ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE -...
-
Upload
truongdiep -
Category
Documents
-
view
317 -
download
6
Transcript of ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE -...
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 1 -
UNIVERZITET U TUZLI MAŠINSKI FAKULTET
Viktor Baričak
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE
Tuzla, 2007. god.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 2 -
UNIVERZITET U TUZLI MAŠINSKI FAKULTET
Dr. Viktor Baričak
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE
Tuzla, 2007. godine
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 3 -
Dr. sc. Viktor Baričak, Mašinski fakultet Univerziteta u Tuzli ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Recenzenti Prof. dr. Dušan Vukojević, Mašinski fakultet Univerziteta u Zenici, Prof. dr. Mehmed Suljkanović, Rudarsko-geološko-građevinski fakultet Univerziteta u Tuzli Izdavač: Univerzitet u Tuzli Tiraž: 30 primjeraka Godina: 2007. Štampa: CIP-Katalogizacija Nacionalna i univerzitetska biblioteka Bosne i Hercegovine, Sarajevo 621........................ BARIČAK, Viktor, 1948.god. ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor.-Tuzla. Univerzitet, 2007.-157 str. Bibliografija: str. 155 ISBN 1. Baričak, Viktor COBISS/BiH-ID
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 4 -
Posvećujem roditeljima, Franji i Mariji i zahvljujem rođaku Miljenku Maričević
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 5 -
PREDGOVOR
Zbirka zadataka je rađena da omogući lakše praćenje nastave i polaganje pismenog ispita iz predmeta Dinamika na drugoj godini mašinskih fakulteta. Zbirka je posvećena analizi tri osnovna područja dinamike: dinamici tačke, dinamici sistema materijalnih tačaka i dinamici tijela.
Radi lakšeg razlikovanja prezentirane materije zadaci su podijeljeni na dvanaest poglavlja što odgovara nastavnom programu iz predmeta dinamike.
Sve oznake navedene u tekstu korištene su iz knjige Dinamika, prof. D. Vukojevića, II izdanje (2003. god.). Tuzla, 2007.god.
Autor Viktor Baričak
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 6 -
SADRŽAJ 1- DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE KRETANJA MATERIJALNE TAČKE....................1 2- OPĆI ZAKONI DINAMIKE MATERIJALNE TAČKE.................................................24 3- DALAMBERTOV PRINCIP ZA MATERIJALNU TAČKU..........................................69 4- DINAMIKA SISTEMA MATERIJALNIH TAČAKA I KRUTOG TIJELA......................71 5- OPĆI ZAKON KRETANJA MATERIJALNOG SISTEMA..........................................78 6- TIJELA PROMJENLJIVE MASE..............................................................................80 7- GLAVNI MOMENT KOLIČINE KRETANJA MATERIJALNOG SISTEMA................83 8- KINETIČKA ENERGIJA MATERIJALNOG SISTEMA............................................109 9- DALAMBEROV PRINCIP ZA MATERIJALNI SISTEM...........................................128 10-DINAMIKA KRUTOG TIJELA KOJE SE OKREĆE OKO NEPOKRETNE TAČKE.133 11-PRIBLIŽNA TEORIJA GIROSKOPSKIH POJAVA.................................................135 12-TEORIJA UDARA...................................................................................................140
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 7 -
1-DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE KRETANJA MATERIJALNE TAČKE, 1.1. Slobodna materijalna tačka 1.1.1. Diferencijalna jednadžba kretanja materijalne tačke u vektorskom obliku Položaj mase m materijalne tačke M koja se kreće, određen je vektorom položaja r(t) u odnosu na ishodište koordinatnog sistema. Prema drugom Newtonovom zakonu sila koja djeluje na materijalnu tačku je:
→ ′′→→
== rmamF
1.1.2. Diferencijalna jednadžba kretanja materijalne tačke u Dekartovim koordinatama
Koordinate (projekcije) sile →
F su→
X , →
Y i →
Z , a →
′′x , →
′′y i →
′′z projekcije vektora ubrzanja na koordinatne ose. 1.1.3. Diferencijalna jednadžba kretanja materijalne tačke u prirodnim koordinatama
Ako silu projeciramo na ose prirodnog trijedra (→→→
NiTB, ) dobićemo tri osnovne projekcije, u pravcu jediničnih vektora: TT Fma = -tangencijalna, NN Fma = - normalna i
BB Fma = - binormalna sila. 1.1.4. Diferencijalne jednadžbe kretanja materijalne tačke u polarnim koordinatama
2ϕ ′−′′= rrar i ϕϕ ′′+′′= rra p 2
Ako projeciramo silu →
F u radijalnom i poprečnom pravcu dobićemo:
rF = rma = )( 2ϕ ′−′′ rrm =pF pma )2( ϕϕ ′′+′′= rrm .
1.2. Zadaci dnamike za slobodnu materijalnu tačku a) Prvi zadatak dinamike tačke, poznati su zakoni kretanja materijalne tačke, a treba odrediti uzročnika ovog kretanja, silu. Zakoni kretanja su: ( )txx = , ( )tyy = i ( )tzz = Komponente sile koja izaziva to kretanje su: ( )txmX ′′= , ( )tymY ′′= i ( )tzmZ ′′=
Intenzitet rezultirajuće sile određen je sa: 222 ZYXF ++= .
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 8 -
b) Drugi zadatak dinamike tačke, svodi se na to, da ako se znaju sile iF→
koje djeluju na slobodnu materijalnu tačku mase m, odredi zakon kretanja tačke.
( )( )( )zyxzyxtZzm
zyxzyxtYym
zyxzyxtXxm
′′′=′′
′′′=′′
′′′=′′
,,,,,,
,,,,,,
,,,,,,
Nakon inegriranja imamo: ( )654321 ,,,,,, CCCCCCtXx =
( )654321 ,,,,,, CCCCCCtYy =
( )654321 ,,,,,, CCCCCCtZz = Početni uvjeti u Dekartovom koordinatnom sistemu, 0=t dati su obično u obliku:
′=′= 00 , xxxx
′=′= 00 , yyyy
′=′= 00 , zzzz Odnosno zakon kretanja materijalne tačke je:
( )txx = , ( )tyy = , ( )tzz = 1.3. Pravolinijsko kretanje tačke Ako znamo F
r koja dejeluje na materijalnu tačku, a treba odrediti zakon
kretanja materijalne tačke x=x(t), to odeđujemo sa:
0
0
==′′
==′′
==′′
Zzm
Yym
maXxm x
1.3.1. Kretanje materijalne tačke kad je sila konstantna
Ako na materijalnu tačku djeluje sila F
r konstantnog intenziteta u pravcu
ose x, onda je i ubrzanje materijalne tačke konstantno,
.constax ==′′→
Odnosno sila je:
XFdt
dxm ==
''
1.3.2. Slobodan pad u zračnom prostoru (otpornoj sredini)
Kod vrlo malih brzina (do 1 m/s) otpor sredine se računa prema izrazu: cLvFw = (linearna forma). Kod brzina koje su manje od brzine zvuka, otpor sredine se izračunava
u obliku:
2AvcFw ρ=
Gdje su:
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 9 -
A-površina projekcije tijela u ravni normalnoj na pravac kretanja, c-konstanta, ovisna od oblika tijela i ρ-gustoća medija
1.3.3. Sila koja djeluje na materijalnu tačku zavisi od vremena
( )tFxm x=′′
1.3.4. Sila koja djeluje na materijalnu tačku zavisi od rastojanja
( )xFxm x=′′
1.3.5. Sila koja djeluje na materijalnu tačku zavisi od brzine
( )xFxm ′=′′
1.4. Krivolinijsko kretanje materijalne tačke
Osnovna diferencijalna jednadžba za sumu sila glasi:
∑→→
= iFam
Rezultujuću silu možemo rasčlaniti na komponente:
zyx FFFF→→→→
++=
1.4.1. Kosi hitac u prostoru bez zraka
Kretanje u ovakvom prostoru znači da materijalna tačka nema otpora kretanju, pa su diferencijalne jednadžbe kretanja u Dekartovom koordinatnom sistemu:
0=′′xm 0=′′ym
mgGzm −=−=′′ . Maksimalna visina penjanja materijalne tačke za kut α (kut početne brzine V0):
g
VhZ
2
sin2
0max
α==
Domet (D) iznosit će:
g
VtVyD EE
αα
2sincos22 0
0 ===
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 10 -
A maksimalni domet je: 2
0max
g
VD =
1.5. Kretanje neslobodne materijalne tačke
Kretanje materijalne tačke po nepokretnoj površini u Dekartovim koordinatama je oblika: f(x,y,z)=0
Odnosno ako je veza stacionarna i holonomna onda je osnovna diferencijalna jednadžba kretanja materijalne tačke:
NFFam→→→
+=
Gdje je:
→
F – rezultanta vanjskih aktivnih sila, a
NF→
–reakcija veze
Ukoliko je površina hrapava, tada reakcija veze →
NF ima dvije osnovne komponente, tangrncijalnu i normalnu:
NT FFF→→→
+=
Komponenta →
TF nastaje kao posljedica trenja, pa diferencijalna jednadžba kretanja tačke ima oblik:
v
vFFFam
dt
rmdnn
→→→→
→
−+== µ2
2
gdje je: µ -koeficijent trenja
Ili:
Tn FFFam→→→→
−+= Tačka M se kreće i stalno je u dodiru sa površinom te mora zadovoljiti uvjet: f(x,y,z)=0. Vektor se poklapa sa smjerom spoljašnje normale u tatoj tački je:
kz
fj
y
fi
x
ffgrad
rrr
∂∂
+∂∂
+∂∂
= .
Iz uvjeta kolinearnosti fgrad i nF→
možemo napisati: fgradF n λ=→
, gdje je λ -Lagranžov množitelj.
Diferencijalna jednadžba kretanja neslobodne materijalne tačke u vektorskom
smislu ima oblik:
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 11 -
v
vFgradfFam
dt
rdm n
→→→
→
−+== µλ2
2
odnosno njenim projeciranjem na ose Dekartovog sistema dobijamo Lagrangeove jednadžbe prve vrste:
dt
dxF
x
fFxxm nxµλ −
∂
∂+=
→''
dt
dyF
y
fFyym nyµλ −
∂
∂+=
→''
dt
dzF
z
fFzzm nzµλ −
∂
∂+=
→''
1.5.1. Kretanje tačke po nepomičnoj krivoj liniji Jedndžba veze se formira presjekom dvije površine u Dekartovom sistemu:
0),,(1 =zyxf i 0),,(2 =zyxf
Reakcija veze iznosi: 21 nnn FFF→→→
−=
Diferencijalna jednadžba kretanja materijalne tačke po idealnoj vezi (glatka nepokretna kriva linija):
22112
2
21 gradfgradfFFnFnFdt
rdmam λλ ++=++==
→→→→→
→
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 12 -
1.1. Tijelo težine 15 N ima početnu brzinu 10 m/s po glatkoj površini. Ako sila F =(2,5t) N, gdje je t u sekundama, djeluje na tijelo u trajanju od 3 s, izračunati konačnu brzinu tijela i udaljenost koju tijelo pređe za to vrijeme.
Zadano: F=(2,5t) N, t=3s, težina tijela=15 N, V=10 m/s. Rješenje:
( )( )
( ) ( )
( )( )( ) ( ) ( ) mr
Ctr
Ctttr
smtv
smCtv
Cttv
tt
m
FaamF
9,343103545,03
0
10545,0
71,24103635,13
100
635,1
635,1
81,9
15
5,2
3
2
2
3
2
1
1
2
=+=
==
++=
=+==
===
+=
===⇒=rr
1.2. Sanduk mase 60 kg horizontalno ispadne sa kamiona koji se kreće brzinom od 80 km/h. Odrediti kinetički koeficijent trenja između kolovoza i sanduka, ako je sanduk klizio 45 m po podlozi bez prevrtanja poduž kolovoza do zaustavljanja. Pretpostaviti da je početna brzina sanduka u odnosu na kolovoz 80 km/h.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 13 -
( )
( ) 0
22,222
22,2280
0
00
20
2
2
10
1
==
++−==
==⇒
+−==
−=−
=⇒=−⇒=
=−⇒=
∫
∫
∑
∑
Cr
Cttg
Vdtr
sm
hkmCV
CgtadtV
gm
NamaTF
GNF
k
k
kk
x
y
µ
µ
µµ
( )
( ) gtgtV
mttg
r
kffkt
ffk
t
f
f
µµ
µ
22,22022,22
4522,222
2
=⇒=+−=
=+−
=
5592,04522,22
22,2222,22
2
2
=⇒=
+
−k
kk
k
gg
gµ
µµµ
1.3. Lift E ima masu 500 kg, a kontra uteg u tački A ima masu od 150 kg. Ako motor preko užeta B daje silu od 5 kN, odrediti brzinu lifta nakon 3 s od kretanja. Masu užeta i koturača zanemariti.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 14 -
BA
AAAA
y
aa
amFG
F
=
=−
=∑ 0
BBBBA amGFF =−+
Uvrštavanjem AF iz lijeve jednadžbe u desnu, dobijamo ubrzanje odnosno brzinu:
( )
( )0 23,741,2
41,2
3
2
==+==
=+
+−=⇒=−+−
∫= CsmCtadtV
sm
mm
FGGaamGFamG
st
BA
BBABBBAA
1.4. Čovjek gura sanduk težine 60 N silom F. Kut sile je konstantno 300 prema horizontali, dok će se njen intenzitet povećavati dok sanduk ne počne klizati. Odrediti početno ubrzanje sanduka ako su statički µs=0,6 i kinetički koeficijent trenja µk=0,3.
Stanje ravnoteže u mirovanju: ( )
NG
F
FGNTF
s
s
ss
6,6330sin30cos
30sin30cos
00
00
=−
=
+===
µµ
µµ
Stanje ravnoteže u kretanju:
( ) smamaFGF
maTF
k 78,1430sin30cos
30cos
00
0
=⇒=+−
=−
µ
Tr
Nr
Gr
Fr
Fr
Nr
Gr
Fr
amr
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 15 -
1.5. Sila od F=15 N djeluje na jednom kraju užeta. Odrediti do koje visine će se blok A težine 30 N podići u vremenu od 2 s nakon početka dizanja. Zanemariti mase točkova i užeta.
Rješenje:
( )
0202
020
..2
21
21
21
=−=′′−−−−−−−−−=+=′′
=−=′−−−−−−−−−=+=′
=++=−−−−−−=+=
CACB
CACB
CAACA
aaLaaL
VVLVVL
constxxxLconstxxL
( )
1
2
2,32
2,32
22
2
CtVs
ma
amGF
amGF
A
A
AAAC
AAAA
+=
=
=−
=−
( )
( )
( ) mr
Cr
Ctr
CV
A
tA
A
tA
4,64
0
1,16
0
2
20
2
2
10
=
==
+=
==
=
=
1.6. Teret A od 10 N kreće se udesno brzinom VA=2 m/s kao na slici. Ako je koeficijent kinetičkog trenja između površine i tereta A µk=0,2, odrediti brzinu tereta A nakon pomjeranja od 4 m. Teret B djeluje silom od 20 N.
Uvjet ravnoteže je:
AAAk
AkAk
amGF
GNT
=−
==
µ
µµ
FC FC
FA
Tr
AN
r
AGr
Fr
AAamr
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 16 -
Iz kinematike znamo da je:
1.7. Sportski automobil, mase 1700 kg, kreće se horizontalno po kolovozu sa bočnim nagibom od 200 i po kružnom zavoju radiusa ρ=100 m. Ako je koeficijent statičkog trenja između kolovoza i pneumatika µs=0,2, odrediti maksimalnu konstantnu brzinu automobila bez klizanja prema gore, sa zadanim nagibom. Zanemariti dimenzije automobila.
Suma horizontalnih sila:
ρ
2
cossinV
mTN =Θ+Θ
Suma vertikalnih sila:
NG
N
GTN
NT
S
S
19140sincos
0sincos
=Θ−Θ
=
=−Θ−Θ
=
µ
µ
Pa je brzina:
( )
( )( )
( )( )( )( ) →−=
=⇒=+=
=
++=
==
+=
=+
−=
=+−
=−
=
jejekretasmtV
sttttr
Cr
Ctttr
smCV
CttV
sm
mm
GGa
amGamG
amFG
aa
f
ffffA
A
ffA
A
A
AB
AkBA
ABAkAAB
BBB
BA
η
µ
µ
01,5
5759,04261,2
00
261,2
20
23,5
23,5
22
2
22
2
2
2
2
2
2
1
1
2
Fr
2
BGr
BB amr
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 17 -
( ) smNN
mV S 43,24cossin =Θ+Θ= µ
ρ
1.8. Koristeći podatke predhodnog zadatka odrediti minimalnu brzinu automobila pri kojoj on neće kliznuti bočno prema dole.
GTN
VmTN
eV
eVa nt
=+
=−
+′=
00
200
2
20sin20cos
20cos20sinρ
ρrrr
U stanju mirovanja je: NT Sµ= , pa je:
smV
NT
NG
NS
24,12
6,3308
165432020cos 00
=
=
=+
=µ
1.9. Valjak A, mase 0,75 kg, spojen je sa oprugom čija je krutost k=200 N/m. Kada nosač BC rotira oko vertikalne ose, valjak klizi ka periferiji klizača DE. Ako je opruga neopterećena s=0, odrediti konstantnu brzinu kojom se kreće valjak da bi bilo s=100 mm. Kolika je normalna sila između valjka i klizača? Zanemariti oblik valjka.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 18 -
Sila u opruzi je: NmmNlkFS 201,0200 ==∆=
Suma vertikalnih sila: ∑ =−⇒= 00 GRF yy
Suma horizontalnih sila: ∑ =⇒=ρ
2
0mV
FF Sx
Transfezalna sila je: ∑ == 0tRF
Iz sume vertikalnih sila je:
NRy 357,781,9 75,0 == , a brzina:
smV 633,1=
1.10. Odrediti najveće moguće ubrzanje za sportski automobil mase 975 kg tako da se prednji točkovi ne podignu sa kolovoza ali i da ne kližu . Koeficijenti statičkog i kinematičkog trenja su µs=0,8 i µk=0,6. Zanemariti mase točkova. Automobil je sa pogonom na sva četiri točka.
mVρ
2
en
et
Rtρ
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 19 -
Prednji dio vozila će se odvojiti od podloge pa će biti:
GNmaT
TN
BB
AA
=⇔=
==
,
0
Iz sume momenata za tačku B slijedi:
( ) BB NT 82,120,255,0 −= , iz ovoga je:
2778,66909,055,0
38,0
smgga ===
1.11. Sanduk mase m je postavljen kolica zanemarive mase. Odrediti maksimalnu silu P s kojom se može djelovati na udaljenosti d od dna kolica da ne dođe do prevrtanja sanduka s kolica.
U trenutku kretanja kolica, imamo da je, 0== AA NT maTP B =− ------------------------------------------a Momentna jednadžba za težište je:
0222
=
−
+
−b
Nh
Th
dP BB ----------------------b
GNB
rr= ---------------------------------------------------c
BTr
Gr
ATr
BNr
amr
ANr
BN
ANr
ATr
Gr
amr
Pr
BTr
d
b
h
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 20 -
Za kolica, koja nemaju masu, odnosno zbog izraza “ma“,
imamo: 0=BT -------------------------------------------------------d BBBAA NNN =+ -------------------------------------------e
Ako uzmemo cijeli sistem, amP
rr= ---------------------------------f
Uzimajući u obzir da su: 0=BT i GNB = , to je sila P iz b:
−=
22
hd
GbP
1.12. Homogeni sanduk mase m nalazi se na hrapavoj površini palete pri čemu je statički koeficijent trenja µs. Ako se paleta kreće ubrzanjem ap , dokazati da će se sanduk prevrnuti i iskliznuti u istom trenutku kada je µs=b/h.
