vektori w i (

u odnosu koordinatnih osi koje ne rotiraju, medutim pri rotaciji tijela se momenli inercije

L:a:;a u cdnosl:. takvih 031 mogu mijenjati pa ih treba izraziti U ovisnosti (I ~!reHiGi'iU. Zal:0 je povoljnije da se izaberu koordinatne osi koje su vezane s tijelom pa se momenti odnosu tih OS! De mijenjaju. a to je moguce'

sustava. Vektor w prikazuje apsolutnu rotaciju tijela, a vektor prikazuje kineticki moment

apso!utnoga gibanja tijela. Vektor w i vektor ( mogu se prikazati sa u odnosu pomicnog koordinatnog sustava Xl, y', Zl.


4.10. PROMJENA lKINETIClKOG MOMENTA PO VREMENU

Kada je kineticki moment lzrazen U odnosu pomicnoga koordinatnog sustava vezanog za

tijelo, tada za apso!utnu promjenu kinetickog momenta po vremenu, je potrebno prvo nati

promjenu po vremenu u odnosu pomicnoga koordinatnog sustava i dodati izraz w x Kc:

r \ dt ) (dk) _

=l dtC

+wx[(e' aps ref

4.10.1

Oznacimo koordinatne osi pomicnoga koordinatnog sustava vezanog za tijelo kao

koordinate X,Y i z, a koordinate nepomicnoga koordinatnog sustava sa i Z. Ako se

kineticki moment pnKaze u odnosu pomicnoga koordinatnog sustava izrazom K=K i' +K ),1 +K £1, a kutna brzina sa w =W i' +w r +w £1, tadaje apso!utna promjena x y Z x y Z ~

kinetickog momenta po vremenu dana jednadzbom:

- d'vl Ar71 dFI -I -I -, dK AX 71 UfiY71 -z-I Idi, Idj Idk -=--1 + __ 1 +--k +K-TK -"·Kdt dt dt.! dt X dt Jdt Zdt

U toj jedlll:<.dibi znace:

1. relativne komponente kinetickog momenta:

Ixxwx - Cxyw y - Cxzwz

CYXWX + lyywy - Cyzwz

J< Czxwx - C W .,. 1,/1>z zy Y

2. relativna promjena kinetickog momenta po vremenu:

dK~ .. I -;K

dt x

'vi any

dt

at

3. derivacija onova pomicnoga koordinatnog sustava:

-=w>:: dt

at -=w dt

C "" z

C yz z

I Z<: z


4. Produkti:

4.10.2

D ~ . . "r~~a ~ . 'onu momenata, ~o su momenti siia i kineticki moment racunani na centar masa, Ishodlsle III trenutni po!, vriJ'edi da ie j)JromJ'ena

" II tijela u vremena jednaka v~~J·s'·'l'... " k .

au JIllJil sua Oje l:la to tijelo, pa je

M =K y y M z

.Izrazi. ~a. apsoJut~e komponente prorr0ena kinetickog momenta po vremenu mogu se

:nkazat: J~dnostavnlJe . ako .se za pomicni koordinatni sustav biraju centralne gliavne osi .romosb. l~av koordmatm sustav vezan je s tijelom taka da mu J'e ish d"t ~ ." I . . . 0 IS e u centru mase LlJe.a 1 zato se nazlvaJU centralne asi. Za te koordinatne 05i su centrifugalni momenti tromosti jedn~i nuli ?ito je svojstvo glavnili osi tromosti.

Za centralne glavne osi, koje ee se posebno oznaciti znakom tiida (x, y, Z), zakon momenata moze se prikazatijednadzbama koje se nazivaju ~u.",-", .• a glase:

Je(1m'.dibama gibanja

4.10.3

Te jednadzbe mogu se pisati i za nepomicnu tocku tiiela ~o Dostoii. Tada se kordinatni sustav vezan s tijelom bira s ishodistem ., ' . . , u nepOmlCnO] tocki i to taka aa su osi toga koordinatnog sustava osi tmmosti.

Ako je rotacija sarno oko osi z, ro jest ako je w; wzk, jednadzbe gibanja glase:

=0, M =0 y 4.;OA

I . 1

I

I

J J

I


4.11. GIDANJE KRUTOG TIJELA

Svako gibanje krutog tijela moze se prikazati kao slozeno gibanje od gibanja sa kinematskim elementima gibanja jedne tocke tijela i rotacije ako te tocke. Prema dosadasnjim izvodima vidi se da postoje dvije vektorske jednadzbe vrIo pogodne za dinamicku analizu gibanja tijeJa. Prva vektorska jednadzba je z~on gibanja centra mase tijela iii teiista, a druga je z~on momenata za tocku centra mase.

Z~on gibanja centra mase moze se prikazati sa:

4.11.1

Ta vektorska jednadzba sadriava tri skalarne diferencijalne jednadzbe:

4.11.2

koje definiraju zakon gibanja centra mase tijela.

Vektorska jednadzba z~ona momenata pisana za centar mase rijela moze se prikazati sa:

+ + 4.11.3

Ta daje trl skalarne

M =K M =K Xc Xc' Yc Yc

4.11.4

koje omogu(;uju da se poveze djelovanje momenata na rotacijsko gibanje tijeia oko osi koja prolazi kroz centar mase tijela .

Za rjesavanje problema opeega gibanja tijela u prostom, a to je tijela sa !lest stupnjeva slobode, imamo na raspolaganju i !lest skalarnih jednadzbi. U rjesavanju problema promjene gibanja tijela pod djelovanjem sila i momenata, neee biti uvijek potrebno postavljati svih sest raspolozivih jednadzbi, jer maze translacija u nekom smjeru izostati ili je rotacija sarno aka jedne osi.

Takoder treba spomenuti da smo u statici pisali jednadzbe momenata na hilo koju povoljno izabranu tocku, medutim u dinamici je povoljno da se jednadzbe momenata pisu na centar mase tijela iii nepomicnu tocku tijela ~o postoji.

Za pet karakteristicnih gibanja tijela, koja su obradena u kinematici, najbolje je izabrati reierentnu tocku na koju se pisu jednadzbe ITI0m_enaIa, kao SEO je >JUJJ,a'.CIlC' U Ui0~i(,i 4.}.;. K~o izgledaju jednadzbe gibanja za navedena gihanjil siiiedecim tockama.

182 Di~i~l'llika kruto2 Iiiela

Tablica 4.11.

I Vrsta gibanja

I Tr:msl;:tomo

II Rotacija oko nepomicne

osi

III Ravninsko

IV Rotacija oko nepomicne

V I :1

!

tocke

Opce gibanje u prostom

4.12. D' ALEMBERTOV PRINCIP

3, 2 iIi

3

3

6

I

I Refelrentna, totka Z1>

> momQnat~

Centar mase

Tocka na

osi

Centar mase iii cenrar

Nepomicna tocka

Centar mase tijela

Princip D' Alemberta, koji je koristen za materijalnu tocku, moze se na

koristiti i za kruto tijeio, kada se gibanje krutog tijela razmatra kao slozeno translacije i rotacije. Za tijelo vrijedi da je

~ dQ F=-=ma

dt c

od

Ti izrazi se mogu pisati na nacin kao u statici F+ (-maC> =0, gdje se naziva _ fdK)_ dK

inercije, i Mc + l-~ = 0, gdje se - __ c naziva sila , at dt

D' Alembenov princip je narocito kada je rotacija tijefa samo aka jedne osi. Akc

je to os z, tada se zakon momenata izrazava u obliku =lc, e. U tom Ginamicke jednadzbe ravnoteze:

Q+(-miic ) =0 ..;.. (-lro t:~) = 0

D' Alembertov princip je prikladan za tr::as:£llGrllG posebno za ravn~;·!..;k0 gibanje sustava

Zt prikazati sile i momenti sila

oko

4.17.1

Gsi 2


1 )

2)

3)

4)

f...; b .. I Siika 4.12.1

4.13. 1'RAl\lSLATORl\10 GIBANJE

OSn0V110 Z2 tran.slatorno giba.njE je dc, tom gibanjiJ !V':~rr1? r0t2cij~, s!o zn2-ci d2 j:: f.:::-0,

i daie stalno pri Me =5. fla gibanju ako postoji sila, a to :maci da der}niran? So iednadzbom f,!ihanl2 ledne toCk~ t~iela. Ta tock?

moze bit~ centar ID.aSe vektorska jednadzba

T'ronsl~tornn aiboflJ'e j(rutoa til'~la ne ovisi 0 dimenzijamcl tijela vee samo 0 ukupnoj masi ~ a..~.a. ~ '~O' a. ~ h' b ~ ""' - __

tijela pa se takvo gibamje tijela dinamicki obraduje kao za matedjainu tOCKU.

Translatorno gibanje maze biti u prostom, u ravmm iIi u pravcu. Skalarne Jv.,m'·U"A.'~ gibanja glase:

a. Translatorno gibanje u prostOlL"U x,y,z.

Fy =myc' F, = mzc'

b. Tnmslatorno gibanje 1.1 ravnini x,y. (Fz=O).

c. Transiatorno

F" =mxc '

F = y

4.13.1

4.13.2

4.13.3

Kada je poznat zakon gibanja centra mase tijela, poznato je sve 0 gibanju svih tocaka

tijela.

4.14. ROTACIJA OKO NEPOMICNE OSI

Kada se fadi 0 rotaciji tijela oko nepomicne osi, koju se uzima kao os z pravokutnoga koordinatnog sustava, sve je 0 gibanju poznato, aka je poznat zakon rotacija. Zakon rotacije je poznat ako je poznato kako se mijenja 'II =QJP), jer tada se moze odrediti Kutna brzina w=<jJ, i kutno ubrzanje E=CP.

Pri analizi rotacije tijeJa oko nepomicne osi mogu biti analizirana tri tipa tijela, a to su:

a. tijelo sa opcom raspodjelom mase talio da ne postoji materijaina tjela u ravnini okomitoj na os rotacije Z, pa osi x,y,z nisu ni centralne ni glavne osi tromosti mase tijela.

b. tijeio s materijalnom simetrijom l.I ravnini koja je oiwmita na os rotacije z, pa su koordinatne osi x,y,z glavne osi tromosti.

c. tijelo s simetrijom 11 ravnini okomitoj l1l.lt os rotacije z, fia lezi centar mase tijela, pa su osi x,y,z centralne glavne osi tromosti mase tijeia.

Za rotaciju ti.iela oko nepomicne osi. jednadzbe gibanja su TIumerirane, a If'rl,n-,,,ci7r\p

ravnoteie su dane u zagradi, a glase: Za tijeio a:

3)

2) 4} 4.14.1

Dinamika krutog tiiela

Za tijelo b:

(F, = 0);

Za tijelo c:

= 0);

= 0);

3)

(M" = 0);

(My = 0);

1) M z =

185

4.14.2

4.14.3

Ako je poznat zakon rotacije tijeia (jl = 'P(t), a centar mase ne leii na osi rotacije vee je udaljen od cosi rotacije za velicinu r, tada se moze za svaki trcnutak gibanja odrediti

ubrzanje centra mase tijela po formuli:

yc= rs1n IP·

4.14.1. RlJESENI PRIMJERI

Primjer 4.14.1 Na osovmu ekscentncno je z-z uCvrScen je disk tezine G i radiusa R. Disk je mirovao i je

nll osovinu djelovati moment Mo.

Odredi kinematske elemente osovine neka se z;meman.

sustava. Tezina

Trldrltkl' tije!~ nk:n OS! jest s jednim sIobode. Sve je a poznato aka je

poznat zakon ,0 = \O(t). Os rotacije je koordinatna os z. Prema

zakonu momcnara

, R'l 1 2 1 2 _ ::; 2 +ml-) =-mR +-mR --mR . 2. 2 4 4

4.14.4

y

Znaci da je:

Opb izrazi za kutnu hrzinu i poloZaj su: (i) = (i) t = W 0 + e t 1 2 19=<!P =<P +w t+_~t zoo' 2 v, .

Mjerenjem vremena od trenutka kada je .. poceo djelovati moment, kada je sustav jos

mirovao, znaci da za t=O, mora hiti lp 0 = W 0 =0, pa konacno zakon gibanja i izraz za kutnu brzinu glase:

Primjer 4.14.2 Stap AB, tezine G=40N i omine 1=1 ill, lezi na brapavoj

povrlini. Na A ucvrseen je da mofe rotirati oko vertikaine osi z.

y.

I /// Na odjednom pocne sUa

F=lON, po i:mosu starn.a, ali JO,l se

I / / 1/ / ~ ~~~&~-~·-~-···~ ...... x 0\

pravac tako da je on l.J.vijek na uzdmuu os Stapa. l<t

Ako je koeficijent f=0,3, odrem klltnu Slilea 4.14.2

bninu Stapa n trenlltku t=10s.

Rjeiienje. Pri gibanju na stap djeluje sila F i sHe trenja rasporedene po cijeloj duzini stapa sa smjerom suprotnim cd smjera gibanja. Sila trenja na duzinu dxje dT=fdG. Moment racunan na os rotacije, koja je ureta leao os :/:, jednak je:

Koristenjem

dobiva se:

r=1 I

=Fl- f x/dG=Fl-/G fxdx=Pl-+/GI. z=O 0 :l

kutnog ubrzanja i uzimajuci da je u

w =et=3z

Dinamika vr~u~to~g~ti~ie~l~a __________________________________________________ ~1~8~7

Za trenutak t=Hls, trentitka hiti ucinjeno

se rad/s i ¥"~liis=150rad, sto znaci da ce do tog

~?t"lOs ~ . n = -.- = 2.:1,82 o/...'TetqG.. 2n

meta yisi terei G=10N. Uze je

tezme Q=50N i R=2Gcm. ",C,J<llU'eCiJ.d po djelome §vom voh.!menu, a we

teJlill". Otpor na dan je Mo=lNm fie ovisi I} nnini odniota.unju).

Odredi uirlnanje tere1i:a G i sHu II wetu.

tada se maze tefe! na

sUa leiinc G i sila uZeta S. pa se dinamicka analiza maze vrsiti kao za materijainu tocku. SUa uzeta je jednaka S=G(1-aig). U tom izrazu su

Disk Ce rotirati s kutnim e=a/R. Zakon momenata za os rotacije diska daje a glasi drugi izraz

=SR gd}e je

Kao rjeiienje dobije se

(GR-M)2g (10'0"-1)"g a = tr = ,...~ =0 1429 = 1 4014mls2

(Q+2G)R (50+20)0,2 , g, .,

a. 1,4014 ~ 071 ~'" 2 e = - = --- ::;: l $ rUU,fS R 0.2 . .

S = G(1-!!.) = 8,s71N. g

Za rotaciju sustava oka osi mogio se udmah izracunati kutno ubrzarJe

je

i zatim odrediti ubrz.anje 1 siih.

Primjer 4.14.4 Tijelo tezine G s momcntom tromosti mase nll os rotacije l,., rotira kutnom brzinom woO

Ako na tijelo pocne djelovati konstantan moment M., a sejavlja i otpor gibanju, kojije s kutnom brT,inom

Mt={:lw, odredi jednadZbu

Rjesenje. Za rotaciju oko nepomicne osi :1:, vrijedi

Iz£z~Mz~Mo-pw odnosno l/p+pcp~Mo'

Konacno diferencijalna jednadzba gibanja glasi:

.. p. Mo <P+lq>~I'

z z

Opee rjeSenje te diferencijalne jednadzbe jest:

-1., M (!) ~ C + C e I, + _0 t . I 2 p'

-It M w ~ -pC e I, +~

2 P

Slika 4.14.4

Konstante C1 i C2 odreduju se iz pocetnih uvjeta, Aka je pri t=O, if='Po i w=wo' tada je konacno:

I ( M ) , -It <p~q> + t+~ w __ 0 (l-e I,). o ~ ~ 0 P ,

Primjer 4.14.5 Homogem Stap tezine G i dmine l=m+n=2+ l=}m,

vezan je zglobno u tocki 0 sa vertikalnom osovinom i to tako da se moze mijenjati kut izmedu osi stapa i osi osovine. Sustav rotira sa kutnom brzinom w=2 rad/s.

Odredi koji ce kut zatvarati os Stapa S osi rotacije.

YIt,

~ J X";'~in« Rjesenje. U promatranom trenutku, stap je u

;f. ; d>x",2dm ravnini x-y, u poloZaju ~ao !'ito je pokazano na

B

j " t shc! 4.14.6. Uvedena Je koordinata 1;, koja Slika 4.14.5 a I ~ y"~cosa odreduje polozaj elementarne tdine stapa dG.

", r' 'II vdG=Qd~. P,i ',!"" r..-. ... l ~""p.nqt·r' ~ ;,...~"n..-r<r " fr-"::;'1~V

IJ1iU :,l i "'''d'O':DI'va ~ p,omaLaDo,,, "~du,kt:~h" .. :U",.~nc ,,,L,,dCC

:' I ubrzanje a, i na nju sile tezine i inercije. Te , I veiicine jesu:

Slika 4, lLl.,6

dL- - Gsina 2d" 7" ----U) ~l.

gl

Dinarnika krutog tijela 189

Prerna stavku D' Alembcna dodavanje sile inercije aktivnim silama dobiva se dinamicka ravnotda za koju se mogu koristiti jednadzbe sLatike. Pri rotaciji stap ce zauzeti polozaj pri

onom kutu a, pri kojem ce biti moment sila tdina i sila inercije umvnotcZen. To ee biti

ispunjeno uvjetom:

~=n

M o, ~ f dMo,~ f (xdG+ydL) = f (~sino:dG+~cosl.'I.dL)~O, ~=-m -m -m

Uvrstenjem izraza za dG i dL, nakon imegracije se dobije:

G Gw2 Mo ~_(n2-m2) +_T_cosc:(n3-m3) =0.

, 21 3lg

Pri rotaciji ee stap zatvarati kut

3f nl-m2)g 3(1-4)g g COSI.'I. = - , = - = - =0.306563 iii IX =72,15°,

2w2(n3 -m 3) 2 -42(1 +8) 32

Primjer 4.14,6 Homogena trokutna istokracna debljine i tezine G=19,62N, rotira konstantnom ";=2 radfs oko vertikalne osi, kao Sto je pokazano nll slid 4.14.7.

Odredi velicinu ukupne uzduzne sile u vertilmlnom presjeku

pioce na U'"'""'~~'h·'., x od osi rotacije. Pm:nato je da su: h = 1 m i

RjeSenje. Uslijed rotacije konstantnom kutnom brzinom, na svaku cesticu mase djeluje

centripetal no ubrzanje koje je za cesticu mase dID, koja je udaljena ad osi rotacije za veliCinu t jednako ~("z, Sila inercije za nju je dL=dID~W2.

cJ~(,) :all ~

Slika 4.14.7

"I Na vertikalni presjek ploce na udaljenosti x od osi fOtacije, uslijed

rotacije djeluje ukupna uzduzna sila:

Slika 4.14.8

_ r

1 - 3 -! 0,8 )

~ I t = (2,1333 -10~:' + 0.8) J

190 Diilamika krutog liiela

Primjer 4.14.7 Stap A15 G=50 N i duzine b=9 run, vezan je

sa oso~ inom na kraju A zgiolmo, a '1121 krajlll 15 metom, tako da

zatvara sa osi stapa Imt a=30°, kao sio je pokazano na slid. Ako djeli sistem ,otira kutllom w=4 radfs, odredi sHu u

uzetu. Teiina uzeta je zfmemariva.

Rjesenje. Sila u uzetu nastaje uslijed djeJovanja sile rezine i ukupne sile

inercije pri rotaciji stapa. sila inercije je masa Slika 4.14.9 stapa puta ubrzanje centra mase, a djeluju u tezistu inercijskog

op~erecenja, koje je u ovom zadatku kontinuirano trokutno opterecenje. Silo. se moze adrediti anaiizom dinamicke ravnotde

LIvIA ~lGhsina -ShcoslX +L3.hcosa; ~O, , 2 3

gdje je ukupna sila inercije jednaka:

~=h h h

L~ dL~f'sino:w2dm=£sinaw2r~dE= <, , J'

o ng 0

G h. ~~ ~--smaw~=mac'

g 2

Sila u uzetu je

S~ + 2

Primjer 4.14.8

G 2

2l . +-Slllc!

3g

duiine q = 10 N/m, pricvsccn je za osovrnu s kojom rotira sa brzinom w=5 rauls, kao Sto je nlt slid.

Osovina je amine 1=m+n=2+3=S m.

Analiziraj sila stapa veiiciml AiR.

Na osovinu djeluje sila G.

stapa a-b ie-d. \lelisinz. im .Ie:

G ~q(2h +2b) ~ W( 4 +2) =60N,

Reakcije u Jeiajevima su:

Slika 4.14.10

~ m ~11'$ n

Slika 4.14.11


Gn+ _ 230,968 -;;6 1 9'1" A ~ ---~ - ----- ~-:. yJ.. ""it' I 5

B ~ Gm - ML = 69,032 = B,gGS1\'. I 5

Prim jer 4.14.9 Trokutna kOllstantn€ i ukuplle tezine G=981 N, vezana je za kruti AB, sa kojim rotira brzinom w = 3 rad/s. Poznato je da

su: h==3m, l=4,5m, b==lm i c=2m. Odredi din::milel,e reakdje u ieiaju A i B.

Rjesenje. Reakcije 00. vlo.stite reZine se racunaju kao za silu

jednaku tdini place i smjestenu u [distu place. Reakcije ad

siie inercije treba racunati

elementarnih sila inercije. Elementarna masa i elementarna

sila inercije ploce jesu:

- 2Gw2 ~ 2' " dL~dmxw2~---(IX-X Jdx~CUx

c~ 2Gw2 ~ 2'981'32

12g 4,S2g

Reakcije od eiementarne sile jnercije u AiB

~ ~~ ( b + ~ ) ~ ~ (Ix ~ 2l

~~ (47,25 x -15x2 +x3 )dx, 3H

dU y \ c Iy dB ~-I c +h -- J~-('A

L H\ 2 H

Ukupne reakcije su:

!!:. + hxi ~ 2 21;

su:

x=l

=: ~732 = , j

x=o

Slika 4.14.13

~ -6lolV.

191

Primjer 4.14.10 Rotor je duzine I i ima ukupnu rnasu rn koja je osnosimetricno rasporedenu oka osi z. Za masu su poznati glavni centralni mornenti tromosti mase

Ixx=Iyy=I i ~. Rotor gonjen momentom M rotira oko l1epomicne uzduzne osi z i u

promatnmom trenutku ima kutnu brzinu w i kut~o ub:zanje c. Pdlilwm rotadje postoji

ekscentridtet centra mase rotora fc~xci +Ycj· Odredi jednaazbe gibal1ja rotonl.

RjeSenje. U rrenutku gibanja su w ~ wE! e = e E, a ubrzanje centra mase rotora je ac ="£ x r+ w x (w x i') ~(-yce -xc(2)f+(xcE -Yc( 2 )J<xJ

lednadzbe gibanja, prema jednadzbama 4.14.1, su:

Az+Bx=m(eYc-w2x) 1.

A +B ~m(ex -w2 y ) 2. y y c c

A =0 3. z

B 1=1 w2-1 e 4. y yz zx

-B 1= -1 e-[ w2 5. x yz zz

Mo=luF. 6.

Poznati su t, m, w, e, x." Ye, I i I., !ito znaci nepoznatih velicina Ax> Ap B" By i Mo mogu odrediti iz pet

Slika 4.14. 4

jednadzbi. Momenti tromosti ~z> I., moraju se izraclmati od poznatih central nih glavnih momenata tromosti.

Primjer 4.14.11 Odredi moment tromosti tijela tezine G, na os

koja prolazi teziStem i koja je okomita na ravninu materijalne

simetrije. Mjerenjem je odreden period slobodnih malih oscilacija tijela pri vjeSanju tijela u tockl 0, koja je na udaljenosti h od centra mase.

Rjeilenje. Moment tromosti mase na os rotacije jest:

[ =[ +mh2, 40 Xc

1z zako!1a momen2.ta fzo e := - Gsincp, dQbija se diferen~ijalna

jednadzba gibanja:

Za male oscilacije moze se uzeti da je SirHP "If!, odnosno da je: f7.1-

if; '" ;" <p =0. Zo

y

I

J Slika 4.14.15


Vlastita frekvencija maiih slobodnih osciIacija tijela jest:

2 Gh 411:2 wv=---~--·

1 +mh2 T2 Zc

lz tog izraza dobije se da je:

Primjer4.14.12 Kruto o udaijenoj od centra

mase m, ovjeseno je u tocki za veiicinn Ie. Poznat je centralni

glavni moment tromosti mase tijeia na os z. Na udaljenosti iF

pocne dje!ovati horizontaina sila F. Odredi d od

centra rnase, na kojoj bi trebalo dje!ovati s F tako da u ovjesiStu ne postoji dinamicKa reakcija.

Rjesenje. lednadzbe za ravninsko gibanje sustava jesu:

EFx=mxc

EFy=myc

EMo=loE

iii ili

iii

R +F =mx =ml e x x c c

Ry -G=myc =0

FlF=Iof.

Iz tih jednadzbi dobije se da su:

m . R =ml e -F =F(-IlF-1)

x C x I C

o

193

Slika 4.14.16

Sila Rx je dinamicka reakcija koja nastaje pri djelovanju sile F kojom se dovodi sustav u

gibanje. Ona ce biti jednaka nuli ako se djeluje na udaljenosti:

Ie d=l -1 ~-.

F c m1c

194

Primjer 4.14.13 AB, tezine G=HlON i duiine I, vezan je

Ila kraju A zglulmu, a n2l R uzetom i nagllul pod kutem

0'=60°, kao sto je na slid. Ako se uze odjeullum

zglobu A Hepusredno nakOll ve!iehm

veze li R.

Neposredno nakon kidanja

veze zakon momenala pisan za os

rotacije koja proiazi nepomicnim

grede A glasi:

Gl2 Gl lA e = - -- e = - coso: .

3g 2

ZnaCi da je:

lz jednadzbi gibanja centra mase

_ 3gcosa 8---

2-1-,


Shka 4.14.17

_ I. 3. 3.. . - m - e sma = - Gsmo: coso; = - 1 OOsffi60D cos6uo = 'Y) 4'76 '7 2 4 4 .n ... , . "

~ I 3 'l =u+m-ecos<x =G--Gcoso<x =lOO(l-'::'coq2&'lO\ =81 ?'i IV 2 4 L< 4~-V) ,'-'<J~,.

V=G


4.14.1 Tereti G 1 =50N i G].=100N vise na nerastezljivom ufetu

zanemarive tefine prebacenom preko koloture tezine Q=4(} N

radiusa R= 1 ID. Sustav je pridrZan u stanju

Aka je sustav odjednom pusten slobodno, odredi brzinu tereta G, u trenutku kada ce prtovaliti put y=2 m. ...

Di:n:nika krutog tileIa 195

Teret rezine G=200N visl na uzew

zal1enl2.rive tezine ~·I~lTi,JtanJ na bubanj tezine Q1 == 100 N radiusa

[=5 run. Bubanj je spojen sa tefine Qz=500' N i radiusa

i zamasnjaka je homogena i rasporeaena

u

k0r::.::.!.2~1~l: otpor gibanju dan ITlOmentom

Ako je u danom trenutleu brzina

ooreoi brzinu tereta nakon t=2 s.

tereta v==2 mis prema gore,

Slika 4.19.20

(~14c3 Ploca rotira kutnom brzinol11 w=6r&djs~ refine je G=40r~,

sirine b=l m i visine h=O,5m.

u

duzina oso\/lne je H:= 4 rra.

za trenuta.l;: karia je

c:::::lm i b=2,5m~ a

4.14.4. lstokracna tdine G=100N, retira sa r.VHC'W","V

kutnom brzinom 05=2 rad/s oko vertikalne osi

vrhom trokuta, kao !lto je na siici 4.14.22. Za poloZaj i1a slici odredi izraz za vertikalnu i horizontalnu

komponentu sile presjeka na udaljenosti x. Dimenzije trokuta su

b=3m i h=2m.

4 .. 14.5. Resetkast2 sa iSLe tefine DO

duzinf q=WN/m. miml konstamnom Imtnom brzinom

slicE, r ako su rcakcije u fciaiev lind A j

~_--,b,--: --1 S!i.ka 4.14.22

SHka 4.14.23

196 Dinamika krutog tiiela

4.14.6. Lomljeni homogeni stap A-O-E s kutom lorna od 90°,

ima teZine q po jedinici duzine i vezan je zglobno za vertikalnu os

s kojom zajedno rotira.

Aka je duzina dijela stapa A-O jednaka c=l m, a duzina 0-.13 jednaka d=2m, odredi kutnu brzinu stapa kada je kut 0:=45°.

Slika 4.14.24

4.14.7 Hamagena kvadratna tanka ploca sa stranicama

h=lm, i tezine G=100N, veza~a je zglobno u vrhu A i

oslonjena na vrh E, kao sto je pokazano na slici 4.14.25. Odredi vertikalnu i horizontalnu reakciju u zglobu A

neposredno nakon nag log uklanjanja osionca B.

loti

G

h ~I

Slika 4.14.25

4.14.8 Homogena trokutna ploCa, sirine b=l m, visine 11=0,4 m i tdine G=30N, vezana je za vertikalnu osovinu zglobno u A i

uzetom kao sto je pokazano na slici. Sustav rotira sa konstantnom kutnom brzinom w= 10 rad/s.

Odredi silu u uzetu.

4.14.9 Za vertikainu osovinu vezan je zglobno u C i uzetom u E dio kfuznog prsten(i raciius2L F ... =2m J i teZiGOili G=5nl~

podijeljenom po luku.

Ako cijeli sustav rotira kutnom brzinom (,;=4 rad/s, odredi siiu u

Slika 4.14.26

A

I h

1

I I I t

I I


4.15. RAVNINSKO GIBANJE

Ravninsko gibanje krutog tijela jest gibanje s tri stupnja slobode. Ako je ravninsko gibanje tijela takvo da sve tocke tijela ostaju na istoj udaljenosti od ravnine x-y, tada je 0 gibanju sve poznato ako je poznato ka..ko se mijenja s vremenom:

Xc =xc(t),

Yc = Jc(l)

<p = tpP)·

4.15.1

Ravninsko se gibanje moze uvijek 'promatrati kao slozeno gibanje od translacije u ravnini x-y, i rotacije oko osi z.

Skalarne jednadzbe za rjesavanje problema ravninskog gibanja Sil slijedece :

a. tijelo bez matcrijalne

2) 4) M = -C e -C (,}2; y yz: z zx:z:~

4.15.2

(Fz = 0);

b. tijeio s materijainom simetrijom (Cyz=Czx=O):

1) Fx =mxc; (Mx = 0);

2) =myc; = 0); 4.15.3

(Fz = 0); 3) Mz = Itt'!!.z

4.15.1. RIJESENI PRllV'JEPJ.

Primjer 4.15.1 HOITlogeni disk radiusa R=O,4m i teiine G=100N kotrija se bez po :!j~J~'{'a~.T2 horizont3b~p· sHe F==20l':,

Odredi: a) sHe koje dje!uju na disk, 0) kincmatske elemente gibanja diska i c} prevaljeni put centra centra mase diska GO

centra mase diska jednaka v=5m/s. Slika 4.15.1

198 Dinamika krutog rijeia

Rjesenje. ,Dodir~a tocka diska s tlom oznacuje se sa 0, a centar mase diska sa C. Pri kotrlJanJu Glska tocka 0 Je trenutl1l centar brzme, a tocka C se giba pravocrtno, sto znaci da su

Komponente ubrzanja centra mase diska jesu:

Sile koje dje!uju na disku prikazane su na slici 4.15.2. lednadzbe gibanja diska glase:

mXc=F-T a)

myc=N-G=O b)

Ice = -TR c)

[iIi foe = -FR d) ]

G U izrazima znace m=-, mR2

J=c 2 g

lz izraza c) dobije se da je e = 2g F = - 3;27 r:nA!s 3GR uu; ,

odnosno:

.. 2gF 1 2 Xc= 3G =~,308mls =konst.

Dijeljenjem jednadzbe d) sa c), dobije se da J'e T=!. =6 667 N 3' .

Izjednadzbe b) slijedi daje N=G=20N.

yt

F I;j\ \.~

\. ., j

~T Siika 4.15.2

Centar diska giba se pravocrtno s konstantnim ubrzanjem. Izrazi za ubrzanje, brzinu i zakon gibanja glase:

Trenutak i prevaljeni put centra mase, !eada ce on imati brzinu Sm/s, jesu:


Greda Quzin", 1=2m i teZine G=lOOON Primjer 4.15.2 oslunjeilla je na 4.15.2. Odredi naglo ukloni lezaj B.

A i B, kaa sto je nl! slid u B, za trenutak karla se

199

Siika 4.15.3 Rjesenje. Nakon naglog uklanjanja Idaja B greda gubi ravnoteZu. Na gredu djeluje vertikaina i horizomalna komponenta [dine grede. Diferencijalne jednadzbe gibanja grede glase:

leZaja A i sila

Rjesavanjem tih jednadzbi dobije se da su:

E = - = -7 36 21 "

=0

=0,

=!!: =25 N. 4

I =e-=-7,36 m/s2

2

AB tezine G=100N i duiim: 1=2m vezan je na B vertilialnim uietom duiine h = 1 m,. a na kraju A oslonjen je na giatku hOJrizontainu povciinu i vneen silorn F tako aa je in'zina kraja A IHl,nstllllt.!J!2c

iznosi v A = 2 m/s. je u prOill2JUaliOill trelllutku llag!mt za kut l¥=30", kao Sto je pokazano na slid 4.15.5.

RjeSenje. Analizom gibanja vidi se da u poloZaju stapa u promatranom trenutku oba kraja imaju sarno horizontalnu komponentu brzine. sro znaci da je kutna brzina stapa u tom trenutku nula. ali moze postojali kutno ubrzanje.

Slika 4.15.4

Siika4.15.5

Veza na kraju stapa B rotira oko locke C kutnom brzinom WI = ~B = ;4 = ~ =2 rad/s, Ji,. n 1

ali moze imati kumo ubrzanje (;j.

Kraj scapa A, posto se giba pravocrtno sa konstantnom brzinoH1, ima ubrzanje jednako nuli. Komponente [Og

=. (; < h T t: IsirHx ::= 0 oanosnn

h h ,. f: l cos a = 0 odnosno t = - -- = - 2,309 rad/s2 .

leoso:

Za sile koje djeluju na stap jednadzbe gibanja glase:

mXc=F,

mYc=A+B-G

I e =(A -B)icosa; +Fisina:. c 2 2 "~~

gdje su:

.. l Y = --coso: e

c 2 ' G

m=-g

mZ2 1=c 12

1ft

Slika 4.15.6

Rjesavanjem jednadibi dobije se : F=11,77N, A=52,265N B=68,122N.

Primjer 4.15.4 Stap tezine G=100N i duiine h=2m, ()slonjen je na kraju A na horizontalrm glatku a na kraju B je vezan s vertikainom niti tako aa s podlogom zatvara kut 0'=45°, kao sto je pokazauo na slid 4.15.7.

Ako se nit prekine, odredi sun djelovanja podloge na stap, neposredno po prekidanju nitL

Rjesenje. U trenutku odkidanja veze sile koje djeluju na stap nisu u ravnotezi, pa ce poceti padati taka da mu kraj A horizontal no kliz! na glatkoj podlozi. Djelujuce sile na stap su tezina stapa G i vertikalna

sila FA na kraju stapa A. Diferencijalne jednadzbe gibanja stapa jesu:

mxc=O a)

mYC=FA -G b)

Ie=-F~cosa c) c A 2

gdje su: G

m=-g Slika 4.15.8

Slika 4.15.7

Analizom gibanja moze se zakljuciti da SU neposredno nakon'prekidanja veze brzine svih tocaka stapa nula. Izraz a) pokazuje da nema promjene brzine centra mase u smjeru x, a posto je brzina u pocetku nula to znaci da je xc=konst.