Imamo slučaj da se sanduk prevrće oko A :
b
amr
Pr
d
h
AANr
BBNr
ANr
BN
ATr
Gr
amr
BTr
AA
A
A
BB
Th
Nb
NG
maT
TN
22
0
=
=
=
==
h
b
N
Nh
b
N
T
A
A
A
AS ===µ
NAA NBB
NA NB
TA TB
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 21 -
U stanju mirovanja je: ASA NT µ= 1.13. Ormarić težine 80 N se gura po podu. Ako je statički koeficijent trenja u A i B jednak µs=0,3, a koeficijent kinetičkog trenja µk=0,2, odrediti maksimalnu horizontalnu silu P koja neće dovesti do prevrtanja ormarića.
Razmotrimo, koje kretanje prvo nastupa:
( ) ABBA
BA
BA
NNTTP
NNG
TTP
5,15,15,25,1 =+++
+=
+=
Za ovaj slučaj uzevši navedeno i 0== BB TN dobijamo silu:
NGP
GPP
304
5,1
5,15,25,1
==
=+
U stanju mirovanja je: NT Sµ= , pa je sila: NGP S 24== µ . Ormarić prvo počinje klizati prije prevrtanja, pa moramo razmotriti njegovo kretanje da vidimo šta se dešava.
( ) ABBA
BkB
AkA
NNTTP
NT
NT
5,15,15,25,1 =+++
=
=
µ
µ
Za slučaj da je: 0== BB TN , dobija se:
( )NGP
NNP AAk
33,535,1
5,22,05,1
5,15,25,1
=−
=
=+ µ
ANr
BN
ATr
Gr
BTr
Pr
ANr
BN
ATr
Gr
BTr
Pr
amr
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 22 -
1.14. Odrediti konstantnu silu F odgovarajućeg ubrzanja za automobil mase 1000 kg koji se kreće po ravnom kolovozu do brzine od 20 m/s u vremenu od 10 s.
Zadano: Masa vozila je m=1000kg, a sila F=const! Prikaz djelovanja sila na vozilo:
( )∑∑
=⇒===−⇒=
+=⇒=−⇒=
CyyCy
xxx
GNamaGNF
maTFmaTFF
000
0
Utjecaj trenja ćemo zanemariti,
010
1
==
+=
=
= CV
Ctm
FV
m
Fa
x
x
x
( )
( )
Nss
mF
sms
m
FV
tm
FV
Stx
tx
200010
100020
201010
==
==
=
=
1.15. Sila P=250 N djeluje na tijelo od 900 N. Ako je kinetički koeficijent trenja između tijela i horizontalne podloge µk=0,2, odrediti ubrzanje tijela i reakcije tijela u tačkama A i B.
t=0
Vr
=0
C C Fr
Fr
t=10s
V=20m/s
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 23 -
Zadano:
2,0
900
250
=
=
=
k
NG
NP
µ
Odrediti: BA RiRa , Sile trenja su:
kBB
AA
NT
NTk
µ
µ
=
=
Suma sila po osama x, y i moment oko tačke C su:
∑∑∑
=−−+−⇒=
=−+⇒=
=−−⇒=
066330
00
0
BABAC
BAy
BAx
TTNNM
GNNF
maTTPF
Iz prve jednadžbe je ubrzanje: ( )BA TTPm
a −−=1
Iz druge je: BA NGN −= , Iz treće je: ( ) ( ) 06633 =−−−+−− BkBkBB NNGNNG µµ
Odakle je : NGG
Nkk
kB 630
6633
63=
+−−−
−−=
µµµ
C
Pr
6
3 3
ANr
BNr
ATr
Gr
BTr
Pr
amr
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 24 -
Oslonac: NNGN BA 270630900 =−=−= , sile: NTA 54= i NTB 126= , pa su
rezultante BA RiRrr
, jednake: NTNR aAA 3,275=+= , a NTNR BBB 5,642=+= .
Kutevi koje one zatvaraju sa silama trenja su: 069,78=Aα i 069,78=Bα .
Ubrzanje a iznosi: 2504,2s
ma =r
.
1.16. Ormar mase 75 kg kreće se po horizontalnoj podlozi. Odrediti maksimalnu silu Pr
tako da se ormar ne prevrne.
Zadano: kgm 75= Odrediti: Pmaks bez prevrtanja Rješenje: Pretpostavka da je trenje na točkovima zanemarivo. Pri prevrtanju, 0⇒AN
281,9
8,735
045,045,045,00
00
0
sm
m
Pa
NGNP
GN
PNNM
GNNF
maPF
B
B
BAT
BAy
x
==
===
=
=−+−⇒=
=−+⇒=
=⇒=
∑∑∑
1.17. Težište 2300 N teškog dragstera nalazi se na 2,4 m od zadnjeg točka i 2 m iznad podloge. Odrediti maksimalno ubrzanje dragstera (bez prevrtanja unazad) te minimalni koeficijent trenja između točkova i piste kojim će se postići to ubrzanje.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 25 -
Zadano: G=2300 N Odrediti: amax bez prevrtanja i koeficijent trenja µ da bi se postiglo amax
Rješenje:
∑
∑∑
⇒==+−=
⇒==−+⇒=
=⇒=
atranslacijITNNM
maGNNF
maTF
težAABtež
yBAy
xax
00,24,20,7
)prevrtanja bez kretanje
ljenopretpostav(00
0
ε
U stanju mirovanja: As NT µ= , Pri prevrtanju NB je jednaka 0.
Prema tome je, ( )
gm
NG
m
Na s
BsAsx µ
µµ=
=−==
0
2772,112,1
2,10,2
4,2
0)0,24,2(
00,24,2)0(0,7
smga
N
NNN
x
s
As
AsAB
==
==
=+−
=+−=
µ
µ
µ
1.18. Sila P=750 N djeluje na tijelo mase 350 kg. Ako je kinetički koeficijent trenja između tijela i podloge µk=0,15, odrediti ubrzanje tijela i reakcije podloge u tačkama A i B.
Zadano: P=750N, m=350kg i µk Naći: a, RA i RB.
∑∑∑
=Θ−Θ+−−+−⇒=
Θ−−+⇒=
=−−Θ⇒=
0cos3,0sin7,04,04,05,05,00
sin0
cos0
PPTTNNM
PGNNF
maTTPF
BABAtež
BAy
BAx
Pri klizanju je NT kµ= . Time dobijamo 5 nepoznatih.
ANr
BNr
Gr
amr
Tr
amr
ANr
BN
r
ATr
Gr
BTr
Pr
tež
Θ
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 26 -
( )[ ]
( ) ( )
23714,0
2111,1659
2,313,1,246
1641
20884,04,05,05,0
cos3,0sin4,04,0sin5,05,0
cos3,0sin7,0
4,0sin4,05,0sin5,00
sin
cos1
sma
NRNR
NTNT
NN
NPPGPG
N
PP
NNPGNNPG
NPGN
NNPm
a
BA
BA
A
kk
kkB
BkBkBB
BA
BAk
=
=−−−−=
=−−−−=
=
=+−−−
Θ−Θ−−Θ−−=
Θ−Θ+
+−−Θ+−+−Θ+−=
−Θ+=
+−Θ=
µµµµ
µµ
µ
1.19. 2 m duga greda mase 20 kg oslanja se na zadnju stranu kamiona kao na slici. Ako je dno grede učvršćeno protiv klizanja, odrediti maksimalno ubrzanje kamiona, a da pri tome ne dođe do prevrtanja grede.
Zadano: L=2m, m=20kg Naći: a Izrada: Analiziramo trenutak kada je: NB=>0
00
0
=−⇒=
=⇒=
∑∑
GNF
maNF
Ayy
xAxx
20
0
0
00
1
0
1
21
0
2
0
1
571,3364,070sin
70cos
70sin
70cos70sin
70cos
:
070cos70sin0
smgg
m
G
m
l
Nl
m
Na
jepa
ll
NlNlM
Ay
Axx
AyAxtež
======
=
=−⇒=∑
ar
A
l B
070 Vr
yN A
r
BNr
Gr
1l amr
xN A
r
2l
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 27 -
1.20. Ploča mase 40 kg, kao na slici, oslonjena je na dva mala točka A i B i žicu u C. Odrediti ubrzanje ploče i normalnu silu na oba točka neposredno nakon presijecanja užeta.
Zadano: m=40kg Naći: a, NA, NB, kada je uže presiječeno Rješenje: Pretpostavka je da točkovi ne pružaju otpor kotrljanju. Ploča će se translatorno kretati niz kosinu.
030sin3,0
30sin3,030cos75,030cos75,00
030cos0
30sin0
0
000
0
0
=+
++−⇒=
=−+−⇒=
=⇒=
∑∑∑
B
ABAtež
BAy
x
N
NNNM
GNNF
maGF
Iz prve jednadžbe je ubrzanje:
0000
0020
0
0
30sin3,030sin30cos3,030sin3,0
30cos75,030cos75,030cos75,00
30cos
905,430sin
BB
BB
BA
NGN
NGN
GNN
smga
+−+
+−−=
−=
==
Odavde su NB i NA :
( )
NGNN
NG
N
BA
B
8,56530cos
7,90530sin6,0
30sin30cos3,030cos75,0
0
0
0002
=−=
=+
=
1.21. Homogeni valjak promjera 4 m težine 2000 N položen je na platformu kamiona. Grede sprečavaju kotrljanje valjka pri ubrzanju kamiona. Izračunati ubrzanje kamiona u trenutku kada dolazi do prevrtanja valjka preko grede.
BNr
amr
ANr
Gr
tež
030Vr
x
y
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 28 -
ml 33,05,06,0 22 =−=
Zadano: G=2000N. Odrediti: a kada dolazi do prevrtanjanja valjka. U trenutku kada valjak počinje da se prevrće, N, RBX, RBy →0.
)(66,05,0
33,0
5,05,05,0
033,05,00
00
0
agravitacijggg
m
mgl
m
Gl
m
lR
m
Ra
m
lRR
RRM
GRGRF
maRF
AYAX
YAAX
AYAXtež
AYAYY
AXX
−==
=====
=
=−⇒=
=⇒=−⇒=
=⇒=
∑∑∑
1.22. Tanka ploča mase m=10 kg vezana je za vertikalni zid sa dvije poluge A i B, a užetom u tački C. Odrediti ubrzanje centra mase ploče i sile u vezama nakon što presječemo uže. Masu štapova i užeta zanemarujemo.
ar
A B
Vr
m1,0
AYRr
amr
Gr
tež
BYRr
Nr
AYRr
Nr
l
m1,0
m5,0 m6,0
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 29 -
Zadano: masa tanke ploče m=10kg, zanemarena masa štapova i užeta Odrediti: atež, RA, RB, kada je uže presječeno. S obzirom da je ABCD paralelogram, ploča će vršiti translaciju po krivulji. Neće rotirati, ali će štapovi rotirati.
0sin4,0cos2,0sin4,0cos2,00
0sin0
cos0
=Θ−Θ+Θ−Θ−⇒=
=Θ−+⇒=
=Θ⇒=
===
∑∑∑
BBAAtež
BAn
t
BAtež
RRRRM
GRRF
mrGF
raaa
ε
ε
Iz sume tangencijalnih sila dobija se:
Θ= cosr
gε
Iz sume momenata proizilazi:
[ ][ ] [ ][ ]
2496,8cos
794,3
84,52sin4,0cos2,0sin4,0cos2,0
sinsin4,0cos2,0
0sin4,0cos2,0sinsin4,0cos2,0
smgra
pritisakNR
istezanjeNG
R
RRG
tež
A
B
BB
=Θ==
−=
=Θ+Θ−Θ−Θ−
ΘΘ+Θ−=
=Θ−Θ+−ΘΘ−Θ−
ε
Ubrzanje djeluje u pravcu tangente, a ugao pod kojim djeluje je 600! 1.23. 14 m duga greda težine 400 N ovješena je na tri užeta. Treba odrediti ubrzanje centra mase grede i sile u užadima AB i CD neposredno nakon što presječemo uže E.
Zadano: G=400 N Odrediti: atež, NAB, Ncd nakon presjecanja užeta. Pošto je ABCD paralelogram, kretanje mu je translatorno po krivulji. Nema ugaonu brzinu niti ubrzanje, ali užad AB i CD imaju i ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje. U stvari na njih se mogu primjeniti izrazi za rotaciju oko tačke ovješenja.
2ωε rraaa CBtež +=== ,
ARr
nr
Gr
tež
tr
Θ
BRr
εωrr
,
εωrr
,
εω , BAN
r
CDNr
Gr
εωrr
,
Θ
tr
nr
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 30 -
gdje εω, vrijede za konopce. Ubrzanja težišta i tačaka B i C su translatorna!
Θ=
=Θ−
−Θ−Θ−Θ⇒=
=++Θ−⇒=
=Θ⇒=
∑∑∑
cos
:
0cos5,0
sin1cos5,0sin5,00
sin0
cos0
2
r
g
jeprveiz
N
NNNM
mrNNGF
mrGF
CD
CDABABtež
CDABn
t
ε
ω
ε
ω=0 vrijedi kada je uže presječeno, (ostaje da je): CDAB NGN −Θ=⇒ sin
( ) ( )( )
( ) ( )Θ=Θ−Θ==+=
==Θ=
=
=Θ+Θ+Θ−Θ
ΘΘ−Θ=
=Θ−Θ−+Θ−Θ
sin49,8cossin)0(
98,3330cos25,0
81,9
cos
22,6
78,13cos5,0sin1cos5,0sin5,0
sincos5,0sin5,0
0cos5,0sin1cos5,0sin5,0
2
2
2
02
s
mjirnrtra
s
rad
ms
m
r
g
kgN
kgG
N
NN
tež
AB
CD
CDAB
rrrrεωε
ε
2- OPĆI ZAKONI DINAMIKE MATERIJALNE TAČKE 2.1. Impuls sile Djelovanje sile u toku nekog vremenskog intervala na neku tačku (tijelo)
nazivamo impulsom sile →
I :
tFI→→
= Gdje su:
=→
I impuls sile
→
F =sila t =vrijeme Dejstvo impulsa u vremenskom intervalu dt je:
dtFId→→
= Ili u konačnom vremenskom intervalu t1 – t2 , pomoću integrala:
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 31 -
∫→→
=2
1
t
t
dtFI
Odnosno u smijeru ose x:
∫=2
1
t
t
dtFxIx
Koeficijent pravca prema osi x je:
I
IxiI =
⊄
→→
,cos
2.2. Količina kretanja materijalne sile
Količina kretanja →
K je vektorska veličina koja ima pravac i smijer brzine →
v , a
jednaka je po intenzitetu proizvodu mase materijalne tačke i njene brzine:→→
= vmK .
Pošto je količina kretanja, →→
= vmK , to njen diferencijalni oblik dtFKd→→
= , integracijom u intervalu t1-t 2 daje jednadžbu:
∫∫→→
=2
1
2
1
t
t
t
t
dtFKd ,
koja predstavlja impuls, →→→
=− IKK 12 . 2.3. Moment količine kretanja Moment količine kretanja, je moment vektora količine kretanja za neku tačku ili osu.
Ako se tačka mase m kreće pod dejstvom sile →
F i ima brzinu →
v , a njen položaj u
odnosu na pol o je definiran radius vektorom →
r , tada će prema definiciji, moment količine kretanja za tačku o iznositi:
→→→→→
== KxrvxmrL 2.4. Rad sile Rad sile karakteriše se kao dejstvo sile na tijelo pri njegovom pomjeranju. Elementarni rad na beskonačno malom pomjeranju definira se kao skalarna veličina:
→→
= sdFdA
Odnosno: →→
= sdFdA T ,
gdje je: →
TF -projekcija sile na pravac tangente. 2.4.1. Snaga
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 32 -
Pod snagom podrazumjevamo rad sile u jedinici vremena. To znači da izvod rada A po vremenu t daje snagu P :
→→→→
=== vFdt
rdF
dt
dAP .
2.4.2. Rad sile Zemljine teže
Ako se tačka M, sopstvene težine →
G , pomjeri po nekoj putanji iz položaja M1 u položaj M2 izvršen je određeni rad sile teže.
Projekcije sile →
G na koordinatne ose iznose: X=0, Y=0 i Z=-G. Visinska razlika tačaka M1 i M2 , je z2 – z1 , koja može biti pozitivna ili negativna; z2 – z1=±h pa će rad iznositi:
( ) GhzzGA ±=−−= 122,1
2.4.3. Rad elastične sile
Rad elastične sile tumačimo kao djelovanje sile →
F na elastičnu oprugu pri čemu se ona rasteže za dužinu h. Elementarni rad je:
dA=c.z.dz odnosno:
∫ =====
2
1
2
01
2
222|
z
z
h
z
FhchzcczdzA
2.4.4. Rad sile trenja klizanja Smijer sile trenja je uvijek suprotan od pomjeranja tačke M, pa će rad sile trenja iznositi:
dsFdsFAM
M
N
M
M∫∫ −=−=
2
1
2
1
2,1 µµ , jer je: µFN=Fµ
2.5. Kinetička energija materijalne tačke Kinetička energija je skalarna veličina, a u diferencijalnom obliku iznosi:
∑=
==
n
iiK AdE
mVd
1
2
2
Što predstavlja priraštaj kinetičke energije i njenu vezu sa utrošenim radom. Ako
promatramo kretanje materijalne tačke između dva intervala t1÷t2, odnosno 21
→→
viv imat ćemo:
∑=
=−n
iKK AiEE
1
21
2.6. Potencijalna energija
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 33 -
Ako se sistem materijalnih tačaka M1, M2,.... Mn, nalazi u konzervativnom polju pod dejstvom sila F1...... Fn, promatrat ćemo početni položaj tačaka sistema(M1)0, (M2)0...(Mn)0 . Potencilalnu energiju možemo definirati na slijedeći način:
Ep =f(x1, y1, z1, .... xn, yn, zn). Rad sile u konzervativnom polju jednak je razlici potencijalnih energija u dva polja:
2,121 AEE pp =−
2.1. Raketa na čvrsto gorivo može se izraditi u jednom od dva prikazana oblika poprečnog presjeka. Na osnovu eksperimentalnih podataka dobijene su krive zavisnosti sile potiska i vremena (F, t ) za prikazane oblike, a za istu vrstu pogona. Odrediti ukupni impuls u oba slučaja.
∫ =2
1
t
t
Fdt površina ispod krive
Takođe se može odrediti jednadžba za bilo koji linijski segment i integrirati po segmentima, ali izračunavanje područja je mnogo brže. Želimo odrediti jednadžbu kojom možemo brzo izračunati svaku liniju intervala,
a) ( ) ( ) ( ) ( ) NsFdtt
t
46842
143
2
14343
2
1
=×+
++=∫
b) ( ) ( ) NsFdtt
t
54622
186
2
1
=+=∫
2.2. Sanduk težine 20 N vuče sila F=(3+2t) N, gdje je t u sekundama. Ako se u početku sanduk kreće prema dole po kosini sa brzinom od 6 m/s, odrediti koje vrijeme je potrebno da sila zaustavi kretanje sanduka. Sila F je uvijek paralelna sa kosinom.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 34 -
st
tttGmV
FGR
mVRdtmVt
t
643,4
0330sin
30sin
0
20
1
0
0
21
2
1
=
=−−+
−=
==+ ∫=
2.3. Ako se 0,4 N teška loptica ispali iz cijevi pod nagibom od 400 prema horizontali, pada na tlo pod istim nagibom ali na udaljenosti od 130 m. Izračunati impuls sile kojim će se to ostvariti.
Ne poznajemo niti jednu brzinu, pa polazimo od ubrzanja i računamo brzine.
( )( )
( )
( ) ( ) ijtVgt
itVtr
ujCiCr
jCtVgt
CtVr
jiViCiCV
jCgtiCV
gja
13040sin2
40cos
aizbacivanj trenutku 0
40sin2
40cos
140sin40cos
0
1
20
1
430
4
0
1
2
3
0
1
00
1210
21
=
+−+=
−=+=
++−++=
+=+=
+−+=
−=
r
rr
r
r
r
r
Nr
Fr
Gr
Vr
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 35 -
Po osi x: 0
1
0
140cos
13013040cos
VttV =⇒=
Po osi y: 040sin2
0
1
2
=+− tVgt
( )
( )
( )
∫
∫
=
=+
+=
−=
=
===
=
+
−
2
1
2
1
46,1
)(3681,9
4,00
81,9
4,0
14,235,270
14,235,27
36
129540sin40cos2
130
40sin130
40cos
40cos
130
2
040cos
13040sin
40cos
130
2
1
2
2
000
0
02
22
1
0
1
0
1
2
0
1
t
t
t
t
NsFdt
ostaječemupriFdt
smjiV
smjitV
smV
smgg
V
VV
V
g
r
r
2.4. Bejzbol loptica se kreće horizontalno brzinom 35 m/s u trenutku kada je udari bejzbol palica B. Ako loptica nastavi kretanje pod nagibom od 600 prema horizontali i dostigne maksimalni domet od 50 m, računato od visine mjesta udarca palice. Izračunati veličinu impulsa palice na lopticu. Loptica ima masu 400 g. Zanemariti masu loptice za vrijeme udara palicom.
( ) ( ) ( )[ ]
∫
∫
∫
=
+=
=−−+=−=
=+
==
=
=
2
1
2
1
2
1
65,24
53,1223,21
60sin60cos
17,3660sin
2
2
1
60sin
1
00
212
21
022
2
2
0
22
t
t
t
t
t
t
B
By
y
NsFdt
ji
iVjiVmVVmdtF
VmdtFVm
smgy
V
GymV
VV
rrr
rrr
2.5. Automobil težine 2700 N kreće se brzinom od 4 m/s pri čemu udara u zid. Ako udar traje 0,06 s, odrediti srednji impuls sile koja djeluje na automobil. Djelovanja kočnica nije bilo. Ako je koeficijent kinetičkog trenja između točkova i kolovoza
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 36 -
µk=0,3, odredi impuls sile na zid za slučaj da su kočnice upotrijebljene za vrijeme udara. Kočnice su stavljene na sva četiri točka pri čemu oni svi kližu.
( )GNT
tTFmV
VmdtRVm
kk
t
t
µµ ==
=+−
==+ ∫=
0
0
21
0
21
2
1
rrr
Ako je: NFT −−−=⇒= ,0 Ako je: NFGT k −−−=⇒= ,µ 2.6. Odrediti brzine tereta A i B, 2 s nakon kretanja sistema. Zanemariti masu točkova i užeta.
∫=
=
==
−=
−=
2
1
2
0
2
2
t
t
AAA
BA
BB
AA
dtRVm
VVV
GFR
GFR
rr
Gr
Fr
Tr
Nr
Vr
AVr
AGr
Fr
2
BVr
BG
BVr
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 37 -
( )
( ) VmtGF
VmdtR
VmtGF
BB
t
t
BBB
AA
−=−
=
=−
∫=
2
0
2
2
2
2
1
rr
Kombinaciom:
( )
NFs
mVsmV
smGG
mm
tV
t
VmGG
t
VmF
BA
AB
BA
BBA
A
−−−=
↓=↑=
=−+
=⇒−=+⇒
47,21,47,21
47,212 2
22
rr
2.7. Potpuno natovaren Boeing 747 polijeće sa teretom od 660000 N, a njegovi motori razvijaju potisak od 200000 N. Ako je poletna staza ravna i nivelirana, odrediti rad :
• Koji vrše motori pri prelazu puta od 1000 m duž poletne staze, • Koji vrši gravitaciona sila G pri prelazu puta od 1000 m duž poletne staze .
Zadano: G=660000 N, F=200000 N Odrediti: AF, AG, L=1000 m Rješenje: Rad sila:
00 1000 660000cos
:
1021 1000 200000cos
21
8
21
===
===
−
−
mNGLA
silenegravitacioRad
NmxmNFLA
G
F
α
α
2.8. Na predmet mase 20 kg koji se nalazi na kosoj ravni djeluje horizontalna sila F. Ako je F=200 N i kinetički koeficijent trenja izmađu predmeta i podloge µk=0,1, odrediti rad koji nad predmetom vrši:
a. Sila trenja na dnu predmeta prinjegovom pomjeranju od 15 m uz kosinu, b. Gravitaciona sila G pri pomjeranju od 15 m uz kosinu i c. Horizontalna sila od F=200 N ako se predmet kreće uz kosinu 15 m.
Gr
Fr
x
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 38 -
Zadano: m=20kg, F=200N Naći: AT, AG, AF
Izrada: 030cos30sin0
30sin30cos0
00
00
=+−−⇒=
=−−⇒=
∑∑
NGFF
maTGFF
y
xx
Pri čemu je, ( ) NGFNT kk 99,2630cos30sin 00 =+== µµ
NmlFA
NmlGA
NmxlTA
F
G
T
1,25981530cos200
5,14711530sin2,196
85,4041599,26
0
0
===
−=−==
−=−==
2.9. Lopta teška 3 N je oslobođena iz stanja mirovanja kao na slici. Ako je dužina neopterećene opruge 2,0 m i konstanta opruge k= 10 N/m, odrediti rad koji pri kretanju lopte na dužini od 1,6 m unutar cijevi izvrši:
a. Sila opruge i b. Gravitaciona sila.
Zadano: početna brzina, V1=0, G=2 N, L0=2 m i k=10 N/m. Odrediti: A1-2 za loptu
N
Gr
Tr
x y
Fr
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 39 -
Rješenje: zanemariti trenje između lopte i stijenke cijevi!
( ) ( )
NmAAAA
NlA
NmmGlA
Nmmm
Nm
m
NkA
GNF
maGFF
NGF
N
G
F
y
xsx
s
s
1803250
0
321630sin2
5015010102
1
2
1
030cos0
30sin0
21
0
222
1
2
2
0
0
=+−=++=
==
−=−==
===−=
=−⇒=
=−⇒=
−
∑∑
δδ
2.10. Sanduk mase 50 kg ograničen je gredom s protiv kretanja sanduka prema dole. Ako su koeficijenti statičkog i kinematičkog trenja između podloge i sanduka
2,03,0 == ks i µµ naizmjenično, odrediti vrijeme neophodno da sila F počne
pomjerati sanduk brzinom od 2 m/s prema gore. Sila je uvijek paralelna sa podlogom, a intezitet ( ) NtF 300= , gde je t u sekundama.
Napomena: Prvo odrediti vrijeme potrebno za savlađivanje statičkog trenja i početak kretanja sanduka.
Prije pokretanja sanduk je u ravnoteži (a=0):
( )
st
tGF
mir
mirs
242,1
30030cos30sin 00
=
=+= µ
( ) ( )
( ) ( )
( ) [ ( )( ) ] ( )
( )st
t
tt
mG
Gtt
mGtt
mdtGGt
mVIdtmV
k
k
t
k
t
k
t
t
929,1
klizanja prije- rješenje jivoneupotrebl 2721,0
073,782,330150
2242,130cos30sin
242,115030cos30sin150
230cos30sin150
230sin30cos3000
2
00
2002
242,1
002
242,1
00
21
2
1
=
=
=+−
=+−
−−+−
=+−
=−−+
=+
∫
∫
µ
µ
µ
µ
2.11. Tijelo mase 50 kg podiže se naviše po kosoj ravni pomoću užeta i motora, kako je prikazano na slici. Koeficijent kinetičkog trenja između tijela i površine ravni je
x
sFr
Gr
tež
030
Nr
y
Nr
Fr
Gr
Tr
030
NT
GN
GTF
sµ=
=
+=0
0
30cos
30sin
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 40 -
µk=0,4. Ako tijelo dobije početnu brzinu od V0=2 m/s, u tom trenutku (t=0) motor zateže uže silom ( )NtT 120300 += , gdje je t u sekundama, odrediti brzinu tijela nakon 2 s.
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) smggtt
m
GGdttmm
V
mVdtGTFmV
GT
k
k
t
t
k
919,10230sin0230cos1203
2300
12
0230sin0230cos12030021
30sin
30cos
00
2
0
2
3
2
0
002
1
2
2
0
1
0
2
1
=
−−−−++=
=
−−−
++=
=−−+
=
∫
∫
µ
µ
µ
2.12. Balističko klatno sastoji se od 4 kg teškog drvenog bloka u stanju mirovanja, θ=0. Ako puščano zrno mase 2 g udari u balističko klatno ono će se zaljuljati do maksimalno θ=60. Izračunati brzinu puščanog zrna.
Nr
Fr
Gr
Tr
030
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 41 -
Općenito vrijedi: 2211
2
1
0 ppbb
t
t
ppbb VmVmIdtVmVm +=
=++ ∫
Zrno se zabija u klatno sa brzinom: 222 VVV pb ==
21 1 Vm
mV
b
p
b
+=
Poslije sudara: 3
2
22
1GymV = , gdje je: pbpb GGGmmm +=+= ,
( )( )
( ) sm
mm
llGG
m
mV
pb
pb
b
pb 4,733
2
1
cos11 =
+
−+
+=
θ
2.13. Ploveći dok težine 45000 t prevozi dva automobila A i B, koji su teški 4000 kg i 3000 kg, a nalaze se na krmi i pramcu. Ako automobili startaju iz stanja mirovanja jedan prema drugom ubrzanjem aA=4 m/s2 i aB=8 m/s2 dok ne dostignu konstantnu brzinu od 6 m/s relativno u odnosu na dok, odrediti brzinu doka tik prije njihovog sudara. Koliko je vrijeme trajanja tog sudara? Smatrati da dok miruje. Zanemariti otpor vode.
Brzine prije sudara!
CBCBC
B
CACAC
A
ViViVVV
ViViVVVrrrrr
rrrrr
+−=⇒−=−=
+=⇒=−=
66
66
( ) ( ) ←=−=⇒++−++
=++
smis
mVVmVimVim
VmVmVm
CCCCBCA
CCBBAA
1154,01154,066
0222
rrrr
rrr
Silaskom s broda guramo ga nazad u vodu, zar ne? Moramo objasniti zašto je to tako. Razjasnimo prvo šta je šta!
l
3cos yll =− θ
l θ
iV
iV
CB
CA
6
6
−=
=r
r
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 42 -
( )
( )
( )( ) mttr
CCttr
sstttV
CCttV
sma
AAA
AA
AAAA
A
A
5,42
02
5,14
664
04
4
2
33
2
11
2
==
=⇒+=
==⇒==
=⇒+=
=r
( )
( )
( )( ) mttr
CCttr
stttV
CCttVs
ma
BBB
B
BBBB
B
B
25,24
04
8
668
08
8
2
44
2
22
==
=⇒+=
=⇒==
=⇒+=
=
U prvih 1,5s, A vozilo pređe 4,5m, a B 2,25m plus (6m/s)(0,75s)=4,5m. To iznosi 30-4,5-2,25-4,5=18,75 m između automobila, naravno svaki treba preći pola tog puta prije sudara, to jest:
sts
sm
m
sudara 063,35625,15,15625,16
2
75,18
=+=⇒=
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 43 -
2.14. 5 kg napregnuta opruga topa miruje po glatkoj površini. Ako se ispali lopta mase od 1 kg sa brzinom od V '=6 m/s u odnosu na top u pravcu prikazanom na slici. Ako je top bio u stanju mirovanja, odrediti horizontalnu udaljenost d lopte od topa pri čemu je ona dosegla tačku D na podlozi. Zanemariti veličinu topa.
Osnovna jednadžba (kada je ispaljena): 22
2
1
11 ggbb
t
t
ggbb VmVmdtIVmVmrrrrr
+=++ ∫
U horizontalnom pravcu: ( )0,00 22 ≠=+= yxxggxbb RRVmVm
Pretpostavljamo da je: ( )jiVV gb 30sin30cos62/2 +==′rr
Ograničenje u horizontalnom pravcu:
←=
→=
−−=
−==′
smV
smV
Vm
mV
VVVV
xg
xb
xbg
bxb
xgxbxgxbx
866,0
33,4
30cos6
2
2
22
0
222/2
Vertikalna komponenta brzine je:
↑== smV yb 330sin6 0
2
( )( ) ( )( )( ) ( )
md
dmtr
jCiCtr
jCiCtCtr
jijCiCtV
a
g
gsudarag
g
g
g
g
5296,0
5296,06116,0866,0
0
0866,0
0
43
431
21
=
←==−=
=+=
++=
+−=+=
=
r
rr
r
r
r
mddd gb 178,3=+=
( ) ( )( )
( ) ( )
( )
( )
md
st
idjtitCtr
jCiCr
jCtCtiCtCtr
jijCiCV
iCjCttV
ja
b
sudara
bsudarasudarasudarab
b
b
b
b
b
648,2
6116,0
2
81,9
00
2
81,9
333,40
81,9
81,9
2
1
43
42
2
31
21
12
=
=
=
−+=
=+=
++−++=
+=+=
++−=
−=
r
r
r
r
r
r
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 44 -
2.15. Tijelo B težine 75 N miruje na kraju kolica težine 50 N. Ako se kolica mogu slobodno kretati, i ako se uže povuče brzinom 4 m/s u odnosu na kolica, odrediti udaljenost d na koju su se kolica pomjerila kada se teret pomakao za 8 m na kolicima. Koeficijent kinetičkog trenja između kolica i bloka je µk=0,4.
)( )0()0(
44
2211
/
platformipokretatisećekolicaVmVmVmVm
iVViVVV
PPBBppBB
PBPBPB
−==+=→+
+=⇒=−=rrrrr
( )
smV
smV
VmVm
B
P
PPPB
6,1
4,2
04 22
=
=
=−+−
Sa brzinom od 4 m/s, i u vremenu od 2 s predmet će se pomjeriti za 8 m.
( )( ) mr
Cr
Ctr
P
P
P
8,42
00
4,2
1
1
=
==
+=
2.16. Tijelo mase 6 kg kreće se iz stanja mirovanja od A prema dole po glatkoj paraboličnoj krivulji. Odrediti za koliko će se komprimirati opruga.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 45 -
ml
klyGVmlkGyVm
86,6
2
1)0()0(
2
1)0(
2
1)0(
2
1
2
2
22
2
2
2
11
2
1
=
+=+===∆++=
2.17. Potpuno opterećen Boeing 747 tezak je 660000 N, a njegovi motori ostvaruju potisak (silu) od 200000 N. Ako je otpor zraka i trenje između točkova i poletne piste zanemarivo, odrediti zahtjevanu dužinu piste koju avion pređe do brzine od 140 km/h
Zadano: G=660000 N, F=200000 N, zanemariti otpor zraka i trenje Odrediti:l Rješenje:
( )m
F
mVl
mVFl
EAE kk
25,254200000
88,3881.9
660000
2
1
2
1
2
1
)0(
22
2
2
2
2211
=
==
=
=+= −
2.18. Mlazni avion težine 25000 N katapultira se na palubi nosača aviona pomoću hidrauličkog mehanizma. Odrediti srednju silu potiska na avion ako je dostigao brzinu od 160 km/h na udaljenosti od 300 m.
t=0
V=0
C C
V=140km/h
1 2 l
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 46 -
Zadano: G=25000 N, dostignuti parametri; mxihkmV 300,160 22 ==
Odrediti: srednju silu potiska Rješenje: 2211 kk EAE =+ −
( )N
x
sm
x
mVFavg 8388
3002
44,4481,9
25000
2
2
2
2
2 ===
2.19. U brodskom skladištu, paketi se kreću po stazi klizajući prema dole kako je prikazano na slici. Koeficijent trenja između paketa i staze je 2,0=kµ , a nagib na dnu staze je strm ali glatak i iznosi, θ=300. Ako se paket od 10 kg kliže u dužini od l=3 m sa početnom brzinom od 5 m/s naniže, odrediti:
a. Brzinu paketa kada on pređe dužinu od l=3 m, dođe u podnožje. b. Udaljenost d do koje će paket klizati po horizontalnoj podlozi prije nego što
se zaustavi.
0,0,0, === xtaVrr
G G
mxhkmV 300,160 22 ==
1 2 x
Fr
Fr
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 47 -
Zadano:
( ) 150
,3,10,2,0
VsmV
mlkgmk
==
===µ
Izračunati: brzinu na kraju kosine=V2 ( )
30 VtVd f ==→
Izrada:
0
0
0
30cos
030cos0
30sin0
GN
GNF
maGTF
y
xx
=
=−⇒=
=+−⇒=
∑∑
Sila trenja, tnakonsNGNT kk tan99,1630cos 0 ==== µµ Rad trenja i zemljine gravitacije: Rad trenja: ( ) JNmmNTlxxTAT 97,5097,50399,161221
−=−=−=−=−−=−
Rad gravitacije: ( ) JmmgxxGA xg 15,1473.30sin 0
1221 ==−=−
smA
mVAmV
mV
mVAmV
EAE kk
651,62
2
12
2
1
2
1
21
2
121
2
12
2
221
2
1
2211
=+=
+=
=+
=+
−−
−
−
2.20. Ako paket težine G=15 N, dostigne brzinu V0 te udari u branik, njegova zadaća je da ublaži taj udarac. Opruga je krutosti k=6 N/m, a masa branika B se može zanemariti. Ako je statički i kinematički koeficijent trenja između 15 N teškog paketa i podloge 4,06,0 == ks i µµ , odrediti maksimalnu početnu brzinu V0 paketa
takvu da branik udaljen l =5 m ne udari u odbojnik.
l
d
030=Θ
3 2
1
x
Nr
Gr
Tr
Vr
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 48 -
Zadano: 4,0;6,0,15,6 ==== ksNGmNk µµ
Odrediti: maxoV tako da odbojnik ne udari u zid-ako je l=5 m Rješenje:
„Ako želimo da paket ne udari u zid“ treba da je uspostavljena statička ravnoteža između energije tereta i sabijanja opruge. To znaci da ce kutija biti u statickoj ravnotezi pri maksimalnoj kompresiji.