Vertikalni Dolozaj centra mase se mijenja, ZakoD gibanja, izraz za brzim1 i vbrzanj::- za vertikalno gibanje centra mase glase:

. h }:: =-;:C:osc

L.

U pocetku gibanja je 0: ~45°, a. = (J =0 Ii =" "* 0 . ZH taj trenmak


Nakon uvrstenja poznatih vrijednosti i rjesenja jednadzbi, dobije se:

e = - ~!!-Ii = -8,324 radls2

)/1

Primjer 4.15.5 Homogena trokutna ploea teZine G=98,1 N, vrti se u vertikalnoj ravuini x-y oko 051 z, kao sto je na slid 4.15.9.

U trenutku kada je centar mase na osi x, kutna brzina ploce iznosi w = 4 rad/s. Odredi za taj trenutak kntno ubrzanje ploce i sue veze II tocld O. h=b=O,3m.

Rjesenje: Udaljenost centra mase od osi rotacije jest:

~ T /11 I

~<It" , I':' h "I

Siika 4.15.9

U trenutku kada je centar mase place na osi x, clementi gibanja pioce jesu:

W= e=dZ iic =-w2 p i+e =-1,6.[51+0,1/5£.

lednadzbe gibanja glase:

'EFx= H = =-mw2 p

EFy=V-G=myc= mep

EM =-Gp=l e= '!:mh2 e 0, 0, 3

SHka 4.15.10

gdje su: G m=-g

mh2 mb2 2Gh2

=--+--=--. 2 6 3g

Nakon rjesavanja jednad±bi i uvrsrenja poznatih vrijednosti dobije se:

'-"r'''''''''' ",. J..)',/oh.


Primjer 4.15.6 Homugeni dis!, idine G i raciil.lS3 R vrti se u vertikalnom i na horiz!mtauull kl.lhwm brzinom w. Ako je koefidjent trenja izmedu diska i podloge f, odredi:

a) nakan vremena t] ce zapoceti disk a po i

b) kutm.l brzinu diska za taj trenutak. Slika 4.15.11

Rjesenje. Pri dodiru diska na podlogu, na disk ce poceti djelovati sila trenja usporenja kutne brzine i gibanja centra mase diska. Disk ce se gibati tako da ostaje u stalnom kontaktu sa podlogom, a to znaci da se centar mase diska giba samo horizontaino. Do cistog kotrljanja doCi ce kada dodirna locka diska s podlogom postane trenumi po] brzina.

Sile koje djeluju nakon dod ira diska s podlogom jesu sila tezine diska, sila pritiska podloge i sila trenja. Jednadzbe gibanja glase:

G gdje su: m =

g

=N-G=O

£ =TR=fNR.

2

Nakon uvrstenja vrijednos-ti i rjesavanja jednadzbi dobije se da su:

e = 2fg R

=fg·

~ce

Ylc\. tG

T --]I

Slika 4.15.12

Vidi se da su i kumo ubrzanje i ubrzanje centra diska konstantni, sto znaci da se gibanje diska jednoliko usporava. Izrazi za kutnu brzinu i brzinu gibanja centra mase diska su:

w = - w + e t = - w + 2fg t o 0 R

Kotrljanje nastupa u trenutku t" kada je dodirna tock~ diska s podlogom trenutni pol. Za taj trenutak mora biti ispunjeno:

=0.

Znaci da su trenutak pocetka klizanja i kuma brzina diska u tOm trenutku:

wR o


Primjer 4. is. 7 Nll glatkoj hud:wlltalnoj povrsini naiazi se daska ieiine G = 80 N, a nll dasci teZine Q = 100 N i radil.lSa R=O,2m. Aka izmedl.l daske i ci.iinGJr:! nema, odredi apsoiuLUO uOnl;2lnje daske i centra mase valjka ako !:Ia dasku

djelovati sila F=40 N.

Daska i valjak cine sustav od dva kruta tijela. RjeSavanje Slika 4.15.13

203

svakog sustava rijela uvijek se moze traziti taka da se promatra svako tijelo za sebe. Pri tome treba pretpostaviti sve sile medudjelovanja po principu zakona akcije i reakcije. Medutim, moze se odredenim postupcima promatrati cijeli sustav od jednom.

1. sustava svakog tijela zasebno. Razdvajanje sustava na dva tlJela i oznacavanje svih sila koje djeluju na svako tijelo

omogucava da se postave jednadzbe gibanja iii ravnoteze za svako rijelo. Kod prikaza sila treba paziti da se poznate vanjske sile prikazu toe no kako djeluju, a sile veza i medudjelovanja oznace se pretpostavijenim smjerom djelovanja. Pri oznaci medudjelovanja dvaiu tijela mora se tocno primijeniti zakon akcije i reakcije te uvjete gibanja.

ia svako rijelo z~datka djeluju sile prikazane na slici 4.15.14. Gibanje se pretpostavlja za dasku horizomalno s ubrzanjem a, a za valjak rOtacija sa kutnim ubrzanjem e i horizontalnim ubrzanjem centra mase de kao sto je prikazano na slid crtkanim vektorima. Posto nema klizanja izmedu valjka i daske, u dodirnoj tocki su ubrzanja u horizontal nom smjeru jednaka pa mora biti:

a=ac+Re.

Postavljanje jednadzbi za rjesenje maze biti ucinjeno uz pomoe principa D' Alemberta, to jest da se vanjskim silama dodaju i sile inercije i pisu jednadzbe ravnoteze. One glase:

\) .. k a za valJay

LFx =T- L1 =0 1.

EFy=N j -Q=O 2.

EMv =L1R-1c e =0 3 . . , ,

b) za dasku

=F-T-L =0 4.

-Q =0 5.

gdje su:

2g T=fQ

Slika 4.15.14


Nakon uvrstenja vrijednosti i rjesavanja jednadzbi dobije se:

3F a= =346Zm ls2

Q+3Gg' I,

ac 0

e =2- = 11,541 rad/s-. R

2. Rje.savanje sustava u cijelosti bez ukljuCivlAl1ja sila medusobnih veza. Za predpostavljena ubrzanja, prema principu D' Alemberta, dodaje se aktivnim sHama i sile inercije, a zatim koristi stavak virtualnog rada za cijeli sustav. Prema principu virtualnog rada, rad svih aktivnih sila na mogucim virtuainim pomacima jednak je nuli. Biraju se takvi virtualni pomaci da se iz dobivenih jednadzbi mogu izracunati traZene vrijednosti.

a). CijeJom sustavu daje se virtualni pomak ox. lednadzba virtualnog rada glasi:

Ii W = (F - Lj

- L2) ox = 0 1.

b). Daje se virtualna rotacija oko poJa rotacije vasljka. lednadzba virtualnog fada glasi:

2. Slika 4.15.15

Iz te dvije jednadzbe s ranije postavljenom jednadzbom za ubrzanja dodirne toeke valjka i daske daju rjesenje:

a to je isto rjesenje kao i ranije dobiveno.

Primjer 4.15.8 Disk, tezine Q=HION i radiuslA R=lm, leli nl! nerastezljivom metu koje je preko koioture tezine G=40N i radiusa r=O,3m.

Sustav miruje pri vuccnju uicta silom Fe. Ako se pover;; sila na vcuNnI.! F = 80 N, sl1stav Sf

gibatL Odredi kutno ubrzan.¥e diska, Tezina uiet2 moze se zanemariti.

Rjesenje. Najbolje.ie traZiti rjesenje tako da se vanjskim silama sust2:va sile i time Se st.voili dinamicko.

2a - 3R'

Slib 4 15.1f

ravnoteZa za koju se moze koristiti princip virtualnog rada. Na slici 4.15.17, pokazane su sve


sile u dinamickoj ravnotezi i izabran virtualni pomak ox. Jednadzba virtualnog rada glasi,:

Ii W=Fox -Qliy-1oe1 li(j)l-Ip!:zli,!>z =0,

gdje su:

. ox "'" ._. ox oY=-2' uw , 1 r ~

Q

Slika 4.15.17

3 QR2 I =-

p 2 g

Nakon uvrstenja vrijednosti dobije se:

2F-Q 4g e=e = - =17061rad/~

1 4G+3Q r '

1 Gr2 1 =-o 2 g

Primjer 4.15.9 Na disk tezine G=60N objeSena su dva tereta QA = 20 N i QB = 50 N merom se namata I1a radiusu R = 0>,5 m

r=O,3m, kao 8tO je na slid 4.15.18. Ako se zaIlemari trenje 11 i tezina ie uzme da je

tezina diska jednoiilw po povriini radiusa R, Imtno ubrzanje diska stavkom rada.

Rje.scnje. Sustav je s jednim stupnjem slobode. Uz ,.m,mnd~,·;h kutnog ubrzanja diska definirana su i ubrzanja tereta. Dodavanjem sile inercije vanjskim silama nastaje dina'TIicka ravnoteZa. lzborom za

Slika 4.15.18

moguCi pomak 0'P, prema stavku virtualnog rada, moZe se pisati (vidi sliku 4.15.19):

Slika 4.1S.19

gdje su:

GR2 QA Qn 10= 2g' LA=gRe, Ln=gre, oYA=RoCjl

Uvrstenjem izraza i vrijednosti u jednadzDu rada dobije se konacno:

~ 20 [ ~ :'.88: 68 .

G

206 Dinamika krutog tijeJa

A

Primjer 4.15.10 Susiav Cini disk teZine Q=120N i radiusa r=2dm, i ten~t G=lOON. Zanemarivsi teZim.l nerastezljivog uzeta i kolotura, te trenja u lezaju kolotura, odredi ubrzanje tereta G, koji se giba na hrapavoj kosini pod kutorn <1'=60" is koeficijentom f=O,25 (vidi sHku 4.15.20).

Rjesenje. Dodavanje sile inercije vanjskim silama te koristeCi stavak virtualnog rada dobije se jednadzba:

fife 'i . I'., ~ ..

OW= -IpE o<p -(T+L-Gsina +g)ox=O, 2 Slika 4.15.20

gdje su:

I =lgr2 L=!Za, T=jN=jGcosrx, p 2 g' g

a e=-2r

Ox 0«;=-. . 2r

Uvrstenjem izraza i vrijednosti u jednadzbu rada dobije se:

Slika 4.15.21 a = 8G(sina. -fcosa) -4Q = 0 954 m/s2. 8G+3Q '

Primjer 4.15.11 Na valjak teiine Q=40N i promjera 2R=O.S m, namotana Sil dva meta. Kraj jednog meta je priCvrScen za nepomicnu tocku A. Na kraju drugog je objeSen teret tezine G=30N, kao Sto je pokazano na slid 4.15.22.

Odredi uhrzanje padanja centra valjka i tereta. Tezina uzeta neka se zanemari.

Postupkom virtualnog rada za dinamicku ravnoteZu, dobije se jednadZba rada:

gdjt: su:

3 • 01' oqJ =-' .

2R

Slika 4.15.23

SIik" 4.15.22

Uvrstenjem vrijednosti u jednadibu rada dobije se:


4G~2Q " to = . .£. = 13 625 radjs2.

8G+3Q R '

Ubrzanje centra valjka je ac=5,45m/s2, a ubrzanje tereta a=1,111 g=lO,9m/s2. Rjesenje je nerealno, jer maksimalna vrijednost moze hiti a",ax=g. Realno uze 6e se zbijari pa ce teret G slobodno padati s ubrzanjem a=g, a vaijak kao da nema tereta G s ubrzanJem centra ac=2/3 mh"z.

4.15.2. PRL~JERI ZA SAlVl:OSTALNO RJESA V k~JE

4.15.1 Homogeni disk tezine G i radiusa R lezi na glatkoj horizonta!noj povrsini. Ako na krajnjoj lijevoj tocki diska B djeluje stalno sila F, odredi brzinu lcrajnje desne tocke A diska nakon t sekunda otkako je pocela djeiovati sila F. U pocetku je disk mirovao.

G=100N, R=4dm, F=20N t=20s.

4.15.2 Hamogeni suplji valjak lezi u stanju mirovanja na horizontalnoj hrapavoj povrsini. Ako u najvisoj tocki valjka' A odjednom pocinje djelovati konstamna sila t, odredi brzinu centra valjka nakon vremena t otkako je pocela djelovati sila F. Klizanja valjka po horizontalnoj povrsini nema.

G=lOON, R=4dm, r=2dm, F=40N i t=lOs.

4.15.3 Homogena tanka ploca debljine t, oblika cetvrtine kruga, tefine G= 100 N i radiusa R = 1 m, ucvfscena je zglobno u tocci A i osionjena u tocki B, kao sto je pokazano na slici 4.15.26.

Odredi horizontainu i vertikalnu komponentu reakcije u zglobu A, neposredno nakan naglog uklanjanja oslona B.

Siika 4.15.24

3lika 4.15.25

SEl:=- 4-.15.26

4~15~4 tfomogen~ tanki prsten refine G== lOON i radiusa R=l IT1,

Aka je trenje na iubovima dovoljno velika talco da ne dode do klizanja, odredi veiicinu reakcije r;a runu A za trenutak naglog

rubs K KL'i ·iY= 30'


4.15.5 Odredi ukupnu reakciju u lezaju A za trenutak kada se leiaj B naglo ukloni. Tezina grede je G=100N, dodatnog tereta Q=200N a duzina

f=2b.

Slika 4.15.29

Silka 4.15.28

4.15.6 Stap teiine G=100N i duiine h=2m, vezan je trima vezama u ravnini u kosom polozaju pod kutom lY.=4So, leao sto je pokazano na slici 4.15.29.

Ako se veza 2 naglo ukloni, odredi sile u preostalim vezama neposredno nakon ukianjanja te veze.

4.15.7 Homogena kvadratna ploca sa stranicama h= m, ukupne tezine G=lOON, objesena je na dva vertikalna uzeta na razmaku 2b=8 dID, kao sto je pokazano na slici 4.15.30.

G --+-Ako se uie 2 naglo prekine, odredi silu u preostalom ufetu

neposredno nakon kidanja tog uieta.

~ ___ h_-''''li>il SHka 4.15.30

A Q~'----'-_ 4.15.8 Greda AB teiine G=l00N, ucvrscena je trima stapovima kao sto je pokazano na slici 4.15.31.

'~ iii, /~, ~

Ako se stap BE odjednom ukloni, odredi velieinu sila u preostalim stapovima, neposredno nakon uklanjanja stapa.

Teiina stapova veze neka se zanemari. Veze stapova i grede su zlobne, a kut a=60".

Slika 4.15.31


4.15.9 Kolica tdine G=HlkN pocmJu se gibari sa konstantnim ubrzanjem a=2m/s2. Na kolicima lezi vaijak [dine Q=2 kJ\I i radiusa R=6 dID, Dodirna povrsina vaijka i kolica jako je hrapava pa ne dolazi do klizarJa.

Odredi ubrzarJe valjka. :",,«/2 IPJ>:~ d/2 11>1

Slika 4.15.32

209

4.15.10 Ako su kolica u zadatku 4.15.9 duzine d= 12 m, odredi koji ce put prevaliti kolica do trenutka kada ce valjak doci na strainji rub kolica i poeeli padati s

U pocetku promatranja valjak je bio u sredini duzine kolica.

4.15.11 Tijelo teiine Q=lOON lezi na kolicima tdine G=500N koja se gibaju konstamnom brzinom v=lOm/s. Koeficijent trenja izmedu tereta i kolica je f=0.3.

Odredi brzinu kolica i tereta u trenutku t= 1 S otkako je zapocela djelovati vanjska sila F=80N na teret Q u smjeru gibanja. Tezina kotaca kolica neka se zanemari.

4.15.12 Daska tezine Q=lOO N leii na dva jednaka vaijka teiine G=40N. Ako nema klizanja izmedu daske i valjaka te izmedu valjaka i [la, odredi ubrzanje daske kada je V'ueena konstantnom silom F=50 N.

4.15.13 Valjak radiusa R i tElzine Q=100N, leii na dasci teLine G=50N. Daska lezi na dva valjka istih radiusa i tdina G j =40N.

Ako se daska poene vuci silom F=50N, sustav ce se gibati bez klizanja. Odredi ubrzanje daske i centara valjaka.

1

Siika 4.15.33

Slika 4.15.34

Slika 4.15.35.

0&\ r~'r i~+s

4.15.14 Tereti G1=lON i G,=20N vezani su nerastezljivim u~et0m prebacenim preko koloture teiine Q=20N i radiusa R=4dID. Ako se sustav pusti slobodno, on ce se gibati.

1 . ) eldred: kololure. t.ezina uzeta zanemare.

Slika 4.15.36

4.15.15 Tereti G j =G2 =100N, objesena su na dva nerastezljiva uzeta namotana na dva valjka spojeni zajedno. Va!jak 1 je tezine Ql=40N i radiusa R j =4dm. Valjak 2: je tdine Q2=20N i radiusa Rz=2,5dm.

Odredi kuma ubrzanje valjaka. Trenje u ieZaju i tezina uzeta neka Y

se zanemare.

Slika 4.15.38

Slika 4.15.37

4.15.16 Nerastezljiva uzeta su jednim krajem vezana za strop, as druge strane su namotana na osovinu radiusa r. Za osovinu je ucvrscen disk tezine G i radiusa R. Ako se sustav pusti slobodno uze ce se odmotavati a disk S osovinom padati.

Odredi ubrzanje osi osovine i ukupnu silu u uzetima. Teiina uzeta i osovine neka se zanemari.

4.15.17 Dva tereta iste tdine Q=HlN objeSena su m prikazani SUStaV kolotura. Koloturi su istih tdina G=SN.

A ltJ' ,i ,-ft1g~-Odredi ubrzanje desnog tereta Q. Trenje u Idajima tezina nerastezljivog uzeta neka se zanemare.

G! i '~: p '-1-

:/ ',"" :/'/#/,-\ \\ /////~\\ w/""; \V//A\Y'/!

A

G

~~ L.-J

Slika 4.15.40

I

~ dJ W Slika 4.15.39

4.15.18 Tereti Q=60N i G=20N vise na koloturama. kao sto je pokazano na siici 4.15.40. Tezine obaju kolotura sujednake leao j tereta G, a radius j,m je R=2dm. Uie je nerastezljivo i zanemarive tezine, a zanemarivo je j trenje u leiajima kolotura.

Odredi sile na kraju uzeta A i B.

4.15.19 Sustav prikazan na slici pusten je slobodno pa se Odred: teretz Q ==2G =·20 ~~.

Trenje u lezajima i tezina uzeta neb se znner::::,·e.

Siika 4.15.41

Dinamika krutog liiela 211

4.15.20 Teret G1 =2kN visi na dva uzeta. Jedno uze vuee elektromotoL a drugo nosi protuuteg teiine G2 =3kN. Uzeta su prebacena preka sustava kalatura istih tdina Q=250N, kao sto je pokazano na slici 4.15.42.

Odredi silu u svakom vertikalnom uzetu, ako se zna da se teret G, giba s ubrzanjem a1 =0.1 g prema gore.

Slika 4.15.43

Slika 4.15.42

4.15.21 Nerastezljivo de je prebaceno preko glatkoga valjkastog mba B. Jedan kraj uzeifi je tlamotan na suplji valjak tdine Q=20N i promjera 2R=8dm, ana drugom kraju visi teret G=30N.

Vaijak je debljine t=0,5 em i moze se kotrljati po hrapavoj horizontalnoj podlozi. Tezina uzeta je zanemariva. Aka se sustav slobodno, on ce se gibati.

Odredi ubrzanje tereta G.

4.15.22 Teret G, =20 N 1ezi na hrapavoj horizontalnoj podlozi i vezano je nerastezljivim uzetom zanemarive tezine. Uie je prebaceno preko koloture tezine Q=40N i radiusa R=O,2 dm. Na uzetu visi teret G 2 =30N, kao !lto se vidi na sliei 4.15.44. Ako se sustav pusti slobodno, on ce se gibati.

Odredi silu u horizonta!nom i vertikalnom dijelu uieta ako je koeficijent trenja f=O,2.

Slika 4.15.44

Slika 4.15.45

4.15.23 Teret [dine G=30 N lezi pridrZan na hrapavoj kosini, s djelujuCim koeficijentom trenja f=0,3 i nagibom 0:=30°. Disk tezine Q=80N i radiusa R=J dm iezi Da

uzetu. Uie je vezano jednim krajem u nepomicnoj tocki A, nosi disk, prelazj gl2.tKog runa B a .l~ra.j'':':;:;. JI.- \l;5za:n,0 W I.ertl C-· u Lo0~~: C< Justa\, ITUfUJc.

Ako se sloDodne. on 6e ~e gibat:. Odredi kutnu brzinu diska u trenutku kada se spusti za

puni opseg. Trenje uieta na mbu E: lleka se :;::an::rna:::-;, kacl i. ::>arr!d lel~n(~ ULt' .. d.


4.16. ROTACIJA TIJELA OKO N~POMICl\'E TOCKE

Rotacija krutog tijela oko nepomicne tocke jest gibanje s tri stupnja slobode. Najiakse

rjesavanje problema talryog gibanja jest da se izabere ishodiste nepomicnoga koordinatnog

sustava (xo,yo,zo), i pomicnoga koordinatnog sustava (x,y,z) u nepamicnoj locki tijela, te aka

se pomicni koordinatni sustav veze s tijelom taka da su to glavne osi tramosti kako bi

centrifugalni momenti tromosti mase tijeJa bili jednaki nulL Tada treba rjesavati jednadzbu:

- dKo Mo = dt .

Gibanje je zadano kada je poznato kako rotira

tijeJo oko nepomicne tocke. Rotacija tijela oko

nepomicne tocke dobro se moze odrediti Eulerovim kuiov/ma. Eulerovi kutovi odreduju

rotac.iju pomicnoga koordinatnog sustava, a time

i tijela koje je ve~ano s njime. Zato moraju biti

definirane osi oko kojih se vrsi precesija (1/;),

nutacija (t'J) i rotacija (1"). Ako su izabrane osi

kao sto je pokazano na slici 4.16.1, a promjena x,

Eulerovih kutova s vremenom je zadana izrazima:

q>=i.p(t).

Slika 4.16.1

rada se moie odrediti prvo kutna brzina tijela, kojoj su komponente:

dljJ . ". dfJ W =-smusmw+-cosQ)

x dt 'dt·'

d1lr . diJ . w = -' smfl cosq> - - smqJ

Y dt dt·

W = dljr cosfl + drp Z dt de .

Y,

Y,

Yo

4.16.1

4.16.2

a zatim i kutna ubrzanje tijela s komponentama Ex = wx ' cy = Wy t z = Wz Ako je biran pomicni koordinatni sustav vezan sam a za os rotacije tijela, tada su

komponente kutne brzine tijela:

Co}, = dft , a~

dliJ . w =-' sm{r

, d: dljr dqJ

w.=-.-cosfj+~. at d:

a komponente kutne brzine pomicnoga koordinatnog sustava:

au; Q =-' siner

Y dt aw

=-' cos{r. dt


r Vidi se da nastaje raz!ika izmedu w i Q za velicinu d~

213

Za ovakav izbor koordinatnih 08i, kada w ¢ Q, i aka su te osi ujedno glavne osi tromosti,

vrijede jednadzbe gibanja koje glase:

Mx = Wx -I}yOZwy +lzzQxwy

My =lyywy-Izzo.xwz +(o;o.yWZ

M = 1 W -1 Q W TI Q w z zzz; xxyz YjZX

4.16.3

Tjela koja u praksi moraju vrsiti rotacijska grade se taka da imaju materijalnu

simetriju u odnasu osi rotacije, koju se obicno bira kao os z. Tada su osni momenti tromosti

mase tijela oznaceni sa l zz i Ixx = lyy = I a centrifugalni momenti twmosti svi su nula.

Za tu rotaciju, najcesce koristenu u praksi, vrijedi konacni skup skalamih jednadibi

gibanja, koji treba rjesavati, a koji glasi:

1. =mxc' 2. Fy =mjic, 3. Fz=mzc'

4. = I [/ d2fj _ d1/r 2 sinf; COSfI)\ + I d~r sintJ (' d1/r oosl} + dll! ),

,di2 dt 'dt ,dt dt

(d 21jr . " d1jr dtJ \ dfJ (d1lr. dq> 1 5. M=l ~~smfl+ .. --cosvl-I-,-'smtJ+-1

y \ dt2dt dt ) Z dt \ dt dt ;'

d (d2cp d2Tjj d1jr diJ, 'i

6. Mz = Iz -;;;; + df cosfJ - dt dt smfl ).

Treba naglasiti da i taj jednostavniji simp jednadzbi momenata koji treba

nelinearnih jednadzbi.

Komponente ubrzanja centra masa izracunaju se iz jednadzbe:

a>(f; x r,) + w x (w de) =xJ +jiJ +z)'.

4.17. OpeE GIBANJE TIJELA U PROSTORU

4.16,4

cini skup

Opee gibanje tijela u prostom najsiozeniji je gibanje krutog tijela. Patrebno je koristiti svih

sest skalarnih jednadzbi gibanja razvijenih od dviju vektorskih jednadzbi:

4.17.1 dt

Po. vidi se da se opee gibar.]e lijela u prostoru obraduje kao slozeno gibanje i to od transiatomog gibanja s kinematskim elementima. centra mase tijela plus rotacija tij,:r0. nko OS! koja prola:r.i centrorn masc. Jednadzhf TTI""""'Cr::lt;1 su analogne jednadzbama

momenata za rataciju tijela oko nepomicne tacke, samo sto se sada uzima. u odnos\l na centar

mase tijela c, za koji se veie pomicni koordinatni sustav (x,y,z).

• 4.17.5

Momenti tromosti su centralni glavni momenti tromosti s time da j.e os rotacije os z, a oznaceni su sa:

Rjesavati treba cijeli set od sest jednadzbi, tako da se s prve tri jednadzbe odredi ubrzanje

cemra .npse tijela {ie' a sa druge tri jednadzbe kutna brzina W. Pomicni koordinatni sustav rotira oko nepomicne tocke O.

4.18. RAn SILA PRJ GmANJU TIJELA

NatijelodjelujenizvanjskihsilaFi

(i=1,2, .. ,n), kaosro

je pokazano na slici 4.18.1. Tijelo vrsi opee gibanje u prostom tako da u intervalu vremena dt tocka tijela A ucini pomak

a tijelo se zaokrene za kut diP.' Tocka tijeJa i, kojoj poloZaj od

tocke A odreduje radius vektor iijA i na ~oju djeluje.,sila Pi' ucinit ee u tom intervalu vremena pomak

dr; =d~ +d$ XYi/A

i izvrsiti elementarni rad

df'1; = Fi ·dr,.

Elementarni rad svih sila lcoje djeluju na tijelo jest:

dW= I:, i=l

n

~-, " 0

1 I 1 2

A~mi

Slika 4.18.1

4.18.1

gdje vekton F = 11, ><i.':; 1 svih vaflJsi-.ih sila na totku A.

i=l

Dinamika kruwg tijela 215

Elementarni rad se moze prikazati i skalarnim izrazom:

dW=FxdxA + FydyA -TFzdZA -TMxd!px +Myd'fly + Mzd'Pz·

RaG sila djeluju na tijelo pri premjes;:anju tijela iz polozaja 1 u polozaj 2, jest:

2 2

= !ft·dJ.A + fMA·d$. 4.18.2

I 1

Tocka A moze biti bilo

pa je:

tocka tijela. Ako je tocka A centar mase tijela, tada je A=C

2

= r j;'d-;' + (,'it 'd", J' 'c JeT 1 1

gdje P i Me prikazuju djelovanje svih vanjskih sila na rocku C.

4.19. KINETICKA ENERGIJA KRUTOG TIJELA PRJ OPCEM GffiANJU

Tijelo se giba i u promatranom trenutku ima kutnu

brzinu W, a tocka M brzinu vM. Cestica tijela, sa

elementarllom masom dm koja je na udaljenosti PM' imabrzinu v=vM+WX

Kineticka je energija te cestice za taj trenutak

gibanja jednaka:

dT= dmv2

= dmv'v 2 2

Kineticka je energija cijelog tijela: x Slika 4.19.1

w x P M)'( W x PM)dm +vM.( W x {(iMdm) =

v

2

4.18.3

y

4.19.1

jer su: (w)( '(w x =W' (w x ) L I [PM )(( W)(PM )Jdm = i?M-fCjMxvM m

v


Taj izraz za kineticku energiju krutog tijela vrijedi za opee gibanje tijela uz izbar za referentnu tocku M, koja moze biti centar mase tijela, nepomicna lOcka 0 koja je ishadiSte

iii trenutni centar brzina P.

je: Aka je toCka M centar mase tijela C, kada su 'elM = fCfC = 5,

1 2 _ - vc·Q w'Ke T=-(mv +w·K)=--+--. 2 c c 2 2

Aka je tocka M nepomicna tocka 0, kada su VM=vO

w·K T=-_o

2

Ako Ie tocka M. trenl.ltni centar brzina P, kada su v =vp=O • . . M

w·K T=--P

2

Ako je tocka M opea tocka A koja se i sarna giba, tada je:

T If 2 - (- ~ ) -=Z,mvA +mvA ' W XfCfA +w

4.19.1

4. !9.2

4.19.3

4.19.4

Iz dobivenih izraza se vidi da je povoljno racunati kineticku energiju s ele.mentima gibanja centra masa iii na cemar brzina.

4.20. KINETICKA ENERGlJA ZA RAZNE SLUCAJEVE GIBANJA TIJELA

Za razna gibanja tijela kineticlta energijase izrazava najpovoljnije na slijedeee nacine: 1. Translatorno gibanje ti.jela:

2. Rotacija tljeia OIW ne:pmnH:ne osi z (racunano na centar iii os fOl:acije):

a) racunato na centar mase

T=i..mv~.;. 1 .2 c 2

b) rac.unato na os rotacije

1 2 T=-l W • 2 zz z·

4.20.1

4.2U.2 a)

4.20.2 bJ


Aka centar mase ieii na osi rotadje (vc =0), tada .ie:

3.

T=~I ,,}. 2 ZZc Z

tijela s nwninom x,y:

a) racunana na centar mase

1 2 1 2 T=-mvc+-l W 2 2 zz, z'

b) racunano na trenutni pol brzina

T=~I u/. 2 Up z

4. Rotacija oko "",nmmr'n~ tocke 0:

T=~)': I: L w,w=~w'Ko' 2'7 j £)~ • J 2

5. Opec gibanje tijeia u prostoru:

217

4.20.3

4.20.4

4.20.5

4.20.6

Opee gibanje tijela povoljno je prikazati kao gibanje slozeno od translacije s elementima gibanja centra mase i rotacije oka asi koja prolazi centrom mase tog tijela. Kineticka energija tijela dana je izrazom:

11·15 w T=_c_+

2 2

Ako se prikaZu vektori w i Ke sa w = w)"+ wyJ +

w·K=wK+wK+wK= c xx yy zz 2

Ixxwx C w w -xc x z

- C w W yx y x

- Cxywxwy -

+ I w2

yy y - CYZWyW z -

- C w w zx z x - CzyWZw y + 2

lzz wz ·

gdje su momenti tromosti racunani za osi koje prolaze centrom mase tijaia. Prema tome kineticka energija za opee gibanje tijela prikazana je izrazom:

121222 " 2 ) T=-mvc+-(l w +1 w +1 w. -2C Ii> W -'['C &.) W - C W (,J • ::! 2: XXX yyy~.::. xyxy yzyz !X.::.!:

sa:

(iJ

4.20.7

tadaje:

4.20.8

4.20.9

4.20.10


4.21. KThTETICKA ENERGIJA TIJELA S MATERDALNOM SIMETRIJOM

Kada je rotacija tijela oko osi I koja je centralna glavna as, a tijelo ima materijalnu simetriju na tu as, tada su:

a kineticka energija je dana izrazom:

4.21.1

Pri gibanju takvog tijela oko nepomicne tocke 0, izraz za kineticku energiju glasi:

T=l.w-K 2 0'

gdje w·Ko ima 1sti ob!ik kao i razvijeni izraz 4.20.8, ali je razlika u tome sto koordinatne

05i prolaze nepomicnom tockom 0, pa se momenti tromosti mase tijela racunaju na te 05i.


4.22. ZAKON RADA I ENERGIJE ZA KRUTO l'IJELO

Na tijelo koje se giba djeluju sileo Ako se djelovanje tih sila prikaze s dinamom na centar mase rijela, to jest sa:

P= P ,

tada je rad tih 3ila pri prijelazu tijeJa iz polozaja 1 u polozaj 2 jednak:

2 2 2 2 2 2

=Jrp-dF +jriJ -dip = (P'-dt+J(iJ ,diP dt= (p,v dt+JtiJ -wat. c c J dt cdt J c c

1 1 1 1 1 1

Uvodenjem izraza dO dvc -=m-dt dt

2 dF r c _ . =Jm--v dt

dt c 1 •

_ dK M = __ c dobije se:

c dt

4.22.1

Vidi se da je rad vanjskili promjeni kineticke energi.je tijela. To je osnovn·j zakon rada i energije za svako gibanje bilo kojeg tijela.

Kada su osi x,y,z vezane za tijelo centralne glavne osi tromosti i tijelo ima punu materijalnu simetriju na os z, tada su centrifugalni momenti tromosti nula, a osni momenti

tromosti masa su konstantni i mogu se oznaCiti sa i la =1z. Ako se kutna brzina tijela izrazi U odnosu tih osi sa il>=wJ +wyi +W/', tada se moment kolicine gibanja na centar

mase tijela prikazuje sa:

=lw t+1w J-:'+1 wit x y Z Z

Promjena momenta kolicine gibanja po vremenu jest:

dft ~ _ _ __ c=!e i+b.:j+lek, dt x Y zz

a airerencijaj Kinerickog mQmenta:

-rI £ dtf

Skalarni produk[ ,. ~ i prema tome

1:-, P \2

=1 'OJ ·"cl =T -T. \ 2)1 2 1

220 Dinamika krmog tijela

Taj izraz je ranije vee koristen kao rjesenje za rad u izvodu izraza 4.22.1. Ako se djelovanje vanjskih sila prikaie na nepomicnu tocku 0 iii trenmni centar brzina P

koja je ujedno centar diferencija!nih pomaka, tada je:

2 2

Va =vp =dra =drp =0 pa je W1,2 = J Mo·dif. = J Mp'difJ = AT. 1

Uvijek dakle vrijedi da je:

4.22.2

4.23. DRUG! OHLICI JEDNADZBE RADA

Aka su vanjske sile konzervativne i disipativne, tada se promjenom potencijalne energije, pa izraz za rad glasi:

rad maze prt,cazati

W1,2 = W1,2."", + W1,2"" = VI - V2 + Wj ,2.., = - dV + WI,2.., = Ti - Tj = AT.

Iz ovog izraza se izvode dva obIika jednadzbe fada.

a. Prvi oblik gIasi:

4.23.1

Rad disipativnili sila jednak je promjeni mebanicke energije. Pod rnehanickom energijom sistema razumijeva se zbroj potencijalne i kineticke energije E = Ep + Ek = V + T.

b. Drugi oblik glasi:

VI + Tl + W1,2.., = Vz +Tz iii El + WI,2.., =Ez· 4.23.2

prijeiaza iz PQcetnog stanja u kar!a~~~ stanju.

Rad disipativnih sila uvijek je negativna velicina i trosi energiju.

Dinarnika krutog tiiela 221

4.24. ZAKON OnRZANJA MEHANICKE ENERGIJE

Ako na tijelo ne djeljuju disipativne sile, tada vrijedi zakon odd:anja rnehanicke energije koji giasi:

=E=konst.

Karla na sarno konzervativne sue tada se mehanicka energlja ne mijenja. Moguea je sarno pretvorba potencijalne energije u kineticku iIi obratno, ali njihov zbroj ostaje neprornjenljiv.