00 ==−⇒=∑ xsx maTFF , (ravnteža, nema odbijanja)
Za slobodno kretanje, 00 ==−⇒=∑ yy maGNF
( )
( )max
max
5,1 smk
Gs
TksFGNT
s
sss
===
=====
µ
µµ
Kada kutija pritisće oprugu:
00
0
==−⇒=
=−−⇒=
∑∑
yy
xsx
maGNF
maTFF
Radi klizanja, NGNT kk 68,26=== µµ Pa je rad:
( )
smV
AVm
TAE
Nmxk
kxdxA
NmslTA
k
s
T
3,4
02
0
5,132
2,79
max0
31max0
2311
5,1
0
5,1
0
2
21
max31
=
=+
⇒==+
−=−=−=
−=+−=
−
−
−
−
∫
Gr
Tr
)( ksF =r
Nr
x
l 3
k B
m
2 1 s
0Vr
Gr
Tr
Fr
Nr
x
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 49 -
2.21. Mali automobil igracka kreće se nadole po zavojnoj rampi kako je prikazano na slici. Masa automobila je m=50 g, pri čemu je promjer kružnog dijela rampe d=300 mm. Ako automobil obavi vertikalni pad za h, odrediti:
a. Minimalnu visinu h tako da auto može savladati zavojnicu na rampi. b. Silu koju će ostvariti auto pritiskom na stjenku u tački B (na jednoj
četvrtini puta kroz zavojnicu)
Zadano: m=50g, d=300mm, V1=0 Odrediti: hmin za prolaz petlje, NB Rješenje: Trenje zanemariti. Uraditi stazu tako da auto ne padne sa staze u tački 3. Izračunati minimalno h tako da je sila između auta i staze bude jednaka 0 u tački 3. Napraviti cijeli krug okolo, automobil ne smije pasti sa tacke 3. (ovo ne⇒) Minimalno h da bi se ostvarilo to ce biti
dovoljno za normalnu silu izmedju kolosjeka od nula do 3. Jednadžba za energiju i rad na rampi:
ghGhm
V
mVGh
EAE kk
22
2
10
2
2
2
2211
==
=+
=+ −
Analiza položaja auta u tački 3:
h
d
1
2
B
3
N
G
x
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 50 -
Energija i rad u tački B: 2.22. Pomak tijela, prikazanih na slici iz stanja mirovanja je za x= - 800 mm. Opruga ima koeficijent k =500 N/m i nerastezljive dužine od l0=400 mm. Trenje između površina zanemariti. Za prikazano kretanje odrediti:
a. Brzinu tijela mase 2 kg kada je x=0 mm. b. Maksimalno pomjeranje tijela x.
en
( )
∑ ==
=−
=−+
=+ −
nn
kk
maGF
mVGdGh
mVGhmV
EAE
2
3
2
3
2
2
3322
2
1
2
1
2
1
gd
gV
Vmmg
23
2
3
==
=
ρ
ρ
mmdd
dh
dgGdgh
3754
5
4
4
==+=
=−
d
Vm
VmmaN
F
mVd
GGh
mVd
GmV
EAE
BBnB
n
B
B
kBBk
22
2
22
2
22
2
0
2
1
2
2
1
22
1
==
=
=−
=
−+
=+
∑
−
ρ
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 51 -
Zadano:
trenjezanemariti
mmlmNk
mmxV
,400,500
,8000
0
2
==
−=→=
Odrediti:
max
2 )2(,0
x
kgmasetijelozaxV =→
Rješenje:
32
33
22
2
sup
VV
Vs
vrijednostpozitivnarotnoVs
=
=′
−=′
Ako se tijelo mase 2 kg kreće na rastojanju od „a“ udesno, tijelo mase 3 kg se kreće do udaljenosti od a/2 naniže. Na horizontalnoj površini, gravitacija→okomita, sila od m=2 kg ne stvara rad. Napetost je unutarnja sila u sistemu (čiji je rad =0). Sila teže koju čini tijelo m=3 kg uzrokuje rad od:
( )
−−=
=2
800
2333
xgm
aGA
Za oprugu je: ( ) [ ]4,06,0 22
0 −+−=−== xkllkkFs δ Rad opruge je:
02
02
2
32
32
32
=′′+′′=′′
=′+′=′
=+=
ssL
ssL
constssL
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 52 -
( )
++−−
−−=
=+
−+−=
−=Θ−= ∫ ∫ ∫−
4,06,04,02
64,0500
6,04,06,0500cos
222
8,022
22
xx
s
sdssds
l
skdsFA
x
ss δ
2.23. Prsten (šuplja kugla) težak 1,5 N kliže po vertikalnoj šipci bez trenja. Početna dužina opruge je l0 =0,8 m, konstanta opruge k=80 N/m, a udaljenost šipke od zgloba d=1,2 m. Ako prsten pomjerimo iz stanja mirovanja tako da je b =0,9 m odrediti brzinu prstena u položaju kada je b=0.
Zdano: G=1,5 N, vertikalna šipka , l0=0,8 m, k=80 N/m, d=1,2 m, ostvaruje se pri b=0,9 m Odrediti: V2 ako je b=0 Rješenje: Kako nema trenja, energija je očuvana.
( ) smGyllk
mV
mldl
mlbdl
lll
GylkmVGylkmV
EEEE pkpk
5,122
12
4,0
7,0
2
1
2
1)0(
2
1)0
2
1(
2
2
2
2
12
02
0
22
1
0
2
2
2
2
21
2
1
2
1
2211
=
−∆−∆=
=−=∆
=−+=∆
−=∆
+∆+==+∆+=
+=+
2.24. Djevojka skakač, mase 57 kg skače sa visokog mosta. Uže je elastično sa konstantom krutosti od 171 N/m, slobodne dužine (neopterećen) L=40 m. Odrediti:
a. Brzinu djevojke kad uže postaje zategnuto te počinje djelovati silom na njeno tijelo.
b. Istezanje d užeta kada djevojka prestane ponirati.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 53 -
Zadano: m=57 kg, k=171 N/m, l0=40 m Odrediti: V when ∆l=0, ∆lmax Gdje su položaji: 1 hvatište, y=0, V=0 2 mjesto gdje je y= - L0 (neopterećeno uže) i 3 y= – L0 – dmax, V=0. Rješenje:
( )
( ) ( )
( )onereammld
mVGdkd
dLGLGmV
EEEE
smglGl
mV
LGmV
EEEE
pkpk
pkpk
ln23,13,77,19
02
1
2
1
2
1
01,2822
02
1000
maxmax
2
2max
2
max
max00
2
2
3322
002
0
2
2
2221
→−=∆=
=−−
−−=−+
+=+
===
−++=++
+=+
2.25. Zamajac mase 10 kg i promjera 400 mm je spojen sa el. motorom konstantnog broja obrtaja, pomoću elastičnog remena. Ako startamo iz stanja mirovanja, odrediti torziju potrebnu da rotira zamajca pri 4200 o/min nakon 5 s.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 54 -
Zadano: obrtajaommdkgm 5min
4200,00,400,10 21 =Θ→==Θ→=== ωω
Odrediti: M=const. (A1-2=M∆Θ) Rješenje:
( ) ( )Nm
obrtobrt
sobrtom
dmI
M
ImVMImV
EAE
Gz
GzGGzG
kk
8,6152
.5
60
min2
min4200
100020010
4
1
22
1
2
1
2
1
2
10
2
10
2
10
2
1
222
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2211
=
=
=∆Θ
=∆Θ
=
+
==∆Θ+
=+
=
=+ −
π
π
ωω
ωω
2.26. 100 N teška kolica su u stanju mirovanja kada na njih pocne djelovati sila P . Promjena sile P prikazana je na dijagramu. Odrediti brzinu kolica kada je t=6 s:
a. Masa točkova je mala, a ne pružaju ni otpor pri kotljanju. b. Ako su točkovi zakočeni te klize (statički i dinamički koeficijenti su
2,03,0 == ks i µµ naizmjenično )
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 55 -
Zadano: 0,15,0,2,0,10 1 ==== VNG ks µµ Odrediti: V2 i t2=6 s –pri slobodnoj rotaciji (T=0) -„- - –kotrljanje blokirano
Rješenje:
∑∑
=−⇒=
=−⇒=
00
0
GNF
maTFF
y
x x
U stanju mirovanja: 0== NT ss µ
Pri klizanju, GNT kkk µµ ==
( ) ( )
( )
stsjekadNF
stjekadts
NF
dtTFV
mVTFmV
t
t
x
t
t
xx
64:40
40:4
40
2
1
0
2
1
2
1
2
21
⟨⟨−⇒=
⟨⟨−⇒=
−=
=−+=
∫
∫
Ako je trenje, T=0:
( ) ( ) smNsNs
mdijagramaunutarprostor
mFdt
mV 52,51402404
2
11116
0
2 =
+=
== ∫
Ako je trnje, T≠0: Kolica će početi klizanje kada sila F postane veća nego maksimalna slobodna sila trenja za ravnotežu. (Ts).
G
TN
F x
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 56 -
stGTtsNF mirovssmirovmirov 210 =⇒=== µ
Za t>2s, ako se kolica kližu onda je sila trenja Tk.
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) !
4
2
6
2
62
16
76,2550301
401
101
6
trenjabez
kk
VV
smNsNs
mdtGN
mdtGts
Nm
V
=
⇒=+=−+−= ∫ ∫ µµ
2.27. Potisak od 500 N rakete koja stoji na saonicama, mijenja se sa vremenom, prikazano na dijagramu. Ako saonice startaju iz stanja mirovanja i kreću se po otvorenom horizontalnom kolosjeku, odrediti brzinu kod koje će raketa potrošiti svo gorivo.(Zanemariti trenje)
Zadano: 00,500 1 =→== tVNG otvorena, horizontalna pruga Odrediti: V(10) Rješenje:
( )( ) ( )( ) ( )( )
( )
( ) ( ) hkm
smNs
mV
mVdtRmV
NsNsNsNsTdt
krivuljeispodpovršinadtR
t
t
xxx
t
t
x
5938,16484001
0
8400120052
11200412001
2
1
10
21
10
0
2
1
2
1
===
=+=
=++=
=
∫
∫
∫
G
N
F x
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 57 -
2.28. Padobran i 400 N teška korpa padaju sa konstantnom brzinom V. Kada korpa padne na zemlju, padobranski konopci će se rasteretiti (neće biti sile na korpu), a pri padanju ka zemlji će se sila mijenjati po dijagramu. Odrediti maksimalnu konstantnu silaznu brzinu za koju će maksimalna sila djelovati na korpu Fmaks pri čemu ona netreba prelaziti 2000 N.
Zadano: G=400 N, Fmax=2000 N Odrediti: Vmax Rješenje:
2
2
1
1
0
x
t
t
xx
x
mVdtRmV
maFGF
=+
=−⇒=
∫
∑
Padanje korpe u intervalu od 0,3 s odvija se silom koja je jednaka težini korpe.
( )
( ) ( )
( ) ( )( ) ( )( )
( ) smsG
m
NsNFsFsm
sGm
krivuljeispodpovršinaFdtm
dtGFm
V
VmdtFGmVx
−−−=−
−
+−+=
=−
=−=
==−+
∫ ∫
∫
3,01
4001,04001,02
12,0
2
11
3,0111
)0(
maxmax
3,0
0
3,0
0
max
3,0
0
3,0
2.30. Paket težine 5 N stoji na horizontalnoj površini pri čemu se sila F mijenja po krivulji sa dijagrama. Intenzitet sile mijenja se sa vremenom. Ako su statički i dinamički koeficijenti trenja 30,040,0 == ks i µµ naizmjenično, odrediti:
a. Vrijeme t1 u kojem paket počinje klizati.
F
GV
x
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 58 -
b. Maksimalnu brzinu paketa Vmaks i vrijeme tm potrebno za nju. c. Vrijeme tf za koje će se paket prestati klizati.
Zadano: ,30sin30cos,5 00 jFiFFNG −=−=
rr i 3,0,4,0 == ks µµ
Odrediti: t, (početak klizanja), Vmax, tm, tf -(prestanak klizanja) Rješenje:
( )( )
( )∫
∫
∫
∑∑
=−+
=+
=+
→+=
→+=
=
+=
=−−⇒=
=−⇒=
2
1
2
0
1
2
1
21
2
1
21
0
0
0
0
0
30cos
kretanja stanje30sin
mirovanja stanje30sin
30sin
030sin0
30cos0
t
t
xx
t
t
xxx
t
t
kk
ss
y
xx
mVdtTPmV
mVdtRmV
VmdtRVm
FGT
FGT
NT
FGN
FGNF
maTFF
rrr
µ
µ
µ
Paket će se početi klizati kada primjenjena sila (Fcos300) dostigne maksimalnu frikcionu silu koja je u slučaju ravnoteže (Ts).
( )N
GF
FGTFT
s
s
ss
330sin30cos
30sin30cos
00
00
=−
=
+===
µµ
µ
Pomoću dijagrama,
( )
stszaNtNts
N
stzatNts
NbntF
2010 0,15,01010
5
100 5,20010
5
⟨⟨→+−=+−=
⟨⟨→=+=+=
G
TN
Fx30
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 59 -
Ili: ( ) stszaNFN
st
stzaFNst
2010 102
100 2
⟨⟨→−−=
⟨⟨→=
Gdje je: ( ) sNNst 0,6321 ==
b.) Kada paket počinje kretanje, T=Tk . U pravilu veličina Fcos300 je velika kao i Tk , paket će se ubrzavati (linearni impuls će se povećavati-brzina će se povećavati). To će se nastaviti sve do: Fcos300=Tk .
( )N
GF
FGF
k
k
k
32,930sin30cos
30sin30cos
00
00
=−
=
+=
µµ
µ
Interval u kojem dolazi do smanjenja sile F je 10 s<t<20 s.
( ) sNNNst 81,1548,4432,9449,02 =−−=
Maksimalna brzina će se pojaviti pri tm=15,81s, pa je:
( ) ( ) ( )
( ) smNsNs
m
dtNts
NGNt
s
N
m
dtts
NGt
s
N
mV
VVmVdtTFmV
s
s
k
s
s
k
t
t
xxx
56,22043,6453,51
30sin10)(5,030cos10)(5,01
30sin)(5,030cos)(5,01
30cos0
81,15
10
00
10
006,6
00
max
2
1
max22
0
1
=+=
=
+−+−
−
+
+−
=
==−+=
∫
∫
∫
µ
µ
c.)
( ) ( ) ( )
( ) ( )[ ]
( )[ ]
( )[ ]
( )st
sGGtNsNs
jetadastzaFjeAkodtG
dtNtsNGNts
N
mVdtNtsNGNts
NmV
VmVdtTFVVmV
kk
t
k
tm
k
tm
k
t
t
xxxx
57,25
020142,35,11
:20,0(000
30sin105,030cos)105,0(
30sin105,030cos105,0
030cos
3
3
3
20
20
00
20
max
00
max
3
2
33
0
max22
=
=+−−
⟩→=→=+−+
++−+−+−+
++++−+−+
==−+=
∫
∫
∫
∫
µµ
µ
µ
µ
2.31. Top težak 800 N ispaljuje kuglu od 5 N u horizontalnom pravcu. Top je postavljen na kočnicu, koja ima kinetički koeficijent trenja između kočnice i horizontalne površine 25,0=kµ . Ako se kugla kreće brzinom od 650 m/s od momenta kada je ispaljena iz topa, odrediti:
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 60 -
a. Odbojnu brzinu topa. b. Udaljenost koju će top dostići prije nego što se zaustavi.
Zadano: Gc=800 N, Gb=5 N, smVbk 650,25,0 2 ==µ
Odrediti: Vc2, dc3 Rješenje: Za top: Za topovsku kuglu:
( ) ( ) ( ) ( )∫ =+−===+=+2
1
22221 00)(
t
t
bbbcccbc iVVmiVVmdtRVmmrrrr
Ako uzmemo u obzir utjecaj topa→topovska kugla je isto u sistemu, pa je Feksplozije unutarnja sila (to dejstvo je uzročno). Želimo zanemariti impuls uzrokovan trenjem Tc koja je jako mala poredeći sa Feksplozije te imajući na umu da se ta eksplozija dogodila u veoma kratkom vremenskom intervalu.
Po osi x: smV
m
mV b
c
bc 063,422 ==
Gledajući samo top poslije eksplozije,
ckckcyccy GNTmaGNF µµ ==⇒==−=∑ 0
Koristeći rad i energiju imamo,
mT
Vmd
VmdTVm
c
cc
c
cccccc
36,32
1
)0(2
1
2
1
2
2
3
2
33
2
2
==
==−
2.32. Dva premazana diska kližu se po horizontalnoj podlozi sa trenjem. Disk A težine 1 N i brzine VA=15 m/s; disk B težine 2 N i brzine VB=10i+24j m/s. Poslije sudara kreću se kao zasebne jedinice sa brzinom V pod uglom θ u odnosu na osu x. Odrediti intenzitet brzine V, i ugao θ.
Feksplozije
Gb Vb2Gc
TcNc
FeksplozijeVc2
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 61 -
Zadano: otporna horizontalna površina gdje vrijedi,
( )jiVV
smjiVNG
smVNG
BB
AA
Θ+Θ=
+==
==
sincos
2410 ,2
15 ,1
2
1
1
r
r
Odrediti: V, Θ Rješenje:
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )( )
( ) ( )
( )( )
smV
smGs
mG
smG
tg
GGs
mGsmG
GG
VGGsmGypo
GGs
mGsmG
V
VGGsmGs
mGxpo
jiVg
GGs
mjig
Gs
mig
G
VmmdtRVmVm
BA
B
BA
BA
BA
BAB
BA
BA
BABA
BABA
BA
t
t
BBAA
8,19
90,53)10()15(
)24(
sincos
)10()15(
sin24:
cos
1015
cos1015:
sincos241015
0
01
2
2
1
11
=
=
+=Θ
Θ
Θ+
++=
=Θ+=→
Θ+
+=
Θ+=+→
Θ+Θ
+=++
+=
=++
−
∫rrrr
2.33. Sanduk težine 4 N počinje kretanje iz položaja A po glatkoj površini, zakrivljene rampe, radiusa 20 m. Ako se sanduk spusti niz rampu do B, te udari na kolica težine 40 N, koja su u stanju mirovanja, ona će nastaviti kotrljanje na desno
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 62 -
kao zasebna jedinica. Odrediti (opću) brzinu kolica i sanduka kada se oni kreću sjedinjeni.
Zadano: Gb=4N, Gc=40 N, Sanduk→kolica u početku miruju „ravnoteža“, rampa (nema trenja), ρ=20 m Odrediti: početnu brzinu kolica i sanduka, V3 Rješenje: Rad →energija sanduka,
( ) ( ) ( )
( ) ( ) smg
m
GV
yGVmmyGVm
EEAEE
b
bb
bbbbbbbb
pkpk
80,19202202
02
10200
2
1
2
2
2
2
21
2
1
22
)0(
2111
===
=+=+=+=
+=++ −
Zakon impulsa→trenutna sila sanduka→kretanje kolica,
( ) ( )( )( )
sm
mm
VmV
iVVmmsistemaunutardtR
VmiVVm
cb
bb
t
t
cb
ccbbb
8,1
)0(
0
23
2
1
33
222
=+
=
=+=⇒=+
+=+=
∫rrr
rr
2.34. Tijelo od drveta, težine 0,30 kg prikaceno je na oprugu krutosti k=7500 N/m. Tijelo je u stanju mirovanja ( 4,0=kµ ) na hrapavoj horizontalnoj površini kada u njega udara puščano zrno težine 0,030 kg sa početnom brzinom Vi =150 m/s. Poslije sudara puščano zrno je ugrađeno u tijelo od drveta. Treba odrediti:
a. Brzinu tijela i puščanog zrna odmah nakon sudara. b. Udaljenost d do koje će tijelo doći nakon sudara sa puščanim zrnom.