Primjer 4.24.1 Stap AS duzine 1=2m i tezine G=lkN, VW! giba se komplanamo. Odredi. kinetickl.l Z

s2i ~",!~-".-;:-,,'-'_'-G---~'IP

trerm.tak kada brzina kraja A iznosi v A = 5 mIs, ~ " vB=3,75m/s i tga=4/3 (villi slim 4.24.1). ;'A

RjeSenje. Stap vrsi komplanarno gibanje. Analizom gibanja vidi se da su

Slika 4.24.1

vA =(3i-4))m/s, VB = (3i+2;15))l1}/S, v = c VB -VA - 6;15 _ _

w =-'--' k=--k=(3 125k\radfs 1 2' , f" =(O,28f + 0,96)) m,

iii VA =5m/s, vB =3,75m/s, U) =3,125r/s

Kineticka eneq;ija stapa moze se racunati kao za slozeno gibanje od sa brzinom centra mase i rotacije ako njega, iii kaa rotacija stapa oko trenutnog centra brzine. Ona je

dakle:

cU) mvc m I 2 2 2 1000 2 2 2 2 ~ 1 2 2 12 I (2 I E = __ + __ =_I_U) +Vc +Vc =--l-3,125 +3 +0,875 =o63,651Nm

k 2 2 2 l12 r, ) 2g 12" ) iii

"[' w 1 2? m' 2 2 1000 "12 2,-1 2 ( [2) A ( 22 ) --=-Uc+mrp1c)U)-=-l-+r ,w =--l-+< 3,125 =663,6)lNm.

2 2 2 12 ) 2g 12 ,

Prirnjer 4.24.2 Aim je "U.V'-,UU.h

ietvc jt ~,=, radis~ odredi. k~lll!etick~ Tezma [etve je Q=50N a svakog 7"n';"'H!l1'iro

Radius :wpean,ka je r=2 dIDo

Slika 4.24.2

222

RjeSenje. Analiza gibanja pokazuje da je:

wL2r wlI=-- =2w, =2 rad/s. r ~


Zupcanik I miruje, zupcanik n rotira oko trenutnog poia P a letva rotira ako kraja A. Prema tome kineticka energija >ustava jest:

2 2

lA W L IpWil 1 (1 2 3 2) 1 (50 ':1 100 ) Ek=--+--=- _QZ2 wL +-Gr2w II =- _04212+_~_'_02222 =1359Nm 2 2 2g 3 2 2g 3 ' 2' , .

Primjer 4.24.3 Sustav se sastoji od koloture istih teiina G1=G2 =G=70N i istili

grede AE duzine 1=30 i tezine Q = 300 N i dvije opruge, kao Sto je prikazallo

na slid 2.24.3. Krutost jedl1e opmge je k!=10N/cm, a druga k2 =15 Nfcm. Odre'ill:

a}

0) f"""'UlCIJ>llll'" energije ako se §ustav pomakne za y=7 em od

ra vnoteze.

Rjesenje. Pri pomicanju kraja stapa IS za velicinu y prema gore, kraj stapa A ce se spustiti za velicinu 2y, to

ce omoguciti deformacija opruge 1 za y" i opruge :2 za

Y2' S druge strane te deformacije opruga ce proizvesti sile

i to na opruzi 1 silu Sl::: k,yJo a na opruzi 2 silu 82= k2Y2' Iz uvjeta ravnoteZe koloture :2 vidi se da mora bit

S2 =2 S,. To znaci da moraju biti ispunjene jednadibe za deformaciju opruga pri pomaku y:

2' 2 Is 15 +Yz= Y I YI= /:yz=2-y2 =3y2 ,

"1 10

iz tih jednadibi slijedi da je Yj = ~ Y

2y=2y,+y,

Slika 4.24.4

U polozaju y ad ravnoteznog poioZaja potencijaina energija sus\2.va jednaKa Je:

Ncm.


Polozaj ravnote:l:e je pri onom y, za koji je potencijalna energija minimalna. To se

odreduje iz uvjeta:

dEp 30~ ~ --=-Ly-90=v, dy 7

sto znati daje y=1O,5em. Pri tom pomaku su deformacije opruga Ylo=8em i Y2o=5cm.

Odredivanje potencijalne energije pri pomaku y=7 em ad ravnotdnog poiozaja maze se

racunati na d'la nacina, iIi izvedene formule:

iii direkmim proracunom:

-yo }+Q2' = " 2

15 7' + - (72 - 52) + 70'6 - 300- = 210Ncm .

2 2

Primjer 4.24.4 tJl.C,m'lg"lli stap tezine G i duiine I stoji vertikalno i zglobno je vezan na kraju A.

Odredi ce hiti izvrScn rad karla se stap okrene olio A,

iz "V'c"""".,,, u horizontalni i Kojl.l ce imati kutun brzim.l u tom trenutku.

RjeSenje. Pri prijelazu stapa iz vertikalnog poloiaja u horizontalni,

jedina sila koja je vrSila rad jest vertika!na sila tezine stapa, a ucinjeni

pomak sile u smjeru sile je I12. Izvrseni rad je jednak:

W=GJ... 2

Slika 4.24.5

Stap vrsi rotaciju oko nepomicne tocke A pa potencijalna energija prelazi u kineticku

energiju rotacije stapa. U sistemu nema disipativnih siia, pa se moze koristiti zakon odrianja

energije ~+ lip = kaRSt, iIi zakona promjene kineticke energije i rada vanjskih sila

~E.,(=I;W, to jest:

I l,ul C+G-=C+-ft-

:2 ~

SW znaci da ~ 3gGI ,3g

1A \} Gl2 =\~ I

224 Dinamika krutog tijeia

Primjer 4.24.5 Priddana kugla radiusa r i tezine G miruje na kosini s nagiborn 00=30", Ako se pll.Sti siobodno, ona ce se kotrljati po kosini.

Odredi: a. put koji ce nciniti centar rnase do trermtka karla

bude brzina centra vc=2m/s. b. kutrm brzinu kllgle za trermtak lmda centar mase

prede put od 5=1 m. Slika 4.24.6

RjeSenje. Jedina sila koja pri kotrljanju vrsi rad je sila tezine kugle. Taj rad uzrokuje

promjenu kineticke energije. Stavkom rada i energije dobija se:

7 ro

gdje je Ip ~ '_ 'J

)g

I.l.Ek ~ Ek,. - Ekl ~ W1,2 odnosno 1 2 7 2

pWz _ lpW J ~Gssino: 22

5

U pocetku gibanja je kutna brzina Wl=O, a nakon prijelaza puta s je W2=VC/r . .znaci da

traieni put i kutma brzina jesu: 1

7 0 Vc _ s . ~--- ~5 108m vc~2mls 10 g sino: '

Ws~lm ~ I 20S/inc: ~26,471 radfs. ~ 'p

Primjer 4.24.6 Homogeni vaijak tezine G= 100 N i radiusa 1'=2 dIn, kotrlja se be:;; klizanja po cilindricnoj piom radiusa R=2 m.

Ako je valjak pokrenut sa najviSe tocke cilindricne pIche bez pocetne brzine, odredi pri kojem knttl 'P ee valjak prekinnti kontakt s ploham.

r

Rjesenje. Pri gibanju valjka nastaje pretvorba potencijalne energije u I

kineticku. Dok rraje kontakt valjka s cilindricnom plohom, vaJjak se Slika 4.24.7

kotflja tak:o da je tocka kontakta valjka j plohe trenutni centar brzina. Sam centar mase valjlea

vrsi kruino gibanje pri kojem postoji tangencijalno i normaino ubrzanje. Uslijed normainog

ubrzanja javlja se centrifugalna sila koja nastoji valjak odignuti s cilindricne plohe.

Povecanjem kuta 'P raste centrifugalna sila. Preleid leontakta s plohom nastuoit ce kada ce

centrifugalna sila biti jednaka pritisku plohe na valjak.

Kutna brzina valjka za treDutak kada je poloiaj valjka odreden kutom rp moze se izracunati

zakonoITt racia. i

I p w2

-2-' - - 0 ~ O(R+r)(1-cos<p) gdje je

Kutna brzina i brzina centra valjka jesu:

I = 30;-2 p 2g


W~ 4g(R+r)(1-cos<p)

3r2

Odizanje valjka naslupa karla je N =0, kod kuta <P ~q11 za koji je:

2 G ve

Gcoso:p ~ma ~---J "gR+r'

i piema tome:

2 Vc 4

cos<p ~ --- ~ - (l - cos<p ) 1 g(R+r) 3 1

odnosno

Primjer 4.24.7 Greda duzine !=6m o~lonjena je na glatkl verl:ikaini zid pod klltom \00=20°, i stoji na glatkom i'wrizontalnom podu. Ako se greda pusti

Odredi:

ona ee kliziti 11 ravnini cneza.

a) kntnu brzim.l grede za trenntak kada greda neee viSe dodirivati

verl:ikal.ni zid.

b) kutnu brzinu grede \.l trenl!.ltku kada ona na

RjeSenje. Cemar stapa do trenutka pres tanka leontakta stapa sa

vertikalnim zidom vrsi lemino gibanje. Ubrzanje centra jednako je:

_ _ _ I 2- l _ aC~aeN+aeT~'2W no +'2 e,o

Zakonom energije i fada dobije se izraz

225

Slika 4.24.8

Slika 4.24.9

gOJesu ~wo~O, vc~'2w,

dobije se:

G m:::::-g

G!2 I le ~ --. Uvrstenjem tih velicina u raniji izraz

12g

-cosq; ) r. =

Pritisak zida na stap jednak Je:

H~i11a ~m(-~w2sm1fJ+~EcOS'<I')' cr ~ 2 2

226

Kontalct vertikal nog zida i stapa prestat ce pri kutu qJ = <PI' u

trenutku kada bude H=O, odnosno kada je:

e COSqJl - (,)2sin<Pl ~O

iIi

e sinqlj sin'll! tg(jlj ~ - ~ -----'----

(,)2 2 (COS(jl 0 - COS(jll) COSqJ 1

Kut pri kojem prestaje kontakt jest:


Slika 4.24.10

uz WI ~ 1,2395 Tadls.

Nakon prestanka kontakta sa vertikalnim zidom, stap 6e i dalje padati s konstantnom

horizontal nom komponentom brzine centr?- mase koja je jednaka ve ~(,)licoS<Pl' x! 2

Neposredno prije pad a stapa na horizontalni pod stap 6e imati kutnu brzinu (,)2

komponente brzine centra mase:

Sustav je konzervativan pa vrijedi:

E .. +Epo ~ Ekl + Epi = Ek, + Ep2 +Ep =E=konst.

Indeksi se odnose: 0 za polozaj pri <Po' 1 za polozaj pri <PI i 2 za poJohj pri ql ~~.

Maze se racunati iii iz uvjeta da je Eo =E2 ' El iIi ;j.Ek ~ - ;j.E

p' to jest:

( mv~'2 mv~" Ie (,); l I --+--+--1 -0 ~ G-cos<p

2 2 2 h 2 0

iIi

Uvrstenjem poznatih vrijednosti dobije se iz prvog izraza:

I , .

I g ( 1 +3sin"qJ1 ~ 1 . (02 ~'~ I 4 cosfJl 0 +" COSqJ 1) ~ 2.04 rad/s,

ili iz drugog izraza:

(,)2 ~ ,I t (9 - cos2qJo )cosq> 0 ~ 2,04 rad/s.

'I( ~).


Primjer 4.24.8 A.B, tezin£ G=30N i duzille

1= 1,5 m, leZi sa krajem A na opruzi krutosti

k=600N/cm je vezan u tocki O. Kadaje stap

na kraju A t3ko aa je opruga pritegnnta za tri

centirnetra, tada se stap nalazi u horizontalnom

pvluiaju. Naglirn otptiStanjem stapa on ce se poceti

gibati rotiranjern oko tocke O. Tocka 0 je na

k .;t. '~".' '\ G ;;~1~~ tiB

.3: ~ /j/:--'<;-.:///

Slika 4.24.11

udaijellosti c=O,3 m ad kraja B. Odreai kutnu brzinu kojorn ce stap proci vertikalni poiozaj.

Rjesenje. Sustav je konzervativan. Deformacija opruge pri slobodnom ~~>~"'_U.J grede na

nju je XO' Aka je horizontalan polozaj oznacen sa 1 a venikalni poiozaj sa 2, zakon oodanja

energije moze se izraziti sa

k(x + Xo)2 ----"--+0 +C=-Ge +--.+C, 22.

I Ge 30'0,45 gdje su e=--c= -0,3 ~OA5m, x =--- = ~1,875'10-4 m

2 2 .. 0 k(l-c) 60.0-00'1,2

In~Q (£+e 21= 30 (1,52 +0,4521~1,1927m4.

, g 12 ) g \ 12 j

Prema tome jest:

w2 ~ k(x+xo )2-G'e ~ 60.000(0.03+0,000188)-30'0,45 ~23 206 Ip 1,1927 '

iii W =4,817 radls.

Primjer 4.24.9 Na glatkoj horizontalnoj podlozi lezi valjak

tezine Q=100N i radiusa R=4dm. U centru valjka ucvrScen

je zglobno stap AB tdlne G=10CN i amine 1=2m. Na kraju B je stap oojesen ila nit tako aa u norizontaiuon1

odredi brzinu giblm.i~l centra

mase karla stap zauzme vertikalni poiozaj. Slika 4.24.12

KJesenJe. Sus:av Je !Conzervatlvan. i\ia~~on DIn sve sile na sus:av

su vertikalne. To znati da nema promjene po sustava u smjeru odnosno da je ubrzanje sentra masa sustava u tOIL smjeru nu!a.

~-- ~mar~O dt •

iii Q, ~mvc, ~kanst i i~O.


U samom pocetku gibanja, neposredno nakon prekida niti, brzine obiju tijela su nula. To znaci da je u pocetku ukupna kolicina gibanja sustava Jednaka nulL Komponenta koliCine

gibanja sustava za smjer x se ne mijenja i ostaje nula. Za sustav (okom gibanja vrijedi Qz~muJYc, ~O i v

C, ~O.

Za svaki trenutak gibanja mora biti ispunjeno:

ili

lndeks 1 se odnosi za valjak, a indeka 2 za stap.

Posro se sustav osianja na glatku horizontalnu podlogu, valjak nece rmirati transiatorno kliziti.

Energetskim stavkom za sustav W1,2 ~ Tz - T

j, dobiva se izraz:

/ m v1 m v2 2"\

gdje su m ~ S1. 1 g'

I I 1 cx, 2 c-'2 fA w2 )' G 2 ~\-2-+~+-2- 2 -(O)l'

G G l2 I m2=- I =-- v:::v +{u - iIi

g , A g 12 c'l Cz:z 2 2

Uvrstenjem tih izraza te uz cinjenicu da je Q=G, slijedi da je

v2 ~2.lo~O 3'2g ~5 886 iii Vc ~2,426m/s. CII 10 0>" Xl

Primjer 4.24.10 Sustav prid...z:m mimje Ii

poloiaju kao sto je pokazano na slid. Ako se

pusti on ce se gibati. Nagib kosine je a=30°, a koeficijent trenja izmedu tereta G

1 =30N

i kosine f=0,3. Tezina kolotura nldiusa r=l dIn

je G2 =lON, a diska radiusa R=2dIn jest Q=80N.

Odredi klltm.l brzinu diska n trenutku karla on ncini puni okret. Tezina meta neka se z:memari.

Slika 4.24. i3

vee ce

Rjesenje. Sustav pridrian miruje. do trenutka kada reret G, ucini pomak x i ima brziI1u v,

nastala kineticka energija jednaka .ie izvrsenom radu vanjskih sila. Kineticka je energija Jednaka:

Fl;j ,.,

--+ + 2 2 2

v g 2g 0.;:;: 2R'


Uvrstenjem rih izraza u raniju dobiva se:

~(G +~G2 +~Q \)~lGl(Sina -feose:) +S1.1

jx 2g\ 1 2 8 2

Kada disk ucini puni okret, to znaci da ce tefet Gl uciniti put x =2(2R7f), kutna brzina

d iska tdine Q jest:

v !2G!(sina -fcosa) +Q 2grr

w2~2R~ ~ 2Gl+G2+~Q 'R~

~ !2·30(si.n30o-0,3cos300)+80. 19,62rr ~14,961 rad/s. ~ 2'30+10+0,75'80 0,2

Primjer 4.24.11 Stap AD tezi.'1e G=100N i dtdine !=lm, stoji u vertikalnom lahilnom polozaju ravllotcze uz glatki vertikalni zid lila horizonta!uoj giatkoj povrsml. pocne

horizontalna konstantna siia F=30N, lla donjem kraju stapa u tocki B.

Odredi kutm.l brzinll stapa u trenutku kada ce os Stapa s vertik31nim zidom zatvarati kut 01=60'.

Rjesenje. U sustavu nema trenja, 5to znaci da je rad vanjskih sila

jednak promjeni kineticke energije, a izraiava se jednadzbom

. I Ipw2

Flsmrx +G-(l-cosa) ~-, --0 2 ' 2

.. m [2 , [[2 (l \2 / 1)2 . 2 11_ m [2 o-dJe Je I =- +ma 2 =m. - + -I coila +1- SID a --to p 12 l12 2) \. 2 J 3

Kutna je brzina stapa:

w = i2FIsina +Gl(l-coso:)

~ Ip

Primjer 4'.24.14

_ i 2 '3(1'l sin60( + 100'1 1

-\1 100.J2 ~ 5,478 rad,is.

~

Primjer 4.24.12 Sustav prikaz2n na slid rnirl.lje I.IZ sile

Ako sila se odjednom poveca na F= 50 N, tada ce se teret gibati prema gore.

Odredi brzim.l tereta Q=lON u tren!Jltku karla se

y=l m. Teiina kolotl.lre je G=20N i Jraciiusa R=2dm. za velicirm

Rjesenje. Kolotur mtira oko trenutnog pola, a teret Q se giba

pravocrtno. Kada centar kolotura ucini put y i ima brzinu v, teret Q ucini

put 2y i ima brzinu 2v. Do tog trenutka rad vanjskih sila jednak je promjeni kineticke energije, a to je dana izrazom:

gdje su v

(0=-

2R'

Uvrsrenjem u raniji izraz dobije se:

(3 G +Q) v2

=(F-G-2Q)y \ 16 2 g ,

sto znaci da je brzina jednaka:

Slika 4.24.15

V=·116(F-G-2 Q) = JI 16(50-20-2'lO) . -~ 3G+8Q gy \ 3.20+8.10 g 1 -3,348mfs.



4.24.1 Stap AB tefine G=lOON i duzine 1=2m, giba se u

ravnini i u promatranom trenutku iznos brzine na kraju A je

v,=5m/s, ana kraju B je vp,=4m/s.

Odredi kinelicku energiju stapa za taj trenutak.

D

III

231

Slika 4.24. j 6

4.24.2 U danom polozaju ravninskog mehanizma kuma brzina Bp---OI;;,;;I--'-<lC stapa AB je w= 1 rad/s. Svi stapovi mehanizma su iSle duiine

1=1 m i tezine G1=Gu=Gm=98,1 N, a km nagiba srapa I je

lli=4's". Odredi kineticku energiju susrava za prikazani polozaj.

Slika 4.24.17

4.24.3 Konstantna sila djeluje na blok mase m= 10 kg

stalno u tocki A. Blok se moze okretati oko ugla D. Odredi minimalnu sHu F, potrebnu da se prevrne blok, te

kutnu brzinu bloka u trenutku kada tocka A dode iznad tocke D.

~--J Slika 4.24.18

Disk tdine G i radiusa r=0,3 m, kotrlja se

po horizontalnoj povrsini taka da ucini put ad 15 metara za 5 sekundi.

Slika 4.24.19 Odredi do koje ce se visine popeti disk po kosini od

tocke B. Nagib kosine je a=30°.

4.24.5 Na' glatkoj kosini nalazi se valjak tezine G=200 N i

radius2 r=O.4m. oko koieg2 ie namotano uze koje ieiednim

kraJem ucvrsceno na kraju A. Ako se pusti vaijak slobodno, on

ce se poceti gibati niz kosinu. Odredi brzinu i ubrzanje centra valjka kao funkciju

pULa )C Lt' veiit.;.nu s;ic u uieill. te.?:ina U}Jela neko.

se zanemari.

"'-.

Slika 4.24.20

4.24.6 Disk tdine G = 100 N i radiusa R == 1 m moZe se okretati oko centra bez trenja u Jetaju. U tocci A

disk je vezan za oprugu krutosti k = 1 N/cm, tako da

Je opruga nerastegnuta u polozaju prikazanom na slici i jednaka Lo=O,7m. Tocka A je udaljena od centra

diska za veiicinu r=R/2. Odredi koju bi minimainu kutnu brzinu moran

imati disk da bi se mogao zaokrenutu za kut <p= 180°. Slika 4.24.21

4.24.7 Homogeni valjak tezine G=10N vezan je gipkim nerastezljivim uzetom zanemarive tdine. Uze je prebaceno

preko koiotura i nosi teret Q=20N. Vaijak se kotrlja po

horizontalnoj podlozi. Trenje u ldaju i tdina kolotura mogu

se zanemariti. : Brzina centra valjka pri <p=60° bila je vl=lm/s, odredi koju ce brzinu imati pri kutu <p=90o Visina h=2 m, a radius r=O,3m. Slika 4.24.22

4.24.8 Tijelo tdine Q=40N, lei.i na glatkoj horizontalnoj podlozi s procijepom, au zglobu o mu je ovjesen stap tezine G=20 N i duzine h= 1 m. U stanju

mirovanja stap je pridrtavan u horizontal nom polotaju 1. Kada je pridrzanje uklonjeno, stap je pozeo padati u procijep podloge a tocka 0, kao i tijelo Q, pocelo se gibati u horizontal nom smjeru.

Odredi brzinu tocke 0 i kutnu brzinu stapa u tren~tku kada ce stap zauzeti vertikalni polozaj 2.

Na slici 4.24.23 oznacen je polotaj stapa 1 i 2 relativno u odnosu na tijelo Q.

4.24.9 Disk tdine G=40N miruje i maze rotirati oko centra. Preko

diska je prebacen Konop koji je jednim krajem vezan za oprugu krutosti k= 15 N/cm, a na drugom kraju je opterecen teretom tefine

Q=30 N, kao sto je pokazano na slici 4.24.24.

Okretanjem diska te~et G ce se spustiti a opruga rastegnuti za sUSta\ slobodnc. OD ,:e S~:

poceti gibati. 1::'.4 em. Odrediti brzinu tereta Q u trenutku kada ce sila u opruzi Diti nuia.

Slika 4.24.23

Slika 4.24.24


4.24.10 Na vagonu [dine G=6 kN lezi kameni blok tezine Q= 12 kN. Koeficijent trenja na dodirnoj povrsini izmedu bloka i kamena je f=0,7. Aka vagon s blokom nalijece na

elasticni odbojnik krutosti It, on ce se zaustaviti.

Odredi koju krutost mora imati odbojnik da Dn naletu

vagona brzinom v=O,Smis ne dode do klizanja bloka na

vagonu.

233

Slika 4.24.25

4.24.11 Lanac tezine q=100 Nim i ukupne duzine d=4m, prebacen je preko kolotura tdine G=200 N i radiusa r=2 dm, tako da je sustav u ravnotezi.

Ako se na desnom kraju lanca odjednom ovjesi teret tdine Q=SON, sustav ce se poceti gibati.

Odredi koju ce kutnu br~inu imati koloturnik u trenutku kada ce se teret Q spustiti za :r = 1 m.

4.24.12 Dva tereta iste tezine Q=50N, vise na dva spojena valjka u stanju mirovanja, tako da su pridriavani.

Ako se sustav pusti 510bodno, on ce se poced gibati tako da

ce desni teret ici prema dolje a iijevi prema gore.

Odredi koju ce brzinu imati desni teret kad se spusti za velicinu y= 1 m.

Teiine kolotura su G1=20N i G2 =lON i radiusa R1=2dm

i Rz=l dm. Trenje u letaju, otpor zraka i tdina uzeta neka se zanemare.

4.24.13 Dva rereta Q vise na koloturima tezine G=Q,

kao sto .ie prikazano na slici. Odfed~ Lert: de

on giba S ubrzanjem a=O,2g prema Trenje u ietaju, otpor zraka i tdina uzeta neka se

zanemare.

Slika 4.24.26

AI /~ I --/- ~L-,L ~

, • r A 'I'

i ... ~I~/1 VG' \1 , ! :vI

"-1- -Y-i I I \ " '

"-L/,! ~-r~l i I , : 'II' ~ Q'~

~ ~--.J

Slika 4.24.28


Slika 4.24.29

4.24.14 Valjak tezine G) =100N i radiusa RI =4 Om kotrlja

se bez klizanja jer je vucen u centru nerastezljivim uzetom.

Uze je prebaceno preko kolotura tdine G1=50 N i radiusa

R2 =2dm i na kraju nosi teret Q=40N, kao sto je

pokazano na slici 4.24.29. Odredi zakon gibanja tereta Q, ako se zna da je potetna brzina nula.

4.24.1S Teret Ql=20N, lezi na hrapavoj kosini nagnutoj pod kutom a=30° i vezan uZetom koje prelazi

glatki vrh kosine i nasi koJoturu tdine G=lON. Na

koloturi visi teret Q2=30N. Vidi slikn 4.24.30. Odredi brzinu tereta Q2 u trenutku kada ono prijede

put y.

Koeficijent trenja na kosini je f=O,l, a trenje u le:i:aju i tdina uzeta neka se zanemare.

I

Slika 4.24.30

Yo, ,

4.24.16 Na uze koje je prebateno preko koloture tezine G=50 N i radiusa R=4dm, na jednom !aaju djeluje sila F=lSON a na drugom teret Q=100N.

Q F

SItka 4.24.31

Odredi ubrzanje tereta Q. Trenja u leZaju nema, a tezinu uzeta neka se zanemari.

4.24.17 Dva stapa iste tezine G=HION i iste duzine 1=1 m

medusobno su vezani zglobom. Stap AB vezan je ~ ~ III i:-nepomicni leiaj, a stap BC krajem C leii na glatkoj ! ., b,'\ yri~ \\ 1

horizontalnoj povrsini. f i \\ ,c k"o" g"tano' , " ~ __ "f)" , "/. I " \ ,,- ,u 1-' VI I1UfOV,ll, ~ "V ; \J LOrn POIOzaJU Je I})I "~ ,

pocela djelovati konsLamlla sila F=20N, brzinu locke J~, ,«: \ \ C na Stapu BC u trenutku kadaje kut a=30°. A I c' l'

f \ J ''.'> ~///4 //:'. "/./,#

Slika 4.24.32


4.25. DJELOVANJE IM[pULSA I MOMENTA IM[pULSA NA KRUTO TIJELO

lz izraza 4.4.2, dobije se daje rdt~dQ. Velicina rdt znati elementarni impuls na tije!o

kojeg se oznacuje sa dS. Ukupni impuls koji je djelovao na tijelo od trenutka tl do trenutka it, jednak je zbroju

elementarnih impu!sa izvrsenih u intervalu vremena fJ.t~t2 -t1 , to jest:

'2 2 2

S~SI;;' ~ fdS~ frdt~ f dQ~02 -01 ~110. 4.25.1

tl 1

Izraz 4.25.1 pokazuje da ukupru impuis koji je djelovao na u intervalu Vl'emella

b.t promjel1u kolicine tog tijela za taj interval vremena. Prema izrazu 4.3.1 je Q~mvc' To znati da se impuls moze izraziti sa:

4.2S.2

Izraz 4.25.2 pokazuje da koji je djelovao IlIa u intervab.l! vremena ilt,

uzrokuje promjenu brzine centra mase tog tijela za taj interval vremena. Promjena brzine centra mase jednaka je:

S !:;.v ~~

C m 4.25.3

Analogno polazeci od jednadzbe 4.9.5, dobije se da je Mcdt~di(. Velicina Medt znaci

elementarni moment impulsa vanjskih sila na centar mase tijela koji se oznacuje sa dM:. Ukupni moment impulsa koji je djelovao na tijelo !aoz interval vremena l1t~t2 -t1 jednak

je zbroju elementarnih impulsa za interval vremena, to jest:

'2 4.25.4

Ta jednadzba pokazuje da moment impulsa racumm nl! centar mase tijeia, koji djeluje kroz neki. interval vremena t.t, mrokuje promjenu kinetickog momenta aI.-11U'''''U>C na c'entar mase tog za taj interval vremena.

Za lijelo koje ima materijalnu simetriju mase na glavnu centralnu os z, kineticki moment

na centar mase tijela je Kc + Iz W /, pa je zato

+Il1wJ

Aka je rotacija sarno oko osi z, tada su:

l1w. L. ~O )

lndeks s kod momenta podsjeea aa je to moment impulsa, a indeks c da je moment racunan

na centar mase tijela.

236 Dinamika krutog tiieia

Interval vremena impulsa moze hili vrlo malen. Za takav impuls kaze se da je to udar koji obicno nastaje kod sudara dvaju tijela, a djelovanje se oznacuje impulsom S.

Kada na slobodno tijeio djeluje impuls, uvijek se moze analizirati tako, da se djelovanje

impulsa svede na centar mase tijela, kao sto je pokazano na slid 4.25.1.

+

Siika 4.25.1

Ako pravac djeJovanja impulsa prolazi centrom mase slobodnog tije\a, tada impuls

uzrokuje sarno promjenu translatornog gibanja tijela. Problem dinamike tijela tada se racuna

kao za materijalnu tocku. Kada pravac djeiovanja impulsa ne prolazi centrom mase tijela, tada impuls uzrokuje promjenu i translatornog i rotacijskog gibanja. Delovanje impulsa svodi

se na centar mase tijeJa, kao sto je pokazano na slid 4.25.1, a promjena gibanja tijela

izrazava sa dvjema jadnadzbama ito:

S~!lQ~Q2-Ql

MS~!lK ~K -K C C C2 C

1

4.25.5

Vektorske jednadzbe za impuls i za moment impulsa na centar mase tijela mogu sadrZavati

do tri skalarne jednadzbe. Te jednadzbe imaju oblik:

Sj =m(vi, -vj)e (za i=x,y,z)

M:= ..... 1 (w. - w ) (za i=x,y,z j=x,y,z)' j L Uc '2 h

j

a zgodno ih je prikazati matricno, ana!ogno izrazima 4.8.2:

r Sx 1 fv,,-vx,1 r M: -c 1 f w_ -w_ . Xl'

..., -,

]; f~ m 1~:2~:Yil i M; -CyJ I ) wy, -w y,

I

C' , I

l Iv:: ~(l \. -) l.;; <::IJC z~ JC z) C

Ako je poznat centar brzina rijela, tada je povoljno odman racunati moment na

centar brzina, kaiw oi se odman odrediia Kuma Drzma tijeia pa se moze odrediti Dfzma bilo

koje tocke tijela.


Kod vezanog tijeia, koje pri gibanju mora ispunjavati uvjete veza, djelovanje veza se

uvijek moze prikazati kao vanjsko djelovanje na slobodno tijelo, ali se u analizi gibanja

moraju zadovoljiti uvjete djelovanja tih veza na gibanje. Tako na prirnjer za stap duzine I

j " 0 ~ 'J~ _ ":k 0

1° - , . \ ,~ i \ \ S \ , \

Slika 4.25.2

i tdine G prikazan na slici 4.25.2, ako se zeli odrediti reaktivui

djeiovanja horizontalnog impulsa S na kraju stapa B, [reba:

a) osloboditi stap, a djelovanje veza prikazati vanjskim silama,

b) analizirati parcijalno djelovanje 1., 2. i 3.), c) definirati uvjetveze na gibanje stapa (jednadiba 4.).

Dobivene su jednadibe:

LF =A -G=O y y l. S+31 ~mvc 2.

l 3. v =V -wl~o (S-S )-~l w 4.

I 2 c Ax ex 2

u zglobu A, ad

Iz tih jednadibi moguce je odrediti Ay, 81> (oJ i Ve' Posto je poznat centar brzina stapa, moze

:ie iz momenta impulsa na centar brzina odrediti kutna brzina, izracunati brzina centra i iz

jednadzbe 2. odrediti S1' Pri djelovanju impulsa na sustav tijela treba zapoceti analizom medusobnih djelovanja tijela

sistema. Ta medudjelovanja tijela prikaiu se kao vanjska djelovanja. Dinamicki se analizira

svako tijelo. Kinematski se analizira uvjeti gibanja na ·injestu medusobnih veza.

.. Siikl1 4.25.3

Za sustav prikazan na slid 4.25.3 na je djelovao impuls S dobivaju se ,~"n",i7~'P

~Sb-S.l 1. 2. 3.

U jednadzbama su tri nepoznate velicine S,w! i 102 , koje se mogu odrediti.

238 Dinamika krutog lijela


4.25.1 G=lOON i radiusa R=4dm lezi na horizontalnoj povrsini. U jednom trenutku disk dobije udal'

impulsom S=50Ns. Irupuis je u ravnini diska, a usmjeren je duf pravca koji proiazi na l.ldaljenosti b=2 dill od centra diska.

Odredi kutnu brzinu i trellilltnog centra brzina neposn,dno

nakon djelovanja U"If'U'~".

Rjesenje. Djelovanje impulsa na disk je ekscentricno, sto znaci da nastaje Slika 4.25.4

promjena brzine centra mase i kutne brzine diska. Gibanje je komplanarno i to s pravocrtnim gibanjem centra mase.

~=E>+@ ~S IS ~=Sb

Prema zakonu impulsa jest:

a prema zakonu momenta impulsa jest: Slika 4.25.5

Sb=t.Kc=Kc-Kc =!e(w-w )=GR2(w_w).

, 0 2g 0

Rjdavanjem tih jednadzbi dobiva se uz vo=wo=O, da su:

Sb 2·50'02 w =--g , g=1,25g.

GR2 100'0,42

PoloZaj centra brzine je na udaljenosti

rubu diska. I = ve = 0,5 g = DAm. od centra prema des nom

U) 1,25g . .

Primjer 4.25.2 Blok teZine G=20 N lezi na horizontalnoj glatkoj

podlozi. Na bloku lezi valjak teiine Q=30N i radiusa R=2dm. Dodima povrsina valjka i bloka dovoljno je hrapava, tako da ne moie doci do

Ako se na blok djeluje horiwntalnim impulsom S=40Ns,

odredi brzinu bloka i centra valjka neposredno nakon djelovanja impulsa. Slika 4.25.6

Rjesenje. Djelovanje impulsa prenosi se i na valjak. Biok djeluje impulsom 8, na valjak

preko dodirne tacke. i obratno se tome sunrmstavlja s .iednakim impulsom u sunromom

smjeru. Prema tOme na hlok djeiuje uKupni iinpuls S-Sj, ana valjak 8, kao s[O je pokazano na slici 4.25.7.

lednadzba djelovanja impulsa na blok jest:

Jednadzbe djelovanja impulsa na valjak jesu:


SI =m2(vC -vC) b.

SIRI =Ic( W - wo) c.

Posto je prije djelovanja impulsa sistem mirovao. to znaci da su

Vo =vc. = Wo =0.

Za dodirnu tocku valjka i bloka mora biti

Uzimajuci sve u obzir dobiju se jednadzbe: ispunjeno v =ve + w R.

G S-SI =-;/ 1.

r2 S R=Q-oU) 3.

1 2"

Rjesavanjem tih jednadzbi dobije se da su:

S1 =~S=13,333NS,

v=~ = 3·40g =.:!.g= 13,OSm/s, 3G+Q 3·20+30 3

vc=~ =4,36m/s,

2ve 2'4,36 'l/ W = - = -- =4~,oradls.

R 0,2

Primjer 4.25.3 Biok teZille G=20N leii na horizontalnoj glatkoj podlozi s prorezom. Za blok je ovjeSen homogeni Stap tezine Q=41N

i amine h=4drn. Ako se na donjem krajl.l" stapa djell.lje

borizontalnim S=20Ns, odredi brzinu bloka neposredno

I !: I RjeSenje. Pri djelovanju impuisa na donjem kraju stapa

239

Slika 4.25.7

Slika 4.25.8 -0 ~l javit ce Se reaKllvr;i impuis u vezi bloka i stapa KOJI Je oznacen kao impuls

S1' Djelovanje impulsa na stap dano je jednadzbama:

w-

Slika 4.25.9

240

a za tocku spoja bloka i stapa mora biti:

h v=v -we 2'

G m1 =-,

g

lednadzbe za rjesavanje jesu:

Rjesavanjem tih jednadzbi dobije se:

SI =1 =6,667 Ns, ve =%g =6,54m/s,

QR2 1=

c 12g

L

2.

3.

4.

2 V= --g= -3 27m/s

3 '

Primjer 4.25.4 Homogena greda AB, duzine l=lm i tezine

G=100N, klizi po glatkoj norizontalnoj povrsini translatorno konstantnom brzinom v 0 = 1 m/s. Odjednom udara krajem B u nepomican briel. Ako je sraz potpuno plastican, odredi velicinu

irupuisa pri srazu.

Rje!ienje. Pri plasticnom srazu u tocki sraza brzine sudarenih tijeJa

su iste, a to znaci da je brzina kraja grede B (kao i brida) nula.

Brid djeiuje na gredu impulsom S.

Djelovanje impulsa na grcdu dan je jednadzbama:

C' I _ .. ' --2

G m=-g

Za kraj grede B mor2 hi,i


w =!:.g=49,05rad/s. h

Slika 4.25.10


Uzimajuci sve u obzir dobiju se jednadzbe:

1.

2.

3.

Rjesavanjem tih jednadzbi i uvrstenjem vrijednosti. dobije se:

Gv S=_o = 2,548Ns,

4g 3 "0 w = -- = 1 5 radis 2 I ' I'

Primjer 4.25.5 Stap AB duzine 1=1 m i tezine G=98,l!'1i

je vezan na kraju A i miruje u vertikalnom Kugla, iste

tezine kao i stap, juri konshmtnom brzinom vo=2m/s i udara 11

donji kraj stapa. Ako je sraz sa koeficijentom eiasticI]osti sraza e=O,5, odredi

velicinu reaktivnog impulsa u zglobl.l A prilikom sr"aza.

Rje!ienje. To je elastoplastican sraz materijalne tocke i tijela. Pri

srazu medusobno na mjestu sudara djeluje impuls S. lmpu!s ce kug!i

mijenjati brzinu, a stap ce pokrenuti na rotaciju oko kraja A.

Za kuglu se moze pisati

-S=m(v-vo )'

Za stap, zakon momenata impulsa na nepomicnu tocku A, glasi

SI=!A(w -wo)'

241

Slika 4.25.11

Pri eiaswplasticnom srazu za tocku sraza odnos reiativnih brzina nakon sudara i prije

sudara iznosi:

Li izrazirna SlJ Vo = 2., mis, lt~ 0 = G~

nepoznatih veliCina giase:

e ~ w -i· =0,5. v -w o 0

Gl2

<"i '.~ .... ·;;.n . r! .,ri" L" • _"'';''''-'0 30- ~ po. f...GlIcL·lIG Jeu.nauzbv za fj'L,;).q t ""J'-'

""'


G S=-(v -v) g 0

s= GI w 3g

wl-v=0,5vo

1.

2.

Rjesavanjem tih i uvrstenjem vrijedl10sti dobije se:

S = ~ Q v = 7 5 Ns v = ~ v = 1 25 m/s w = ~ vo = 2,25 rOO/s. 8g0" go' 8

Velicina reaktivnog impulsa u leiaju A, dobije se iz uvjeta da djelovanje ukupnog impulsa

oa tijelo daje promjenu brzine centra mase tog tijela. Taj uvjet glasi:

S+S =mv =Q w i.=1l25Ns pa ie SI=11,25-S=3,75Ns. 1 C g 2' .

Primjer 4.25.6 Tane tezine G=lN, s brzinom v=600..j2mis, udara u 110mulge,m stap AB, tezine Q=200N i h=2b=1 m, pod kutom a=4S u toelfi C i vertikalnom

se lJ njega. Prije utlara stap je m.irovao u

Odredi velicinu reaktivrlOg II ovjesiStu stapa za vrijeme sraza taneta sa

Rjesenje. To je kosi sudar materijalne tocke i tijeia. Posto se tane zabilo

u litap sudar se smatra potpuno plastiean, a to znaci da se nakon sudara zajedno gibaju. Tane udara stap brzinom:

v=vsina f+vcosa] =vJ+v/.

Koeficijent elasticnosti sraza dan je izrazom:

wb-ii e = ___ x =0 gdje je

v -w x 0

w =0. o

Slika 4.25.12

22. sistem) izrazen ::a nep8micnu tocku ft~1 glasi

iii G. J Q h2 . G 2 \ __ -1' b- I -- 7-/: lu, g" \g 3 g }

Kuma brzina rotacije jest:

3 G b V Slr}JY, W=

Qh 2 +3Gb 2

DillJ.:11ika krutog tijeJa 243

ReakIivni impuls u zglobu A je S] = r + S1 I gdje je venikalna komponenta jednaka: y

SI = - Qvcosa = _1-600j2cos45° =61,162Ns, y g 9,81

a horizontalna se moze odrediti iz uvjeta:

h . h J Qh2 G r -2 (h 121 'JI S -+S(0--)=1 w=)-+- b -1-1 I w,

I, 2 2 c l 12g g l \ 2) J

Posta Je b =!!. dabiJ·e se: 2 '

SI = W = 200·1 4,483 = 15,233Ns. x 6g 6g

Primjer 4.25.7 Stap teiine Q=100N i duiine 172m leii na

horizontatnom glatkom stohL Odjednom na desm kraj stapa Q

m:lara kugla tefine G=25N klizuci po stohl brzinom vo=2m/s. [1-========::: Ako J'e koeficijent elastienosti sraza e=0,5, odrem veHeilIU!

~ iropulsa sraza.

Slika 4.25.13

Rjesenje. To je ekscentrican sudar materijalne tocke i rijela. lednadzbe koje

se mogu napisati jesu jednadzba za djelovanje na kuglu, dvije jednadzbe za

djelovanje impulsa na stap i jednadzba za koeficijent elasti6nosti sraza:

gdje SUI

l S-=l(w-w)

2 C °

12 I = Q. i v = W =(). c 12g Co 0

e

Uvrstenjem tih izraza dobivaju se jednadzbe za rjdavanje:

Rjesenje tih jednadzbi g!asi:

5= 3G v ~3,826Ns, 4 0 g

1.

2 0

v = 3 v =0,375 nt!s I c 16 0

l vc+ w --v ___ 2_=0,5

2.

w::- --::: 1~125 radls. Sf .

244

Primjer 4.25.8 Zupcanik I tezine G,=100N, radiusa Rl=4dID rotira kutnom brzinom WI =5 rad/s, a zupcanik II ieZine Gz=2DQ

radiusa Rz=6 dID rotira kutuom brzinom Wz= 10 rad/s, i.ao Sto je pokazano na slid.

Odredi kojom ce kutnom brzinom rot irati svaki zupeanik kada se oni spoje.


Slika 4.25.14

Rjesenje. Pri spajanju zupcanika na mjestu dod ira ce djelovati meduimpulsi. Po zakonu

akcije i reakcije oni su iste velicine ali suprotnog smjera djelovanja. Djeluju tako da se kutna

brzina zupcanika s vecom obodnom brzinom uspori, a s manjom ubrza. Promjenu kutne

brzine rotacije tijeJa oko nepomicne osi uzrokuje moment impulsa na tu os. To se izrazava jed nadzbama:

U tim jednadzbama su wI i w2• kutne brzine zupcanika nakon spajanja, a w i wo

,

kutne brzine prije spajanja. Smjer momenata i kutnih brzina uzeti su kao pozitivni ak01djeiuJu u smJeru suprotno od smjera kazaljke na satu.

Nakon spajan ja su obodne brzine zupcanika jednake sto znaci da ie v = W 1 R1 = W2 ~.

lmpuls se moze izraziti: .

To znaci da mora biti jednako:

ICl~' RI !R'(w1 + ( 1 ) =(w2 -- w.).

C2 I P'2

Uvrstenjem tih odnosa dobiva se jednadzba:

( 1 2\_ 1 1 -;::- +-;::-Iw, =Wo -- w, = 10--5 =8333.

\5 j) ~ " 3 ~ 3 '

RJes~nje je konacno: R] =-U} =-~ I 3

=5,555 Tad/S.

~ , I


Primjer 4.25.9 Na glatkoj horizontainoj lefe

tri stapa spojeni zglobom. Stapovi su jednakih tezina G=40N i istih duzina 11=1 m. Stap AB i CD vezani su za lezaj A

odnosno D. Sustav miruje u polozaju prikaz3nom na

slid uz kut a=60". Ako se na zglob B djeiuje impulsom S=40Ns, odredi kinetii.'kl.l cncrgiju sustava nakon djelovanja impnisa.

245

Slika 4.25.15

Rjesenje. Anaiiza gibanja sustava pokazuje da ce stapovi AB i CD imati istu kutnu brzinu,

a stap BC ce se gibati translatorno. To maci da bi djelovanje impulsa bilo isto kada bi on

djelov30 na stap AB koji ima dvostruku masu i na kraju B da jos nosi i koncentriranu masu

jednaku masi stapa Be. Djelovanje momenta impulsa i kineticka energija sustava mogu se izraziti sa:

fA w2 S2 h2sin2~ E = -- = --:---

k 2 2IA

d'· I 2Gh 2 Gh 2 5 Gh 2

g JeJe =--+--=---. A 3g g 3 g

Kineticka energija je jednaka:

Ek 3S2sin

2a; g= 3'40

2'0,75 g=88,29Nm.

2'5G 2·5'40

Primjer 4.25.10 Metak tezine G=8N zarije se u balisticko njibalo tezine Q=200N, koje se uslijed toga zaokrene za kut a=30°. Duzina njihala je h=4m, a dijagonala tereta njihala je 0=1 ID. Njihalo je prije udara metka mirovalo.

Odredi brzinu metka se je zario u teret.

Rjesenje. To je plastican sraz materijalne tocke i tijela. Nepoznata

je brzina metka, ali je poznato dje!ovanje. Nakon zabijanja metka

,istem je dobio kutnu brzinu, a time i kineticku energiju sustava,

KOjOITI se mogao iZVfsiti otklOi. La ku: u.

f .. 1oment !colicine gibanja prije f poslije srazo. no. tocku 0 jest:

hv

T G v n " ~D-bt

-iI!>j C j+

Slika 4.25.16

To mati da je kutna brzina sustava nakon metk3'" u njihaio jednako.:

flV Ghv

246 Dinamika krutog lijela

gdJe je:

Rad na zaokretanju sustava za kut IX jednak .ie kinetickoj energiji, a iznosi:

lo w2 m;v2 h (Q+G)h(l-cosa) ~-- ~--

2 210

Brzina ulijetanja metka u balisticko njhalo jest:

I (Q+G) (l-cosa)21o 'I -:-=-:~-,----------v = ~I G~ g ~ ~I, (200+8)( 1-cos300)2 '340,95g 84

S 2 ~ ,518 mls.

4.25.11 Krllti stap tezrne G=200N i 1=30=9 dill, vez:m je Lgiobno na kraju A, nasi teret Q= 100 N i·oslonjen

je na dvije opruge istili krutosti k=SN/cm, kao sto S"-lS~§::s;~~~ je pokazano na slid 4.25.17. ~l A :~-.,-"

Ako se na teret Q odjednom djeluje verHkalnrnl ;: <

B

illrpulsom S = 20 Ns, sustav ce se zaokrenllti za kut 'P oko -: kraja A. Odredi knt 'P. ~~~~~~~~-

Slika 4.25.17 Rjcienje. Moment impulsa daje sustavu kutnu brzinu a time i odredenu kineticku energiju kOJom se vrsi rad pritiskivanja opruge. lednadibe koje omogucuju da se odredi prvo kutna brzma, a zatim kut jesu:

S2 b = fA W - zakon momenata impulsa i

mIll b2 U izrazimasu: IA~-3-+m2(2b)2~(3Q+4G)- y b ~, .•. k " ~l ~ 'P, X2 =,; 0 'P 1 Kl ~IC2 ~ ,.

g

Kuma brzina sustava nakon djelovanja jednaka je:

w::;;: :b::' :;:; 2S6: 2'20g fA (3Q+4G)b (3'200+4'100)0,3

= 1,308rad/s,

a makslmaim kut za koji ce se zaokrenuti stap jest:

Dinamika krutog tijela ?47

2S 2S i g _2-20 i g 'P - I ----""--- I 0,1868 rad ~ 10°42/2//

~ JlOHA --b~ 1O(3Q+4G)k - 0,,3 ~ 10(3-200+4-100)500

Primjer 4.25.12 Greda rezine G=80N i

1=4b= l,tim, vezanaje Lglocno na kraju A, ana kraju B koioturom, tezine Q=40 N i radiusa R=4 dill, koja lezi na nerastezljivom llzetu. Uie ima jedan nepomiCan kraj a drugi je vez:m za oprugu krutosti k=lON/cm. Sustav miruje 11 poloiaju koji je prikazan na sUd

4.25.18. Ako na gredll djellljemo nll oznacerwme mjestl.l Slika 4.25.18

;u'pu . ..""", S = 100 Ns, odredi kntrm orzirHl greae i

nalwl1

n.;~J' .••. ,~. Pri djelovanju impulsa na gredu, na nju ce se javiti i reaktivni impuls od mase kolotura. Takav impuls djeluje, prema zakonu akcije i reakcije, i na kolotur tako da cem.ar mase kolotura istu brzinu kao i kraj grede. Za sustav gredei kolotura mogu se

postaviti slijedece jednadibe:

Gl2 gdje su: I =

A 3g

- zakon momenata impulsa za gredu,

zakon momenata impulsa za kolotur,

- uvjet brzine locke veze kolotura s gredom,

Rjesavanjem jednadzbi i uvrstavanjem vrijednosti dobivene su:

kutna brzin~i w ::;;: ---"'--~-, ,-. xl"

i !:utna brzina kolotura


4.25.2. ZADACI ZA SAMOSTALNO RJESAVANJE

4.25. I Na kojoj visini h treba djelovati horizontalnim impuisom S na

kuglu tdine G i radiusa R, da kugla krene cistim kotrijai1jem bez

klizanja po glatkoj povrsini.

Slika 4.25.19

4.25.2 Homogena trokutna istokracna ploca, teiine G=lO()N, visine

h=4drn i sirine baza b=3dm miruje ovjesena u zgiobu O.

Ako odjednom djeluje vertikalni impuls S=50 Ns na donji desni kut,

odredi:

a) kutnu brzinu ploce neposredno nakon djelovanja impulsa i b) reaktivni impuis u zglobu O.

4.25.3 Tijelo tdine G=20 Nidi na horizontainoj glatkoj podiozi s prorezom. Za tijelo je ovjesen homogeni stap tdine Q=40 N i duzine

h=4 dm. Ako se na tijelo djeluje horizontalnim impulsom S=20 Ns,

odredi brzinu tijeJa G neposredno nakon djelovanja impulsa.

4.25.4 Stap AB [dine Q=40N i stap Be tezine G=60N,

vezani su rnedjusobno zgJobno. Stap Be stoji u

vertikalnom polozaju vezan za nepomican lezaj C. Stap AB je u horizontal nom polozaju oslonjen na horizontal no

pomican lezaj A. Oba stapa su iste duzine h=l m.

Odredi kutnu brzinu stapa Be neposredno nakon

djelovanja horizontainog impuisa S=40Ns na kraj stapa A.

Slika 4.25.21

SItka 4.25.22

Sf ~ ·1 ill " I i; : ~ 1; G

I'+-III G

»'1'0-' ._-""--Y-c t4~--;-~i

Slika 4.25.23

4.25.5 Na giatkoj horizontalnoj povrsini Ide dva stapa, iste

r.ezine tG . duzine t., rnedusobnc vezan: LaKe

kut a=9C". Aka se S U locki A leao SLO J.e

pokazano na slici, oaredi reaktivni impuls u zglobu H.

Dinamika krutOg tijela

4.25.6 Kugla tdine G=ION, udara brzinom v=2m/s na

udaljenosti b=4 dm od centra stapa u stap teiine Q=SO N i duiine

b=2 m, koji miruje na horizontalnoj povrsini.

Odredi brzinu kugie i centra stapa neposredno nakon djelovanja

impulsa, ako je koeficijent elasticnosti sraza e=O,6.

249

Slika 4,25.24

4.25.7 Njihalo se sastoji od stapa AB, duzine h=30cm i tezine

G j = 10 N i diska prornjera 2r= 15 em i (dine Gz=25 N. Kugla

teiine Q=15N, udarl u stap u tocki D brzinom v=lOm/s

kutom a=30°, kao sto je pokazano na sliei 4.25.24. Odredi kutnu brzinu njihala neposredno nakon udara kugle,

ako je koeficijent elasticnosti sraza e=0,5 i udaljenost

b=20em.

4.25.8 StaP duzine !=4b= m j ldine G=20N vezan

zgIobno u sredini raspona za nepornicni lezaj i nalazi se u

poIozaju kao !ito je pokazano na sliei. Na Stap na udaljenosti

b padne kugla teiine Q=lON sa visine H=l m.

Ako je koeficijent elasticnosti sraza e=O,8, odredi kutnu

brzinu stapa neposredno nakon sraza.

4.25.9 Kugla tdine G= 10 N pada s visine h = 1 m i udara stap

koji miruje u kosom polozaju pri kutu a=30°. StaP je zglobno

pricvrscen u tezistu, ima tezinu Q=40 N i duzinu 1=2b=2 m.

Odredi kutnu brzinu stapa ako je koeficijent elasticnosti

sraza 10=0,5.

G -r ,/

2b

Slika 4.25.26

Slika 4,25.27

je na Diti i pustena cia pacta

miruJe u vertikalnom poiozaJu. f\ko Je sraz sa

ce

z:::rr.marc. Siika 4.25.28

250

4.25.11 StaP tdine G1 =20N i duzine h=4dm, vezanje zglobno na gornjem kraju tako da se moze okretati u ravnini slike. Na

donjem kraju nosi kvadratnu plocu sa stranicom b=2 dm i [dine G2 =40N.

Odredi kojim minimalnim horizontalnim impulsom S freba

djelovati na donjem mbu ploce da hi uzrokovao zaokretanje sustava

za puni krug.


~" !

H

s

Slika 4.25.29

b b 1~ ~14!·

4.25.12 Kruti stap AS tdine Q=60N i duzine

1=4b=O,8m nosi dva tereta tezine G=100N. Stap je pricvrseen zglobno u 0 i vezan za dvije opruge iste krutosti k=80 Nfcm, kao sto je pokazano na slici 4.25.30.

;y~/,.:::.::.' ,

Slika 4.25.30 Odredi deformaciju opruga nakon djeiovanja

vertikalnim impulsom S=lONs na kraju B.

4.25.13 Stap tdine G=.100N i duzine H=2m miruje u vertikalnom labiinom poioiaju, a moze rotirati oko zgioba A. Djeluje Ii se na gornjem rubu stapa horizontalnim

S=40 Ns, stap ee rotirati oko kraja A i krajem B ee udariti na nerastegnulu oprugu duzine 10=30cm. Stap se zaustavljo. u horizontal nom polozaju tako da se opruga ma!~simJ.ino pritegnula za A=20cm.

Odredi krutost opruge.

4.25.14 Kruti stap duzine 1=2b=4m i tezine G=1O:l moze se okretati u vertikalnoj ravnini oko zgioba u

sredini duzine stapa. Na lijevom kraju stap je vezan oprugom krutosti k=10N/cm i neraslegnme duzine

10 =2 m. Stap miruje u horizontal nom poiozaju.

Odredi kojim minimalnim veniko.inim

treba dJelovatJ no. desnom kraJu stapa da stap nakon djelovo.nja impulsa dode u vertikalni poiozaj. Slika 4.25.32

Dinamika krutog lijela 251

MOMENTA KOLICll'''i£ GIBANJA

U tocki 4.6 je reeeno, ako je ukupna vanjska sila P =0 iIi ukupni impuls 31 ? =0 tada

je dO=O iii .6.0=0, a to znaci da mora hiti O=konst iii OJ =02 ,

Ana!ogno kada je moment sila raeunan na centar mase tijela li1c =0, ili ukupni

moment impulsa raeunan na centar mase tijela J'iJ;=O, tadaje =0 iii A(=O, a to

znaci da je Xc = konst iIi je XCI = Xez . lz iziozenog slijede zakoni odrianja kolieine gibanja i kinetickog momenta.

a. Zakon odrianja kolicine gibanja glasi: Ako je vanjska sUa jednaka mlii, iii je impuis u promatranom intervalu vremena jednak nuli, tada je koliCina gibanja

tijeia konstantna, iii nema kolicine za taj interval vremena.

b. Zakon odrZanja kinetickog momenta glasi: Ako je moment sila na centar mase tijeia jednak rmli, iIi je moment na centar mase tijela II

promatnmom intervalu vremena jednak nuli, tada je ki.'1eticki moment Konstantan, iii nema promjene momenta tijeia za taj intena! vremena.

Zakon a. je vee opisan u toeki 4.6, a zakon b. se cesto koristi zo. rotaciju tijeia oko osi na

koju vanjske sile ne daju moment, to jest ako je pravac djelovanja ukupne vanjske sile

paralelan iii sijece os rotacije.

4.26.1. RIJESENI PRThIJERI

Primjer 4.26.1 Na okrugioj radiusa R i tezine Q na udaljcnosti r sjedi 'covjek tezine G. Covjek u ruci

drii teret G,. Oko osi z, koja proiazi centrOID mase

ploce, ploca s covjekom i teretom rotira konstantnom

kutnom brzinom w.

Odredi pl"()mjenu Kutne brzine koja hi nastala karla

bi covjek odbacio teret reiativnom

brzinom U odnosll ploce v r' kao sto je prikazano fill

slid 4.26.1.

SUSl.aV moze rotir2.ti oko vertikalne osi z koja

prolazi centrom ploce i okomita je nC. nju. Vanjske sile u

susravu S osi z. !ito znaCi da ie moment

siia na os Z Jednak nuli. Premo. lome mora bili:

= dKz =0 dr

iIi K =K z, '-2 =kol'st.

Slika 4.26.

a).

25') Dinamika krutog tijela

gdje 5U:

K7,=17,wz- Glevr-rwj)r, 1 =R2lQ+2(G+Gll~\12J -, -, g " 2g \ R;

QR.2 Gr2

I =--+--. Zz 2g g

Uvrstenjem tih izraza u uvjet a) dobije se da ce bacanjem tereta doci do promjene kutne

brzine diska koja je jednaka:

2G, v r AW=w-w= .r

2 1 GR2 +2Qr2 +2G1

T 2

Primjer 4.26.2 Cijev tezine G i rluiine 2l, ima s niH vezanu kuglicu teZine Q na mialjcnosti I, kao st~ je pokazano na slid 4.26.2. Cijev rotira konst:mtnom

kutnom brzinom w u horizontainoj ravlll1i oko

vertikaine osi z, koja prolazi krajem A. Ako se prekine nit, odredi koju kutuu brzirm ce

imati cijev u trenutku karla kuglica izlijece iz cijevi.

Q

Slika 4.26.2

G C ; ::J

Rjesenje. Vanjske sile sistema Q i G su paraJelne S osi rotacije, sto maci da je moment vanjskih sila na os rotacije jednak nuli, pa vrijedi zakon oddarJa kinetickog momenta na tu

os, to jest:

gdje su:

[2 I =-(4G+3Q)

°1 3g

4Z1 I =-(G+3Q).

°2 3g

Kutna brzina cijevi u trenutku iziijetanja kuglice jest:


Primjer 4.26.3 Dvojica atieta, jednlllkih tezina G=700N, drzese fia kraju uieta preko kolotl.lra tezine Q=200 N i radiusa R=l m, kao !ito je pokaz:mo na slid. Ako se jedan atlet pocne penjati po uzetu reillltivl!lom brzinom v,=O,5m/s, odredi

brzinl.l.

Rjesenje. Moment vanjskih sila na as rotacije je nula, pa vrijedi zakon odrzanja kinetic!cog momenta za tu os, a posto su u pocetku promatranja atleti mirovali, to znaci da je:

K =K =konst=O. " Zz

Za vrijeme penjanja jednog atleta vrijedi:

znaci da je kutna brzina kolotura jednaka:

"r! v '400 05 .., w =~-.!.. =_1 __ ,_ =~ =O~233radls~

4G+Q R 3000 1 30 .

Brzina atleta koji miruje u odnosu na uze jednaka jest:

VI = W R =0,233·1 =0,233 m/s.

Brzina adeta koji se penje po uzetu jest:

v2 =vr - W R=O,S -0,233'1 =0,267 m/s.

253

Slika 4.26.3

254

4.26.2. PRIJ'VI.JERI ZA SAMOSTALNO RJESAVANJE

4.26.1 Covjek tdine G=800N miruje na okrugloj horizontalnoj platformi (dine Q=1600N i radiusa R=4m. Platforma moze

roiirati oko vertikalne osi koja prolazi centrom platforme.

Ako se covjek odjednom pocne kretati po ruou platforme relativnom brzinom v,=2m/s, odredi koju ce on imati apsolutnu brzinu. Svi otpori gibanju neka se zanemare.

4.26.2 Na bocnoj povrsini konusa idine Q, ovjesena su simetricno pomocu niti dva tereta iste tdine G na razmaku 21', kao sto je pokazano na slici. Konus tdine Q=4G, s teretima rot ira kutnom brzinom Woo

Ako se nit odjednom prekine, tereti ce kliznuti niz

konus vodeni po izvodnici. Odredi kutnu orzinu kada ce tereti biti razmaknuti za 2R=6r.


.~ ~. r !---... "'y

y

• x

Slika 4.26.4

~-----~y

Slika 4.26.5

5 . 5.1. UVOD

Scabilna ravnoteia mehanickog sustava moguca je sarno pri minimalnoj potencijalnoj

energiji. Ako se sustavu u stabilnoj ravnmezi odjednom poveca mehanicka energija vanjskim uzrokom i pusti s!abodno, daci ce do ucestalag gibanja koje se naziva oscila:iorno

Povecanje mehanicke energije moze nastati kao povecanje potencijalne iIi kineticke energije Ili istodobno. Takvo oscilatorno gibanje uvijek se vlsi oko ravnoteznog polozaja.

Svako nastalo oscilatorno gibanje u real nom proswru bez dodavanja energije prestaje. Raziog tome su prisutni orpori gibanju koji trose energiju taka da se oscilacije smanjuju i konacno nestaju.

Kada se oscilatorno gibanje jednoga mehanickog sustava moze potpuno opisati s

promjenom po vremenu jedne koordinate, tada se takav suscav oznacuje kao sustav § jedn.i.!:n stupnjem slobode. Ako se gibanje opisuje s dvije ili viSe koordinata, tada je to sustav s dva

iii viSe stupnja slobode. Mnogi realni sustavi krutih tijela cesta se idealizirano prikazuju kao sustav s jednim

stupnjem slobode. U inzenjerskoj praksi analiza oscilacija slozenih sustava idealizirano uzetih kao mode! s jednim smpnjem slobode, daje dobre orijentacijske rezultate, koji su cesto i

posve zadovoljavajuci. Koliko ce se dobro rezultati idealiziranog modela podudarati sa stvarnim iz realnog suscava, ovisi a vise uzroka kao sto su shema modela, pocemi uvjeti

gibanja, sile prisile, prigusenja slicno. Postoji i drugi vazan razlag za dobra poznavanje sustava s jednim stupnjem siabode, a taj

je da se analiza odgovora slozenih sustava s mnogo· stupnjeva slobode odreduje odgovor2 dobivenih rjesavanjem nekoliko dominantnih pripadnih sustava

analoglufl SUS13'JU ;:. Jeafnrn SIu.pI1Jerr: Slooooe. 10 Je Konsreno u ananZl oagovora

modal nom anaiizom u predmem U!J:C""uu,",, kunstniii.dja.

Zbog vaznosti r matemati6ke jednostavnosti ana!ize sustava s jednim stupnjem s1ohode" on raZD13.tf.S.n.

i analizu jednadzbi koje povezuju odgovore ta.kvih sustava na odgovarajuce pobude.

256 Osciiacije

5.2. ELASTICNA SILA I KRUTOST

a. Elasticna sila Svako se real no kruto tijelo pod djelovanjem vanjslcih sila deform ira i stvara uDutarnju silu

koja pruta otpor deformaciji. Tijelo kojem nakon prestanka djelovanja vanjskih sila nestaju

sve deformacije naziva se elasticno tije!o. Ako je elastic no tijelo veza krutog tijela, tada se

5ila elasticne veze naziva elasticna sila. Ona je prisutna nezavisno 0 tome da Ii je nastala

deformacija uzrokovana statickom iIi dinamickom silom, ali je uvijek proporcionalna s

veliCinom deformacije.

F

1 k

L /\ 1\ IW\,. _. -..,...---.. . lVVv ~F=k3

Siika 5.2.1

Najjednostavnija elasticna veza je veza S oprugom koja je pokaZana na slici 5.2.1. Ako se

opruga optereti silom F, ona ce se deform irati za velicinu b i suprotstavljati deformaciji sa

silom proporcionalnom toj deformaciji. Za ideal no elasticnu oprugu elasticna sila je F=ko. Konstanta k se naziva krutost opruge, a predstavlja eiasticnu sHu za deformaciju 0=1.

Elasticna veza moze biti ostvarena sa svakim elasticno deformabilnim tijeiom iii

konstrukcijom. Elasticno deformabiina tijeJa mogu biti nosaci prikazani l1a siici 5.2.2. Na toj

• FI' 0==-

3EJ

A /ml

l', 7TJi,

!ml .. Fh 3 0=-

24£I

iii,' f; / /

a) b) c)

SiiKd 5.2.2

slici na slikama a) prikazani su nosaci optereceni silom F i izracunane nastale deformacije

Dinamika 257

0, na mjestu ispod sile. Za svaki nosac se prema tome moze odrediti krulost k=F/b za mjesto djelovanja siie. Na slikama b) na mjestu gdje je djelovaJa sila F stavljen je veJiki teret mase

m. Ako se masa nosaca zanemari, stvoren je sustav u kome .ie masa vezana beste±inskom

elastic nom vezom krutosti k. Tako je dobiven sustav s jednim stupnjem slobode koji se maze

dovesti u oseiiiranje. Takvi se sustavi uvUek mogu prikazati shemom mas" vez;ma oprilgom

adekvatne krutosi k, kao !ito je pokazano na slikama c).

Prema tome elasticna veza se uvijek prikazuje s Hookeovim modelom bestezinskt:;

idealnoelasticne opruge, koja je pokazana shemom na slie! 5.2.1. Elasticnu sHu mogu dati

i veze s elasticnim tijelima drugih oblika. Masa veze se zanemaruje, ali za sve vrijedi da je

5.2.1

b. Kkvivalentna krntost Tjelo mase m s jednim stupnjem slobode moze biti vezano s dvije iii vise eiasticnih veza

u paralelnom iIi serijskom spoju. Ako je vezano s dvije elasticne veze krutosti k, i u

paralelnom ili serijskom spoju, kao sto je pokazano na sliei 5.2.3, ilvUek se moze prikazati

samo s jednom ekvivaientnom vezom krutosti k,.

aJ

b)

Slika 5.2.3

Kocl para!elnog spoja pribzanog na ~lici 5.2.3 a), kad::: S~

velicinu 0, elasticne sile Sil Fj=k,o F2=kzo. Ukupna

F=F,+F2 =(k,+k2)b. a ekvivalentna krutost

k =£=ki .' (; 1

veza n

ke ~ L ki

1==1

c)

elasticna sila sustava je

5.2.2

258 Oscilacije

Kod serijskog spoja prikazanog na slici 5.2.3 b) vidi se da je ukupni pomak jednak

o=o,+o2=F/k1+F/k2=F(lIk l +lIk2). Ekvivalentna krutost tog sustava jest:

F 1 kl~ k =-=--=--

e 0 ~+~ k1+Js

kl Js

Ekvivaientna krutost sustava sa n serijskih veza jest:

k =_1_

e t~ i=1 k j

5.2.3

Vidi se da se elasticna veza, sastavljena od vise parcijalnih elasticnih veza u paralelnom

iii serijskom spoju, moze uvijek prikazati s jednom elasticnom vezom s ekvivalentnom

krutosti, kao sto je pokazano na siici 5.2.3 c).

5.2.1. RIJ"'ESENI PRIMJERI

Primjer 5.2.1 Odredi ekvivalenhn .. knItost za masu teiine Q ovjeserm fia cetiri opruge

krutosti ",,"2,"3 i k., ako Sli one a)

b) serijski ill

0) mijes:lno.

RjeSenje. a) Pri paraielnom spoju opruga (slika 5.2.4) deformacije

svih opruga jednake su, to jest 0;=0 za i=1, .. ,4. U poloiaju

ravnoteie jest: Q=~+~+~+~ ill ~3=~&+~3+~&+~3.

Znaci da je 4

Slika 5.2.4

opruga (siika 5.205) gila u svim oprugama je

U sl..anju rnirovanj8.. jesL.

Znaci da Je:

Dinamika

odnosno

c) Pri mijesanom spoju (glib 5.2.6) koji cini para!eini spoj

opruga krutosti k5 i gdje su:

k=_l_ 5 1 1

-+-kl Js

. ekvivaientna krutost je jednaka:

1 k6=--

1 l' -+-

kl~(k3 +k,;) + (kj +k.)~k4 1 k = k +k = --"- + ----

+Js) (k3 +k,;) e 5 6 1 1 -+-

Primjer 5.2.2 Teret Q ovjeSen je kao &0 je pokazaiio na slid 5.2.7. i moze se gibati u smjeru x. Ako se zanemare tezine opruga i Stapa

povezuje opruge odredi ekvhalentm.l knltost za sustav.

RjeSenje. Sile U oprugama i njihova produljenja jesu:

Q - • Q S, =S2 =-;:;-, S3 -Q, 01 =-, IL =

L 1 2s Ukupno spustanje terera Q

0.+02 {, l' 0= _1 __ + 5~ = Q' I----=- + _-t--=--

2 c t.4kj k3

4k.Lk., = Q. '". -

4k/'L

Ekvivalentna krutost sustava jest:

259

Slika 5.2.5

260

III -+-+-4kl 4"z "3

Primjer 5.2.3 Teret Q ovjesen je na ute, kao !ito je pokazano na slid 5.2.8. Ako se zanemari tezina kolotura, uzeta i opmga, odredi ekvivalentnu krutost sustava za gibanje u smjeru x.

Rjeiienje. U stanju mirovanja svaka opruga se produlii za velicinu s. • 0i=i· Sile u oprugama su: Sj=2Q, S2=Q i S3=2Q.

,

Spustanje tereta uslijed rastezanja i-te opruge je OJ. Prema tome je ukupno spustanje tereta Q jednako:

Oscilacije

° = L 0,= OJ +°2 + ° 3 =2A 1+ A2+2A3 = Slika 5.2.8

SI S2 S3 4Q Q 4Q =2- +-+2- =- +_ +_ = kl "z "3 "1 k2 k3

(4 1 4) = Ql k1 + k2 + k3 .

ZiJaci da je:

414 -+-+-

"1 "2 k3 Za kl ="z ='s =k je ke =~.

Primjer 5.2.4 Teret Q ovjeiien je za oprugu krutosti kj

vezanu za kruti stap. Stap je vezan zglobno u 0 i vez:.m oprugom krutosti k2 , kao sto je pokazano na slid 5.2.9.

Ako 5e tezina stapa i opruga zanemari, odredi ekvivalentnu krutost sustava za gibanje u smjem x.