Zadano: mtijela=0,30 kg, k=7500 N/m, V1tijela=0, µk=0,4, mzrna=0,03 kg, V1tijela=150 m/s
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 63 -
Odrediti: V2(tijela+zrna), udaljenost d Rješenje: * Rješavamo pomoću impulsa→sile
( ) ( ) ( )
( ) ( )[ ] smkgs
mkgkg
V
mVRdtmVmVt
t
tijelozrnotijelozrno
64,1303,015003,033,0
1
)0(
2
2
1
211
=+=
==++ ∫ +
* Kretanje tijela-koristimo rad→Energiju ( ) ( )
( )md
NmdNdmN
kdGdmV
EEAEE
ktijelozrno
pkpk
09035,0
0698,30)(97119,0)(3750
2
1
2
1
00
2
22
2
222111
=
=−+
=−
+==+=+
+
−
µ
2.35. Topovska kugla mase 5 kg ispaljena je sa početnom brzinom V0=125 m/s i θ0=750 u odnosu na osu y. U vrhu trajektorije, kugla eksplodira i rasprskava se u dva dijela. Dio mase od 2 kg pada na zemlju sa x=50 m i y=350 m, nakon vremena t=25s. Odrediti:
a. Kada i gdje će pasti dio mase od 3 kg na zemlju? b. Impuls dijela kugle od 3 kg poslije eksplozije. c. Srednji utjecaj sile eksplozije F2 kg na dio kugle od 2 kg poslije eksplozije
ako je trajanje eksplozije iznosilo ∆t =0,003 s.
Zadano: mkugle=5 kg, ( ) max
0
002 ,75 ,125 ,25,35050 ZsmVstmjir kgk =Θ==→+=−
r
Odrediti: ?3 =→− tr kgk
r
Impuls za dio od 2 kg pri eksploziji
∫2
1
2
t
t
kg dtFr
, pri ∆t=0,003s.
Rješenje:
k
d
V1zrno
G
T=µkNN
kd
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 64 -
( ) →−= ks
mta 281,9r
za cijelu topovsku kuglu prije eksplozije
( ) ( )( )
( ) ( )( ) 00
)(74,120)(2
81,9)(35,32
74,120,35,32,0
75sin12575cos12500
81,9
654
6
2254
321
00
321
3221
=++=
++−
+++=
===
++=++=
+−++=
kCjCiCr
kCtsmt
smjCts
miCtr
smCs
mCC
ksmjs
mikCjCiCV
kCts
mjCiCtV
r
r
r
r
Prije eksplozije
Eksplozija će se desiti kada je Vz =0 (tačka na trajektoriji), pa je
st
smt
sm
eksplozija
eksplozija
31,12
074,120)(81,9 2
=
=+−
Za cijelu kuglu prije eksplozije Dio od 2 kg nakon eksplozije,
→nepoznata brzina trenutak poslije eksplozije. Polazimo da je to početno vreme 0, radi jednostavnosti.
Vrijeme trajanja je t=25s, ali početno vrijeme je nula (pri eksploziji), pa je: ssst f 69,1231,1225 =−=
Po osi x: smVmtV xfx 94,350 =⇒=
Po osi y: smVmmtV yfy 795,335016,398 −=⇒=+
( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( )( )ts
mts
mtjsmtr
ksmt
smjs
mtV
CCC
74,120 905,435,32
74,120 81,9)(35,32
0
22
2
654
+−+=
+−+=
===
r
r
smV
mkjr
eksplosije
eksplozije
35,32
)(02,74316,398
=
+=r
( )
( )
zyx
zyx
VCVCVC
kVjViVkCjCiCtV
ks
mta
===
++=++=
−=
321
321
2
,,
)(81,9
rrrrrrr
r
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 65 -
Po osi z: smVmtVt
sm
zfzf 693,3002,743905,4 22 =⇒=++−
( )smkjiV kgeksplozije 693,3795,394,32
rrrr+−=−
Eksplozija je za sistem dio unutarnje energije, primjenjujemo impuls→trenutni udar pri odvijanju eksplozije:
( )smkjiV
VmVmVm
kgeksplozije
kgeksplozijekgeksplozijeeksplozijerrrr
rrr
462,245,56625,2
0
3
33225
−+−=
+=+
−
−−
Analiza dijela kugle od 3 kg:
( )
( ) ( )( ) ( )→−+−=++=
+−++=
−=
smkjikCjCiCV
kCts
mjCiCtV
ks
mta
rrrrrrr
rrrr
r
462,245,56625,20
81,9
81,9
321
3221
2
→sa početnim uvjetima Resetovanje vremena na nulu pri eksploziji, ponovo:
( ) ( )[ ] ( )[ ]( ) ( )[ ]
( ) ( )mCmCC
mkjkCjCiCr
kCtsmt
sm
jCtsmiCts
mtr
smCs
mCsmC
02,743 ,16,398 ,0
02,74316,3980
462,2 905,4
45,56 625,2
462,2 ,45,56 ,625,2
654
654
6
22
54
321
===
+=++=
+−−+
++++−=
−==−=
rrrrrr
r
rrr
( )[ ] ( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( )[ ]kmtsmt
sm
jmtsmits
mr
ff
ffsudara
r
rrr
02,743462,2905,4
16,39845,56625,2
22 +−−+
+++−=
Koji se dešava kada je rz =0, to jest:
Po osi z: ( ) ( ) ( ) stmtsmt
sm
fff 059,1202,743462,2905,40 22 =→+−−=
Po osi x: ( ) stttmtsm
feksplozijef 369,2465,31625,2 =+=→−=−
Po osi y: ( ) ( ) mmtsm
f 9,107816,39845,56 =+
Proizilazi da je: ( ) stmjir kgsudara 369,24107865,313 =⇒+−=−
rrr
Pri eksploziji, sa isključivo aktivnom silom koja djeluje na dio od 2 kg je sila F2 kg. Impuls za taj dio mase je:
( )[ ]
( )∫
∫
∫
+−=
−=
=+−−
2
1
2
2
1
2
2
1
222
39,729,7288,7
2
t
t
kg
t
t
prijeposlijekg
t
teksplozijeposlijekgkgeksplosijeprijekg
NskjidtF
VVkgdtF
VmdtFVm
rrrr
r
r
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 66 -
2.36. Topovska granata težine 25N ispaljuje se iz topa težine 3000 N. Topovska granata se ispaljuje sa brzinom 1500m/s i pod kutem 300 prema horizontali. Pretpostavljamo da je topovska cijev kruto tijelo i da je pričvršćena za tijelo topa te da je top u cjelini slobodan pri kretanju horizontalno. Ako granata boravi u cijevi nakon ispaljenja 0,005 s, odrediti:
a. Rezultantnu vertikalnu silu poslije eksplozije. b. Odskočnu brzinu topa.
Zadano: stsmVNGNG izltopagranate 005,0 ,1500 ,3000 ,25 =∆===
Odrediti: Rvertikal, Vodbijanja
Rješenje:
( )
( ) ( )∫
∫
++−=−−
+=+=++
2
1
00
2
1
221
30sin30cos
0
t
t
izlazagranateodbijanjatopgranatatop
t
t
granatagranatatoptopgranatatopgranatatop
jiVmiVmjdtGGN
VmVmdtRVm
rr
rrrr
( ) ( )∫ ++−=∆−−2
1
00 30sin30cos
t
t
izlazagranateodbijanjatopgranatetop jiVmiVmjtGGNrrr
Po osi x:
←=
+=
smV
VmVm
odbijanja
izlaznagranateodbijanjatopa
83,10
30cos0 0
Po osi y: ( )
↑==
=∆−−
NNR
VmtGGN
vertik
izlazagranategranatetopa
980000
30sin 0
2.37. Sanduk težine 20 N ima brzinu od VA=12 m/s u tački A. Odrediti brzinu poslije pređenog puta od s =6 m prema dole. Koeficijent kinetičkog trenja između sanduka i podloge je 20,0=kµ .
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 67 -
NGNT
GymVTsGymV
kk 2,3cos
2
1
2
12
2
21
2
1
=Θ==
+=−+
µµ
Ako je: msyy 6,3sin,0 12 =Θ==
( )s
mV
tg
−−−=
==Θ −
2
01 87,364
3
2.38. Odrediti brzinu tereta A težine 60 N ako su tereti izbačeni iz stanja mirovanja s tim što se tijelo B od 40 N, kreće 2 m uz kosinu. Koeficijent kinetičkog trenja između blokova i kosina iznosi 10,0=kµ .
Tijela čine jedan sistem (sa užetom kao internom vezom). V1=0 za obadva tereta!
Za stanje y1=0, vrijedi: VB=2VA
( ) ( ) ( ) ( ) 002
2
2
2 60sin130sin22
1
2
121 ABBBAABA GGVmVmTT −++=−−
GA TA
2F
NA
60
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 68 -
smV
smV
mm
TTGGV
GT
GT
GN
GN
B
A
BA
BAABA
BkB
AkA
BB
AA
−−−=
−−−=
+
−−+−=
=
=
=
=
22
1
260sin30sin2
30cos
60cos
30cos
60cos
002
0
0
0
0
µ
µ
2.39. Odrediti brzinu tijela A od 20 kg mase, koja se ostvari pri kretanju od 2 m, iz stanja mirovanja niz kosinu. Tijelo B ima masu 10 kg, a koeficijent kinetičkog trenja između klizne površine i tijela A je 20,0=kµ . Naći silu koja vlada u užetu.
( ) ( )
( ) ( )BABA
BBBA
GyGymVmV
TdGyGymVmV
22
2
2
2
2
11
2
1
2
1
2
1
2
1
0002
10
2
1
++
+
=−=+=+
=+
=
smV
GNT
md
y
y
VV
AkAk
B
A
BA
638,2
60cos
2
2
60sin2
2
0
2
0
2
22
=
==
=
+=
−=
=
µµ
A: ( ) ( ) NFGymVdFTGymV 5,1152
100
2
12
2
21
2
1 =⇒+=+−=+
=
B: ( ) NFGymVFdGymV 5,1152
100
2
12
2
22
2
1 =⇒+=+=+
=
GA
TB
F
NB
30
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 69 -
2.40. Tijelo težine 100 N kliže se niz kosinu čiji je koeficijent kinetičkog trenja
25,0=kµ . Ako se tijelo kreće sa 10 m/s u tački A, odrediti maksimalno sabijanje opruge u trenutku kada se tijelo zaustavi.
( ) ( )
ml
kllGlGmV
GNT
k
kk
−−−=
=+−++
==
2002
1
0
2
11087,36cos87,36sin10
2
1
87,36cos
µ
µµ
2.41. Tijelo težine 5 N kreće iz stanja mirovanja (položaj A) kližući se prema dole po kružnoj putanji AB. Zatim kontinuirano se kreće po horizontalnoj podlozi do udara u oprugu. Odrediti za koliko se komprimira opruga do zaustavljanja tijela.
( ) ( )
( )
ml
TGlTlk
GNT
lklTG
kk
−−−=∆
=+−+∆+∆
==
∆=∆+−
023)(2
1
)(2
123
2
2
µµ
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 70 -
2.42. Osoba težine 120 N izbacuje se kao ljudska topovska kugla (živa osoba) pomoću opruge nategnute u topovskoj cijevi. Ako najveće dozvoljeno ubrzanje za čovjeka iznosi 10g=98,1 m/s2, odrediti potrebnu krutost opruge koja je bila komprimirana za 2 m u trenutku aktiviranja. Sa kojom brzinom će se tijelo odlijepiti od opruge? Zadano je sabijanje opruge s=2 m i d=8 m. Zanemariti trenje i pretpostaviti da se čovjek drži u istoj poziciji tijekom kretanja.
2.43. Opruga krutosti k=50 N/m u neopterećenom stanju je duga 2 m. Kao što je prikazano na slici, opruga je stisnuta sa odbojnim limom na dužinu od 1,5 m. Sanduk težine 4 N se kreće brzinom VA što je brzina u tački A, i to kliže niz kosinu pri čemu je koeficijent kinetičkog trenja 2,0=kµ . Ako se lim isturi naprijed za 0,25 m prije zaustavljanja, odrediti njegovu brzinu u A. Zanemariti težine limene ploče i opruge.
( )
( )
smV
GdmVk
mNk
zakonHookovkkxF
GF
mgmaGF
x
s
s
)49,5(
45sin2
12
2
1
600
2
45cos10
1045cos
2
02
2
2
0
0
=−−−=
+=
=
−==
+=
==−
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 71 -
087,36cosGNT kk µµ ==
Koordinate sanduka (tačka A)
( ) ( ) ( )
smV
GykTGykmV
−−−=
+=−++
1
2
2
1
22
1 75,02
125,35,0
2
1
2
1
2.44. Klatno mase 0,75 kg izbacuje se iz ravnotežnog položaja A oprugom čija je krutost k=6 kN/m. Ako je opruga bila sabijena za 125 mm, odrediti brzinu klatna i silu u užetu u pozicijama B i C. Tačka B je u položaju gdje je na radiusu zakrivljenosti 0,6 m pregib, gdje uže postaje samo pola horizontalno.
G
T
N
36,87 0
2
0
1
87,36sin25,1
87,36sin5,4
=
=
y
y
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 72 -
Položaj B:
∑ ==⇒=
+′=+=
=
+=∆
NV
mFF
eV
eVerera
smV
mVGylk
ntnt
5,141 0
64,10
2
1
2
1
2
22
2
2
22
2
1
ρ
ρωε
rrrrr
Položaj C:
NF
VmGFF
smV
mVGylk
7,48
0
47,9
2
1)(
2
1
2
2
2
22
2
1
=
=+⇒=↓
=
+=∆
∑ ρ
2.45. Sanduk mase 100 kg je izložen silama F1=800 N i F2=1,5 kN. Ako je početno stanje, stanje mirovanja, odrediti udaljenost klizanja d pri postignutoj brzini od V=6 m/s. Koeficijent kinetičkog trenja između sanduka i podloge je µk =0,2.
( )
( )md
FFGNT
smVjegdje
mVdTFFmV
kk
9332,0
20sin30sin
)6(:
2
120cos30cos)0
2
1(
0
2
0
1
2
2
2
0
2
0
1
2
1
=
−+==
=−
=−++=
µµ
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 73 -
2.46. Tijelo mase 2 kg izloženo je konstantnom djelovanju sile po zakonu
Ns
F
+
=1
300, gdje je s u metrima. Kad je s=4 m tijelo će se kretati lijevo brzinom
8 m/s. Odrediti brzinu kada je s=12 m. Koeficijent kinetičkog trenja između tijela i podloge je µk=0,25.
Rad sile od tačke 1 do 2 iznosi:
Jednadžba za energiju i tražena brzina iznose:
s
mVmVAmV 40,15
2
1
2
12
2
221
2
1 =⇒=+ −
2.47. Tarzan mase 100 kg ljulja se skačući sa grebena stijene pomoću užeta (napravljeno od loze) dužine 10 m, mjereno od oslonca A do centra njegove mase. Odrediti njegovu brzinu trenutak poslije što uže dodirne granu drveta u B. Koja sila treba biti u tom užetu prije i u trenutku kada uže dodirne granu u B?
( )
( )[ ]
( )[ ]
( ) ( ) NmsGS
dsGF
dsFGF
dsTFA
SSkk
SS
kk
S
S
k
S
S
S
S
2,17330sin30cos1ln300
30sin30cos
30sin30cos
30cos
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
00
00
00
0
21
=−−+=
−−=
+−=
−=
∫
∫
∫−
µµ
µµ
µ
Gr
S
F+
=1
300
NT k
rrµ=
300
030sinFGNrrr
+=
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 74 -
Let:
smV
GymVGy
Aatreferenceyy
581,7
2
1
)(10,45cos10
2
2
2
21
2
0
1
=
+=
−−−=−=
Prije nego što uže udari u granu, je
ρ=10 m, a poslije je ρ=3 m.
NF
NF
poslije
prije
2897
1556
=
=
To su sile kojima treba Tarzan da se drži za uže!
ρ
2
0
VmmaGF
Vmma
n
t
==−
′==
B
G
F
man
mat
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 75 -
3- DALAMBERTOV PRINCIP ZA MATERIJALNU TAČKU
Ako na materijalnu tačku M, mase m djeluje sistem sila nFF→→
,.....1 i ona se
kreće ubrzanjem →
a , osnovna dinamička jednadžba će izgledati:
∑=
→→→→→
=+++=n
i
in FFFFam1
21 .....
Ako primjenimo Dalamberov princip na svaku tačku materijalnog sistema i ako uzmemo u obzir i reakciju veza, dobićemo:
0=++→→→ in
i
r
i
a
i FFF 3.1. Dinamika relativnog kretanja materijalne tačke 3.1.1. Diferencijalna jednadžba kretanja
Pri složenom kretanju tačke apsolutno ubrzanje tačke →
a iznosi:
crp aaaa→→→→
++= , Gdje su:
-
××+×+=
→→→→→→→
MppMpp aa ρωωρε0 - prenosno ubrzanje,
- −→
ra relativno ubrzanje i
-
×=
→→→
rpc va ω2 - Koriolisovo ubrzanje.
Pa je osnovna diferencijalna jednadžba pri relativnom kretanju:
∑=
→→→→
=++n
i
s
icrp Famamam1
.
3.1.2. Posebni slučajevi kretanja materijalne tačke vezani za različite oblike prenosnog kretanja Posebno kretanje sistema referencije Oxyz je obrtanje oko nepomične ose pri čemu je prenosno ubrzanje:
ptpnp aaa→→→
+= , Gdje su: 2
ppn ra ω= - prenosno ubrzanje, normalno
ppt ra ε= - prenosno ubrzanje, tangencijalno.
Osnovna diferencijalna jednadžba relativnog kretanja imaće oblik:
∑=
→→→→→
+++=n
i
in
c
in
pn
in
pt
s
ir FFFFam1
.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 76 -
3.1.3. Zakon o promjeni kinetičke energije pri relativnom kretanju Zakon o promjeni kinetičke energije materijalne tačke pri relativnom kretanju je:
( ) ∫ ∫
⊄+
⊄=∆=−
→→→1
0
1
0
2
0
2
1 ,cos,cos2
1
2
1M
M
M
M
r
in
psrinpr
s
isrs
irKrr vFdFvFdFEmvmv .
3.1. U cijevi koja se okreće konstantnom kutnom brzinom ω
r oko vertikalne ose, za
cijelo vrijeme obrtanja nalazi se loptica mase m, koja je pričvršćena pomoću opruge c. U početnom trenutku loptica se nalazi na rastojanju a, opruga je nedeformirana, a početna brzina loptice je jednaka nuli. Odrediti kretanje loptice, ako je koordinatni početak u početnom položaju loptice. Trenje zanemariti.
Poći ćemo od osnovne diferencijalne jednadžbe za relativno kretanje:
inc
inpWr FFFFam
rrrrr+++′=
Komponente u primjeru iznose: "xar =
r - relativno ubrzanje,
kmgicxkmgFFrrrrr
+−=−′= - aktivna sila,
kFjFFFF NNNNW
rrrrr
2121 +−=+= - reakcija idealne veze,
ixamamF Ninp
rrr2)( ω+=−= - prenosna
inerciona sila jVmVxmF rr
inc
rrrr090sin2)(2 ωω −=−= -
Koriolisova inerciona sila. Ako komponente iz osnovne dif. jednadžbe projeciramo na osu Ox, dobijamo:
2)( ωxamcxmar ++−= .
Zbog toga što je veza idealna 0=WFr
, dok projekcija incFr
na koordinatnu osu Ox je takođe jednaka nuli. Sređivanjem predhodne jednadžbe, dobijamo:
.)( 22 ωω am
cxx =−+′′
Uvođenjem smjene: 22 ω−=m
ck , gdje je k kutna brzina, uz pretpostavku da je
m
c⟨ω
predhodna jednadžba ima rješenje:
2
2
)sin()cos(k
aktBktAx
ω++= .
Iz početnih uvjeta za 0 i 0 ,0 00 ==′= xxt dobijamo integracione konstante A i B, pa će predhodna jednadžba dobiti oblik:
)cos1(2
2
ktk
ax −=
ω.
Za slučaj da je: m
c
m
ck ⟩−= ωω jest to,22
1 , rješenje jednadžbe dobija oblik:
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 77 -
( ) ( )2
1
2
111k
atkBshtkchAx
ω++= .
Za početne uvjete: 0 i 2
1
2
1 =−= Bk
aA
ω, dobijamo:
( )[ ]112
1
2
−= tkchk
ax
ω.
Ako je m
c=ω , imamo da je:
0C :su gdje ,2
2121
22
==++= CCtCta
xω
.
4- DINAMIKA SISTEMA MATERIJALNIH TAČAKA I KRUTOG TIJELA
4.1. Podjela sila Na materijalni sistem djeluju: spoljašnje )( sF
r i unutarnje sile )( uF
r.
Pošto između dvije materijalne tačke prema Trećem (Njutnovom) zakonu akcije i reakcije, djeluju sile istog intenziteta, a suprotnih smijerova duž zajedničkog pravca, to ćemo za materijalni sistem koji se kreće imati ravnotežu sistema unutarnjih sila i sume momenata za bilo koju tačku, što znači da je cjelokupni sistem u ravnoteži:
( )
∑ =→
0u
rF ,
( )
∑ =
→
→
00
u
RF
M
4.2. Geometrija masa Masa materijalnog sistema (M) jednaka je algebarskoj sumi masa svih tačaka
sistema: ∑=
=n
iimM
1
.
Centar mase ili centar inercije, za sistem materijalnih tačaka iznosi:
G
rG
M
rmr
i
n
ii
n
i
ii
c
→
==
→
→ ∑∑== 11
4.3. Momenti inercije Moment inercije materijalnog sistema u odnosu na pol ''O'' naziva se polarni
moment inercije i iznosi:
∑ ∑= =
++==n
i
n
iiiiiii zyxmrmJ
1 1
2222
0 )( .
Moment inercije materijalnog sistema u odnosu na proizvoljnu osu sistema oxyz naziva se aksijalni moment inercije. Momenti inercije za ose x, y i z iznose:
.)(1
22∑=
+=n
iiiix zymJ
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 78 -
.)(1
22∑=
+=n
iiiix zxmJ
.)(1
22∑=
+=n
iiiix yxmJ
4.4. Štajnerov teorem Ovom teoremom se rješava problem momenta inercije za dvije paralelne ose
od kojih jedna od njih prolazi kroz središte sistema. Aksijalni moment inercije za osu Cz je:
∑ ∑= =
+==n
i
n
iiiiiicz yxmrmJ
1 1
222 )(
a moment inercije za osu z1 koja je raralelna sa osom z iznosi: 2
1 MdJJ czz += . 4.1. Odrediti moment inercije za složeno tijelo prikazano na slici, po osi x. Gustoća materijala je 7,87 Mg/m3.
Zadano: 37870m
kg=γ
Odrediti: xI Rješenje:
1. Pravougaonik
( )( )( )
( )
( ) ( )[ ] ( ) 2222
22
33
53,24175,01,085,012
1
12
1
0,175,0
58,267
034,0400100850
kgmmm
mzyII
zmmyx
kgVm
mmmV
Gxx
=−++=
=++=
=−==
==
==
γ
2. Rupa
z
x
y
100400
850
z
y
x
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 79 -
( ) ( )
( ) ( )[ ] ( ) 2222
32
45,44,01,01,0312
1
0,400,0
724,24
003142,0100100
kgmmmI
zmmyx
kgm
mV
x =−++=
=−==
=
== π
3. Valjak
( ) ( )
( ) ( )[ ] ( ) 2222
32
369,2175,025,01,0312
1
175,0,0
811,61
007854,0250100
kgmmmI
mmzyx
kgm
mV
x =++=
===
=
== π
Ukupno:
2
321
321
332211
321
321
86,22
"
xza i kao
kgmIIII
z
istoy
mmm
mxmxmxx
mmmm
VVVV
xxxx =+−=
−−=
=
+−
+−=
+−=
+−=
4.2. Zadana su dva čelična cilindra ( 37849m
kg=γ ) i mesingana kugla
38746m
kg=γ homogeno sastavljeni. Odrediti moment inercije ovakvog tijela
uvažavajući da je osa x postavljena kao na slici.
Zadano: čelični cilindri sa 37849m
kg=γ i mesingna kugla sa 38746m
kg=γ
Odrediti: Ix
z
y
x
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 80 -
Rješenje:
(1) Kugla (mesing):
( )
g
V
g
Gm
mV
γ
π
==
= 305,0
3
4
( )
( ) 222
25
5
2
5165,1
0
kgmzymII
mI
y
zx
Gxx
Gx
−−−=++=
=
−−−=
==
(2) Horizontalni cilindar (čelični):
( ) ( )
( ) ( )[ ]2
22
2
-kgm--
165,1312
1
5,985,1
0
165,1
=
+=
=−−=
==
=
=
x
Gx
I
mI
cmy
zx
g
Vm
V
γ
π
(3) Vertikalni cilindar (čelični)
( ) ( )
( ) ( )[ ]2
22
2
---
85,1312
1
0
85,1
kgmI
mI
yzx
g
Vm
V
x
Gx
=
+=
===
=
=
γ
π
Ukupni momenat inercije: , 3mV =
)(
, 86,18 ,0
321 kgmmmm
cmyzx
=++=
−===
2kgmI x −−−= 4.3. Odrediti moment inercije složenog tijela prikazanog na slici, uvažavajući y osu.
Specifična težina materijala tijela je 3175m
kg=γ .
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 81 -
Zadano: 3175m
kg=γ
Odrediti: yI
Rješenje: 1. Stranica
( )( )( )
( ) ( )[ ] ( ) 22222
3
171890111212
1
7064
5,2 ,5,1 ,0
39612113
kgmmyxmI
kgg
Vm
mzmyx
mV
y =+++=
==
=−==
==
γ
2. Stranica
( ) ( )[ ] ( )2
2222
3
385942
51212
1
7706
5,1 ,6 ,0
4326
kgm
myxmI
kgm
mzmyx
mV
y
=
=+++=
=
−===
=
3. Stranica
( ) ( )[ ] ( ) 22222
3
14235351212
1
3211
5,5 ,5,10 ,0
180
kgmmyxmI
kgm
mzmyx
mV
y =+++=
=
−===
=
4. Valjak
z
x
y
12m
11m
3m
3m
8m
yx
z
12m
12m3m
x
y
z
12m
3m5m
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 82 -
[ ] ( )
( )[ ] ( )2
2222
2222
3
40228
6035,2312
1
3 12
1
1050
5,1 ,6 ,0
9,58
kgm
mm
myxLrmI
kgm
mzmyx
mV
y
=
=+++=
=+++=
=
−===
=
Ukupni moment inercije za y osu:
2
3
4321
659957
16931
5902,0 ,725,3 ,0
1,4843
kgmI
kgm
mzmyx
mVVVVV
y =
=
−===
=−++=
4.4. Odrediti moment inercije homogene piramide mase m za z osu. Gustina materijala je ρ. Napomena: koristiti pravougaoni limeni elemenat koji ima volumen dV=(2x)(2y)dz.
( )( )
dzxydzxdm
Vm
dzyxdV
2422
22
γγ
γ
==
=
=
Zbog simetrije je: x=y
Zbog sličnosti trouglova: ( )zhh
ax
x
zhah
−=⇒−
=2
2
z
dz
a/2 a/2
hx
z
a/2
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 83 -
( ) ( )[ ] ( )
( )
305
122
6
4646
1
6
1
12
3222
12
1
455555
4
4
0
432234
4
4
4
4
4422
hahhhhh
h
adII
dzzhzzhzhhh
a
dzzhh
adzxdmyxdI
h
zzzz
zz
γγ
γ
γγ
=
+−+−==
+−+−=
=−==+=
∫
103
1 22 ma
Im
haV zzpiramide =⇒==γ
4.5. Točak je sastavljen od tankog prstena čija je masa 10 kg i četiri prečke napravljene od tankih šipki mase od po 2 kg. Odrediti moment inercije točka oko ose okomite na sliku i trenutnu tačku dodira A.
( )( )( ) 2
2
22
667,7
5,02
12
12
kgmteoremaŠtajnerova
mmII
mlmrI
paokaprstenaBA
paoka
prstenB
==
=++=
+=
4.6. Klatno se sastoji od tanke poluge (R) mase 3 kg i limene ploče (P) mase 5 kg. Odrediti udaljenost y od centra mase G klatna y ; takođe izračunati moment inercije klatna ako je aksijalna osa okomita na ravninu slike i prolazi kroz G.
B
A
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 84 -
( )( ) ( )( )
( ) ( )
Otačzakgm
mmlmIII
mkg
kgmkgm
mm
mymyy
PPRRPRukupniO
PR
PPRR
.83,29
25,215,012
1
3
1
781,18
525,231
2
2222
−=
=+++=+=
=+
=+
+=
−
( ) ( ) ( )
Gtačzakgm
mmmlmI PPRRRukupniG
. 451,4
781,115,215,012
11781,1
12
1
2
22222
−=
=−+++−+=−
5- OPĆI ZAKON KRETANJA MATERIJALNOG SISTEMA 5.1. Diferencijalne jednadžbe kretanja sistema Za svaku tačku sistema možemo postaviti osnovnu jednadžbu dinamike tačke, što bi za i-tu materijalnu tačku iznosilo:
u
i
s
ii
iii FFdt
rdmam
→→→
→
+==2
2
.
5.2. Zakon o kretanju središta masa Materijalni sistem od n tačaka, čije su mase m1, ....., mn obrazuju tzv. centar
mase ili središte sistema, kojeg obilježavamo sa cr→
, a zakon o kretanju centra
inercije sistema glasi: ∑=
→→
=″ n
i
s
ic FrM1
5.3. Zakon o održanju kretanja središta masa
Za slučaj da je glavni vektor (∑=
→
=n
i
s
iF1
0 ), spoljašnjih sila jednak nuli, imat ćemo
da je: 0=″→
crM , odnosno, 0=″→
cr , ili ako se ovo integrira dobit ćemo:
.constvr cc ==′ →→
5.4. Količina kretanja materijalnog sistema Količina kretanja sistema materijalnih tačaka je vektor, koji je jednak vektorskom zbiru količina kretanja pojedinih materijalnih tačaka sistema:
∑∑=
→→
=
→
==n
i
i
n
i
KvmK11
.
Ako uzmemo u obzir brzinu središta mase, onda je količina kretanja sistema:
cc vMrMdt
dK
→→→
=
= .
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 85 -
5.4.1. Zakon o promjeni količine kretanja središta materijalnog sistema Zakon o promjeni količine kretanja središta materijalnog sistema glasi:
∑=
→→→
==n
i
s
i
s
r FFdt
Kd
1
Gdje je: ∑=
→→
=n
i
s
i
s
r FF1
- rezultanta spolnjih sila koje djeluju na sistem.
5.4.2. Zakon o održanju količine kretanja materijalnog sistema Kad na materijalni sistem ne djeluju spoljnje sile ili ako je njihova rezultanta jednaka nuli, središte sistema se kreće jednoliko i pravolinijski tj. po inerciji:
0==′=→→
→s
rFKdt
Kd.
Odnosno ako se izvrši integriranje dobit će se da je:
.constCK ==→
Kako je: cc vMrM→→
=′ , integriranjem se dobija: Ctvr cc +=→→
, iz čega se vidi da se središte sistema kreće pravolinijski i jednoliko.
5.1. Homogeni zupčanik II, poluprečnika r, kotrlja se po nepokretnom zupčaniku pomoću poluge AO , koja se obrće konstantnom ugaonom brzinom ω. Odrediti količinu kretanja sistema ako je težina zupčanika II, G2, a poluge G1. Rješenje:
Količina kretanja promatranog pokretnog sistema u vektorskom obliku je:
,j yMi C
rrrr′+′=′= CC xMrMK
Gdje su: M-masa sistema, xC i yC –koordinate težišta sistema za koordinatni sistem Oxy prema slici. Prema definiciji središta masa imamo:
2222
2211
,
ymymyM
xmxmxM
C
C
+=
+=
Gdje su:
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 86 -
C1(x1,y1) - središte poluge C2(x2,y2) - središte zupčanika II
2211
2211
ymymyM
xmxmxM
C
C
′+′=′
′+′=′
Kako su:
ϕωϕ sinx ,cos 11 rrx −=′= , ϕωϕ sin2x ,cos 2 22 rrx −=′= ,
ϕωϕ cosy ,sin 11 rry =′= , ϕωϕ cos2y ,sin 2 22 rry =′= ,
Uvrštenjem ovih vrijednosti u početnu jednadžbu dobija se:
j )cosmr(2mi sin)2( 1212
rrrϕωϕω +++−= mmrK .
Intenzitet vektora količine kretanja je: )2( 12 mmrK += ω
6- TIJELA PROMJENLJIVE MASE Promjena mase tijela može biti neprekidna u smislu odvajanja mase ili prisajedinjavanja novih materijalnih djelića mase. Zato masu smatramo funkcijom vremena m(t), koja je neprekidna i deriviabilna. Opći pristup je prikazan sa:
→→
→
+= Udt
dmF
dt
vdm , što predstavlja opći pristup.
Vrijednosti, →→
Φ=dt
dmU ili
→→
Φ=dt
dmv r , se mogu uvrstiti u gornju jednadžbu pa ona
dobija oblik:
→→→
Φ+= Fdt
vdm
6.1. Formula Ciolkovskog Kako su sve spoljašnje sile jednake nuli, to će se imati:
dt
dmU
dt
vdm
r−=
→
.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 87 -
Njenim integriranjem dobit ćemo:
∫→→→
−=t
m
dmUvv
0
0 ,
Kako je brzina istjecanja plinova konstantna, dobićemo da je:
)(ln 0
0tm
mUvv +=
Gdje je: m0 – masa u trenutku t=0. Ako sa mk označimo konstantnu masu koja se ne mijenja, a sa mG promjenljivu masu goriva i uvedemo oznaku mG
0 masa goriva za t=0, izraz dobija oblik:
Gk
Gk
mm
mmUvv
+
++=
0
0 ln
U trenutku kad se potroši svo gorivo ( 0=Gm ), maksimalna brzina rakete je:
++=
k
G
m
mUvv
0
0max 1ln
6.1. Raketa polijeće početnom brzinom V0=0 i leti pravolinijski kroz sredinu zanemarive gustoće. Masa rakete bez goriva je M0, a početna masa goriva M1. Relativna brzina istjecanja plinova je konstantna i iznosi Vr=2000 m/s, 20/ 0
0
1 =MM . Odrediti brzinu rakete u trenutku kada izgori svo gorivo. Rješenje: Jednadžba kretanja glasi:
dt
dMV
dt
dVM rx
x 1−=
Podaci prema zadanim vrijednostima:
VV
constVV
constMMTt
constMMMVVtMMM
x
rxr
x
=
==
===
=====+=
,
01
0
0
11010
.0
.,,00,
Pa imamo da je: ( )
( ) CMMVV
MM
dMVdV
dMVdVMM
xrx
xrx
xrx
++−=
+−=
−=+
10,
10
1,
1,10
ln
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 88 -
Za: 0
11,00 MMVt x ==⇒= proizilazi da je: ( )0
10, ln MMVC xr +=
Iz čega slijedi: ( ) ( )0
10,10, lnln MMVMMVV xrxrx +++−=
Ili: 10
lnMM
MMVV r +
+=
Brzina u trenutku kad izgori svo gorivo:
sm
M
MVV
MTt
r 60601ln
0,
0
0
1
1
=
+=
==
6.2. Raketa se kreće u homogenom gravitacionom polju po pravoj liniji sa konstantnim ubrzanjem a
r. Ovaj pravac sa
horizontom obrazuje ugaoα . Ako je efektivna brzina istjecanja plinova eV
r konstantna po intenzitetu i pravcu i uglom β prema
horizontu, odrediti: 1. ugao β koji obrazuje efektivna brzina eV
r istjecanja
plinova sa horizontom da bi se raketa kretala po pravoj liniji i 2. zakon promjene mase rakete.
Kako raketa vrši slobodno kretanje u homogenom gravitacionom polju, to je
mgFiadtdV s ==/ i jednadžba Meščerskog:
gmdt
dmV
dt
Vdm r
rrr
+=
projecirana na ose Ox i Oy daje dvije skalarne jednadžbe:
mgdt
dmVma
dt
dmVma
e
e
−−=
−=
βα
βα
sinsin
,coscos
(a)
Iz prve diferencijalne jednadžbe, napisane u obliku:
dtV
a
dt
dm
e βα
cos
cos−=
nakon prve integracije određuje se zakon promjene mase:
t
V
a
eemm βα
cos
cos
0
−
= gdje je m0 predstavlja početnu masu rakete. Eliminaciom izvoda dm/dt iz jednadžbi (a) za ugao β nalazimo da je:
Ili
α
αβ
αα
β
sin2
coscos
,cos
sin
22 agga
aa
gatg
++=
+=
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 89 -
7- GLAVNI MOMENT KOLIČINE KRETANJA MATERIJALNOG SISTEMA Moment količine kretanja materijalnog sistema u odnosu na pol iznosi:
∑ ∑= =
→→→→→
×=×=n
i
n
i
iiiii vmrKrL1 1
0 ,
Gdje su:
ir→
- vektor položaja tačke im - masa tačke
→
v - brzina materijalne tačke sistema i
0
→
L - glavni moment količine kretanja. 7.1. Zakon o promjeni momenta količine kretanja materijalnog sistema- Zakon o održanju kinetičkog momenta materijalnog sistema Osnovna diferencijalna jednadžba kretanja, sistema materijalnih tačaka iznosi:
u
n
s
nnn FFam→→→
+=
Ako ove jednadžbe vektorski pomnožimo sa vektorom ir→
, i rezultante saberemo za sve tačke dobit ćemo:
∑ ∑= =
→→→→→
×+
×=×
n
i
n
i
u
ii
s
iiiii FrFramr1 1
Na osnovu zakona promjeni momenta količine kretanja tačke, te na osnovu svojstva unutarnjih sila imat ćemo:
s
iFn
i
Mdt
Ld→
∑=
→→
=1
00
.
7.2. Kinematička interpretacija zakona o promjeni kinetičkog momenta- Rezalova teorema
Brzina tačke B, predstavlja kraj vektora 0
→
L , a označit ćemo ga kao Bv→
, a
određena je kao prvi izvod vektora 0
→
L po vremenu:
dt
Ldv B
0
→→
=
Brzina tačke B može se odrediti i pomoću momenta rezultante spoljnjih sila koje djeluju na sistem:
RSFB Mv
→→→
= 0 . 7.3. Obrtanje krutog tijela oko nepokretne ose-kinetički moment Kinetički moment tačke M, mase dm u odnosu na osu z jednak je proizvodu
vektora →
Kd i →
r :
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 90 -
→→→
×= rKdLd z
Odnosno izraz za kinetički moment tačke u skalarnom obliku biće: dmrdLz ω2=
Nakon integriranja dobit će se:
zzz JL ω= . 7.4. Matematičko klatno Zakon kretanja matematičkog klatna glasi: tωϕϕ cos0= , a period oscilovanja T
se određuje prema: g
T1
22
πωπ
== .
7.5. Fizičko klatno Diferencijalna jednadžba okretanja krutog tijela oko nepokretne ose glasi:
02 =+′′ ϕωϕ , a period osciliranja fizičkog klatna, usljed djelovanja sila teže, pod uvjetom da zanemarimo otpore, iznosi:
mgh
Jz
Gh
JzT ππ
ωπ
222
=== .