C stanju silt. U oprugamz. i produljenja jesu:

~" ' - r -

')l1K3 )."::'.7

Dinamika

Ekvivalentna krutost je jednaka:

k =!L -----:~ e ° 1 [2

-+--

kl~2b2

K' !2+k b1 · 'Ie. "2

kl b1k2

5.2.5 Eiasticna konstrukcija kojoj v!astitu tezinu zancmarujemo opterecena je tezinom Q i Cini sustav se moie dovesti u vertikalno s jednim slonGc\e.

Odredi krutost zu vertikuine oscilacije dastiene konstrukcije na slid 5.204.

261

Slika 5.2.10

Krutost fizikalno oznacuje silu koja na mjestu djelovanja inercijske sile mase tereta Q, uzrokuje jedinicni pomak Povoljan nacin za odredivanje krutosti jest da se odredi pomak (, ispod tereta od sile F koja djeluje u smjeru moguceg osciliranja i zatim odredi !crutost izrazom:

Za konstrukciju na slici pomak ispod tereta u vertikalnom smjeru jednak je:

Krutost jednaka je:

_ FI~ Fl: (Fl])l Fi~ 0=- +cd =-+--11 =-(11+1).

3EI 1 3EI 3E1 3E1

k=E = 3E1 . & l~(ll +I)

262

5.2.6 ElastiCl1l:l konstmkcija kojoj vlastitu teiinu

je teziuom Q i cini slllStav koji se moze dovesti 11 vertikalno oscHiranje (villi sliku 5.2.11).

Odredi kmtost za vertikalne oscilacije slllSiava.

RjeSenje. Za opterecenje konstrukcije vertikalnom silom F na

mjestu tereta Q. iz jednadzbe ravnoteze i deformacije koje glase: I:y=2S1cosa +Sz-F=O Al =1zcosa,

h cosa=---, ·jh2+12

gdje su 1= , (i = 1,2)

dobije se da je:

s= F 2 2cos3a + 1

Yertikalni pomak jednak je:

/) = "2 = S2h

= F h EA EA(2cos3 a; + 1)

Krutost za vertikalne oscilacije sustava jest:

k=-=- +1 F EA[ 2h3

\

o h 3

(h 2 +z2)2 J

5.2.7 Elasticna konstmkcija (vidi slikn 5.2.12) kojoj

vlastitu tezinu zanemamjemo opterecena je tezinom Q i ciill slllStav koji se moze dovesti 11 vertikalno osdliranje.

Odredi krutost za vertikalne oscilacije snstava.

Rjesenje. Djelovanje vertikalne sile F na mjestu tereta Q

dijeli se na gredu 1 i 2, rako da je F= Fl + Fz, i da je 0=0) =02., odnosno da je:

Trazena krutost suslava jest:

Oscilacije

'Y

Dinamika

5.2.8 Eiasticna kOl1strukcij@ (vidi sliku 5.2.13) kojoj

vlastitn tezinu z21nemamjemo je ieiinom Q i cini sustav se moze dovesti u vertikalno

osciliranje. Odredi kmtost za vertikaine osciladje snstava.

Od vertikalne sile F na mjesm tereta Q, sile su

u stapovima jednake:

Fll SI 21z' S2

FI S3=F,

211

gd je je II = V Z2 + h2

Potencijalna energija sustaya jest:

Yertikalni pomak od sile F jest:

. BE Fh r o =--p =-- 2 BF ZEAL

Trazena krutost sustava je:

k = E = --:----::2_EA_· -:-h_2

--=--:::: (, h3 +13 +(z2+h2)3f2

5.2.9 Elasticna konstrukdja (vidi sliku 5.2.14) kojoj vlastitu

tezmu z3nemarujemo je tezinom Q i cmi snstav koji se moze d(jvesti u hOrlzontalno osciliranje.

Slika 5.2.13

k"....-l---'

Slika 5.2.14

RjeSenje. Od horizontalne sile F na mjestu tereta Q nastati 6e pamak:

F" l 1~' h:' Fh~ "21r"2",

b =--- + a:h =-- +--11= 23E1 6El 3EI

Traiena ki.Ulost jednal~a je:

263

264

F 6El 1 k=-=---.

o h3 l 1+-2h


5.2.1 Teret tezine Q ovjesen je na oprugu krutosti 11.4 koja je vezana u sredini za kruti stap. Stap je na krajevima vezan sa oprugama krutosti 11.1 i 11.2 , au sredini oprugom krutosti kao sto je pokazano na slici 5.2.15.

Odredi ekvivalentnu krutost za vertikalne oscilacije sustava.

Oscilacije

Slika 5.2.15

5.2.2 Teret Q ovjeilen je na uze, kao 3tO je pokazano na siici 5.2.16. Ako se zanemare tdina kolotura, uzeta i opruga, odredi ekvivalentnu krutost za vertikalne oscilacije sustava.

Slika 5.2.16

5.2.3 Teret Q vezan je za kruti stap koji je vezan zglobno u 0 i oprugama krutosti 11., i k2, kao sto je pokazano na slici 5.2.17.

Ako se zanemare tezine stapa i opruga, odredi ekvivalentnu krutost za vertikalne oscilacije sustava.

5.2.4 Elasticna konstrukcija na slici 5.2.18, kojoj vlastitu teZirtu zanemarujemo, optercena .ie tezinom Q u sredini raspona i cirri sustav koji se moze dovesti u vertikalno osciliranje.

OdreCi k:-t:tost za vertikaJne oscilacije ~e konstrukcije. ,

5.2.5. Elasticna konstrukcija na slici 5.2.! 9. vlastitu reiinu zanemarujemo, optere6ena je tezinom Q u sredini raspona i cini sustav koji se moze dovesti u vertikalno osci!iranje.

(joredi KnlLos~ za veniKaine oscilac1Je te konstrukciJE.

Slika.5.2.17

Slika 5.2.18

Siik2 5 ? 1Q

Dinamika

EI I q

o"l l 1-...1 x

EI2 EI ,h

n-M:' ::.,.,I-rrrr,.,.."l,'h-l . Slika 5.2.20

265

5.2.6 Elasticna konstrukcija na slici 5.2.20, kojoj vlastitu teiinu zanemarujemo, opterecena je tezinom Q i cini sustav koji se moze dovesti u vertikalno osciliranje.

Odredi krutost za vertikalne oscilacije te konstrukcije.

5.2.7 Elasticna konstfukcija na slici 5.2.21, kojoj vlastitu tezinu zanemarujemo, opterecena je teiinom Q i Cini sustav koji se maze dovesti u horizontal no osciliranje.

Odredi krutost za horizontalne ascilacije te konstrukcije.

EI ~x i~1

l...-i-J I Ell 2 1:I

r---I! f

/)?Jy , , ,>

Slika 5.2.8

1 Ih

1

Slika 5.2.21

5.2.8 Elasticna konstrukcija na slici 5.2.22, kojoj vlastiru teiinu zanemarujemo, opterecena je teiinom Q i cini sustav dovesti u horizontal no osciliranje,

se moze

Odredi krutost za horizontalne oscilacije te konstruk~ije,

266 Oscilacije

5.3. SILA PRIGUSENJA

Otpori koji se suprotstavljaju osciliranju sustava, racti kojih se sve zapoeete oscilacije

smiruju i konacno nestaju, oznacuju se kao sile Te je sile tesko definirati i

pretkazati im tocnu velicinu. One su daleko manje od elastic nih i inercijskih sila, ali ipak

imaju veliko znacenje pri osciliranju. Sile prigusenja koje se javljaju jesu sile

viskoznog prigusenja i site vanjskog i trenja.

Sila viskoznog javlja se kao.otpor pri gibanju tijela u fluidu. Pri ma!im

brzinama gibanja u zraku i tekuCini, sila viskoznog prigusenja je proporcionalna s brzinom gibanja i jednaka:

F= -cv, 5.3.1

c - je konstanta zvana koefidjent i znaCi silu otpora pri brzini v=1. Kod veeih brzina gibanja sila viskoznog prigusenja nije vise linearno vezana s brzinom, vee je

jednaka:

F=-cv',

gdje je eksponent n> 1 is sve veeom brzinom raste.

Sila prigusenja vanjskog trenja javlja se kada se tijelo giba na hrapavoj nepodmazanoj povrsini. Naziva se sUa iii sUa sulIog trenja. Sila

suhog trenja je jednaka: F = -IlNsign(v), 5.3.2

gdje je p.. - koeficijent kinetickog trenja, a N normalna sila na dodirnoj povrsini. Sila vanjskog trenja ovisi 0 velicini normalne sile, hrapavosti povrsine i karakteristika materijala u dodiru. a moze se smanjiti podmazivanjem dodirne povrsine.

Sila prigusenja unutarnjeg trenja naziva se sHa histereznog ill pdguSenja. Nastaje uslijed unutarnjeg trenja u materijalu deformabilnog tijela proporcionalna je s

amplitudom pomaka. Rezultat unutarnjeg trenjaje stvaranje topline na racun energije gibanja.

Toplina se gubi, a to znaci i energija, radi cega dolazi do smanjivanja amplituda oscilacija.

Naziv histerezno prigusenje je dosao zato jer petlja histereze prikazuje gubitak energije pri jednom ciklu optereeenja. Sila unutarnjeg trenja prikazuje se izrazom:

F = -i'l1kx, 5.3.3

gdje znace: 11 - koeficijent unutarnjeg trenja, k-krutost sistema, x-pomak j i = Ff koji se

ubacuje radi moguenosti imregracije.

ill'U.::iHCillCKli

najprikladnije ih Je prikazati modelom viskoznog

rezultati stirn modelom prigusenja eksperimentaino dobro Zam je uobicajeno da se sila otpora gibanju prikazuje silom ekvivaienmoga Drigusenia. sc

takvo prigusenje prikazuje Kelvinovim bestezinskim viskoznim prigusivacem prikazanim na sliki 5.3.1.

Dinamika 267

Siika 5.3.1

Ekvivalentnim viskoznim prigusenjem smatra se ono zamisljeno prigusenje koje uzrokuje

isti gubitak energije za period oscilacija kao i stvarno vladajuee pdgusenje realnog sustava. Karakterizirano je time da je sila tog prigusenja direktno proporcionalna s brzinom gibanja

a iznosi:

F=-cex. 5.3.4

~ . k . v· Z' v· h .. 4j .. uV La VIS ozno pngusenJe ce=c. a pnguseuJe su og IrenJa Je ce = -r.:pxo

k Za konstruktivno prigusenje je c e = 1) -, gdje je p - kruzna frekvenca osciliranja.

p

5.4. MEliA.l\,TICKI MODEL SUSTAVA SA JEDNIM: SrUPNJEM SLOBODE

Mehanicki sustav s jednim stupnjem slobode moze ciniti materijalna tocka, huto tijelo i!i sustav krutih tijela. Za materijalnu tocku s jednim stupnjem slobode model sustava je jasan.

Uvijek se moze prikazati jednom od shema na slici 5.4.1.

.~ , .,,"\\' , ... \.\

a) b)

Slika 5.4.1

Obje sheme na slici 5.4.1 prikazuju iSlO dinamicko stanje. U shemi /J. uz dinamicke sile

postoje u smjeru gibanja i staticke sile koje su u ravnotezl pa ih se moze u anaiiz~

oinarnicK.e ra'vnOleze. U GlnamicKOITl stanJu na masu uVljek djeluju neuravnotezene silt i to elasricna sila S=-kx i sila prigl1stllja R=-cv. Uz te sile moze biti pnsutna i sila

poremeeaja F= F(t).

Jednadzba glbanja mase. uz prisutnost sile peremecaja, za oba primjera glasi:

mi=-ci-kx+F(r),

268

sto mati aa vrijedi diferencijalna jednaazba oscilacija:

mx+ci+kx ~F(t).

Oscilaciie

5.4.1

Sustav krutog tijeJa iii krutih tijela sa jednim stupnjem slobode moze se takooer prikazati

jednakom shemom, ali s adekvatnom reduciranom masom m" reduciranim prigusenjem c,

i reduciranom krutosti kr . Za primjer ce se promatrati oscilacije krutog stapa duzine I j

ukupne mase m, kao sto je pokazano na slici 5.4.2 a).

a)

/ 'I' ' c ld

I I . i-----b~ I· i -' ------1·1

b)~ S, i F, ~ s, t f, t ~-W--~-R+1--~--~

SHlea 5.4.2

cJ

Vidi se da sustav prj osciliranju vrsi rotacijsko gibanje oko kraja stapa A. U nekom

trenutku gibanja kraj stapa B ima pomak x, brzinu i illbrzanje x. Sile koje djeluju na stap

u dinamickom stanju (bez uravnotezenih sila statickog stanja) prikazane su na slici 5.4.2 b).

Koristeci zakon momenata za pol rotacije A, dobije se jednadzba:

- fA e ~ SI a j +S2G2 + Rb - F 1(t)b - F2(t)I,

gdje znace:

Nakan uy!:"stenja tih velicir.z- i i:iied~nja, d0bije ~e jeciuaGzba:

iIi

3 X=

Dinamika

Ako se oznaci aa je mr = ~ -redudrana masa.

krutost i F

269

( b)2 ell' ••• c ~ c, - - rf' !lClrlUlO pngllsenJc, r \ I

~ F1(t) .!!. - redudrana sila,

I

tada jednadzba gibanja tog sustava u odnosu izabrane koordinate X

5.4.2

Dobivena jednadzba gibanja sustava jednaka je jednadzbi gibanja za materijalnu tocku. To

znaci da se model za kruto tijelo iIi sustav krutih tijela s jednim smpnjem slobode moze

uvijek prikazati jednakom shemom leao i za materijalnu tocku, kao sto je i pokazano na slici 5.4.2 c).

Pri odredivanju karakteristika model a (m"cr,kr i Fe) za sustav s jednim stupnjem slobode

potrebno je unaprijed definirati kojom koordinatom ,ie sustava definirano. Izbor je

proizvoljan jer ce model sustava uvijek imati ista dinamicka svojstva. U primjeru 5.4.2,

koordinata koja definira gibanje sustava jest gibanje tocke B.

Takoder treba napomenuti, posto su dinamicka zadanog sustava i modela ista, da

u svakom trenutku gibanja mora kinericka i potencijalna energija promatranog sustava i

njegovog model a biti uvijek jednaka.

Svaki sustav s jednim stupnjem slobode maze se za analizu oscilacija prikazati istim

modelom s adekvatnim velicinama kao sto su: masa m=mn koeficijent prigusenja c=c" krutost elasticne veze k=kr • Gibanje takvog sustava moze izazvati djelovanje ukupne

adekvatne vanjske sile poremecaja F=Fe=F(t), pocemi pomak Xo i pocetna brzina Yo' Kada

takav sustav osciIira, u nekom trenutku vremena t biti ce udaljen od ravnoteznog polozaja

za velicinu x, imat ce brzinu i i ubrzanje x.

Za takav sustav se deformabilna elasticna veza prikazuje bestezinskom elasticnom oprugom

adekvatne krutosri k. Vanjski i unutarnji otpori oscilacijama se prikazuju bestezinskim

viskoznim prigusivacem S ocijenjenim koeficijentom prigusenja c. Gibanju mase sustava koje

uzrokuje vanjska sila F(t) suprotstavlja se sila inercije - mx, sila prigusenja -ex i sila

elasticne veze -kx. Za trenutak karla su pomak x, brzina x, ubrzanje i sila

Doremecaia istog smjera.

sustava, glasi:

sustava:

jednadzbi osciizcije se

U teoriji oscilacija mt osnovi toga

270 Oscilaciie

a. oscilacije kod kojih nema vanjske sile poremecaja i KOjima se zanemaruje prigusenje,

!lto znaci da su F(t) =0 i c=O, nazivaju se neprigm;ene osci!adje. Diferencijalna jednadzba gibanja za te oscilacije glasi

mx+kx ~ 0, 5.4.2

b. osciJacije kod kojih nema vanjske sile poremecaja, a prigusenje postoji, sto znaci da

je F(t) =0 i c # O. Te oscilacije nazivamo slobudne prignsene o§cilacije. Diferencijalna jednadzba gibanja za te oscilacije glasi:

mi +ci +kx ~ 0, 5.4.3

c. oscilacUe kod kojih postoji vanjska sila poremecaja i Kojima se zanemaruje prigusenje,

sto znaci da je F(t) #0 i c=O, nazivaju se prisHne osdlacije. Diferencijalna jednadzba gibanja za te oscilacije glasi:

mx +kx ~ F(t) , 5.4.4

d. oscilacije kod kojih postoji vanjska sila poreme6aja i prigusenje, !lto znaci da su F it) #0 i c;e 0, nazivaju se prisiIno priguselle oscilacije. Diferencijalna jednadzba gibanja za te oscilacije glasi:

mx +ci +kx = F(t). 5.4. J

Oscilacije pod a. i c. su oscilacije kojih real no u prirodi na srecu nema. Nema oscilacija

bez prigusenja, a kad ne bi bilo prigusenja, one bi vjecno trajaie. Oscilacije pod h. su realne.

Takve oscilacije gube pocetno dovedenu energiju i nestaju, ali snimak takvih oscilacija

omogucuje da se ustanove stvarna dinamicka svojstva sustava (vlastita frekvencija i prigusenje). Oscilacije pod d. su realne i naj6esce se susre6u u praksi. lednadzbom 5.4.1 mogu6e je da se analiticki odredi odgovor sustava na razne pobude uz prisutnost

pretpostavljenog prigusenja. Ako se ta analiza vrsi bez prigusenja, tipom oscilacija C"

dobiveno rjesenje 6e biti na strani sigurnosti. Sile prigusenja su male, a tacna velicina im nije

unaprijed poznata. Svako rjesenje bez prigusenja, koje praksu zadovoljava, zadovoijit 6e i

rjesenje sa prigusenjem. Obrada oscilacija pod a., b. i c. omogu6uje da se upoznaju vazni pojmovi i karakteristike oscilacija.

Dinamika

5.4. 1. RIJESEr"fl PRThUERI

Za sve zac!atke vrijedi da su elementi Kojima krutost nije zadana nedeformabiini

(k = 00), a Kojima nije zadana tezina da su njihove teZine zanemarive.

a) Rijeseni primjeri energetskl Tekst za sve rijesene primjere je isti i giasi:

271

SllSbv s jednim stnpnjem slobode oscilira. U trenutKu t izabrana i oznacen:! tocka

sllSrava ima od polozaja za veUci.nn K, brzmu iii. Odredi za izabranu kom'diL"m.i x reducirm:m masu i krl.ltost modela oscilatora s

~"''''ill,,~.~ s!obode ima iste kmematicke elemente gibanja kao zaoam sustav.

Rjesenje. Reducirana masa za sustav s jednim smpnjem slobode odreduje se iz uvjeta da

zadani sustav i SUSffiV S reduciranom masom ima istu kineticku energiju. Reducirana lautost,

odreduje se iz uvjeta da zadani sustav i sustav s reduciranom lautosti ima istu potencijalnu

energij~. Potencijaln~ energija sustava u poioZaju ravnotere uzima se jednakom C. Promjenu

potencijalne energije daju sam a konzervativne sHe koje nisu u ravnoteii.

Primjer 5.4.1 Kineticka i potencijalna energija SUSffiva

jesu:

rl ( d)2 (2d'J2 lmlll +m2li

" \ - .

Prema tome su:

m = e

k = "

2 2 Slika 5.4.3

272

Primjer 5.4.2 Kineticka i potencijalna energija sustava

jesu:

T~ (,)2 ~ 1. Qz2 (i 2 r _ m,i2

2 2 3g l) - -2-'

Prema tome su:

Oscilacije

,T., n:=T: t~wkp,-,,:J Tx

, ' ---'--I--~

Slika 5.4.4

Primjer 5.4.3 Kineticka energija i pmencijalna energija sustava

jesu:

Slika 5.4.5

Prema tome su:

5G m=-e 6g

ke=k.

Primjer 5.4.4 Kineticka energija i potencijalna energija sustava jesu:

T= lAw2

= l. 3QR2( x2 1)2 =l3Qi2 = m;i.2 2 2 2g 2R 2 8g 2'

Stika 5.4.6 Prema rome su:

Dinamika

Primjer 5.4.5 Kineticka energija i potencijalna energija sustava

jesu:

T~ w~ + lcw~ + mi2 ~ll3QR2(;~)2 + QR2 (~I\Q)~

2 2 2 2 2g 2R 2g \ R) g j =(7Q+8G) x2

= mex2

8g 2 2'

,I X \2

? Kl-) " kxj '2 kx2 ke x" V=- +C=--=-+C=--+C.

2 2 8 2

Prema tome su: m

e=(7Q +8G)

8g /

, Ie K. ~ - .

e 4

273

~.~ I ---1 _ _ .~ _ P

.G

\ x

SlikaS.4.7

5.4.6 Kineticka energija i potencijalna energija sustava jesu:

Slika 5.4.8

T= lpw~ + loW; + IDw; = l[3QR2(2X Y + QR2 (2i)2 + Gl2

( ~ +~)( 3xyl =

2 2 2 2 2g ,2Rj 2g \ R g \ 12 36 I) J

=(7Q+2G) x2 = mex

2

2g 2 2'

?rema. tome su:

274 Oscilacije

b) Primjeri xa ",,"lliLI""iUlIllU rjeSavanje sa konacrum Tekst za sve primjere za samostalno rjesavanje je isti i glasi:

Sustav s stl.lpnjem slob ode osciiira. U trenutlm t izabrana tacka sustava ima 00 polozaja Xli velicinu Jr, brzim.i i i ubnanje x.

Izaberi koordina[l.l x i odredi rednciram. masu i krutost modela osdlatora s jednim

"lobode koji ima iste kinematske elemente gibanja kao zadam sustav.

Primjer 5.4.7 Za koordinatu x koja odreduje polozaj desnog tereta Q u trenutku t su:

m =2Q e g

~ ~

k ke =-·

4

Slika 5.4.9

h k '3k

I Primjer 5.4.8 La koordinatu x koja odreduje poloZaj ---->-''>k desnog tereta Q u trenutku t su:

Q [ (d)2 (h)21 m =- 1+1

- +-e [Zg \ I I J

Slika 5.4.10

Primjer 5.4.9 Za koordinatu x koja odreduje velicinu rastezanja opruge u trenutku t su:

m = 4Q+G e g ke=k.

[2 k =kjl_+

e l3

Slika 5.4.11

S.4.1G Za koorciinam x koja odreciuje poiol.aj lereta G u trenutku t su:

Slika 5.4 12

m ::: Q+2G < 2g

k =k r e

Dinamika 275

Primjer 5.4.11 Za koordinatu x koja odreduje po]ozaj desnog kraja stapa u trenutku t su:

2G+9Q m =----"-e 6g

ke =4k.