7.5.1. Redukovana dužina fizičkog klatna Redukovana dužina klatna, za slučaj da mu osa vješanja prolazi kroz K (suprotno od tačke vješanja), iznosi:
b
ib
mb
mbJc
mb
Jkl cr
22
+=+
== .
7.5.2. Eksperimentalno određivanje momenta inercije krutog tijela Ako želimo izmjeriti moment inercije tijela Jz1 onda prvo trebamo izmjeriti period vibriranja (T1), zatim uzeti tijelo čiji moment inercije znamo (Jz2) i pod istim uvjetima za (φ)-početni ugao otklona, pusti se da slobodno vibrira, na osnovu čega određujemo period vibriranja (T2).
2
1
2
1
Jz
Jz
T
T=
Pri čemu je traženi moment inercije: 2
2
121
=
T
TJzJz .
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 91 -
7.6. Ravno kretanje krutog tijela 7.6.1. Diferencijalne jednadžbe ravnog kretanja Kretanje središta C određuje se na osnovu zakona o kretanju središta masa materijalnog sistema:
∑=
→→→
==n
i
s
R
s
ic FFam1
,
Gdje su: • m – masa tijela
• s
RF→
- glavni vektor vanjske sile. Diferencijalnu jednadžbu koja određuje obrtanje ravne figure oko središta C postavlja se na osnovu zakona o promjeni momenta količine kretanja (kinetičkog momenta) u odnosu na osu koja prolazi kroz središte C:
∑=
→→→ →→
==n
i
F
c
F
cic
s
Rs
MMdt
Ld
1
,
pošto je vrijednost, ϕ′= cc JL , to su njihova značenja:
•
s
RF
cM
→
→
- glavni moment vanjskih sila na tačku C, • cJ - moment inercije tijela i
• ϕ′ - kutna brzina tijela oko središta.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 92 -
7.1. Lopatice fena imaju masu od 2 kg i moment inercije I0=0,18 kgm2 za aksijalnu osu koja prolazi kroz centar O. Ako je on izložen momentu zakretanja od M=3(1-e-0,2t) Nm, gdje je t u sekundama, odrediti kutnu brzinu nakon t=4 s od kretanja iz stanja mirovanja.
∑ ⇒=⇒= ε00 0 IMM
( ) ( )
( )
( )
( ) srad
C
C
Cett
et
t
t
78,204
35,83
02,0
167,160
2,0
167,16
167,16
1
1
1
2,0
2,0
=
−=
=+
=
+
+=
−=
−
−
ω
ω
ω
ε
7.2. Kotur je oslonjen na male točkove u tačkama A i B. Odrediti konstantnu silu P da bi se odmotalo 8 m kabla u vremenu od 4 s od stanja mirovanja. Takođe izračunati normalne sile u A i B za vrijeme tog vremena. Kotur je mase 60 kg i radiusa inercije k0=r0=0,65 m. Pri računanju zanemariti masu kabla i masu točkova A i B.
Pmk
P
mkIP
PGNN
PGNN
NN
BA
BA
BA
03156,08,0
8,0
cos2
coscos
sinsin
2
0
2
0
==
==Θ
+==
+=Θ+Θ
Θ=Θ
α
αε
( )( )
( )
( )
NNN
NP
P
rs
CPtt
CPtt
BA 2,325
61,39
10401578,0
108,0
84
001578,0
003156,0
2
2
2
1
==
=
⇒=
==Θ⇒Θ=
=+=Θ
=+=ω
θ θ
G
NBNA
Iε
P
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 93 -
7.3. Uže je omotano na bubanj kotura. Ako je konopac vučen konstantnom silom od 30 N i ako je kotur bio u stanju mirovanja, odrediti kutnu brzinu ω nakon s=8 m odmotanog užeta. Zanemariti težinu 8 m odmotanog užeta. Kotur i svo uže na njemu su teški 400 N, a radius namotanog užeta za tačku A je rA=1,25 m.
( )
( )( )( )( )
( )
( ) sradt
st
tt
radrs
C
Ctt
C
Ctts
rad
mrINmM
f
f
ff
AAA
05,3
18,4
4,6365,0
4,6
00
365,0
00
73,0
73,0
3025,1
2
2
2
2
1
1
2
=
=
==Θ
=⇒=
==Θ
+=Θ
==
+=
=
⇒===∑
ω
θθ
ω
ω
ε
εε
7.4. Motor posjeduje konstan moment torzije od M=2 Nm na 50 mm promjeru rukavca O povezanog sa centrom zamajca mase 30 kg. Rezultanta trenja ležaja F, koja djeluje na rukavcu osovine, djeluje tangentno na rukavac, a intenzitet joj je 50 N. Odrediti koliko treba vremena za povećanje momenta torzije zamajca na osovini da bi on mogao imati povećanje kutne brzine od 4 rad/s na 15 rad/s. Zamajac ima radius momenta inercije od k0=0,15 m od centra.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 94 -
( )( )
st
tt
CCtt
s
mkIFM
f
ff
9,9
154111,1
)4(111,1
:jemintegriran
111,1
025,0
11
2
2
0
=
=+=
=⇒+=
=
⇒==−−
ω
ω
ε
εε
7.5. Klatno se sastoji od homogene ploče (R) mase 5 kg i poluge (P) mase 2 kg. Odrediti horizontalnu i vertikalnu komponentu reakcije u tački O kad je poluga u položaju θ=300, pri čemu je njena kutna brzina ω =3 rad/s.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 95 -
( ) ( )( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
NRNRs
rad
kgmmmlmI
IGGM
rmrmrmrmGGRF
rmrmrmrmRF
yx
PPRR
PR
PPRRPPRRPRyy
PPRRPPRRxx
22,41 a ,82,54
62,13
33,265,03,02,012
1
3
1
cos65,0cos25,00
cossin0
sincos0
00
2
22222
0
00
2
0
2
0
==
=
=+++=
=Θ+Θ⇒=+
Θ+−Θ+=−−⇒=↑+
Θ++Θ+=⇒=→+
∑∑∑
ε
ε
εω
εω
7.6. Imamo homogenu tanku polugu mase 5 kg. Ako konopac zakačimo u tački A, odrediti reakciju u tački O,
a) tako da poluga ima horizontalan položaj i b) tako da se poluga kreće ka vertikalnom položaju.
( ) 222
0 4667,02,012
1kgmmmlI =+=
Trenutak kad je konopac odsječen, ω=0.
↑==
=⇒=⇒=
−=−⇒=↑+
=−=⇒=→+
∑∑∑
NRR
sradIGM
mrGRF
mrRF
oyx
o
yy
xx
03,28;0
02,212,00
0
00
0
20
0
2
0
εε
ε
ω
∑∑∑
=⇒=⇒=+
=−⇒=↑+
−=⇒=→+
000
0
0
00
2
0
0
εε
ω
ε
IM
mrGRF
mrRF
yy
xx
Ovo ε je validno jedino za ovaj smijer, tako da se nemože integrirati pri traženju ω!
o
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 96 -
Vratimo se nazad:
( )( ) ( )tt
IGM
mrmrGRF
mrmrRF
yy
oxx
θε
εθ
θωθε
θωθε
cos02,21
cos2,00
sincos0
cossin0
00
2
0
2
=
=⇒=+
+−=−⇒=↑+
−−=⇒=→+
∑∑∑
Integraciom ovog i pri Θ=900 imamo:
↑==
→=→→=
==→→=
=+
=
=
=⇒
=⇒=⇒=
=
∫ ∫
NRR
akos
rad
Ckada
C
dd
dd
ddd
dddt
dt
ddt
d
yx 07,91 ,0
90 je 482,6
0 je te,0je 0
2
1sin02,21
cos02,21
cos02,21
00
0
1
2
1
θω
θω
ωθ
ωωθθ
ωωθθ
ωωθε
ωθω
εωθθ
ω
ωε
7.7. Uže zanemarive mase prebačeno je preko diska A težine 15 N i diska B težine 5 N. Ako je uteg C težine 3 N zakačen na njihov kraj u stanju mirovanja, odrediti brzinu utega nakon spuštanja za 3 m. Takođe naći kolika je sila u horizintalnom i vertikalnom dijelu užeta? Predvidjeti da nema klizanja užeta preko diska B. Zanemariti trenje u ležejevima D i E.
RoxRoyo
G
Ioε
mrω2mrε
θ
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 97 -
( ) AA
AAH
m
IT
ε
ε
25,1
2
1
5,1
=
==
( )
( ) BBBB
HV
mI
TT
εε 25,0
2
1
5,0
==
=−
B
AC
CCVC
a
amTG
ε
ε
5,0
5,1
=
==
=−
Kombiniranjem podataka iz desne, srednje i lijeve jednadžbe, dobija se:
NT
NT
V
H
61,1
73,1
=
=
7.8. Točak težine 30 N ima radius inercije rG=kG=0,6 m. Ako je koeficijent statičkog i kinetičkog trenja između točka i podloge 15,02,0 == ks i µµ , odrediti maksimalni kut
θ između kosine kotrljanja točka tako da se točak kotrlja bez klizanja.
GC
TV
mCaC
( ) ( )
( )( )
smV
st
CCtr
CCtV
sm
mmm
Ga
amamamG
ammmG
f
C
C
ABC
CC
CCCACBC
CCAABBC
69,3
625,1
0 0 tza 135,1
0 0 tza 27,2
27,25,05,0
5,05,0
5,12
1
5,1
15,0
22
2
11
2
22
=
=
=⇒=+=
=⇒=+=
=++
=
=−−
=
+− εε
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 98 -
( )klizanja! bez kotrljanje je kinematike
0
sin0
0cos0
2
akoizra
mkIrTM
maTGF
GNF
težtež
T
N
−−=
==⇒=
=−⇒=
=−⇒=
∑∑∑
ε
εε
θ
θ
U stanju mirovanja, NT sµ= Kombiniranjem:
0
2
21
2
2
2
72,181tan
coscossin
coscossin
=
+=
=−
=−
−
k
rg
k
r
mk
GrmrGG
s
ss
ss
µθ
θµ
θµθ
θµθµθ
7.9. Na prikolici mase 580 kg sa centrom mase u G, nalazi se kotur mase 200 kg, sa središtem mase u O i poluprečnikom inercije k0=0,45 m. Ako sila od 60 N djeluje na uže, odrediti kutno ubrzanje kotura i ubrzanje prikolice. Zanemariti mase točkova i otpore na njima.
( )
2
2
00
7407,0
605,00
srad
kmNM s
=
=⇒=∑ε
ε
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 99 -
( )
207692,0
600
sma
ammF Tsx
=
+=⇒=→+ ∑
7.10. Kotur i namotaji telefonskog kabla su mase 20 kg, a poluprečnik inercije kG=250 mm. Ako je koeficijent kinetičkog trenja sa podlogom 1,0=kµ odrediti kutno ubrzanje kotura pri djelovanju momenta od 30 Nm.
εε 2302,04,00
00
0
GGxG
y
xx
mkIFTM
GNF
maTFF
==+−−⇒=
=−⇒=↑+
=−⇒=→+
∑∑∑
Ako postoji klizanje, NT kµ= Klizanje ne postoji tamo gdje kabl dodiruje kotur, pa je ε2,0=a Uvrštenjem imamo:
( )
( )2
2
2
892,8
4,0306,0
302,02,04,0
srad
mmkG
mkmGG
Gk
Gkk
=
+=+−
=++−−
ε
εµ
εεµµ
7.11. Zadan je zupčanik težine 15 N i radiusa inercije kG=0,375 m. Ako se na nerastegnutu oprugu djeluje momentom M=6 Nm, odrediti kutno ubrzanje zupčanika pri pomjeranju tačke G na zupčaniku za 2m u lijevo.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 100 -
( )
( )
srad
lkmkmr
lkImVradNm
ml
rV
radrs
48,4
2
1
2
1
2
124
2
1
2
1
2
14 6
6,34,05,0
:letvi) na tač(oko je opruge rastezanje a ,
45,0
2
22222
222
=
⇒∆++=
∆++=
=+=∆
=
==⇒=
ω
ωω
ω
θ
ω
θθ
7.12. Zadana je poluga dužine L i mase m. Ako je početno stanje poluge θ≈00, odrediti kutno ubrzanje za kut θ. Svakako, odrediti horizontalnu i vertikalnu reakciju u osloncu Ou funkciji od kuta θ.
( )
( )
εεθ
θεθωθθ
θεθωθθ
ωε
2
2
2
2
3
1sin
2
sincos2
sincos
cossin2
cossin
mlIGl
mlGmamaGR
mlmamaR
erera
tny
tnx
nt
==
+−=−−=
+−=+−=
+=rrr
1
2 cos2
3
2
1
sin2
3
2
sin3
2
sin3
Cl
g
dl
gd
d
d
d
d
dt
d
l
g
ml
G
+−=
=
====
θω
θθωω
θω
ωθθωθθ
ε
( )θω
θ
cos13
2
3
cos2
30
1
1
−=
=
+−=
l
g
l
gC
Cl
g
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 101 -
( )
( )
( )
( )θθθ
θθθ
θθ
θθ
θθ
θθθ
θθ
θθ
22
22
sin75,0cos5,1cos5,11
sin2
1coscos
2
3
sin2
sin3coscos1
3
2
5,1cos25,2sin
cos2
11cossin
2
3
cos2
sin3sincos1
3
2
−+−=
+−−=
=
+−−=
−=
+−=
=
+−−=
mgR
mgG
l
g
l
gmlGR
mgR
mg
l
g
l
gmlR
y
y
x
x
7.13. Odrediti silu TA koju treba ostvariti na užetu A da bi se mogao podići teret mase 10 kg sa ubrzanjem od 200 mm/s2 . Pretpostaviti da uže ne kliže po površini žlijeba diska mase 20 kg. Odrediti silu u vertikalnom dijelu užeta kao i razjasniti razliku te sile i sile koja je u tački A. Disk je oslonjen u centru C koji nema trenja (slobodan) pri rotaciji. Zanemariti masu užeta.
∑ ==−⇒= εε 2
2
10 rmIrTrTM CCBA
Znamo iz kinematike da je: εraB =
Nr
a
rrmTT
NxTamGTF
BCBA
BBBBBy
1,1021
2
1
1,1001,982,0100
2 =
+=
=+=⇒=−⇒=↑+ ∑
Dodatna sila je potrebna zbog gubitka energije pri rotaciji diska.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 102 -
7.14. Zadan je kotur mase 100 kg i poluprčnika inercije kG=r=0,3 m. Ako je koeficijent statičkog i kinematičkog trenja naizmjenično 15,02,0 == ks i µµ , odrediti
kutno ubrzanje kotura ako je P=50 N.
εε 24,025,00
0
0
Gtež mkITPM
GNY
maTPX
==+⇒=
=⇒=
=−⇒=
∑∑∑
Gdje je Gk -poluprečnik inercije kotura
Prije klizanja, εµ 4,0 , =≤ aNT s
Pri klizanju, εµ 4,0 , == aNT s
Poslije klizanja, NT kµ= Trenutak prije klizanja:
( )
( ) 2
2
2
/3,14,0
4,025,0
4,025,0
sradmmk
P
mkmaPP
G
G
=+
+=
=−+
ε
ε
NmPT 24,0 −=−= ε (Izabiremo onoliku silu trenja T, pri kojoj neće doći do klizanja)
Izabran je pogrešan smijer za T!
dobra je
2,196
kapretpostavNT
NN
s
s
⇒⟨
=
µ
µ
7.15. Zadan je kotur mase 100 kg i radius inercije kG=rG=0,3 m. Ako je koeficijent statičkog i kinematičkog trenja naizmjenično 15,02,0 == ks i µµ , odrediti kutno
ubrzanje kotura ako je P=600 N.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 103 -
∑∑∑
=−⇒=
=−⇒=↑+
=+⇒=→+
εITPM
GNF
maTPF
G
y
x
4,025,00
00
0
Ako nema klizanja, ( )εµ 4,0ječemu pri ==⇒⟨ raNT s Uvrštenjem:
( )
2
2
60,15
4,04,025,0
srad
mkPmP G
=
⇒=−−
ε
ε
NT sµ⟨ - Naravno bez klizanja. Prema tome, pretpostavka
klizanja je tačna!
26,15s
rad=ε
7.16. Zadan je kotur mase 75 kg i radiusa inercije kG=0,380 m. U početnom položaju kotura na kosini koeficijent kinetičkog trenja je 15,0=kµ . Ako se kotur pusti iz stanja mirovanja iz A, odrediti silu u užetu i kutno ubrzanje kotura.
NN
NT
s 2,196
24
=
=
µ
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 104 -
( )Bu je rotacijecentar 3,0
6,03,0
30cos
30sin
2
0
ε
µ
εε
=
=
==−
=
=−+
a
NT
mkITF
GN
maFGT
k
G
Jednadžbe ravnoteže su:
( )
NF
srad
k
g
mmk
GG
mkGmGG
mGGF
G
k
G
k
Gkk
k
9,358
647,43,0
30cos30sin3,0
3,0
30cos3,030sin3,0
30cos6,03,030sin3,030cos3,0
3,030sin30cos
222
00
22
00
20200
00
=
=+
−=
=+
−=
=−−+
−+=
µ
µε
εµεµ
εµ
7.17. Zadan je točak mase 80 kg i poluprečnika inercije kG=0,25 m. Ako je točak izložen djelovanju momenta M=50 Nm, odrediti kutno ubrzanje. Koeficijent statičkog i kinetičkog trenja između podloge i točka je 15,02,0 == ks i µµ , naizmjenično.
εε 23,0 GmkITM
GN
maT
==−
=
=
Trenutak prije klizanja. ( )εµ 3,0, =≤ aNT s
222
2
098,43,0
3,03,0
srad
mmk
M
mkmM
G
G
=+
=
=−
ε
εε
NT sµ≤ -Pretpostavka je dobra!
NN
NmT
s 0,157
36,983,0
=
==
µε
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 105 -
7.18. Kamion prevozi kotur čija je težina 200 N i radius inercije kG=2 m. Odrediti kutno ubrzanje kotura ako on nije učvršćen za kamion, a kamion je dostigao ubrzanje od 5 m/s2 . Koeficijent statičkog i kinematičkog trenja između točka i kamiona je
15,0 15,0 == ks i µµ , naizmjenično.
-T
Gma - Ovo kretanje je kretanje kotura u odnosu na kretanje
kamiona. - Gma -Premda se točak kreće suprotno od kretanja kamiona, G se kreće desno promatrajući sa tla (samo ne tako brzo kao kamion).
∑∑∑
==⇒=
=−⇒=↑+
=⇒=→+
εε 230
00
0
GG
y
Gx
mkITM
GNF
maTF
Ako nema klizanja, εµ 3je =−−⟨
TGs atadaNT
( )
2
2
2
154,1
30
102
154,1
353
35
53
srad
NN
NTs
rad
mkm
a
iiai
aaa
s
G
G
G
TGT
G
=
=
=
=
=−
−=
−=−
−=
ε
µ
ε
εε
ε
εrrr
7.19. Homogena greda ima težinu G. Ako je prvobitno u stanju mirovanja i obješena o užad u tačkama A i B, odrediti silu u užetu A ako dođe do trenutnog pucanja užeta u B. Pretpostaviti da je greda tanka motka.
G
N
IGε
T
maG
maG/T
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 106 -
∑ =⇒=→+ 00 2ωmrFx
(Ovo je početno stanje, kada dolazi do pucanja užeta. Što ima smisla zato što je ω još uvijek nula u trenutku pucanja užeta)
GGGml
lGlmGT
lmmlIG
lM
mrGTF
AA
y
7
4
7
3
16
1
12
14
4
412
1
40
0
2
2
2
=−=
+−=
+==⇒=
−=−⇒=
∑
∑
εε
ε
7.20. Tanka poluga od 150 N je obješena pomoću dva užeta AB i AC. Ako uže iznenada presječemo, treba odrediti početno kutno ubrzanje poluge i silu u užetu AB.