Slika 5.4.13

';//(/// (Eli /f ((((If 1"/(1 /Cr

i I /.T'\~ i

~~~ r .11 ~rimjer 5',4.12 Za koordinatu x koja odreduje polozaj tereta

G ~ I ~.'/ I Ij u trenutKu t su: ,. If .. ,~ ~TX\~Dr.--.~~j -

~ \~ k ~ d 'I.. 20 .. j'· A~Ju 'B

W+14Q+16G m = -----"'----e l6g

k =~ e 16

Slika 5.4.14

c) Primjeri postavij:mja diferendjalne jednadibe gibanja Text za sve primjere: Sustav vrsi moguce oscilatorno gibanje. Za trenutku t oznacena je

koordinata kojom se opisuje gibanje sustava. Ona se mijenja s vremenom tako da postoji i brzina i ubrzanje te koordinate. Za taj trenutak gibanja anaiizirane su neuravnotezene sileo Uz pomoc zakona gibanja krutog tijela iii postupkom D:,Alemberta, postavijene su jednadzbe gibanja i konacno izraZena diferencijaina jednadbZa gibanja sustava. Sile sustava, koje djeluju i u stanju mirovanja su u ravnoteZi, pa su iskljucene iz analize, jer ne utjecu na gibanje.

Primjer 5.4 .13 Valjak radiusa R lezi na hrapavoj horizontamoj

dvjerua opn.lj.:.l!ml> viskoznim kao Sto je pvL.aam) ila slid .5.4.16. rnasa va!jka ill rasporeaena je jednoliko po

valjka. Odredi diferencijahm

Slika 5.4.15

276 Oscilacije

Rjesenje. Valjak vrsi ravninsko gibanje tako da se kotrlja pri cemu mu .Ie tocka P trenutni

centar brzina. Pri osciliranju na valjak djeluju neuravnotezene sile dvije elasticne i sila prigusenja. Zakon momenata pisan za trenutni centar brzina glasi:

Ipf. =d(R+r) +klxl (R-r)

gdje su: Xc X = -(R-r\

I R ;,

UVrStenjem tih izraza u postavljenu jednadzbu, nakon uredenja dobije se diferencijalna jednadzba za gibanje centra valjka:

3m .. (R+r)2. r (R-r)2 1 -x+c -- x+k -'- +kjX=O 2 c R C ll~ R "2 c

Primjer 5.4.14 Masa m vezana za nC'oOlllii:nll okolillU dvjema vezarna i to jednom elastii"norn vezorn krutosti

k" i drugorn serijskorn sastavljenom od elasticne veze

krutosti k2 i viskoznog prigtiSivaca s koeficijentom prigtiSenja c, kao sio je pokazano na slici 5.4.17.

Odred! difcrencijainu jednadzbu gibanja sustava. Slika 5.4.16

Rjesenje .. U. n~kom trenutku gibanja masa ima pomak x, a lOcka 1 Xl' Na tocku 1 djeluju sJle -k2x, I c(x-)~.). Na masu djeluju neuravnoteiene sile -kjx i

Jednadiba ravnolde za tocku 1 i jednadiba gibanja mase m glase:

Lx=-krl +c(xj-x)=O a.

mi = -kl x -CUI - x) b.

Iz jednadzbe b. dobije se da je:

. 1 ( .. . k ) XI =- mx+cx+ IX

C .•. " If - .. k') ltI Xl =-,mx+CX+ x

C C.

Deriviranjem izraza a. po vremenu i koristeci izraze c., nakon uredenja konacno se dobije diferencijalna jednadzba gibanja koja glasi:

- Is... kl + Is.. kJc2 ~ x+-x+--x+--x=u

C m me

Zakon gibanja je oblika:

x =e -"rA + B cos«(;)t + al}

Da bi se odredile konstante A,B i Ct, moraju bili poznati "0' }4, I

I

I I t I i , I 1 ~ iff ~

Ii

~ " j

D:n::mika

Primjer 5.4.15 Dvije mase vezane oprngama gibaju se na

glatkoj horizontailloj povrSini, kao !ito je na

slid 5.4.17. Odredi dif!:rendjahm jednadibn gibanja za svakl1

maslI i za cije\i sustav.

Rjesenje. U trenutku t, kada je poJozaj ad ravnoteinog

polozaja mase rnj jednak x" a mase m2 jednak x2,

neuravnoteiene sile su prikazane na slici 5.4.18. Sile su F,=kjxj i F2=k2(X1-Xj). •

Jednadzba gibanja za svaku masu jest:

mj Xl = -FI + Fz = - kj Xl + Js (xz - Xl) = -m2x2 =- Fz = -Js(x2 - Xl)

pa diferencijalna jednadzba gibanja za.pojedinu masu glasi

mr~\ +(kj +Js)xl -Jsx1 =0 a) m2xZ - Jsx l +k2x2 =O b)

277

Slika 5.4.17

Slika5.4.18

Ako se IZ a. izrazi x2 i taj izraz dvaput derivira po vremenu te uvrsti . u jednadzbu b. dobije se diferencijalna jednadzba za sustav:

Xl + --+-I.'t.l 1 IV (kl +Js Js \, + k j k2 X =0

mj m2 ) m1m2

Primjer 5.4.16 Tijelo je oslonjeno nadvijeo vertikalne opmge

krutosti kl i k" kao Sto je pokazano na slid 5.4.19. Sustav

oscilira taka aa tijelo vrli ravninsko gibanje pri koj?m rentar mase vrli sarno vertikalno gibanje. Poznata je masa tijela i

moment tromosti mase na centar rnase.

Odredi diferenciialne gibanja mase.

;:>// J//)m /7/7/ //))Tm)1 /.

f..<-1,~IC""1

Slika 5.4.19

Rjesenje. OsciiiroJ1je rijela je definirano dvjema koordimltama, venikalnim gibaniem centra

mase X< i rotacijom tijela if, oko osi koja pro[azi centrom mase. Jednadzbe gibanja jesu:

! e .iednadzbe se mogu. na slican nacin leao u zadatku izrazitl jed nom

diferencijalnom Jednadzbom cetvrtog reea U odnosu lI:" iii 'P.

278

5.5. SLOBODf'.TE OSCILACUE BEZ PRIGUSENJA

Najjednostavniji idealizirani oscilatorni sustav s jednim stupnjem slobode je sustav u kome se zanemaruje prigusenje. U njemu je masa

m zavjesena na eiastienu vezu koju cini idealno elasticna opruga krutosti k, zanemarive tdine. Takav sustav je pokazan na slici 5.5.1.

Neopterecena opruga je duzine 10 , Sustav ima slobodu gibanja u smjeru x. Pri opterecenju opruge masom m sustav ee mirovati, a opruga ce biti rastegnuta za velicinu.6.. U tom stanju na masu djeIuje sila opruge So=-kLi., i sila tdine mase G=mg. To je stati6ko stanje kada je sustav u stabilnoj ravnotezi, a to znaei da je KLl=G.

Oscilacije

Kada sustav dode u gibanje, u nekom trenutku t on ee biti na Slika 5.5.1

udaljenosti x od ravnoteznog polozaja, kao sto je pokazano na siici 5.5.2. U tom trenutku ukupna sila u opruzi je jednaka S = -k(.6. + x) = -G-kx. Ako je smjer svih velie ina kao sto su sila, pomak, brzina i ubrzanje uzet kao pozitivan prema jednadzba gibanja gJasi

mi = G-k(.6. +x) = -kx.

Vidi se da sile statiekog stanja nemaju mjecaja na gibanje, 6ime se potvrduje pravilo statike da se djelovanje sustava sila ne mijenja ako se iz tog sustava iskljuce sile koje su u ravnotezi.

Nakon uredenja jednadzbe, dijeljenja sa m i uvodenja KOnsLanle:

5.5.1

k(t>+x) kt> lex

1 t =ttTI+~

G iG Slika 5.5.2

dobije se homogena linearna diferencijalna jednadzba drugog reda koja glasi:

i + w~x = O. 5.5.2

Moguee rjesenje te diferencijaine jednadzbe je obiik~: x = Ce rt 5.5.3

gdje su C i r proizvoljne konstante koje treba odrediti.

Uvrstenjem izraza 5.5.3 i njegove druge derivacije po vremenu u diferencii3.1m: iednadzbu 5.5.2 dobije se da mora biti: . .

5.5.4

Posta oscilacije postoje, a da jdrrauzb" 5.5 A bude osciliranja t, mora izraz u zagradi biLi jednak nuli, to jest:

za svaki trenutak

S.S.5

Dinamika 279

To je karakteristiena jednadzba slobodnih neprigusenih oscilacija. Rjesenje te jednadzbe daje par vrijednosti za r, za koji je izraz 5.5.3 rjesenje. Te su vrijednosti:

5.5.6

Prema tome opee rjesenje za slobodne neprigusene oscilacije glasi:

X= 5.5.7

Koristeci teorem Moivrea. maze se izraziti sa:

se prikazuje da je e±iw,t = cos wvt ± i sinwJ, izraz 5.5.7

5.5.8

Rjesenje mora biti realno, a izrazi u zagradama su konjugirano kompleksni. To znaci da konstante C1 i Cz moraju takoder biti konjugirano kompleksne oblika CJ=a+ib i C2 =a-ib. Prema tome je

x =(a +isinw))+(a-ib)(coswvt-

= 2a cos wv t-2bsmwJ.

Konstante a i b su nepoznate pa ih moremo prL!;:azati novim talcoder nepoznatim kO;EU~I.a;rla tako da opee rjesenje diferencijalne jednadzbe slobodnih neprigusenih oscilacija

giasi:

X= 5.5.9

Uvedene konstante D, i D2 treba odrediti iz pocetnih uvjeta gibanja. Ako su pomak i brzina u pocetku gibanja pri t=O bili x =xo i i =vo' to znaci da su:

w v

Uvrstenjem tih konstanti u jednadzbu 5.5.9 dobiju se konacni izrazi za pomak i brzinu koji giase:

v x =xocoswJ+~sinwvt

w v

5.5.10

Vidi se da slobodne oscilacije mogu nastati od dva uzroka. Jedan uzrok moze biti da se odvuce sustav od ravnoteznog polozaja za pomak Xo i pusti 51000dno, sto znaci unosenje

kineti6ke energiJe sustavu. Takvo osciliranje sustava je okn

Rjesenje se moze prikazati i ovom obliku:

x =Asin(wvt+a'l, ).5.11

;( AsiLv~ -"-xo i Ii .:~osc:; ;:;:

osciladja. Cni iznose:

280

A=

Prema izrazu 5.5.10 iIi 5.5.11, na

siici 5.5.3 je pokazana promjena zakona gibanja s vremenom.

Period oscHiranja izrazen u sekundama jest:

T= 2" =21t G. WV ~k

5.5.13

Frekvencija iii broj oscilacija u sekundi jest:

1 w f= - = --!. Hz.

T 21t

Vlastita Kruzna frekvencija sustava jest:

Oscilacije

5.5.7

Slika 5.5.3

5.5.14

5.5.15

gdje su G=mg, A=G/k, o=1/k. Vlastita kruzna frekvencija fizikalna daje braj oscijacija u 2"11" sekunda.

Slobodne oscilacije su hannonijske. Nastaju ako se masa izvede iz stanja mirovanja za

veiicinu Xo i pusti slobodno iii aka se djelovanjem impulsa da masi pocetna brzina '1'0 iii ako

se ucini oboje. Stanje mirovanja je u ravnotdnom poloZaju a nastalo osciliranie ce 'bit oko njega.

lzrazi za brzinu i ubrzanje slobodnih neprigusenih oscilacija glase:

v=Awvcos(w}+a) 5.5.16

Promjena pomaka, brzine i ubrzanja u ovisnosti 0 vremenu pokazanaje na sIlci:-; .5.4 _ Vidi sc da u trelllitk:u kada je maksimalan pomal<. (xm",,=A), brzina je nUla, a

ubrzanje minimalno (amin =-w2A). Kadaje pomak najmanji brzinaJe takoder llUla,

Dinamika

a ubrzanje maksimalno (amax =w2A). U trenutku kada je pomak jednak nuli (x=o),

brzina je maksimaina (vmax=wA), a i ubrzanje je jednako nuli. To znaci da je

pri x=O maksimalna kineticka energija, a

pri v=O maksimalna je potencijalna

energija.

Posto su eiasticna sila i sila tezine konzervativne, sustav je konzervativan pa Slika 5.5.4

281

za slobodne oscilacije bez prigusenja vrijedi zakon odrianja mehanicke energije:

T+ V = konst.

5.5. 1. ru,mSENJ[ PRHrlJERI

Primjer 5.5.1 Teret teZine Q=98,lN, visi .na opruzi Krutosti 1{=10N/cm. Odred!

zakon akoje otpori zanemareni.

Rje.senje. Diferencijalna jednadzba gibanja slobodnih oscilacija tereta Q moze se odrediti:

a) jednadzbom gibanja (H. Newtonov zakon);

rr.x=G-S gdjeje S=k(x+osr)=kx+G,

tako da je:

mx+kx=O.

5.5.18

T 1~1 ,> Slika 5.5.5

Vidi se da se kad postavijanja jednadzbe gibanja mogu odmah iskljuciti sile koje djeluju kada sustav miruje jer su u ravnotdi i nemaju utjecaja na promjenu gibanja.

b) jecimldfhom dinamicke ravnoteze (D' Alambertom);

U trenutku kada je teret Q udaijen ad ravnoteznog polozaja za velicinu x, ima brzinu i

kaua SUStav miruje vee sarno sila

} uorzanJa~ vrijedi:

282 Oscilacije

c) odd:anja mehanicke energije (za konzervativan sistem sila):

Neuravnotezena vanjska sila je konzervativna, pa vrijedi zakon oGdanja mehanicke

energije. Ako je u ravnote±nom polozaju potencijalna energija jednalca C, tada u trenutku t kada sustav ima i brzinu i i pomak od ravnote±nog polozaja x, vrijedi:

sto znaci da mora biti:

mi 2 kx 2

E=-- +- +C=konst 22'

dE = m2ii + k2xi = mi+kx=O. dt 2 2

Diferencijalna jednadzba je u sva tri izvoda ista. Njeno opce rjesenje je poznato. Zakon gibanja glasi:

x = A si.n( w/ + a) = 5 si.n ( lOt +0,7854 )cm,

gdje su: 2

2 l!o ,40 2 A= xo+-= 14"+_ =5cm

'~ w~ ~ 10 Xo Ul v 4·10

a =arctan-- =arctg-- = 0,7854. Vo 40

Primjer 5.5.2 U cijevi radiusa R nalazi se tekucina specificne teiine -y. Pritiskom Ila stram povrSine tekucine

poremetit ce se raVI10leZa i tekucina ce se ginati. U nekom trenutku

t ce povdina tekucine s stJ:'ane bili a sa

spu.stena za veliCim.l x od ravnotezlJIog polozaja. U tom trenutku ce

cestice tekucine imati brzinu gibanja i i ubrzanje i. Ukupna tezina tekucine u cijevi je Q, a povrSina presjeka cijevi je A.

Slika 5.5.6

Zanemariviii sva trenja, odredi knrl:nu frekvenciju slobodnib osdlacija tekucine u cijevi.

Rjesenje. U trenutku t ce neuravnoteZena sila u sustavu biti jednaka Sd=2Ll.G=2-yxA, a jednaka je dvostrukoj teZini tekucine iznad ravnoteznog poloZaja.

a. Rje.senje momcnata. Zakon momenata racunan na os koja prolazi centrom ::3Y.rivlje!1osti svin~tcb dije!z

gdje su:

I I

= -2!iGR= -2yxAR {Rda=R J • ds=yARli. n

Prema tome je:

Dinamika

Diferencijalna jednadzba

R A ,di 'R A/" = .. y ~i.-::::.. Y_"1.",X. dt

i vlastita kruzna frekvencija sustava jesu:

.. 2g 0 X+-X=

l

i 2g Ul = 1'

v '~ l '

gdje l-oznacuje duzinu rasprostiranja tekucine u cijevi.

283

b. Rjesenje zakonom energije. Zanemarujuci trenje sustav je konzetvativan, pa

se diferencijalna jednadzba gibanja moze odrediti zakonom oddanja energije. U nekom

trenutku mehanicka energija je jednaka:

to znaci da je:

m y2 .')

E= "r +(2LlGx)x+C=vIA x- g+ 2g . . 2

dE

dt ---'--- + 2 y Axi = 0

2g

iii x + 2t x = 0, a to je isto rjesenje kao i ranije.

+C =konst

Primjer 5.5.3 Homogem disk refine Q i radil.lSa R vezan je za elasticIlu

OSOYllU dl.lzme I i promjera d, kao lito je pokazano na slid. Ako se disk

zaokrene za mali kut '1'0 i sbLodllO, on ce torzijski oscilirati.

Odredi period sloboduih torzijskih osciIadja sustava.

Tezina osevine i svi otpori neka se zallcmare.

Rjeiienje. U nekom trenutku t disk ce biti zaokrenut ad poloZaja u kom bi Slika 5.5.7

mirovao za kut <p, imat ce kutnu brzinu w i kutno ubrza,nje e. Posto je sustav konzervativan,

moze se koristiti zakon odrZanja mehanicke energije. U trenutku t ukupna mehanicka energija

je jednaka

gdje znace:

lUl2 k· 2

E = ~ + --':L + C =konst 2 2

= Q R2 _ moment tromosti mase diska na os 1,-:

- kut osovine}

k = MT = Glp ~ 11: Gd4

_ krutost n2. to,ziju (jl 321

G = E - modul smika. 2(1 + fl)

284

Diferencijalna jednadzba torzijskih oscilacija dobije se uvjetom:

dE 12we k2 w __ P =_z __ + __ 'il_ = I ip +hp =0

dt 2 2 z '

sto znaci da je period torzijskih oscilacija jednak:

T=2rr: =2rr: 11= i 128 rr:QR21

"\ ~ lz ~ gd4 G .

Rjesenje zakonom momenata glasi:

i konacno:

Prirnjer 5.5.4. Teret tezine Q pacta s visine h i udara u srediull eiasticne grede. Ako je sraz potpmw plastican, odredi jl.'rtn:tzhu gibanja tereta l1akon pacta. Poznato je, karla teret na gredi ispod tereta je progih velicine fst ' Svi otpori i tezina neka se zanemare.

RjeSenje. Nakon pada tereta na gredu sustav ce oscilirati. Oscilacije pocinju u trenutku pada tereta na nedeformiranu gredu, a teret ce

Oscilacije

Q~

1 Ii, :a lit -I ---...j

Slika 5.5.8

osciiirati oko ravnoteZnog poloiaja. Po!ozaj ravnoteZe je polozaj koji bi teret zauzeo kada bi rnirno leZao na gredi.

Aka je sa x aznacen poloZaj tereta od ravnoteZnog polozaja u trenutku t i pozitivan je prema dolje, tada zakon gibanja tereta glasi:

v x = xocoswJ+~sinwi'

wI'

gdjesu: xo~-Ist'

ZakOil gibanja je puvolji-lije prikazati i na ovaj nacin:

,_ . 'I 2 v~ ~ 2h gaJe su: A = I Xo + 2 = 1st : 1 + -;:- - makslrnalm Dornak, a

'~ w,~ \1 J",

IX '" arctan Xo wI' _ pocetna faza. Vo

Dinamika

Primjer 5.5.5. Za sustav prikazan na slid 5.5.9, odredi sve oscilatorne clemente slobodnih malih

osciJacija bez prigmenja, ako je poznato da je Q]=3N, Q2=2N, (6=1 N, Q.=2/3N, k=4/9,81 Nom

" xo =.J3cm i vo=lOcrns-1•

Rjesenje. Prikazan s~stav je s jednim stupnjem ,,-; ~ -~ - - ,- ; slobode. lzabrana koordmata kOja defmlra Dolozaj ,. V,

d I y • • SIlIca 5.5.9

sustava 0 ' po ozaJa ravnoteze jest oznacena koordinata

285

x. U pocetku gibanja sustava poloZaj je odreden koordinatom '4=o=Xo , uz brzinu it:o=vo '

U trenutku t gibanje sustava je odredeno poloZajem x i brzinom i. U tom trenutku je kineticka energija sustava jednaka:

Ako je potencijaina energija sustava u ravnoteznorn polofuju jednaka C, tada je potencijalna energija sustava u trenutku t

kx2 V=-+c.

2

Za sJabodne oscilacije bez prigusenja vrijedi zakon odrfunja rnehanicke energije, a to maci

da je:

Prerna tome je: dE mr2ix k2xi -_P=---+--=O III m/l+kx=O, dt 2 2

gdje .ie:

- viastita kruzna frekvencija

r----. i-: I 400g

(L) = 1_=~---=lOmdls v ,I !\ 8' . '

~ m,. ::t~ 1"4

286 Osciiacije

- frekvencija

- period

- amplituda i pocetna faza

c-------z

W f=_v =0 6283Hz

2n:' ,

I v ' 10)2 A =~X2+~= ('3)2+l- =2em' o 2 ~ ,YJ 10 '

XOW" ,/3'10 (;( = arctan-- =areto -' -- = 1047

Vo 0 10 ' , W"

- zakon gibanja

x = A sin ( (.)J+ a) =2sin( lOt + 1,047) em .

Primjer 5.5.6 Kruti stap 1, tezil1e G=lOON i duiine

l= 1 m, i kruti stap 2 teiine G1 =50 N, vezal1i su medusGbno zglobmn C. Stap 1 vezan je na kraju A za nepomican iezaj i ovjeSe~ je za oprugu krutosti k=10N/cm, a stap 2 na kraju B vezan je za pomicni

iezaj. Sustav miruje u poioiajll prikazanom na slid. Odjednom je djelovao implIls S=15Ns, na oznacenom mjestu i sustav je doveden u gibal1je. Odredi zakon gibanja zgloba C. Svi gibanju rleka se zanemare.

otpori

Rjesenje. Sustav je s jednim stupnjem slobode. Koordinata koja definira gibanje sustava je

koordinata koja ujedno defmira gibanje zgloba C, a oznacena je sa x. Brzina i ubrzanje

gibanja tocke C su i i x. U trenutku kada je zgiob C udaljen od ravnoteznog poloZaja za

,velicinu x, kutna brzina stapa 1, stapa 1 ] pomak kraja opruge jesu:

G) =~. G:, =~ i x =~ 21 =!::l -1/2 133

Djelovanjem vanjskog impulsa S na sustav javljaju se i aktivan i reaktivan 8 1 u zglobu C tako da reaktivan djeluje na Star 1, a a.lctivan na stap 2. Nepoznati Sjo j

t(utne brzine w] i (,02 mogu se ocirediti jecinatiloaIHa zakona momenata impulsa i uvjeti brzine za zglob C. Te su jednadzbe:

Dinamika 287

a)

b)

c)

gdje su: I A

GzZ J= (~r=GlI2 3g' ~·B 3g 12g

Rjesavanjem jednadzbi i uvrstenjem vrijednosti, dobije se da su:

2gS w = 2gS =2w S =~ WI = 31G' 23lG

j 1 1 9

Oscilacije zgloba C pocmJu u ravnotdnom polozaju, sto znaci da je xo=O a vo=w,l.

Sus~v je konzervativan. V!astita irJ'uzna frekvencija sustava moze se odrediti izrazom:

~ W = I~.

v '~mr

Reducirana masa za tocku C je ona masa koja s elememima gibap0a tocke C ima istu kineticku energiju kao i sU5tav, a reducirana krutost je ona krutost koja s elementima gibanja

tocke C ima ism potencijalnu energiju kao i sustav. Odreduju se na slijedeci nacin:

, 2 KXj

V=-2 2

znaci da je 4k

k =-. r 9

Vlastita krdna frekvencija je jednaka:

(.) = l'

Zakon gibanja zgloba C ~est:

X=

~. - ,--

k, I 8kg 9 "1381 'I - = ,I -- =,~ roo s. m3 ~ 9G

, ~ = CUO:sv5sm( ;,;,j3hl t m. 2kG

288

Primjer 5.5.7 Greda AB tdine G=400N i alliine Sm, vezana je za lezaj u A, Si:apom CD i oprugom krutosti k=40N/cm.

Odredi jednadzbu oscilacija grede ako se nag!o

Oscilacije

ukloni stap CD. Prije ukianjanja stapa opruga je bila pritegl1uta

za A=2cm. Svi otpori gibanju neka se zanemare. Siika 5.5.11

Rje.senje. Nakon uklanjanja stapa sustav ce oscilirati oko ravnoteiTIog polozaja. To je sustav sa jednim srupnjem slobode. Za koordinatu koja ce definirati gihanje sustava, uzet ce se koordinata x koja odreduje polozaj tocke B od njenog ravnoteznog poloZaja. Neposredno

nakon uklanjanja stapa CD brzine svih tocaka grede su nula, medutim greda nije u

ravnoteznom po]ozaju. RavnoteZni polozaj grede je onaj koji hi ona zauzela u stanju mirovanja. U stanju mirovanja opruga bi bila rastegnuta za velicinu:

G 400 ). =-=--=OOSm. s 2k 2.4000 '

To znaci aa prije uklanjanja stapa CD kraj grede B je 7 em iznad ravnoteZnog polozaja oscil iranja.

Vlastita kruzna frekvencija osciiacija sustava jest:

(i; = - = - = =lJ.716r/s. g ~ 3kg 13'4OOOg -v \ m, G ~ 400

Zakon gihanja tocke B glasi:

x =xocoswvt = -7cos(17,lS5·t)cm.

5.5.2. PRIMJERI ZA SAMOSTALNO RJESAVA..'NJE

5.5.1 Suplji eilinaar konstantnog presjeka vertikalno miruje u vodi tako da

je uronjen za velicinu h. Ako ga se odjednom vertikalno gume i pusti slobodno, on ce vertikaino osciIirati.

Odredi diferencijalnu jednadzbu vertikalnih oscilacija cilindra i period osciliranja. Svi otpori gioanju neka se zanemare.

SIik2 5.~ 1')

Dinamika

5.5.2. Temelj sa strojem ima ukupnu tezinu Q i leii na

elasticnoj horizontalnoj podlozi. Odredi period slobodnih malih

oscilacija temelja sa strojem ako je poznato da je:

Q=90{) MN, A=15 m2 i k'=30 Nicm3•

A - je povrsina nalijeganja temelja, a k' - je krutost eiasticnog zbijanja tia iii sila na jedinicu povrsine (cm2) za deformaciju

l(cm). Slika 5.5.13

5.5.3 Teret tezine G=20 N pada na teret tezine s visine h=5 em.

Teret Q je vezan elasticnom oprugom krutosti k=40 Nicm. Sraz je

potpuno plastican. Odredi zakon gibanja tereta G+Q nakon pada tereta

G. Svi otpori neka se zancmare.

289

Slika 5.5.14

5.5.4 Kruta greda AB tdine G oslonjena je na kraju A na oprugu krutosti k, ana kraju B vezana nepomicnim lez.ajem, kao sto je pokazano na slici 5.5.15. Na gredu s visine h paone teret teline Q i nakon udara ostaje vezan s gredom. Odredi jednadzbu gibanja za kraj grede A. Svi otpori gibanju neka se Z2T:~m:JTe.

5.5.5 Sustav pokazan na slici miruje. Odjednom s visine h pada teret Q na sredinu krute grede. Odredi zakon gibanja tocke B

nakon pada tereta Q. Koeficijent elasticnosti sraza je e=O, a svi otpori gibanju

mogu se zanemariti.

Zadano je G1 =Gz=20 N, k=l N/cm.

N, h=lm, 1=1 m, r=25cm i

= Slika 5.5.15

Qm T'

~h~ i

Slika 5.5.16

290

5.6. SLOBODNE OSCILACIJE S VISKOZ]\;'I1\{ PRIGUSENJEM

Sustav s jednim stupnjem slobode pri slobodnom osciliranju uz

prisutnost viskoznog prigusenja prikazuje se shemom pokazanom na sJici 5.6.1. Ona se sastoji od mase m vezane elasticnom vezom krutosti k

i s viskoznim prigusivacem kojemu je koeficijent prigusenja c.

U trenutku gibanja t, pOlozaJ sistema od ravnoteinog poJozaja, odreden je koordinatom x. Ona i

kx eX

Slika5.6.1

Oscilaciie

RJ.",rwl;;;zni poloiaj

njene derivacije su pozitivne u smjeru prema dolje. To znacI oa ce elasncna siia i sila prigusenja pri pozitivnom pomaku i brzini djelovati prema gore, kao sto je pokazano na slici 5.6.1. Jednadzba gibanja za sustav glasi:

mx= -kx-.ci.

Dijeijenjem cijele jednadzbe sa m, te ako se oznaci da je !.. =2n . ,-- m

dODIJe se diferencijaina jednadzba slobodnih oscilacija s prigusenjem:

x+2ni+w~x =0.

it; 2 - = Wv i uredi, m

5.6.1

To je homogena linearna diferencijalna jednadzba drugog reda s konstantnim koeficijentima, kojoj se rjesenje moze traiiti u oblileu:

x =Ce rt. 5.6.2

Uvrstenjem tog izraza i njegovih derivacija u diferencijalnu jednadzbu 5.6.1 dobije se:

(r2+2nr+w~)x =0.

Da ta jedlladzba bude zadovoljena za svaki trenutak oscilacija, mora izraz u zagradi hiti jedllak nuE. to jest:

5.6.3

To je karakreristicnajednadzba diferellcijalne jednadzbe slobounih oscilacija s

Rjesenje jednadzbe 5.6.3 daje par vrijednosti r za koje je oblik 5.6.2 rjesenje. Te vrijednosti 5esu:

Dinamika

Opee rjeSenje diferencijaine jednadzbe slobodnih oscilacija s prigusenjem glasi:

122 '22" C

(-Tl+tln~-wv)t r (-ll-\/n -w..,Jt_ X = 1 e' + V2 e· -

'22 /22. -m'C yn -w,t C -\" -wY ') :::: e { Ie + 2 e .

Rjesenje vrijedi karla l1~wv' Ako je n=w,.. tada rjesenje glasi:

x=(A+Bt)e-"~.

291

5.6.5

Koeficijent n moze biti veei, jednak iIi manji od "'" osciiacija.

pa mogu hiti tri obiika prigusenih

a. Slucaj jakog pdguSenja je slucaj kada je n>w. v Tada je r? - w~ >0, a prema tome

jer je Vn2 - w~ >0 i realna vrijednost. Koristeei izraz e±' = Chz ±Shz, opee rjesenje se

moze prikazati u obliku:

gdje s vremenom prigusna funkcija jako pada, a hiperbolna funkcija raste. Te nestaju, a gibanje nije oscilatorno.

Ako je u pocetku gibanja u ,renutleu t=O, pocetni pomak Xu i pocetna brzina Vo,

" r r J.O.O

brzo

5.6.7

b. Slucaj kriticnog prigtllienja (ckri,=2mw), nastaje kada je n=wv ' Tada je

Jn2-w~ ~O. Rjesenje diferencijalne jednadzbe je oblika:

x = e -Uv(A + Bt). 5.6.5

Ako je u pocetku gibanja u trenutku t=O, pocetni pomak Xo i pocetna brzina vo, rjesenje

giasi:

~. Slucaj slabog priguSenja

izraziti u obliku:

rrast.aje kada je

gibanje

5.6.8

ali bde nestaje. Kriticno oscHatorno. T ek kadCl je

~·Tada je

KorisleCl izraz e:;-!:~ =coszIisin::, Inoze st

292 Oscilacije

5.6.9

Ako je u trenutku t=O pocetni pomak Xo i pocetna brzina Yo, tada zakon osciliranJ"a olasi' to "

-nt( _ IHO +Vo X = e xocoswt+ --_- sin 5.6.10

w

Za te oscilacije je kruzna frelevencija jednaka:

5.6.11

n gdje znaci ~ = -;:: - koeficijent prigusenja. To znaCi da je konstanta prigusenja c jednaka

v c=2mw F v~ .

Za razne koeficijente prigusenja odgovor sistema na isti pocetni pomak Xo dan 'ie na sJici 5.6.2, a za istu pocetnu brzinu Vo dan je na slici 5.6.3. -

Slika 5.6.2

Siika 5.6.3

Dinamika 293

5.6.1. KARAKTERISTlKE SLOBODNlli OSCILACIJA S PRIGUSENJEM

Pri slobodnim prigusenim oscilacijama sistema s malim prigusenjem, pad amplitude je

eksponencijalan s negativnim eksponentom. Iwos pada amplituda ovisi 0 koeficijentu

prigusenja ~ = Il/Wv= c!ckr . Ako je u trenutku t\ pomak jednak:

x(t) = e -nt'Csm(wt +a) ~ \. 1 1 '

au trenutku t2=tl +T pomak je: -n(t +T) . _

=x(tl+T)=e ' Csm[w(t1+T)+a].

Odnos amplituda za trenutak t\ i t2 = I, + T jest:

Logadtamski dekrement prigtiSel1ja jest:

/) =nT.

Kocficijcnt prigusenja, prema tome, jest:

{) n =-

Relativni gubitak u periodu iznosi: 2 2

eX1 e~

. -~E_E = _E_1E--1

_E_2 = 2e~~ = l-l~r = 1-11-2 =1-e-2nT

.

2

Kriticno prignsenje jest:

Relativni koeficijent pdguseuja se oznacuje sa

~=.-£=~. w v

5.6.12

5.6.13

5.6.14

5.6.15

S.b. i}

294

Period slobodnih prigusenih oscilacija iznosi:

Frekvencija iIi

T = 2n: . W

oscilacija l.I sekundi jest:

.f- 1 _ W J ~ - --.

T 2n:

Zakol1 gibanja od poznatih pocetnih vrijednosri gibanja Xo i Vo:

a. Siabo prigl.lsenje (n<w v i w =vw~-n2 - gibanje je osci!atomo)

-nt l ( - n. - Vo. 1 x=e Xo coswt+-::.-SIDwt)+~SIDWti= W w J

-nt I 2 (nxo +'Vo \) 2 . (_ x n + v ) = e ~ xo + \ ~ SID wt+arctg~ .

b. Kriticno prigl.lsenje (n=w, - gibanje nije oscilatorno)

c, Jako - 122 WI =ljn -w" - gibanje nije oscilatorno)

Oscilacije

5.6.16

5.6.17

5.6.18

5.6.19

5.6.20

DiilJ..~nika 295

5.7. PRISILNE OSCILACIJE BEZ PRIGUSENJA

Prisutnost vanjskih sila koje se mijenjaju s vremenom uzrokuje oscilacije mehanickog

sustava. Takve se vanjske sile naziviju sile porenlecaja, a reagiranje mehanickog sustava na

njih naziva se sustava. Prema velicini i zakonu promjene sile poremecaja nastati

ce adekvatan odgovor sustava. Oscilacije koje su odgovor susrava na sile poremecaja nazivaju se oscilacije. Ako se u analizi oscilacija prigusenje zanemaruje, takve oscilacije se nazivaju neprigu.sene prisilne oscilacije, a ako je prigusenje uzeto u obzir, nazivaju se

priguseno Sile poremecaja mogu nastati od raznih uzroka i mogu se mijenjati s vremenom na raziicite nacine. Kod roracijskih strojeva vrlo cesto nastaje

centrifugalna sila uslijed neizbalansirane mase. Ona daje vertikalnu i horizontalnu komponentu koje se mijenjaju po harmonijskom zakonu. Takva sila je periodicka i naziva se

harmonijska sUa. Poremecajna sila koja se mijenja wkom vremena taka da se ponavlja u tocno odredenim intervalima vremena naziva se periodicka sila. Kada sila poremecaja periodicka, a mijenja se s vremenom po opcem zakonu, tada se takva sila naziva opca sua. Ako je djelovanje sile poremecaja vrIo velikog intenziteta u vrl0 kratkom intervalu vremena,

rada se to djelovanje naziva JUW'!-,',"3HU daJe promjenu koiicine gibanja mase sustava i dovodi sustav da vrsi slobodne oscilacije. Odgovor sustava na situ

poremecaja odreduje se analiticki direkmim rjesavanjem diferencijalne jednadzbe gibanja, integralom konvolucije (Duhamelov integral) iii nekom numerickom metodom integracije.

Za prj'silne oscilaciJe kod kojih se zanemaruje prigusenje, shema sustava je pokazana na slici 5.7.1, a jednadzba

gibanja glasi:

mx = F(t) -kx.

Dijeljenjem jednadzbe sa ill i uredenjem dobije se

diferencijalna jednadzba:

i + w: x = F(t) = f(t). 5.7.1 m

LLiiLL .'>

; ~', lli,,",,"' ,doL, , h '~r. I . .1~~. -L. ,-,-x _~d-I J i r III

YF=F(t) T + F

Slika 5.7.1

Rjesenje Ie diferencijalne jednadzbe 5.7.1 ovisi 0 sili prisile F=F(t), koja moze biti

harmonijska, periodicka iIi opca.

5.7.1. SILA POREl\1ECAJA JE HARl'v.l:OJ\TIJSKA

5.7.1 glas::

5: + w~X= h cosp:. 5.7.2

To je nehomogena linearna diferencijalna jednadzba drugog reda u kojoj znace:

796

Ilk w - I - vlastita kruzna frekvencija sustava, v - ~ ;;

P H

h=!! In

- kruzna frekvencija sile poremecaja,

- amplituda sile poremecaja,

- amplituda sile poremecaja za jedinicu mase sustava.

Oscilacije

Rjesenje nehomogene diferencijalne jednadzbe sastoji se ad homogenog i partikularnog rjesenja, to jest:

x = xhom + Xpart< 5.7.3

Opce rjesenje homogene diferencijalne jednadzbe jednako jeopcem rjesenju diferencijaine

jednadzbe slobodnih neprigusenih oscilacija koje giasi:

5.7.4

Partikularno rjesenje je one koje zadovoljava samu nehomogenu diferencijalnu jednadzbu:

5.7.5

Tu jednadzbu ce zadovoljiti rjesenje oblika:

xpart = Ccospt, 5.7.6

sto znaci daje xpan = -p2 Ccospt = -p2x. Uvrsteno ujednadzbu 5.7.5, slijedi da mora biti:

[C(w~-p2)-hJcospt=0. 5.7.7

Ako sila poremecaja postoji, ta ce jednadzba biti ispunjena za sve t sarno onda ako izraz u uglatoj zagradi bude jednak nuli, to jest:

C(w~-p2)-h =0.

To znaci da je nepoznata konstanta C jednaka:

C=_h_. _ =~._l_ =!!. 1 H

gdje su:

w~ - p2 In w~ 1 _ p2 k 2

W"

( D \ 1 -,. I I w .. ) \ .

c - amplituda partikularnog rjesenja,

2 = Xstat ~din'

H Ii X stat = k - deformacija el2.sticne veze knn.osti l~ od sile H u stanju

1 fLdin oc ---~ - dinamicki koeficijem uvecanja

1 _ ( J' )\2 \ Wv

pomaka od sile H.

5.7.8

Dinamika

Opce rjesenje diferencijalne jednadzbe 5.7.2 glasi:

x = A cos w/+ Bsinw J + Ccospt,

a moze se prikazati i U obliku

gdje su: D = yA2+B2

x =Dsin(w/+Ct)+Ccospt

A tgf1. =-.

B

297

5.7.9

5.7.10

Konstanta C je poznata, a konstante A i B treba odrediti iz pocetnih uvjeta gibanja. Ako

je pri t=O pomak "0' a brzina Yo, to znaci da konstanta A i B imaju vrijednost:

A=xo-C, B= w v

5.7.11

Redovito se istrazuju prisilne osciIacije sustava koji miruje i pocinje djelovati

harmonijska sila poremecaja. U tom slucaju su xo=Yo=O, pa je odgovor na harmonijski

poremecaj dan izrazom:

x = C(cospt-coswvt). 5.7.12

Konstanta C prema izrazu 5.7.8 dana je sa C = x!u ~din' a prikazuje amplitudu pomaka

partikularnog rjesenja. Maksimalna amplituda oscilacija je 2C.

.. 'k C 1 d" - d Dinamicki koeficlJent moze se pn azati sa f"d = - = --. g Je Je oznacen 0 nos In xH 1 _ r2'

stat

kruzne frekvencije sile prisile (p) i kruzne frekvencije sustava (wv) sa r =.l!..... w"

b) Za harmonijsku silu poremecaja oblika F=Hsinpt, diferencijalna jednadzba gibanja

5.7.1 giasi:

x + w~= h sinpt. 5.7.13

Anaiogno kao i u opce Je

-1- C smp:)

gdje konst:mta C ima istu vrijednost:

h C=--~= ~din'

r '7 n ,).1.0

?98 Oscilacije

Ako su u pocetku gibanja pri t=O, pomak x=xo i brzina v=vo, rjesenje glasi:

Vo • , . 1). x ~xocoswvt+-smwvt+C\smpt--'-smw t).

Wv (,jv v 5.7.15

Rjesenje se maze prikazati i U oblilcu:

x ~Dsin(wvtTa)+Csinpt, 5.7.16

gdje su:

Ako je sila poremecaja pocela djelovati na sistem koji je mirovao, tada zakon gibanja glasi:

x = C(sinpt-Lsinw t). . w v

Anal izirajuCi rjesenje 5.7.16 I

5.7.17, vidi se da je jedan dio odgovora susrava proporcionalan sa slobodnim oscilacijama susrava, a drugi dio je proporcionalan sa silom poremecaja. Oblik odgovora ovisi 0

tome da Ii je odnos plwv veci iIi manji od 1.

Na slici 5.7.2 pokazan je odgovor na silu F~Hsinpt,

L<l Wv

poremecaja

to ako je

L>l. Wv

obJika

odnos

v

5.7.17

Slika 5.7.2

Maksim:iini pomak je jednak xlrnlX

= D + C, a osciliranje pokazuje narav "valjanja" oko ravnote±nog polozaja,

Dinamika 299

5.7.2. ANALIZA ODGOVORA NA HARMONUSKU SILU POBUDE

a. Analiza "'i'.,,,",,,,,ne'5 koeficijenta uvecanja statickog pomaka

je poznata vlastita frekvencija sustava. Za taj sistem dinamicki

koeficijent uvecanja ovisi 0 odn05u frekvencije sile prisiie i vlastite frekvencije sustava, to

jest 0 odnosu prema izrazu:

Pri p/wv=O, on je jednak 1 (staticko stanje). Kako se

odnos p/wv mijenja od 0 do 1, dinamiclci koeficijent [aste od 1 do + co. Neposredno iza je -00. Kod odnosa p/wv =1,41 on je -1. S daljrJim povecanjem odnosa p/w

on se dalje smanjuje i tezi nuli. Negativna vrijednost

dinamickoga koeficijenta oznacuje da je pri pozitivnom djelovanju sile poremecaja pomak negarivan j obratno.

Na slici 5.7.3 pokazan je partikularni odgovor na isti oblik sile poremecaja ako je p/wv < 1 i p/w, > 1. U prvom

slucaju)e dinamicki koeficijent veci od 1 i pozitivan, a u drugom mu je vrijednost manja ad 1 i negativna.

U prikazu dinamickog faktora U odnosu p/w"

daje se obicno njegova apsolutna vrijednost. Promjena apsolutne vrijednosti dinamickog koeficijenta U ovisnosti 0 odnosa frekvencije sile prisile i vlastite frekvencije sustava pokazana je

na slici 5.7.4.

b. Analiza naCina ()scilinmja

F t 1~~~inP! "I~ /. IH..J ~t f-.-----,T---..j

Siika 5,7.3

1 U .. ""--

• om l-1L!' \wj

Slika 5.7.4

Odgovor sustava koji je mirovo'o no, harmonijsku silu poremecajaF=Hcospt, dan je izrazom 5.7.12. Oblik odgovora ovisi 0 izrazu (cospt-coswJ). Analiza se moze olaksati

ako se prikaze da Je:

P w,.

2 L

tako da izraz za odgoyor glasi:

5.7.18

300 Oseilaeiie

Tu mogu nastupiti tri karakteristicna slucaja oseiliranja, i to 1. kada se Wv i p jako razlikuju,

2. kada se w" i p vrlo malo razlikuju i 3. kada su Wv i P isti.

Slucaj 1. Kada se w,. i p jako razlikuju, tada ce maksimalna amplituda, prema izrazu

5.7.12, biti jednaka X lD2X =2C, a obiik definira razlika

periodima

kosinusoida s vrlo razlicitim

T = 21C 1 P

Znaci da oblik osciliranja ovisi 0 tome !ito je vece: Wv iIi p. Kod t=O je xo=O, a .oseiliranje ima narav kao i prikazane oseilacije na shei 5.7.3.

Slucaj 2. Ako se oznaci sa p+wv =2rx, i p-wv =2c>, tada se odgovor moze izraziti sa:

2h . .• h. . A X = ---- smat sm",t = -- smat sm,-,t.

w~ - p2 2 Ctll 5.7.19

Kod vrlo male razlike, izmedu Wv i p, C> je vrlo mala velicina pa se moze uzeti da je ex "'p, a odgovor se moze izraziti sa:

h . . A X = -- smpt SIDL>t.

2pc>

U tom sIucaju ce oseiIiranje imati oblik prikazan na sliei 5.7.5. Takvo oseiliranje se naziva pulzacija iIi

podrhtavanje. Kod toga se luci period oscilacija i period modulaeije. Period osciliranja je Tl ~27rip, a period

modulacije T2 =2r.1t& ..

5.7.20

SIik2 :: ~ ::

Di:Jamika

Slucaj 3. Kada P"""""Wv tada (p-wJ-+O

odnosno Ll41, a period modulaeije Tp-+oo. U

tom slucaju se moze uvrstiti u izraz 5.7.20, daje sinLH ~ C>t, pa je odgovor dan izrazom:

ht. A. x = -;;- smpt = smpt, kP

gd je je A = ..!2... t . 2p

5.7.21

Slika oscilacija u ovom slucaju prikazuje s Slika 5.7.6

vremenom ·stalan porast amplitude, kao sto je pokazano na slid 5.7.6.

hI . x =:o-smpt 2p

301

Slucaj kada je P=Wv naziva se rezommC3. Kako amplituda stalno raste, treba djeJovanje sile poremecaja prekinuti jer ce doti do sloma elasticne veze.

5.7.3 SILA POREMECAJA JE PERIODICKA AU NIJE HfARMONIJSKA

Periodicka poremecajna sila, kao i svaka

periodicka funkcija, moze se uvijek prikazati trigonometrijskim (Fourierovim) redom, to jest s nizom harmonijskih poremecaja. Odgovor na periodicku poremecajnu sHu dobije se kao suma

odgovora na svaki clan trigonometrijskog reda. Prema tome periodicku silu F=F(t) moze se

prikazati rrigonomerrijskim redom sa n-clanova oblika:

F

F = ao + L (a j eosipt +bj smipt) , l=n

gdje je p=2"lr/T, a konstante su:

T

~ 1 r D( .... \ .J.<. ao - - • V).4·,

T 2 '

F(t)

Slika 5.7.7

5.7.22

5.7.23

Radi hnearllostl )ednadzoe giDanja fnoze se konstiti nletoda superpozicjje i dobiti susrava. Partikularno rjeilenje diferencijalne jednadzbe tada glasi:

302 Oscilaciie

5.7.24

5.7.4. OPCA SILA POREMECAJA

Kada sila poremecaja nije periodicka, ali se moze prikazati kao fUllkciju vremena F=F(t), tada se odgovor sustava dobije na taj natin da se djelovanje te sile smatra kao djelovanje beskonacnog niza elementarnih impulsa velicine dS=F(7)d7. Od elementarnog impulsa liS koji je djelovao u trenutku 7, u trenutku t ce nastati elementarni pomak:

dx = dS< sinwv(t--r) = F(-r) sin wy(t-"l:)d-r . 5.7.25 mwv mwy

Slika 5.7.8

Ukupni pomak u trenutku t od poremecajne sile F= F(t) dobije se kao suma elementarnih

pomaka ilx od trenutka 7=0 do trenutka 7=t, to jest:

.=t t

X = J dx = _1_ J F("l:) sin w,,(t-"l:)d"l: . <=0 mwv 0

5.7.26

Dobiveni izraz je poznat Duhameiov integral ili integral konvolucije.

Kada su dani i pocetni uvjeti gibanja, to jest da je pri t=O, pomak X=Xo i brzina V=Vo,

tada je trajni odgovor jednak:

5.7.27

Du"narrlelOV integrai omogucuje da se odreae izrazi odgovora za siucajeve porernecaja kao s[O su konstantna sila i linearno promjenljiva sila.

Dinamika 303

Odgovor za konstantnu silu F=Fo, racunan izrazom 5.7.26, pokazan je na slid 5.7.9,

Slika 5.7.9

a izrazi za polozaj i brzinu glase:

,~

x=...Jl.(l-cosw t), k v

. Fo . x = -U} SillW t. k v v

5.7.28

p Odgovor za silu linearno promjenljivu s vremenom F= - 0 t, pokazan je na slid 5.7.10,

tl

F

oL-.......l--"-__ ~

r- 11 --j

Slika 5.7.10

a izrazi za polobj i brzinu glase:

5.7.29

Metodom karak po korak, Lacuna se odgovor na opeu prisilu uz pomoc racunaia, taka da se u svakom mal om intervalu vremena ll.t; pretpostavija da je sila konstantna iii linearno

promjenjiy'"

sile

304 Oscilaciie

Slika 5.7.11

Za opeu silu koja se mijenja, kao sto je pokazano na slici 5.7.11, sUa se promatra linearno promjenljivom u malim intervaiima vremena At,. Na pocetku i-tog intervala vremena je

pomak Xi' brzina v, i sila F" ana kraju tog intervala je pomak '4+" brzina V'+l i sila F,+!. Pomak i brzina na kraju intervala Llt, racunaju se formulama 5.7.30 koje glase:

i F F!-F 1 x 1 =x,cosw Llt+--'-sinw Lit.+~(l-cosw Lit.)+-'--_!(Lit.--sinw LIt.)

l+ ~ v 1. Wv V L k v I kfl.tj l Wv v l

5.7.30 . . . F;. Fi_1-F;

x 1 =-x.w sm<..) Lit.+x.cosw Llt.+-w smw Lit.+---(,·l-cosw!J.t.). f+ I V V l f V;: k v v r v !

Intervali vremena Ati (i= 1, .•.• ,n) mogu biti razliciti ili svi isti. Biraju se taka· da je aproksimacija linearno promjenljive. sile dobra. Za postavljanje izraza 5.7.30 koristena su rjesenja dana izrazima 5.5.10,5.7.28 i 5.7.29.

Dinamika

5.8. PRISILNO PRIGUSENE OSCILACIJE

Sustav s viskoznim prigusivacem pod djelovanjem poremeeajne sile F=F(t) oscilira. U trenutku t masa je udaljena od ravnotdnog polozaja za velicinu x, ima

brzinu i, i ubrzanje x, kao sto je pokazano na slici 5.8.1. Za taj trenutak jednadzba gibanja sustava giasi:

mi = -ci-kx+F(t).

Nakon dijeljenja cijele jednadzbe sa ill, i ako se

~. d· c 2 k 2. F(t) I() d· oznaci a Je - = n, - = w. I -- = t, te ure I, m m m

dobije se diferencijalna jednadZba prisilno prigusenih oscilacija:

i+2ni+w:x =I(t).

305

ex

Slika 5.8.1

Rjesenje te nehomogene: diferencijalne jednadzbe sastoji se od homogenog i partikularnog rjesenja. Homogeno rjesenje je opee rjeSenje slobodnih prigusenih osciiacija, a partikulamo rjesenje ovisi 0 obliku sile poremeeaja. Analiza prisiino prigusenih oscilacija je znacajna za slabo prigusenje.

5.1'1.1 ODGOVOR NA HARMOMJSKU SILU

a. Rjesenje za sHu poremeeaja oblika F jest:

5.8.2

gdje je opee homogeno rjesenje jednako izrazu 5.6.9, i glasi:

5.8.3

Partikularno rjeSenje moze se traZiti u obliku:

x = D,sinpr+D2cospt, p -

5.8.4

sto znaci da su:

306 Oscilaciie

Dobivena jednadzba mora vrijediti za sve t, a to moze biti sarno onda ako su izrazi u

uglatim zagradama jednaki uuli. To znaci da mora biti:

Rjesavanjem tih jednadzbi dobiju se vrijednosti za konstante i D2 , koje iznose:

Uvodenjem novih konstanti C i IX, tako da je D1=Ccos<x i D2=-Csiua, partikularno rjesenje 5.8.4 moze se izraziti sa:

gdje su: Xpart = Csin(pt -IX), 5.8.5

Uzimajuci da je ~ = ~ -relativni prigtiSenja Wy

sHe poremecaja i sustava. mogu se izraziti:

tga = 2np ___ _

w~ 1-( :J 5.8.6

C= H 2 ---;:::======= mwy II" '2

,11 1-(: )\21 +(2n; 12 ~ l \ y " \ W" )

5.8.7

Znacaj konstante C je bitan za odgovor sustava na harmonijski poremecaj. Ona predstavlja

amplitudu partikularnog rjesenja, a je statickog pomaka

KoeficiJenta uvecallja tog pomaka ILd'

Pomak - je pomak koji bi nasrao na eias[icnoj vezi krutosti k od sile Jt amplitudi sHe harmonijsKog poremecaja u

k

Dinamika 307

Dinamicki koeficijent uvecanja ovisan je 0 koeficijentu prigusenja i odnosa kruznih

frekvencija sile poremecaja i sustava, prema formuli 5.8.8, a prikazan je na sJici 5.8.2.

5.8.8

I ,I i i

lis ! J

-I~ 'I ~=--"- i

I~ w

I

I 0

Slika 5.8.2

Fazni pomak 0', prema formuli 5.8.6, takoder ovisi 0 velicini koeficijenta prigtiSenja i

odnosa kruznih frekvencija, a prikazan je na slici 5.8.3.

Slika 5.8.3

308 Oscilaciie

Opce rjesenje glasi:

x =e-m (A cos G)(+ Ssin Git) + Csin(pt-a). 5.8.9

Ako je u pocetnom trenutku pri t=O sistem bio u poloiaju "0 i imao brzinu Yn, tada je zakon gibanja sustava dan izrazom:

_ -r.J ~. _ vo+n(xo+Csina)-pCcosa 1 x - e l (Xo + C"ma ) cos wt + Gi' sin Git j+ Csin(pt-a).

. U slucaju da je poremecajna sila pocela djelovati na sustav koji je mirovao, sto znaci da Je kod t=O pomak xo=O i brzina "0=0, tada je zakon gibanja sustava dan izrazom:

-mCr· nsina -pcosa. 1 x=e IsmacosGit+ _ smGitl+Csin(pt-a)

L W J iii

5.8.10

gdje su:

wsina tgcp = -.--__ nsma -pcosa.

tga=- 2np =_ 2~r 2 2 ' o· w,,-p l-r"

Dio odgovora:

Xl =e-ntDsin(wt+<p), 5.8.11

jest dio koji fadi prigusne funkcije e-nt brzo nestaje, i naziva se prolazm odgovor. Dio odgovora:

x2 = C sin(pt - a ) 5.8.12

je bitan, on stalno traje dok djeluje sila poremecaja, a naziva se trajm

IT \ ~' 1 UI \ 1 \ I \ ! ~ ,I I \ fl,' 'I 'v' i ~ , V' V

Siika 5,8.4

Na siici 5.8.4 pokazanje odgovor na harmonijski n",·prr,,,.~~, osciliranj2 :: pe:--iadc:-:-: sarno osciiiranje s periodom T2 =21r/p.

Dinamika

b. 'U siucaju sHe nfr,."'np,~"i" obUka F=Hc()spt, trajni odgovor giasi:

x2 = Csin(pt+O;;l)'

309

5.8.13

je konstanta C jednaka kao i u slucaju a. a dana je izrazom 5.8,7, Pocetna je faza:

G:/ -1l2

C(l = arctg-"-'-.

5.8.2. ODGOVOR NA OpeD SILD POREMECAJA

Analogno, kao i u sustavu bez prigusenja, odgovor se traii tako da se sila poremecaja smatra kao beskonacan niz elementarnih impulsa velicine dS=F(r)dr. Od

impulsa u trenuticu 7, nastat ce prirast brzine:

dv= dS, m

koji. prema izrazu 3.5.18, daje u trenutku t> 7 elementarni pomak:

dx = e-nt sin Gi(t-t)d-r . mw

5.8.14

Pomak u trenutku t, od poremecajne site koja je djelova!a od trenutka 7=0 do trenutka 7=t odreduje se izrazom:

'toot t

x= f dx=~ fF(<:)e-n'SinGi(t-,)d,. <00 mw 0

5.8 15

To je Duhamelov integral za sustav s prigusenjem. Kada su dani pocetni uvjeti gibanja

takvi da je pri t=O pomak X=Xo i brzina V=Vo, tada je rjesenje za trajni odgovor:

-nt r ' 1 ( . . _ 1 1 T ;'F( ) -n" - ( 'd x=e tXocoswt",-:;- vo+nxoJsmwt +--_ I ,e "smw t-,) ". w mw;oo

Rjesenje integrala 3.8.15 za konstantnu silu poremecaja F=Fo daje izraz za

koji glase:

x=-[l-e t+ l:

F v = -..CJ-e-n'sllwt..

k W

{Jd.gOVOfl 112. KcnsiliDtnu SilU is'log sU:;lava, c.Il za ra.2Jlt:

i i;=d),S<l, pokazani su na slici 5.8.5.

3.8.16

i brzinu

310 Oscilacije

Siika 5.8.5 F

Rjesenje integrala 3.8.15 za Iinearno promjenljivu silu poremecajaF=at=~t daje izraz za pomak i brzinu koji glase: .tl

FJ 2n _ (W~ -2n2 . _ 2n _ 11 x = -' -I t-- -e "t --- Sllwt -- coswt II

kt I 2 2 - 2)',' I l Wy W"W Wy J

5.8.18

v = --"-Il-e-n '(coswt + 2 sinwt) . , F' 1

~;l ~_

Kada je sila poremecaja opea te se ne moze fllnkcionalno izraziti, pa se ne moze koristiti Duhamelov integral, tada se mogu koristiti rjesenja 5.6.18, 5.8.17 i 5.8,18 i racunati

odgovor metodom korak po korak liZ pomoe racunala. Tom metodom pretpostavlja se da je u svakom intervalu vremena ~t;=ti+ 1-1:; sila linearno promjenljiva. Na pocetku i-tog interval a vrel1lena u trenutku t, pomak je X;, brzina Vi i siia F

i• Na kraju i-tog interval a

vremena u trenutku tl+! pomak je xi +1> brzina V i +1 i sila F i + l • Pomak i brzina na kraju intervaia Ati racunaju se formulama:

nlH (v,+nx) xi+)=e"' i[XiCOSWAtj+ '_ sin Wt.tJ +

W

+ Fi[1-e-nAti(COSWM,+2SinwAt,)] + k 'w' 5.8.19

- 2 2 \: lOv - n , _ , 2n _ ---SllWLH,--COSWD.t,)1 , 2 _ l 2 1

Wi-' W W1'

F. -r--e

k W 58,20 sin

F -F + ~ [l_e-nLitJ(cos + !!.. smwM,)] .

W .

Interval vremena ~ti bira se tako da je aproksimacija linearno promjenIjive sile realna,

Dinamika

5.9. SILA PRIJENOSA

Svaki sust2.V U osciliranja prenosi na svoj cemelj, odnosno oslonac na koji je vezan, sile koje su uzrokovane tim oscilacijama. Za

sustav na slici 5.9.1 sile koje se prenose na temelj uslijed oscilacija

sustava iesu sila elasticne veze i sila prigusivaca. Te sile se kratko mogu nazvati ~ile prijenosa. Ukupna sila prijenosa na temelj je jednaka :

FT=kx+ci. 5.9.1

Ako oscilacije sustava uzrokuje harmonijska sila poreme6aja

F = H sinpt, tada je trajni odgovor sustava:

a brzina odgovora:

H x = -;- ~dsin(Pt + 0:),

K

Prema tome, sila koja se prenosi na temelj je jednaka:

F = T

= ~ Ii .r ksin(ot + a) + cp cos (vt + a)] ~ k rae, "

= !i IkdV k2 + (C/J)2 sin(pt + IX + P) = Hp sin (pt + ,p). k '

d' t R cp - amplituda sile prijenosa i l{'=ot+{3 - fazni pomak. g Je su gp =k'

311

kx ex

Slika 5.9.1

5.9.2

5.9.3

5.9.4

Ako je amplituda sile poremecaja H, tada je amplituda sile prijenosa na temelj jednaka:

k I, (Cp\2 u ,,! L +1"kJ

.- H / 2 , ) 2 n _-;===~=' ==='=== fi =-u.yk -\cp, =-p ~. a k I

r.. C F / '2

I ll_(~121 +12n~1 ,I , K J I 0)-1 ~ , , \ v J

5.9.5

5.9.6

Na slici 5.9.2 je prikazana Dvisnosl koeficijenta 1j 0 odnosu r=p/w, i E=n!wv •

312 Oscilacije

Slika 5.9.2

5.10. UTJECAJ GIBANJA TEMELJA SUSTAVA

Cesto je gibanje temelja, odnosno okoline za koji je vezan sustav, uzrok nastajanju

osci!acija sustava. Ako je u trenutku t apsolutni pomak teme!ja y=y(t), a apsoiutni pomak mase je x=x(t), tada na masu kao vanjske

neuravnotezene sile djeluju elasticna sil~l =k(x-y)

i sila prigusenja S2=C(X-Y), kao sto je pokazano na slici 5.10.1.

lednadzba gibanja mase glasi:

mi. = -k(x-y) -c(x-y). 5.10.1 k(x-y) t j c(i;·y)

E.·m~Jj ,." iI:

Uredenjem izraza 5.10.1, moze se dobiti Slika 5.10.1 diferencijalna jednadzba gibanja mase sustava i to

za apsolutno gibanje x=x(t) iii za relativno gibanje u=x-y=u(i).

a) Diferencijalna jednadiba za apsoiutno gibanje rnase

lz: izraza 5.10.1 dobije se diferencijalna jednadzba apsolutnog gibanja:

mi.+d+kx =ky+cy =F(t). 5.10.2

Vidi se da je to identicna diferencijalna jednadzba kao i za prisilno prigusene osci!acije.

Sila poremecaja F(t), ovisi 0 zakonu gibanja temelja. Akc; je po Z3KOflL

sin(pt+a) =

= kAyVI +(2 ~ r)2 sin(pt+ ex).

gdje su:

RjeSenje za trajni odgovor glasi:

gdje su: f3 ~o: +<p, i 2np 2~r tgqJ = -2-- = --2 .

Wv _p2 1-r

b) Diferencijaina jednadzba reiativnog rnase.

rlJ tga =~ =2~r.

k

5.10.4

Ako je relativno gibarJe mase oznaceno s relativnom koordinatom u=x-y, sto znaci da s~ u =X -y i ii =i. -y, tada se moze pisati diferencijalna JeClna.C!zIDa:

m(u+y)+cu+lcu=O.

Diferencijalna jednadzba relativnog gibanja mase sustava glasi:

mu+cu+ku = -my.

Rjesenje jednadzbe 5.10.5 ovisi 0 izrazu za ubrzanje temelja y =Y(t).

5.10.5

Za harmonijsko gibanje temelja po zakonu y =Aysinpt, jest ji = - A yp2sinpt. U tom slucaju diferencijalna jednadzba relativnog gibanja mase glasi:

mu+cu+ku = mp2A sinpt. . Y

Rjesenje te diferencijalne jednadzbe daje trajni odgovor:

mp2A u = ~11-dSin(Pt + ex) = Ausin(pt+ 0:),

gdje su:

" 2np _ 2~i ex =arc,g--· - - arctg--_p2 1

Odnos

izrazoll1 5.10.8: relativnog gibanja mase gibanja LemelJe. definirs

:::: ------------

5.10.6

5.10.7

dan

1G,

314

Na slici 5.10.2 prikazana je ovisnost koeficijenta if.;, 0 odnosu r i ~.

~_,---__ I

Slika 5.10.2

5.11. MJERENJE VIBRAClJA

Cesto je potrebno istraziti nastale

vibracije mehanickih sustava Snimak vibracija

konstrukcija. Za analizu vibracija potrebno ih je snimiti pomocu

instrumenta koji se stav!ja na objekt koji

vibrira, kao sto je pokazano na slici 5.11.1.

Insrrumenti koji nam to mogu omoguciti baziraju se na sustavu s

jednim stupnjem slobode, a sastoje se od mase ill, elastiene veze krutosti k

prigusivaca koeficijentom prigusenja c.

Apsoiumi pomaK mase mstrumenta oznacen je sa x. Apsolumi pomak

.)-

Jednadzba gibanja mase instrumenta glasi:

m5: ~ k(x

Slika 5.11.1

Stika 5.11.2

Oscilaciie

Vibracije objekta

k(x-y) , c(i-j)

Dinamika 315

Ako se reiativni pomak mase u odnosu na objekt oznaci sa u=x-y, rada se jednadzba gibanja mase maze izraziti sa:

mii+cu+ku ~ -my. 5.11.2

Dobivena jednadzba je diferencijalna jednadzba reiativnog gibanja mase instrumenta. Vidi

se da je to idemicna jednadzba s jednadzbom 5.10.5. Ako se objekt giba po zakonu

y ~Aysinpt, trajni odgovor relativnog gibanja mase jest:

U slucaju da je:

tada

gdjeje1:~t+~. p

5.11.3

5.11.4

5.11.5

Vidi se da je amplituda izmjerenih vibracija i vibracija temelja ista, sarno sto odgovOf ima

fami pomak .f{!.

Ako je vrijednost: 5.11.6

tada se izraz 5. 11. 3 moze p isati da j e:

5.11.7

Vrijednost u w~ - prikazuje amplitudu ubrzanje zapisa, a Ayp2 - prikazuje amplitudu

ubrzanja objekta na kojem se mjeri. To znaci da je zapis proporcionalan s ubrzanjem

mjerenih vibracija.

InStrumellti za koje je ispunjena

jednadzba 5.11.4, koriste se za mjerenje pomaka obieno se nazivaju

vioromelrl. formUla 5.11.4 moze pos!uziti za odredjvanje greske

prava i r> 3 gre§ka u mjerenju :nallja ad ! % (vidi siiku 5.10.2)

je

II';.... ! ,i? 11'":-'

-lili-, .. " !! ::

, >

1]2 0: I) 5 I] &

r=.L

Slika 5.11.3

i \' 0',

316 Oscilacije

lnstrumenti, za koje je ispunjena jednadzba 5.11.6, koriste se za mjerenje ubrzanJa i 0bicno se nazivaju akceierometri. Formula 5.11. 6 moze pasluziti za mjerenje greske

ubrzanja, iii se njame maze izracunati prava vrijednost ubrzanja. Aka je ~=(I,7 i r<O,4 greska mjerenja ubrzanja je manja od 1 %. (Vidi sliku 5.1 .3).

5.12. PRIMJERI PRIGUSENlli I PRISILNlli OSCILACIJA

5. 12.1. RIJESENI PRIMJERI

Primjer 5.12.1 Tijeio tezine G=50 N, ovjeseno je na oprugu krutosti k=20N/cm i oscilira u mediju koji cim otpor proporcionaian brzim gibanja. Zna se, cia je amplituda oscilacija nakon 12 osciladja, smanjena na dvanaestinu.

Odredi period oscilacija i logaritarnski dekrement prigIJSenj:a.

Rjesenje. Odnos pomaka slobodnih oscilacija s prigusenjem za jedan period iIi r perioda jednak je:

Xi e-ra e-nt nT -=---=---=e ili Xi+l e-n(t+1) e-nte-nT Xi+r e -n(t+rT)

Slika 5.12.1

Logaritamski dekrement prigusenja za jednu iIi r punih oscilacija racuna se izrazom:

o=lnx1

=nT iii o=-.!:.ln~~nT.

Ako se za 12 perioda amplituda smanjija za 12 puta, to maci da je:

o ~ ~ln12 =0 20707. 12 '

Vlastita kruzna frekvencija slobodnih oscijacija bez prigusenja jednaka je:

w = I' kg = ~ 2000'9,81 ~ 19 809 Tadls. v ~ G 50 '

Period slobodnih pngusenih oscilacija jednak je:

TI=~.

Prema tome je:

Dinamika 317

Koeficijent prig~sc;:ja je:

1l~~~O.207 =O.653s-1 , c~2nm=20,653~~6,651Nm-ls T 0,317 . 9,81

~ =~ "'..}!- =0,033.

Pnmjer 5.12.2 Sustav je izveden iz ravnoteznog

poiozaja i pffiten cia slobodno oscilira. Snim3k

oscilacija, u kojem je dana tocna n:cmenska baza i tok, prikazan je ria slid 5.12.2.

w L, 1t v

Odredi period, viastitu frekvenciju i koeficijent za te oscilacije. Slika 5.12.2

Rjesenje. lz·snimka se moze ustanoviti period prigusenih oscilacija i izmjeriti relativni odnos amplituda. Utvrdeno je da su u intervalu vremena od 5 sekundi izvrsene 23 pune oscilacije ida se za 9 oscilacija amplituda smanjila za 2.3636 puta. Prema tome su:

T=~ ",0 22sek 0 =-.!:.ln2 3636 =009558 23' , 9' , , o

n = -;;;; ~ 0,4397 rad/s, 1

w =~ =28 903 rad,is T '

~ =..!!... =0,0152. w

Primjer 5.12.2 Dvije opruge krutosti k=30N/cm i viskozni prigtlSivac sa koeflcijentom prigtlSenja n=O,3 Wy , vezani su gore za

nepomicnu okolinu i dolje za nedeformabilni Map zanemarive tezine. Aka odjednom na stap koji miruje ovjesimo tezinu Q=240 N, sustav ce vertikaino osciiirati.

Odredi zakon gibanja tereta. SEka 5.12.3

Rje.sel1je. Oscilacije sustava pocinju u trenutku kada teret bude ovjesen na opruge. U tom trenutku opruge joil nisu rastegnute. Oscilacije su vrSene oko ravnotdilog poiozaia, a to ie poioiaj ovjesenog tereta na oprugam.a u stanju mirovanja. Pri mirovanju su opruge rastegnute

za velisinu

240 . c. = = --- = 0,04 m = 4 em . .. " 2k 2·3000

Dakle 12: slanja

i izraz za brzinu jesu:

ravnotez.e, sto waci Prema izrazu 5.6.18. zakon

318 Oscilacije

. uta frekvencija sustava jest:

w =Ulv Il-(~ r = 14,939rad/s. ~ \ Ul v )

Zakon gibanja giasi:

x = -4e -4.4981 (cos14,939t + O,314sin14,939 t) = 4,193e -4,6981sin( 14,939 t -1,266) em.

Primjer 5.12.4 RInk tezine G lezi na dva valjka istili

tezina Q i vezan je elasticnom oprugom za vertikalni zid. Sustav min.l.je i odjednom pocne djeiovati horizonta!na sila F=F(t), kao sta je pokazano fia slid 5.12.4.

Odr-edl diferendjainu jednadibl.l ploce.

F ~A-+~~~~~~?±~rv

Slika 5.12.4

Klizanja izmedu bloka i valjaka, te valjaka i tia nema.

Rjesenje. Sustav je s jednim stupnjem slobode. Od djelovanja sile nastaje gibanje tako da

u trenutku t blok imat horizomalni pomak x, brzinu i i ubrzanje x. Valjci pri gibanju imaju

na vrhu, u horizontalnom smjeru, iste kinematicke elemente gibanja kao i bIok, a tocka

dod ira s tlom je tocka trenutnog centra brzina. Gibanju ce se suprotstavljati elasticna sila

opruge F j =-kx i sile inercije mase bloka i valjaka. Ako se sile koje su u ravnotezi iskljuce

iz razmatranja, a 8ili poremecaja i elasticnoj sili dodaju i sile inercije, tada je prema

D' Alembertovu stavku za te sile stvorena dinamicka ravnoteZa. Ukupno inercijsko djelovanje

svakog valjka moze se prikazati u tocki trenutnog centra brzina, 3. bloka, koji se giba

trans iatorno , sa silom inercije u tdistu mase bloka.

Momenti sila inercije na os okomitu na tocku centra brzina za oba jednaki su i iznose:

lzoorom moguceg pomaka ox na mjesw i u smJeru poma,~a x, jecinacizba vinuainog raca giasi:

Dinamika

I)W= -mx'ox-kx'lh+F'ox=

= -2 3QRx ~ _ G xox-kxox+Fox= O. 4g 2R g

Diferencijalna jednadzba gibanja za koordinatu x jest:

3Q+4G x+kx=F . 4g

Primjer 5.12.5 Sustav pdkazan na slid 5.12.5 je mirovao i adjednom na je paceo djelovati moment M=M(tJ.

Postavi difereucijalilu gibanja za

oznacenu koordinatu x i izraze za me Ce , k, i Fe'

Rjesenje. Sustav je s jednim stupnjem slobode. Sve 0

gibanju je pcznato, ako je poznat zakon gibanja tocke

poloza] odreduje izabrana koordinata x.U trenutku

319

Slika 5.12.5

t pomak te tocke od ravnoteZnog poiozaja je x, brzina i, i ubrzanje i. U tom trenutku ce

disk tdine Q imati kutno ubrzanje £1 i trenutni centar brzina P. Greda tefine G ce imati

kutno ubrzanje 1:2 i stalan centar brzina A. Disk tezine W ce imati kutno ubrzanje 8 3 i stalan

centar brzina O. Sile koje su narusiJe ravnotdu sustava jesu aktivni moment poremecaja Mo=Mo(t) i sile

koje se suprotstavljaju gibanju, a to su: eiasticna sila gila otpora viskoznog prigusivaca

ci2

' Dodavanjem tim sijama sile inercije svakog tijela sustava tako da se njihova ukupno

djelovanje prikaZe na tocku centra brzina svakog tijela, bit ce stvorena dinamicka ravnoteza

sustava. Metodom virtualnog rada brzo se dobiva trazena diferencijalna jednadzba gibanja

za oznacenu koordinatu x=x(t).

U promatranom trenutleu su:

Momenti sila inercije na centar brzina svakog tijela. elasticna sila i sila otpora jesu:

3

),

=kx R =2cx. '2 P'2 2. g

Z2 \j;rt~13Ini na

virtualne rotacije tijeJa jednake:

320 Oscilacije

lednadzba vinualnog rada za uspostavijenu dinamicku ravnote±u glasi:

3QR,x <x G/v 2~x QR.,x <~ 7"x = ___ ,_.~_---.':..::._u ____ -_ . ..'::::: -kx'ox-2cx'26x+M '~=O.

2g Rj 2g I 2g Rz 0 l

Uredenjem dobivenog izraza konacno se dobije:

3Q+2G+ W _ . 2Mo -----''--------''-------'x +4cx +kx =--.

2g I

Znaci da je:

3Q+2G+ W

2g c,=4c, k =k e

Primjer 5.12.6 Dvije mase vezane oprugom

krutosti k, miruju na glatkoj horizontalnoj

povrsini. Ako odjednom na masu m z pocne

djeiovati konstantna horizontalna sila, odredi

zakon gibanja svake mase.

Rjesenje. lednadzbe gibanja i izrazi za ubrzanje masa jesu:

iii

ili

Zbroj jednadzbi gibanja je jednak:

Razlika ubrzanja masa je jednaka:

F,= -Z-,

Slika 5.12.6

Uvodenjem nove VarIlable x =x2 - Xl' dobije se diferencijalna jednadzba koja glasi:

a)

b)

Dinamika

k(rn! +m2 ) F X + X=-.

Injml m2

Op6e rjeSenje te nehomogene diferencijalne

F1l!] x=Acosw t+Bsinw t+ ---'--

v v k(1l!j +1l!2)

gdje je w = I k(m1 +m2 ) •

v ~ Inlln2

321

i izraz za brzinu jesu:

U pocetku djeiovarJa sile F, sistem je mirovao, pa su Xo =io =0, sto znaci da su konstame:

Rjesenje' za x =x2 - Xl glasi:

Fln1 A = - ---"--

k(m1

+ln2 )

Fm1 X = ---=--(1 - COS

k(mj

lz jednadzbe a) vidi se da je:

Ubrzanja masa sustava su:

B=O.

. 2 w"t -------'-Sill-.

2

x1 =~x= __ F_(l-coswJ) =A(1- cosw/),

m) 1l!) +1l!2

x2=--x+-=--- l+-COSW/ =A l+-cosw/. .. k F F ( . m1 ) (m1 \1

m2 1l!2 Inl +m2\ m2 1l!2)

lntegracijom izraza za ubrzanje dobije se:

i =At+C c

A. t2

x =-+Ct+D c 2 !t

. ( Xl =AI t-

- , :,

m, SinW/j t+ m~ -0.-.,- +C2

'2 v c

r tL 1

x =A ~-,-1 [:;:

. . (t2 nIl COSu)j l X :::::AI--~--- +C"t

2 i 2 11!2

Posta .Ie u trenutku t=O sustav mirovao, to znaci da slJ,konstante:

322

Zakon gibanja centra mase i svake mase konacno glasi:

F t2

xC~---7' m1 + m2 -

Ft2 m2 . m x ~ --- - + (cosw t ~ 1 ) ~ x ~ __ 2_ X

1 mj+m22 k(m1+m

2)2 v C m1+m

Z '

Oscilacije

Vidi se da je gibanje masa slozeno od gibanja centra masa i osciliranja U odnosu na njega.

Primjer 5.12.7 prikazuje

putu.

Sustav prikazan na slid 5.12.7,

model vozila na neravnom

Vozilo se giba konstal1tnom brzinom v i naide na neravninu opisanu sinusoillalniln zakonom. Odredi diferelldjaum gibanja rnase, te kriticml brzinu gibanja v()ziia na hanuonijskoj neravnosti y=yosinpt. Slika 5.12.7

Rjesenje. Sustav prije dolaska na neravnost bio je u ravnotezi. U trenutku t od dolaska na

neravnost masa je pomaknuta od ravnoteznog polozaja za velicinu x, a neravnost iznosi:

• • 211:'1' Y ~yosmpt=yosm--t,

L lednadzba gibanja mase za taj trenutak glasi:

mi ~ ~k(x +y)~c(i +y)

Kruzna frekvencija poremecaja dobivena je iz uvjeta L=vT==v(21r/p).

Vlastita kruzna frekvencija sustava i kruzna frekvencija poremecaja su:

if: ~v=~~

2r;;v p=-,

L

Diferencijalna Jednadzba gibanja mase

mX +ci+kx~ ~ . \ (.. 2r;;v L 211:11 \ +cy) = ~Y) Ksm-,-t+c -~-cos--t i~

\ L L.11:1' L'

'k2 I' cL J\: ( 1T.1' 211:vl< \ . + -- cos'--t~arctg--I'

\2-rrv \ L cL !

323

Kriticna brzina vozila je brzina kod koje je frekvencija poremecaja jednaka vlasitoj

frekvenciji sustava, a iznosi:

Primjer 5.12.8 Sustav s jednim stnpnjem je na

mehunizum pilastog obUka (vidi slikll 5012.8).

"'U'""ULUU gihanja mase i izrazi trigol1ometrijskim redom i izraz za trajni OdgOVOL

ll=U(t)

Rjesenje. Mehanizam proizvodi gibanje u=u(t) pilastog oblika, leao sto

je pokazano na siici 5.12.9. Za trcnutak kada je masa udaljena za vclicinu x, a mehanizam daje pomak u od ravnoteznog polozaja, jednadzba gibanja

mase dana je izrazom:

mi~ ~k.x~kl (u~x) ~ci

pa difereflcijainii jednadzba mase glasi:

mi+ci+(k+k)x u

Siika 5.12.9

Ii ~F(t).

Kruzna frekvencija sustava jest:

I k+k] wv=,.J--·

~ m

Prema slici 5.12.9, pomak u, u jednom periodu moze se prikazati izrazom:

Konstante trigonometrijskog red a prema izrazirna 5.7,23 jesu: T T

~lr ~\ .~uor"_~uo a ~- u(,}d.~-, ,dt~-o T.I· T2J 2 '

:: c ,., T 2u ~ Ii

a,::: ~ u(t)siniptdt::: --!-I t sinipt d:::: - ~ ~ rr ,-,-, __ ." ,,_" - 0

. ~ T 2 - ... . L 11-0 r " .

b, = - i4\t) cos:ptdt = -e-. J' tcos!ptar ~O. TL [;

Slika 5.12.8

Kruina sile je D=W =271/T, gdje je w - kutna brzina rotacije mehanizma.

324 Oscilacije

Pomak u=u(t), prikazan trigonometrijskim redom jest:

/ \ Uo Uo ~ 1 .. Uo Uo ( • 1. 2 1. 1 . u,t; =- - - L --;-sm!pt=--- ,smpt+-·sm pt+-sm3pt+ ........ +-smipt+ ... ".).

2 11: /=1 ! 2 11: 2 3 n

Trajni odgovor sustava na poremecaj n, dan je izrazom:

kur 1 l~' 1 X= k~ko, -2 --2:;: ~(f-Ld)isin(ipt-<p) ,

1 L rr ;==1 l J

gdje su:

Dominantan cian odgovora je onaj za koji je ip = u\.

Primjer 5.12.9 Tezina G=lON, lezi na g!atkoj ''''rl7nn'~ povrsini i vezana je za oprngu krutosti k=lON/cm. Opruga s druge strane je vezana za vertikalni zid koji se giba po zakonlJ u=2sin(10t) N.

Odredi maksimalnu amplitudu gibanja tereta.

(za i=1,2,3, .... oo)

Slika 5.12.10

Rjesenje. Vlastita kruzna frekvencija sustava i kruzna frekvencija poremecaja su:

r-a~ k ko 1000'9.81 w = 1-= ---'2...= . =31321rad!s

v ~ m G 100 ' , p = 10 rad/s.

Dinamicki faktor i maksimalni pomak tereta od ravnoteznog polozaja jesu:

x = u ,U = max 'a max

1 11- - ---- = 1,469 . d \2

)- L! =2,938cm.

W , v I

Dinamika

Primjer 5.12.10 Masa m uevrscena je na gomjem kraju stapa. Stap je vezan za temeij koji horizontalno osdlira. Frekvencija

siobocnih osdlacija sustava mase i stapa je f=30 Hz. Aka temelj osdiira s ampiitudom uo =1 mm, tada ce masa na vrhu Stapa osdiirati

A = 2 mm, i to sa u fazl U odnDsll na za

<p=ISO". Odredi frekvenciju osciliranja temelja.

stapa moze se zanemariti.

Pri""",,,,,,,,, sustava i tezinu

325

Slika 5.12.11 Rjesenje. Dinamicki koeficijent uvecarJa amplitude je negativan i iznosi

1'-0=-2. Za zane mare no prigusenje on je jednak:

1

gdje su: Wv vlastita frekvenca kruzna sustava masa - stap. a p - kruzna frekvencija temelja.

Oni su:

j. Q

Primjer 5.12.11 Elektromotor lezi na nosacl.l kao sto je I -_~ .•. }-.- EI

pok~zanG na slid 5.7.12. Ukupna refina elektromotora je A ii'( = L---:- 8 Q=2k.l'.J, a tdina rotonl G,=600N. TeZina grede i ~ I i /;t.-7·

fool!-- 2 .. I., 2 priguSenje neka se zanemare. Ako je kruzna frek\'encija slobodnih oscilacija sustava

w,=3'll'rad/s, odredi koji ce maksimalni progib imati 6000/min. Ekscentricitet rotora je r= 1 mm.

Rjesenje. lz podataka primjera mogu se odrediti:

- krutost sustava

Kl"uina

D= n~ ::-20n rad/s, . 30

Slika 5.12.12

greda pri radu moton. sa

326

amplituda sile poremecaja

H=mro,rp2= 600 'o,oo15(20n)2=362,187N, 9,81

- dinamicki koeficijent

- staticki progib sustava

1 9 ------- = - = 1,8, 1_(20n)2 5

\ 30n

.(' - Guk _ 20.000 -001< J -- - -,1m, 51 k 18,11'105

Dinamicki progib sustava

F FH !!. = 1 8 362,187 =00036m Jdin = ~dinJst = ~din' "

k 18,11'105

Ukupni progib sustava je prema tome jednak:

luk = 1st +Idin =0,011 +0,0036 =0,0146m = 14,6 mm.

Oscilacije

Primjer 5.12.13 Zamrzivac ima teZinu bOON, a osionjen je na cetiri elasticne podloge istili irrutosti k. Motor rasWadnog llredaja radi sa 600 ok,retaja u mhmti.

Koju irrutost moraju imati opruge da bi se manje od cetrnaestine poremecajne sHe prenosilo preko eiasticne podloge.

Rjesenje. Frekvencija sile poremecaja jest:

n n 600 p=- =n - =20n rad/s.

30 30

iz dinamickog koeficijenta moze se odrediti:

ili

Polrebna ukupna krutost opruga jest: ? ') 2

4 ", - . 2 , G p- _ 600 20-" -'6 09~1\7' h-mw :::::..---------1. I v/mlO g 15 Q,81 15

KrmoSI svake opruge mora biti jednaka iii manja od vrijednosti 4024 N!cm.

~D~i~n~am~j~il~(a~ ___________________________________________________________ 327

5.12.2. PRIlVIJERI LA SAMOSTALNO RJESAVANJE

5.12.1 Teret tdine G ovjesen je na elasticnu konslrukciju krutosti k i vrsi u viskoznom

mediju prigusene osciiacije s periodom T' =O.51r s. Zna se da bi sustav oscilirao slobodno

bez prigusenja s periodom od T=2,57r S.

Odredi koeficijent prigusenja viskoznog medija.

5.12.2 Snimak vertikalnih oscilacija sustava dan je na slici

5.12.13. Odredi period, vlastitu frekvenciju I koeficijent priguSenja

sustava.

:S.12.3 Za sustav prikazan na slici 5.12.14 postavi

diferencijalnu jednadzbu gibanja za koordinaru x.

\;,;,;" ,'", ""'.:~' "

l . ' Stika 5.12.13

Slika 5.12.14

5.12.4 Za sustav prikazan na siici 5.12.15 postavi

diferencijalnu jednadzbu gibanja za oznacenu koordinaru x.

",.h

Slika 5.12.15

5 .. 12.5 Za susrav na sEc: 5.12.16

jednadzbu gibanja za oznacenu koordinaru x.

~

~Q ,(rl)~

""---- d --t F 10 ; '> I . S \ ~ >k

A 7?;-- .~ --=-:-: -E" -~ s: ~~ ;

~--i~l ~7,

Slika 5.12.16

328~ ________________________________________________________ ~O~sc~i~ia~c~jJ~e

rc(///./c'! 1'/,/.;:></<//< I i

I ~"

I I R i .~

i +~;-'I'· I~ 2d d

p ,~ . _~ "': ," 5.12.6 Za sustav prikazan na slici 5.12.17 postavi ~k, 'I) . .,. . . r ,,·l: .~~ di[,,,,,cij""" i""'''"" gibanja za oznaeenu

.~ F ~ 'J'J7:fJ7. koordinatu x.

Sk y/7//////.

Slika 5.12.17

5.12.7 Za sustav prikazan na slici 5.12.18 postavi

diferencijalnu jednadzbu gibanja za koordinatu x.

5.12.8 Harmonijska poremecajna vertikalna sila s maksimalnom amplitudom od 10 N, djeluje na teret tdine Q=60 N koji visi na opruzi krutosti k=50 N/cm.

Koji ce maksimaini pomak imati teret Q ako je frekvencija poremecajne sile

a) Pl =2Hz, b) P2=4.8 Hz c) P3=20 Hz.

5.12.9 Motor tdine G=1230 N, pricvrscen je na haju konzolne grede duzine l=lm, koja ima hutost na savijanje EI=163S'· HI6 Ncm2 •

Odredi kritican broj okretaja motora pri kojem dolazi do rezonancije. Neka se sVI otpori i tezina grede zanemare.

5.12.10 Elektromotor ukupne tdine G=981 N stoji u

sredini raspona grede i raoi sa 240 okretaja u minml. grede je 1=3 ffi.

Odredi potrebnu krutOSI grede (Eli, lako aa bi YlastiUi

frekvencija sustava bila za 30% veca od frekvenciie

Doremeca~ine sile. Tezina ,~rede neK8 se zanernari.

A\G ~ EI ~

Siika 5.12.20

Dinamika 329

5.12.11 Uredaj za mjerenje amplitude vibracija, sastoji se od.okvira na koji je ucvrscena konzolna kazaijka s masom

na kraiu. Vlastita frekvencija konzolne kazaljke je f=5 Hz.

Kada je uredaj kruto vezan za temelj na kome je radio stroj

sa 600 ohetaja u minuti, kazaIjka je osciliraia s maksimalnom amplitudom od 1,6 mm.

Odredi maksimalnu amplitudu vertikalnih oscilacija

temeIja.

Slika 5.12.21

5.12.12 Biok tezine Q= 1200 N leii na cetiri jednake vertikalne opruge istih krutosti

k=40 N/cm. Tlo ispod bloka vibrira sa 200 oscilacija u minuti uz maksimalnu amplitudu ad

Smm. Odredi amplitudu osciiacija bloka.

Slika 5.12.22

5.12.13 lednocilindricni motor tdine 1500 N, lezi na elasticnoj podlozi. Kod rada motora sa 1500 okretaja u minuti nastaje neizbalansirana sila

od 450 N.

Odredi potrebnu velicinu elasticne podlage, tako da sila ce se

prenositi od dinamickog djelovanja elasticnom podlogom na temelj, ne

bude veca od 50 N.

5.12.14 Teiina Q visi na opruzi krutosti k i ima ugradeni viskozni

prigusivac s koeficijentom prigusenja c.

Odredi jednadzbu gibanja mase ako masa dobije pocetni pomak Xo

pocemu brzinu vO'

Slika 5.12.23

5.12.15 Masa u zadatku 5.12.14, u trenutku t, ima od

ravnoteinog polozaja jednak Xl> brzinu "I' U tom trenutku na nju

djelovali vertikalna siJa

Odredi i brzinu Hlase trenutku ~2'

Slik? 5.12.24

330 Oscilacije

5.12.16 Uz pomoc dobivenih izraza u zadatku 5.12.15, izradi za eiektronicko racunalo program za izracunavanje odgovora takvog sustava na pobudu na proizvoljnu silu ko'a se moze prikazati linearno promjenljivom u malim interv'alima vremena bot. J

5.12.17 lzradenim programom za elektronicko racunalo d k 5 12 16 u za at u . . ,za sustav prikazan na slici 5.12.23, izracunaj odgovor na vertikalnu silu prisile.

Poznato je da je: xo=O, vo=O, m=25,33Ncm-1s2 i k=lO N/cm, a sila prisile se mijenja, kao sto je pokazano na slici 5.12.25.

Odgovor traiiti za koeficiente prigusenja

~ = 0,00; 0,157; 0,314; 0,471; 0,628. (,)v

3

Slika 5.12.25

DinalT.ika

R.JESENJA ZADATAKA ZA SAMOSTALNO RJESAVAN.JE.

2.2.1 G=mg=196,2N; m=Gig=2,039kg. 2.2.2 v,=w=50m!s; s=(so+5t+2.25r2) m. 2.2.3 S=(l-a/g)=1077,7N.

2.2.4

2.2.5 2.2.6 2.2.7

2.2.8

f=v2/(2gt) =0,255. a) T=G(sina-a/g)=2384N; b)tga=O,l, a=5°43'. F=L+ T=53,225 KN. a=g(sina-fcosa) = 1 ,5914 m1s2 ; V'~l0 =at= 15 ,914t m/s;

Sl~JO =at2/2=79,572 m/52

f=vzl(2sg)=O,6796; N, =Gil(b-fh) =39,613 KN; N2 =GIl(a+fh) =60.387 KN.

331

2.2.9 v . =~ bRg =27,125 mfs=97,65 Km/h; vldiz =/1iR=22,147 m.ls=79,73 Kmlh. prev!' 2k - ,

2.2.10

2.2.l1 S =G(sinc: +1 (')7 cos2c:) =6,509 N. g

2.5.1 Gibanje pocne u trenutku 1:o=2fG, kadaje F=T. Vrijeme kada 6e biLi x=20m je

I ''1 ·~I1. t=to+tlo gdjeje tl =ll_;X) 3 =9,02s. Brzina u tom trenutku je v=6,652m/s.

2.5.2 s'~2=(t4+t)=18m; V'~2=33m!s.

2.5.3 x=3sin2tm; xmax =3 m; t=T/4=O,775 s. 2.5.4 x=O,667 Sh3tm.

2.5.5

2.5.6

2.5.7

2.5.8 2.5.9

.~-I p

v=,12'5ln-::l- mls; ~ 5-x ,---

V -2 =2 12ln1 = 2,022 mls. x- ~ 3

18 v= - ~ -.; +3,2 mls.

x=)100-0,OSt2 m; tx=G ~35,65s. n=2. x=f4t+ 2(e"-1)J m.

,. ~,., r J."l..+..e~ _, 1 ~ - ~l~ 2 . J'" a

g

+ Ghw.ct -U; Q +1:; GkosiJC <,!.'7~i, Q~G

a io

I" 2.7.2 !!. = Q(sinP - fcosf:i) - G(sho: - jcos(X) =0,3475; v = 13,619 m/s.

g Q+G

" -" L.I.,) _a ,'_ (Q + Gsino:) -fGC - cosa) -'-"~-=----'--"---'---~ = 0,6707 ; a = 6,5& m/ S2 . g Q+2G

1

!~9 0,:)"" ~, ___ ~'-..J~

332

2.9.1 W=W AB+ WBC+W CA = 1-1-1/3=-1/3 Nm.

'z 2

2.9.2 !' - (' 3" 3 WI ,2 = j F'df= J (36t -lOt- - 36t + 16t )dt =73,666 Nm.

" 1 'z

2.9.3 W1,2 = f P·df = 303 Nm.

2.12.1

2.12.2 V=-(x),z-l)Nm.

2.12.3 k(1)i-o~)

WAB =2GR+ =90Nm. 2

2.12.4 kx~ k( y~ + x~)

W =- =22.5 Nm' W, = ,'-L • = 17,5 Nm. 1 2 . ," 2

,------

2.14.1 ,_ kg(2_1_ EA=EB; 'B-\J G,xA xB)-6,862m/s.

2.14.2 12~ kg2 Z EA =Es; YB=~ VA +LgH-G(XB-XA) =1,156mjs.

2.14.3

2.14-.4

2.14.5

I [ k 2 2 1 , EA=EB; YB=~ 5H+G(XA-x~)jg=17,4:,!88Nm.

l V" EA =ES; cosw = 1 - -sina - -- =07245' fI\ =43°34'1711 • . R 2gR' , y

N2 =G(1+ 2~1)=280N; J;=2h2 =80m.

2.14.6 I

llE=.LW; y= I (2Fx-U 2 ).K =411nl/S' \J G"

A =llL =J L2 + HZ -J (L -x)z +Hz =0,577 dm.

2.14.7 V2=V2+ 4kM o 31

2.14.8 mv2 ki} kc/ __ 0 +_0 +GL(sina -fcosa)+C=~ +C

2 2 2 '

I I')

2.14.9 v=\1 ~[Fr(V2-1)-Gr]=8,4704m/s. 1 LI

Dinamika

r I

!

Dinamika

2.15.1 2.15.2 2.15.3

2.18.1

2.18.2

2.18.3

2.18.4

2.18.5

2.18.6

2.18.7

2.18.8

2.18.9

v=25 m/s; N=Fv=150kN/s=150kW. W=GH+TL=9,933106 Nm; N=W/t=31,1 kW; Ner=Nh)=38,89kW. W=3108 Nm; N=6,944kW.

F(t2- t j) S=IlQ; m= = 10 kg.

V2 -VI

VI =Vo +£ (t1 -to) = (l8,OSi + 19,62/) mls; 1'=26,68 m/s. m

'z SI,2=[(4i-3j)t] =m(v2 -vl ); vz =(19i-Si)m/s; v2 =20,616m/s

" Guk 1'2' Guk V ,

S=---- =61666m' t=--- =10,57 s. G

pog 2gf ' , G

pog gf

F =2,0194 N; v2o=25mls.

t=4s; x=48 m.

Vo = ~ =4 m/s; x =5,097 m; t= 1,4928 s. m

mv mv2

t=- =0.0204s; l=- =8,155 m. F' 2F

(Fdt R=fGcosO!- + Gsino: =37,061 N; tl =3,088 s; V= -" - = 13,402 mls.

m R-je sila otpora gibanju, a t1-je trenutak kada pocinje gibanje.

2.18.10 v=1O,162m/s; x=63,954m; W=5413,13Nm. 2.18.11 vmax =19,62 m/s;W= 1962 Nm; S=100Ns; x=196,2m.

2.20.1

2.20.2

2.20.3

3.3.1

3.5. J

3.5.2

'Fe +0,56I) m; lie =2Im!s.

xc=O; ;)'c=(0,5+L.667 m.

=2,0881 mls.

VA =./2il =6,2642m/s; v;

!7 A if. =-In-

s A I = 196,2 N.

333

334

3.5.3

3.5.4

3.8.1

3.8.2

3.8.3

3.8.4

3.8.5

3.8.6

3.8.7

3.8.8

3.8.9

3.8.10

ffi=g . - 043 ,-.- ad' w = -'--sma. =), ysma. r IS; 9a

( L!.9 ~" A=A =6m,g 1+....:......)=1650.cN. v ! 27 /

f=[(0,25 +0,lt2) [+O,56J)] m.

3L L Xl = 4"; X2 = - "4 .

G2 G I Xl = ---vrcosa;

gl +G2

X =---]1 cosa. 2 Gj+Gz r

m. v, =--' - v =0,54545 m/s; S= -m]

, ml

+/n2

I G~ x~= I v=O,2468m.

v ~ (G1 +G2) kg

F k =- Njcm' X =--"=8 em' "flx '0 k '

-v) =m2 v) =55,6019 Ns.

V mjvcosa:-, :- __ --=---1 = -v2 ,; vmetlw = (vcosa -v

2)i +vsina) ropa

mj+m2

I m; +2m1 /n2

VI =V 11-~ m) +/n2)2

2m a) Vj=vo+-v,=12m/s;

/nuk

b) 11 =1' +~v =l1mls' 1 0 muk

r . , Vo=v +~v =12053m/s. ~ 1 1"

mul:

=G,; G= +

Vj ,,500 +242 (cos(,)! -Sll'0t) J-l; V2

= 500 +242( cosw, +slli...::i]l!.

+Go xG = - II = 0.3 Ill.

Gj+Gz+G .

Dinamika Dinamika

3.8.11

3.8.12

3.9.1 3.9.2 3.9.3

3.9.4

3.9.5

3.10.1

3.10.2

3.11.1'

3.11.2

3.11.3

3.11.4

3.11.5

3.lb.1

m+ml VI =--v=627 mfs;

m

Xma,=O,01716 m.

Lgo.:=O,9; 0.:=41° 59' 14"

h=25cm.

WI=J 2g(1-cosa:=3.1321md/s; w2=O; ~ h .

335

G. -eG 12g w =' 2 '-(1-cosa:)=O; G,(l+e) 12 .

w2 = '. J --.li (1 - coso:) = 1,566 rad;s. 1 G

j +G

2 ~ h G. + \ h

1

- dm F=dt

= ('-12,291 r + 45,872J) N; F =47,49 N; dm = .YAv =6,116 Nslm. dt g

F= dm [(iJ -(V'-iZ)] = dm [(v -u)(cosa: -l)[+(v-u)sL'la:IJ; dt r dt

N= =A'y(V-U)2 u (1-cOSO:); g

dv=O' o:=~=5 dm=_c:v' dt' L dt 0'

dv F =-1' -=20N'

1 0 dt '

F stol=a v; + o:gy = (20 +98,1 t) N.

c; = o 1

Xl;"

<p =~t2; W = t. 8ma2 4ma2

dm ~ Ay (v-u); dt g

336 Dinamika

3.16.2 dK Q

!n :::~=-(v7r"cosa2-v.r1cosal) Z dt g --

3.16.3 S ?Sg <;20

S =-' W =----. COSq:l =1-~. 1 3' 15Ga' 30G2a

3.16.4 w= __ S_. S =~. S =~. 2ma' x 2' y 2

4.14. ] Vy =2 = ,j2ya =3,397 mls.

4.14.2 V=Vo + ref =3,858 mls.

4.14.3

4.14.4

4.14.S

4.14.6

4.14.7

4.14.8

4.14.9

4.1S.1

4.15.2

6.15.3

4.15.4

+Q)( I-9nU) =30 N.

4.15.6 S,=62,5N; Sc=-37.5N.

Dinamika

4.15.7 4.15.8

4.15.9

S=43,301 N.

S,c=SBD=43,301 N. a,=a-eR=a/3 =0,667 m/s2

•

4.15.10 t=3s.

4.15.11 VQ=Vp-V r = 15,49 m/s; vc=vp= 10,59 m/s.

4.15.12 a= 4F g=3,77mls2 • 4G+3G

12Fg -390' 2. 4.15.13 a= - , /mjs, 12G+4Q+9G1

a =~=133m!s2 c 3 '

4Q-4G . 2 4.15.17 a= g=1,453 mls .

lOQ+7G

4.15.18 a = Q-G g= 1.869 mts2 • Q Q+ 1,5G+2Q+4G .

4.15.19 a = 64Q-36G g=5,537m/s2. Q 64Q+3SG

4,15,20 S1=1547N; S2=1541N; S31S28N; S4=672N; S5=684N.

4.15.21

1- ~ =- IR.861V. a

"

337

4.1S.23 a 4Q+8Gsina -8jUcoso: , O. 8Rn ai, t, = --' = 0,5706 s: w = -' = 22.02 rOOls.

R 3Q+8G a 2P.

4.24.1 Ek =93,973Nm.

338

4.24.2 4.24.3

4.24.4 4.24.5 4.24.6

4.24.7 4.24.8 4.24.9

Ek =5,8333 Nm. Fmin= 16,35 N; w=2,43 rad/s.

h=1,9515m. a =3,27m/S2; vc=2,5573/xmls; S=33,333N. w ~4,429 rad/s.

v,=3,1242 m/s. v,=2,0881 m/s; w=6,2642 rad/s v=0,5943 m/s.

4.24.10 k=341 kN/m.

4.24.11 vQ =2,313 m/s; w= 11 ,566 rad/s. 4.24.12 v=2,579 m/s. 4.24.13 Ql =0,4688Q+O,0625G 4.24.14 x=O,91255e m/s. 4.24.15 v=5,046JYm/s.

4.24.16 a=3.924m/s2•

4.24.17 v,=3,773 m/s.

4.25.1 4.25.2 4.25.3

h=7/5R.

w= 1,1383 rad/s; ~ =( -23,88 i+ SOl) Ns; SA =55,41 Ns. vG=6,54m/s.

4.25.4 w=.6,54rad/s.

4.25.6 v2 =-0,4691 m/s; v,=0,4938 m/s. 4.25.7 w=8,6874rad/s. 4.25.8 w= 11 ,9595 rad/s. 4.25.9 w=0,9459rad/s. 4.25.10 eosi'J=O,5296; i'J= 58°1'18". 4.25.11 Smin=17,552 Ns. 4.25.12 xG=3,6785 em; Xl =0,25XG; x2=0,75xG' 4.25.13 k=167,72N/em.

4.25.14 Smin=455,7Ns.

4.26.1 v,=1 m/s. 4.26.2 U!2 =0,4444 rad/s.

5.2.1

5.2.3

5.2.4 k= ;92£J. 13 ,

Dinamika Dinarnika

5.2.5

5.2.6

5.2.7

5.2.8

5.5.1

5.5.2

5.5.3

5.5.4

5.5.5

5.12.1 5.12.2

5.12.4

5. LL5

5.12.7

5.12.8

. 1536EJ K=---. 2313 •

k=960EJ. 11 {3

ih x+Kx=O' T=21t\I-. h' j g

2r: T=-' =2,837 s;

<..)"

i eA w,,=.I-g =2,2147rad/s.

. ~ Q

x =7,071 sin(9,905 t -0,7854) em.

i k~ w = ! _5_. X = --' vo=wl=-~----"-

v '~Q + G' 0 kl'

x ='2 I 6khZ:

k '~G[2+3

XB

=5,6507 sin ( 1O,OO9t -0,0223) em.

n=l,4rad/s; E=0.28. T=O,218s; w=28,725rad/s; 0=0,08879; E=O ....

_2_4-,W_+-,9_Q~+_8_G.. k ~ x+ ·X=l'. 24g

__ -"'-x+kx=_F_d. l

"- .....,F.

2W+7Q+8G i+~"=F (;g 4/- -,

a) 0.2479 em; b) L776 em; c) 10.011 em.

5.12.9 wkril

=62,604 rad/s; I1krit = 597,8 a/min.

339

340

5.12.10 EI=60.05 kNm 2

5.12.11 A tem =1,2 mm.

5.12.12 YG=2,12 mm.

5.12.13 k=377,278 kN/m.

5.12.14 ~,r 1 ( ex J' J x~e2m Ix coswt+-IV + __ 0 sinwt;

LO W\o 2m

I w = (U !

v~

5.12.15 RjeSenje su izrazi 5.8.19 i 5.8.20.

5.12.16 Program je slijedeci: Pocetni pomak SO Pocetna brzina va Pocetna sila Fa Interval vrernena I Krutost Opruge CO Prieusenje ?

Tezin2. G

Vlast1ta frekvenca

Vrljeme T(l) Prirast vremena DCI) _

I PRO G :t t. 1t.1

B(t=O)= 80 v(t~o)= Vo

F(t=o)= Fo

k

n

10 oO("J'J:1R PRIGUSEnOc; JErH!OSTEPnIOG S!STEr~t. SLU(AJ t

Dinamika

2-0 DItiF.:t:SIOIJ Af3Q) d}1301 ,e{3.:)) ,D{3011£!3~} ,f(30) ,5(30) IV(30) ,1(30) ~'o READ (51 !::l i N,CIf',GfSOtVO,FO :.;" 101 FOr.II ..... T! i5IbFIO~lf) 50 O:::S:;PT!C"981/Gl 60 or<=sCF:T{O~"'2-·PIP~2)

70 Cl::.p/OP 80 C2=2"?!O.~2

90 C3=(Or'''~2-p.~2]/{OP~0902l 1:0 (~=O~.2/0P

110 R[;iDISi 1':2) [TUl d=l,flj 1)0 In? .nr~n!TI!?i'"<; 1) 1]0 D ( I ) =T ( 1 ) 1<';0 DO 1 1=2d;

DI I )=T! I )-T{ I-l} DO 2 I = 1. r: A (I) =(OS (OP"D {I J 1

n(!J=SItliOP"D{!ii f.(!}=[XP(-r'''D(lll RCAD(S,ICJ) IF! !.I d='lI~J)

103 FORnATI12FS , J)

CO=iF{ i l-FOJ!ICo;.D( l») DO J 1 =! In (( 1 )=(FI I ) .. F! 1"'1) )!(Ct<O{I)

S(j J=E{ l )t>($O"All J+{vO+pc>$Q}.n( li/OP)+{FO/C).,.{ l-Ei Il"'(AtX)+COecB{ 1} !) ) .... C( I )Q(DI I l-CI+[I! )'!>(Cl"A( I )-C,)qS( 11})

2ge

370

20 ,

'\': : i '" t : : i " ~ 0,( 0" A \ 1 I"" ( ::. I ¢ V o-C "I., SO! <>0. i 1/ i + \ f ole) to C Ii Ii' E ( l } e B { l i 4- Co & ( ! .. E 1 ( 1 ) ~ i A ( I ) + C 1 .. [~( ! ) ) )

00 5 !=2,fi S( j )=Ef i ) .... :S( 1-1 )'lfA( I 1+(Vi I } .... P&S( I-I 1 i"D; I )/OPI+(Fi i)/C)Il'( 1-£( !)fI'(

)ft!: 1'>'C:"f'\:;; >+: ;.-,:r;( -; :-C!~:::; ::" ~::!<-;.., '-::::':"'!i

VI l !=[( 1 !"'(Vi l-iic-A( 11~(CI""V( l-r!-C~1\<S{ !-ll ) ... Ol! i j"'(f( fl/Ci"C'l&EI! 1)"'(,\ Ii+C{ 1)"1 i-E( I i"'IA( 1 )-t-CI. .. 8\ i) II \'/,QTEI6 1 20l-1

rOR~tAT(Sj'ODGDVD~ PRIGUS[FIOG SISTEMA UZ PRIEUSENJE p= O\Ol~1 ,'IR T 1::: (6 i ;'02)

Y:f~~T[\o,2J:1)

203 FoRiiAT(r 1.0 DO 11 !::; 1 in "

! 1 \'!f\IT[{6,2::::.If)T( 111Ft 1 .... 1) ,Si i I tV( I)

20t; fORflAT(lXil.}flQ~q) STOP r fiO

Dinamika

5.12.17 Odgovor na zadanu silu prisile je:

! S(cm)t

1,6

0,8

0,6

0,4

0,2

F(N) !

i }'o

I So

24849 (;:

lO( j; lem)

lorN

o (crJ)

~~~/sek)

I 10 w =, I -- 981 ~ 0,6283 (radts) ,

v ~ 24849

2~= _c_

ODGOVOR I PRIGUSENJE SISTEMA UZ PRIGUSENJE , - 0.000

0.0000

1.0000

2.0000

3.0000

4.0000

5.0000

6.0000

7.0000

8.0000

9.0000

10.0000

11.0000

12.0000

Fil) 10.0000

10.0000

10.0000

10.0000

10.0000

10.0000

10.0000

10.0000

10.0000

10.0000

10.0000

10.0000

10.0000

SiLL 0.0000

0,1910

0,6916

1,3070

1,8078

2,0000

1,7445

0.8872

-0.3090

-1,3872

-1,9355

-1,7445

0,8872

I VII\ 0.0000

0,3693

0,5976

0.5976

0,3693

0.0000

-0,5603

-1,8976

-:,2156

-0,8693

-0,1810

0,5693

1.0876

OOGOVOR ! PRIGU81-NJE S[STEMA UZ PRIGU8ENJE C - O. i 57 T{I)

0.0000

1.0000

2.0000

3.0000

4.0000

5.0000

6.0000

7.0000

8.0000

9.0000

~::: O,31fl,

~= 0,471

\ ';

\ '

\)

0,628

F (I)

10.0000

10.0000

10.0000

10.0000

10.0000

10.0000

10.0000

10.0000

10.0000

10.0000

I 10.0000

10.0000

10.0000

j \ !

\\L: / ~ /

i S{I) V(I)

0,0000 0,0000

0,1726 0,2774

0.5381 0,3823

0,9288 0,3267

• 1,2001 0,1722

. 1,3839 -0,0940

1,1885 -0,3108

0,7338 -0,5555

0,1611 -0,5522

-0,3101 -0,3687

-0,5526 -0,1138

-0,5487 0.1097

-0,3658 0,2370

341

I I I I I

I I

I

Matematicke formule 343

PODSJETNiK FORMULA

a) Redovi pctencija:

(I ±x)"

+ ...

1 '3 1-3-5 i 1-3-5-7 1 3 5 ~ 35 l--x--x2 ----x- + ___ X4- .,' = 1--x+-x2 --x' +~X4- ...

+x 2 2'4 2'4,6 2'4,6,8 2 8 16 128

. x3 x5 x7 1 1 1 smx = x-~+~-~+ "'=X-_X3+~X5-__ X7

3! 51 71 6 120 5040

cosx x 2

X4 x6 1 2 1 4 1 6 l--+---+···=l--x +-x -~X + ... 2! 41, 61 2 24 720

x3 x5 X

7 1 1 5 1 7 sinhx:;:;; x+-+-+-+···=X+_X3+~X +--X'+'" 3! 51 7! 6 120 5040

v2 X4 vo 1 1 cosh x :::; 1 + .::..... + - + ~ + ... = 1 + - x2 ~ - X4 + ~x6 + ...

21 41 61 2 24 720

0) Derivacije:

d dx

d du -sinu = cosu --;-; dx ctx

d -(uv) dx

d cosu ax

dv du ;;:;;; u-+v-: dx dx'

du -sinu-; dx

d

dx

d --;-tgx ctx

=

~sinhu coshu du, ~coshu .. du ~tanhu = = sIDhu -; dx' dx dx dx dx

c) lntegrali:

=j(x)+C;

fa.>: =m ,dx /' ax 1---

du dl' v--u-

dx dx

v2

du ---

cos2 u dx ,

du = ----

cosh2 u d..y

zc n:f-!;

J """ J a +bx :=

-in(a f bx;; b J (a + , b{a+bx)

344 Matematicke formule

za Ixl>a; x+a

J Ja2~x2dx r dx j--

1 rz-oo x -[xVa"~x"+a"arcsin- za 2 a

!al>O;

Ja2 ~X2

Jeaxdx

. x arcsm-;

a

J SlciXdx = ~cosx; J cos x dx = sinx;

J SilW.X dx = coshx; : J coshxdx = sinhx.

d) Zavisnosti trigonometrijskih fuunkcija:

sin(a ± p)=sinasinp ±cosacosp;

Sill!X +sin!3 = 2sin a + p cos a ~ p . 2 2'

a+B a~!3 cosa +cosp =2cos--'-cos--; 2 2

e) Zavisnosti hiperbolnih funkcija:

sh(o:±p) =shach/3 ±chash/3;

a+ A a~R shu. +sh/3 =2sh--" ch--..J::..;

2 2

eho:+ehfl =2ch 0:+/3 eh a~/3. " 2 2'

cos( 0: ± 13) =cosacosp :;:sinasinp ;

cosa ~cosp = ~2sin at + ~ sin at ~ ~ ; 2 2

ch(at±p)=chachlhshiXShP;

c;~B a+6 shc;~shR ~2sh--' ch--' ,

" 2 2'

KAZALO

akcelerometar 316 centar masa

sustava 96 krmog tijela 157

centralne osi tromosti 161, 180 glavne 165

eestica 95 D' Alembertov princip 5

za kruto tijelo 182 diferencijalna jednadzba gibanja centra masa

za sustav materijalnih tocaka 98 za kruto lijelo 169

dinamicka ravnoteZa 5, 182 dinamicki koeficiient

prisilnih oscilacija 307 uvecanja statiekog progiba 60

dinamika 1 evrstog deformabilnog tijela 2

materijaine tocke 3 sustava materijainih tocaka 2, 95 fluida 138 cestica promjenjive mase 142 krutog tijeJa 2, 157

disipativna sila 55 elementarni rad 41 elementarni impuls 70, 111 Eulerove jednadzbe gibanja 180 fluid 95, 138 funkcija sila 47 Galilejev sustav 4 gibanje temeija 312 gibanje krmog tijela

opee 181 rolacija aka nepomicnt: osi ; S";' rotacija ako nepomicne tocke 212 ravninsko gibanje 197 LZ"aflsatorno 1 tE,

165

-vidi pr~g0.!;~:).;c

impuls na krmo tijelo 235

impu\s sile 70 inercioni referemni sustav 4 jednadzba rada i energije S.fi1.t. 103

za materijalnu tocku 53 za sustav materijalnih tocaka 103

za tijelo 219 kinematika 1 kineticka energija

krurog tijela 215 materijalne tocke 53 susraya materijalnih tocaka 103

kineticki moment krmog tijeJa 171

na centar mase 171 centar mase 172 nepomicnu toeku 172 trenutni centar brzina 173 opeu toeku 173 opei izraz matricki 174

materijalne tocke 82 sustava materijalnih tocaka

kinetrika 1

na centar masa 147 ishodiste 147 opeu tocku 147 relativni 148

koeficijent elastienosti sraza 126 koeficijent restitucije -vidi "koeficijent

elasticnosti sraza" koeficijent prigusenja 293 koeficijent restitucije 126 kolicina gibanja

materiialne lOcke 70 sustav~ materijainih toeaka III g,ibanja krulog lijcia 168

konzervativno sila 46 koordinami sustav

20

kosmicka brzina 60 kruto 2, 95, 157

346

krutost adekvatna 257 ekvivalentna 257 opruge 26, 256 reducirana 269

linija sudara 123 logaritamski dekrement prigusenje 293 masa

reducirana 269 susrava 271 tijela 4, 158

matematicke formule 343 materijalna tocka 20, 25 mehanicka energija 55 metoda korak po korak 303, 310 mjerenje vibracija 314 moment sila inerciie 182 moment tromosti ~ase tijela

aksiaini 160 centrifugalni 161 na os rotaciie 158, 160 za paralelne osi 163 za zaokrenute osi 163

momenti tromosti mase tijela 158, 160 Newwnovi zakoni 3 oscilacije 255 osi tromosti 161, 165, 180 period deformacije 124 period restimcije 124 piosna brzina 90 podrhtavanje 300 porencijalna energija 48 princip nezavisnosti djelovanja sila 5 problemi dinamike 6 pravocrtno gibanje 22 prigusenje

ekvivalentno 266 konstruktivno 266 reducirano 269 suhog trenja 266 viskozno 266

pulzacija -vidi podrhtavanje 300 raG siid kuje djeluju :na

materijaJnu [ocku 41 sustav'mareriiainih wcaka 103

214 radius mase tijel2. 162 rea! no tiiela 95

reducirana masa 268 krutost 268 prigusenie 268

restitucija 124 -rezonanca 301 sektorna brzina 90 SI sustav jedinica 1 sila

inercije 5, 182 opca 1, 295, 302 periodska 295

dina111ika

pobude -vidi "poremecaja" poremecaja 295

sila je

prenosa 311 sudara 123

harmonijska 295, 299 elasticna 256 konstantna 23 funkcija brzine 24 funkcija polozaja 24 funkciia vremena 23

skalarni potenciial 47 skup cestica 95" skalarni potencijal 47 snaga 66 sraz - vid i sudar statika 1 stupanj slobode sustava 256 sudar

centricni 123 elastican 126 ekscentricni 123 kosi 127 plastican 126 elasto-plastican 126

sustav cestica promjenjive mase 142 sustav materijalnih toeaka 2, 95 [dina tijela I teZiste -vidi "centar mase" udarna sila -vidi "sila sudara" valjanje 298 vibrometar 315 zadaca dinamike -vidi problemi dinamike zaKon I reaKciJe '+

zakon gibanja Newtonov 3 centra masa sustava 98

Kazaio

zakOfl ilnpulsa za tocku 71 za sustav materijalnih locaka t12 za kruro tijeio 170

zakon inercije 3 zakon koliCine gibanja

za materijalnu tocku 70 za kruto tijelo 169

zakon momenata za materijalnu tocku 83 za sustav marerijalnih lOcaka 148 za kruto tijelo 176, 180

zakon momenata impulsa za materijalnu toeku 91 za sustav materijalnih tocaka 150 za kruto rijelo 235

zakon gibanja centra masa za sustav materijalnih tocaka 98 krutog tijela -169

zakon odrianja kinetickog momenta za materijainu roeku 90

347

za sustav materijalnih rocaka 150 za kruto 251

zakon odrzanja gibanja za materiialnu tocku 73 za sustav'materijalnih tocaka 112 za huto tijelo 170, 251

zakon odrianja mehanicke energije za materijalnu toeku 56 za sustav tocaka ! 04 za kruto

zakon rada i energije za materijalnu weku 53 za susrav materitalnih locaka 103 za huro 2'1 9

Aleksandar Kiricenko + • " ~ ~ ~ ;) -eo

TEHNMCKA mOlo Dinamika

Copyright © 1996, Aleksandar Kiricenko

pbi, Zagreb u suradnji sa pti

Bijenicka cesta 14, Zagreb

ZAIZDAVACA

Prof dr. Branko Tripalo

PREDSJEDNIK GZDAVACKOG SAV,JETA

Prof dr. Damir Karlovic

UREDNIK

Prof dr. Branko Tripalo

GRAflCKO OSUKOVAN',JE, PRNiPREMA E irISAK

Durieux, d.o.a., Zagreb, Smodekova 2

izdanje ove knjige potpomoglo je Ministarstvo znanost Hrvatske

'r)oiogije Republike

V. &''ldrejev: Mehanika, III dio, Dinamika. Tehni·::ka knjiga, Zagreb, 1973.

D. Bazjanac: Tehnicka mehanika, HI Zagrebu, 1974.

S. Jecic: Mehanika II, Kinematika dinamika. Tehnicka ~~""?~_'

S. Timosenko: Tehnicka mehanika.

F. P. Beer-E R. Johnston: Vector Mechani.cs for Engineers, Me Graw-Hill 1988.

T. C. 1969.

Engineering HH_L1.UUHL,". Y HaHH,-". Addison

u

P. C.

Tehnicka Mehanika III Dio Dinamika - Aleksandar Kiricenko

Documents

Transcript of Tehnicka Mehanika III Dio Dinamika - Aleksandar Kiricenko