Mi ne znamo kakvu će putanju G imati, te stoga usvajamo proizvoljne aGx i aGy ali znamo da će B imati kružnu putanju.
A
T G
IAεmrω2
mrε
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 107 -
( ) εεθ
θ
θ
θ
2
01
812
1sin4
sin
cos
87,364
3
mIT
maTG
maT
tg
y
x
==
=−
=
=
= −
( ) ( )( )ij
jaiajiaaaa yxBtGBGBrr
rrrrrrr
044
cossin
2
/
=−=
=−−−−−=−=
ωε
θθ
εθθ
4sin
cos=+− yx aa
Napomena: εε ≠B , ali je i 0== ωωB kada je uže puklo. Ne zanima nas vrijednost Bε , tako da ga treba zamijeniti pri uvrštavanju. Uvrštavanjem:
2
2
18,4
sin
cossinsin3
64
sin484
sin
sin
coscos
srad
NT
Tmmm
g
m
T
m
TG
m
T
=
−−−=
++=
=
−+
−
ε
θθθθ
θθθθθ
7.21. Kanister ima masu 20 kg i radius inercije za centar mase G, kG=0,4 m. Ako na njega djelujemo horizontalnom silom F=30 N, odrediti početno kutno ubrzanje kanistera i silu u užetu AB.
Nismo sigurni koju putanju će G imati, ali znamo da će tačka B praviti kružnu putanju.
2
2
625,5
6,0
srad
mkIF
maGT
maF
G
y
x
=
==
=−
=
ε
εε
Bn
B2
εθ
θ
4cos:
0sin:
=+−
=+−
yBt
xBt
aaj
aair
r
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 108 -
( )
( )
NGT
aj
aIi
aajia
jaiaa
jIiIa
y
xB
GBG
B
yxG
BBB
2,196
00:
3,0:
03,03,0
0
2
2
==
−=
−=−
−==−−=
+=
=+=
r
r
rrrrr
rr
rrr
εε
ωε
ωε
7.22. Na disk A mase 20 kg djeluje teret B mase 10 kg pomoću užad kao na slici. Ako se disk kotrlja bez klizanja, odrediti njegovo kutno ubrzanje i ubrzanje tereta ako dođe do kretanja. Takođe, odrediti silu u užetu. Zanemariti mase, užeta i kotura.
∑
∑∑
==⇒=
=−⇒=↑+
=−⇒=→+
εε 2
2
12,00
00
0
rmITM
GNF
amTFF
AGtež
Ay
AAx
Ako nema klizanja, NT sµ⟨ i εraA =
T
FIGεmAaA
GA
N
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 109 -
Znamo iz kinmatikeda je: AB aa2
1=
( )
( ) ( )
NFs
rads
ma
armamamG
r
armmaF
maFGF
B
BABABBB
AAAA
BBBy
28,45
546,7
7546,0
22
122,0
22,0
2
12,0
20
2
2
2
=
=
=
=−
−
=−
=−⇒=↓+ ∑
ε
7.23. Tanka poluga mase 15 kg se rotira suprotno od smjera kazaljke na stau, u vertikalnoj ravnini oko tačke A. Kada je poluga u datom položaju njena kutna brzina je 10 rad/s. Za taj položaj odrediti kutno ubrzanje poluge i pravac te veličinu sile u osloncu A.
Zadano: m=15 kg, za tanku polugu, srad10=ω , l=1,6m
Odrediti: ARr
,ε Rješenje:
( ) ( ) 22222 6,54,012
1kgmmmlmyxII GzAz =+=++=
( )
↓=−=−
=
=−=
==+−−⇒=
==−−⇒=
∑∑∑
22
0
0
2000
000
103,9103,930cos4,0
30cos4,0
30sin30cos30sin0
30cos30sin30cos0
srad
srad
I
G
IGM
mrmaGRRF
mrmaGRRF
Az
AzAz
nAxAyn
tAxAyt
ε
ε
ω
ε
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 110 -
0
002
30cos
30sin30sin GRmrR Ay
Ax
+−−=
ω
Korištenje RAt i RAn vjerovatno bi bilo računski lakše.
( )
0
2
20
12,224,531
3,492
2,200
30sin30cos
30sin30cos
30cos30sin30cos
30sin
30cos
30sin
30cos30sin30sin30cos
30sin30cos
∠=
→−=
↑−=−
++−=
=−+−−−
NR
NR
NGGmrmr
R
mrGGRmrR
A
Ax
Ay
AyAy
ωε
εω
7.24. Disk mase 25 kg jednolike gustoće rotira u vertikalnoj ravnini oko tačke A. Ako je položaj kao na slici (promjer ide od tačke A vertikalno), kutna brzina diska je 20 rad/s, obrnutno od smjera kazaljke na satu, a veličina momenta je M=50 Nm. Za taj trenutak, odrediti kutno ubrzanje diska i horizontalnu i vertikalnu komponentu sile koja djeluje na disk u tački A.
Zadano : m=25kg, disk (pretpostavka da je tanak), NmMsrad 50,20 ==ω
Odrediti: ARr
,ε Rješenje:
( ) 22222
2
3
2
1mrmrmrmyxII GA =+=++=
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 111 -
7.25. Homogeni zamajac mase 10 kg spojen je za motor konstantnog broja obrtaja, savitljivim remenom. Promjer zamajca je 400 mm, masa motora i dijelova se zanemaruje. Ako zamajac kreće iz stanja mirovanja, odrediti torzioni moment zamajca pri rotaciji od 4200 o/min nakon 5 obrtaja.
Zadano: m=10 kg, T=konst, d=400 mm
Odrediti: M pri min
4200 o=ω , nakon 5=θ obrtaja
Rješenje:
( )
( )M
mrott
mr
Mo
CCmr
M
Ctmr
Mmr
M
mrIMM
ff
Gtež
2
min42002
min4200
002
0
2
2
2
10
2
2
112
12
2
2
=⇒=
=⇒+=
+=
=
==⇒=∑
ω
ε
εε
0
22
2
2
57,841763
17551755
7,166
33,333
2
2
30
0
0
∠=
↓↑=−=
→=
=
=
==⇒=
−=−=−⇒=
==⇒=
∑
∑∑
NR
NNR
NR
srad
mr
M
mrIMM
mrmaGRF
mrmaRF
A
Ay
Ax
AA
nAyy
tAxx
ε
εε
ω
ε
R Ax
RA
RAy
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 112 -
( )
( )( )
Nmobrt
mrM
M
mr
mr
Mt
mr
Mobrt
CCmr
M
Ctmr
M
f
8,61554
4200
2
42005
000
22
22
22
22
2
2
2
2
2
==
⇒
==
=⇒+=
+=θ
7.26. Horizontalna sila F=250 N djeluje na uže koje je namotano na unutarnji doboš dizalice koja će se iskoristiti za dizanje tereta B. Kotur mase 20 kg ima radius inercije od kx=rx=160 mm. Ako je teret B mase 10 kg, odrediti kutno ubrzanje kotura i silu u užetu koje diže teret B.
Zadano: F=250N, mkotura=20kg, kx=160mm, mtereta=10kg Odrediti: T,ε Rješenje:
Zakretanje nepomične ose CG, izaziva ubrzanje oko G. .
možemo odrediti reakciju u tački G.
( )∑ ==+−⇒= εε 2
120 kmIFrTrM PGzGz
Brzina tačke C: εω 22 , rarV CC ==
IGzε
( )( )∑
∑==+−−⇒=
==−⇒=
=
00
00
2
yPPPyPy
xPPPxx
Gz
amRTGF
amRFF
mkI
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 113 -
( )
NT
srad
rmkm
GrFr
kmFrrmGr
rmGT
rmamamGTF
BP
B
PBB
BB
BCBBBBy
6,126
41,11
0
22
2
2
21
2
122
2
2
=
=+
−=
⇒=++−
+=
===−⇒=∑
ε
εε
ε
ε
7.27. Zamajac se okreće; kutnom brzinom ω=2 rad/s i kutnim ubrzanjem ε=6rad/s2. Odrediti kutno ubrzanje štapa AB i BC u tom trenutku.
Zadano:
( ) 2222
2
3
1
12
1
2
1
mirovanja stanja iz krenula,25,200,50
BCbbcb
ddod
bDD
rmyxmlmI
rmI
kgmmmrkgm
=++=
=
−===
Odrediti: Cd RTr
,,ε
Rješenje:
Icb,ε
b
Gd
R ox
RoyT
I0dεdo A
T
mBaB
GB
B
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 114 -
( )
cb
BCBC
b
b
bBCbbCy
Cx
bCbBC
bBCC
bBC
btbbbCyy
bBCbnbbCxx
I
Trr
G
rmTGR
R
Ir
GTrM
rmamGTRF
rmamRF
−=
−−=
=
=+−⇒=
==+−−⇒=↓+
===⇒=→+
∑
∑
∑
2
2
0
20
20
00 2
ε
ε
ε
ε
ω
aA=aB (ostvareno je vezom užeta)
↑=
=
=
≈=
=
=+
=⇒
−
=⇒
−
=
=
NR
NR
R
srad
N
mm
m
G
Tm
TG
m
T
I
TG
r
I
Tr
rr
C
Cy
Cx
b
d
bd
b
b
b
b
dcb
BBC
d
d
bBCdd
3,107
3,107
0
679,3
39,18
97,9132
2
3
23
22
2
2
0
2
r
ε
ε
εε
7.28. Valjak, poluprečnika r, kotrlja se bez klizanja po horizontalnoj površini, nakon što mu je u blizini ivice B data zanemarivo mala brzina. Odrediti ugaonu brzinu valjka u trenutku odvajanja valjka od ivice B, kao i ugao α za koji se okrenuo rotacijom oko ivice B. Trenje kotrljanja zanemariti.
Rješenje: Za rješavanje zadatka pogodno je
postaviti jednadžbe ravnog kretanja u projekcijama na ose prirodnog trijedra, jer je poznata putanja centra masa C. Međutim, umjesto prve jednadžbe ravnog kretanja iskoristit ćemo teoremu o promjeni kinetičke energije u konačnom obliku i samo drugu jednadžbu kretanja.
Kako je pri rotaciji valjka po
horizontalnoj podlozi zanemariva i brzina centra C i ugaona brzina cilindra, to je Ek (t1)=0 i iz zakona o kinetičkoj energiji i mehaničkom radu imamo:
d
dd
dy
x
ddd
dyy
xx
I
Tr
TGR
R
ITrM
TGRF
RF
0
0
0
00
0
0
0
0
00
00
=
+=
=
=⇒=
=−−⇒=↑+
=⇒=→+
∑∑∑
ε
ε
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 115 -
sk AtE =)( 2 , (a)
gdje je )( 2tEk kinetička energija valjka u trenutku napuštanja veze, a sA rad
sile teže za vrijeme okretanja valka za ugao α, kada napušta vezu. Vrijednost kinetičke energije se dobije iz:
( ) 222
24
3
2
1
2
1CCzCk mVImVtE =+= ω (b)
Jer je 2
2mrIirV CzC ω= . Pri okretanju valjka za ugao α, težište će se
spustiti za visinu ( )αcos1−=∆ rh , pa je rad sile teže:
( )αcos1−= mgrAs . (c) Zamjenom izraza (b) i (c) u (a) dolazimo do jednadžbe ( )αω cos143 2 −= gr . (d) Drugu jednadžbu ravnog kretanja postavljamo za trenutak napuštanja veze.
Ona iznosi:
αcos2
mgFr
mVN
C +−= ,
Ali zbog napuštanja veze biće 0=NF , pa se dobija
( )αω cos2 gr = . (e) Rješavanjem jednadžbi (d) i (e) po nepoznatim ω i α dobijamo:
==4
7arccos,
72 αω
r
g.
8- KINETIČKA ENERGIJA MATERIJALNOG SISTEMA Kinetička energija materijalne tačke definirana je izrazom:
2
2
1mvEk = .
Kinetička energija sistema materijalnih tačaka iznosi:
∑=
=n
iiik vmE
1
2
2
1.
Kada centar inercije sistema vrši translatorno kretanje i relativno kretanje u odnosu na centar inercije jednadžba za kinetičku energiju glasi:
∑=
+=n
iirick vmMvE
1
22
2
1
2
1.
8.1. Slučaj određivanja kinetičke energije za različita kretanja krutog tijela a) Translatorno kretanje krutog tijela Izraz za kinetičku energiju homogenog krutog tijela definiran je u integralnom obliku, po cjelokupnom volumenu tijela:
∫ ==v
k MvdmvE 22
2
1
2
1
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 116 -
b) Obrtanje krutog tijela oko nepomične ose Kinetička energija tijela koje se obrće oko čvrste ose iznosi:
∫ ==v
zk JdmrE 222
2
1
2
1ωω
c) Ravno kretanje krutog tijela Prema Kenigovoj teoremi ravno kretanje smo razložili na translatorno kretanje tijela sa središtem u C i na obrtno (relativno) kretanje tijela oko ose koja prolazi okomito na ravninu kroz središte C, pa je jednadžba za kinetičku energiju:
22
2
1
2
1ωcck JmvE +=
d) Opće kretanje krutog tijela Opće kretanje krutog tijela sastoji se od prenosnog, odnosno translatornog kretanja tijela sa težištem u središtu C i relativnog (obrtnog) kretanja oko trenutne ose, koja prolazi kroz središte (centar) C. Pa je kinetička energija u tom slučaju:
22
2
1ωΩ+= JmvE ck ,
Gdje je: • ΩJ - moment inercijetijela u odnosu na osu koja prolazi kroz težište C.
8.2. Neki slučajevi izračunavanja rada a) Kruto tijelo usljed djelovanja sile vrši translaciju Ukupni rad za kruto tijelo koje vrši translatorno kretanje usljed djelovanja
spoljnjih silas
iF→
, jednak je zbiru elementarnih radova:
∑ ∑ ∑= = =
→→→→→→
===∆=n
i
n
i
n
i
s
R
s
i
s
ii rdFFrdrdFAA1 1 1
.
Gdje je:
• s
RF→
- rezltantni vektor spoljnjih sila. b) Kruto tijelo usljed djelovanja spoljašnjih sila vrši rotaciju Pri obrtanju tijela od φ do φ0 rad svih spoljnjih sila iznosi: ∫=
ϕ
ϕ
ϕ0
dMA z
c) Slučaj kada kruto tijelo vrši ravno kretanje Ukupan elementarni rad tijela koje vrši ravno kretanje je jednak zbiru translatornog rada i rada nastalog rotacijom:
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 117 -
∫ ∫+=→→2
1 0
r
r
cc
s
R dMrdFA
ϕ
ϕ
ϕ .
8.1. Odrediti kinetičku energiju sistema od tri poluge. Poluge AB i CD imaju mase po 10 kg, a poluga BC masu od 20 kg.
Slijedi:
NmVmBCzaE
NmlmIABzaE
smVVs
rad
BCBCk
ABABABABAk
CBBCCDAB
2502
1
6,413
1
2
1
2
1
5 ,0 ,5
2
222
==
=
==
=====
ωω
ωωω
∑ ==
=
==
NmEsistemzaE
NmlmICDzaE
komponk
CDCDCDCDDk
2,333
6,413
1
2
1
2
1 222 ωω
8.2. Dvokraka dizalica sastoji se od dva kotura pričvršćena jedan za drugi. Oni su mase 50 kg, središnja osa radiusa inercije je k0=0,6 m, a zakreću se kutnom brzinom od 20 rad/s u smijeru kazaljke na satu. Odrediti kinetičku energiju sistema. Pretpostaviti da ni jedno uže ne kliže na koturu.
∑ =
===
===
===
==
NmE
NmkmIE
NmmVmE
NmmVmE
VV
k
PkP
BBBkB
AAAkA
BA
9100
36002
1
2
1
15008
1
2
1
40002
1
2
1
5,0,1
22
0
2
22
22
ωω
ω
ω
ωω
8.3. Sila P=20 N djeluje na uže, što uzrokuje obrtanje kotura mase 175 kg, bez klizanja po valjcima A i B kao osloncima. Odrediti kutnu brzinu kotura nakon sto je kotur napravio dva obrtaja od stanja mirovanja. Zanemariti masu užeta. Svaki od
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 118 -
valjaka se može razmotriti kao cilindar od 18 kg, pri čemu je njihov radius 0,1 m. Radius inercije kotura je oko njegovog centra ose i iznosi kG=0,42 m.
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )( ) ( )
srad
rmrmmk
P
kontaktaV
rmrmmkobrt
radobrtP
yGlkIVm
dFMyGlkIVm
BBAA
BA
BA
BBBAAA
885,1
4
25
4
25
2
1
5
1,01,05,0
2
1
2
1
2
1
2
1
2
12225,0
002
1
2
10
2
1
0002
10
2
10
2
1
222
222222
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
=++
=
==
⇒===
+
+=
=+=∆++=
=
=±±=+=∆+=+=
∑
∑
πω
ωωω
ωωω
ωωωπ
ω
θω
8.4. 1500 N teška posuda za ciment se podiže pomoću motora koji ima moment M=2000Nm na osovini točka. Ako je točak težine 115 N i radiusa inercije oko 0, kO=0,95 m, odrediti brzinu posude nakon što je podignuta 10 m od stanja mirovanja.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 119 -
( )
smV
GIVmM
V
radrs
p
bpp
p
102
1
2
1
25,1
825,1
10
22
−−−=
++=∆
=
==⇒=
ωω
ω
ωθ
ω
θθ
8.5. Disk mase 20 kg je prvobitno u stanju mirovanja, a opruga ga drži u ravnoteži. Na disk djeluje moment M=30 Nm. Odrediti koliko će se centar mase diska pomjeriti prema dole niz kosinu, mjereći od ravnotežnog položaja, pa dok ne stane. Disk se kotrlja bez klizanja.
U stanju ravnoteže,
( )pomjeranje . 654,0150
30sin
30sin
0
1
0
počmG
x
KxGFs
==
==
( )
( )
ml
nevažnol
ll
llxxklM
Glkx
srs
lxkMGlkx
2
2,0
015075
22
1
2,030sin
2
1
2,0
2
130sin
2
1
2
2
1
2
1
02
1
2
1
02
1
=
=
=−
++=++
=⇒=
+=∆++
θθ
θ
8.6. Imamo kotur mase 60 kg i radiusa inercije kG=0,3 m. Ako kreće iz stanja mirovanja, odrediti za koliko će se spustiti centar kotura po glatkoj površini ako je
G
TN
Fs
M
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 120 -
dostigao kutnu brzinu od ω=6 rad/s. Zanemariti trenje i masu užeta koje je namotano oko kotura.
Zato što je površina glatka i uže učvršćeno, kotur rotira oko tačke gdje se uže odvaja od kotura.
( εω 3,0 ;3,0 == aV ). Kako je ova tačka, tačka trenutne rotacije, T ne postoji.
( )
( )m
G
mkml
lGImV
66,030sin
2
13,0
2
1
30sin2
1
2
10
0
222
022
=+
=
−++=
ω
ω
8.7. Riješiti predhodni zadatak, uzimajući u obzir da je koeficijent kinetičkog trenja između površine i kotura u A 2,0=kµ .
Napomena: kotur će skliznuti u A usljed konfiguracije užeta.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 121 -
( )
ml
ImVlFGl
V
ll
ll
r
s
GNF
G
G
GA
AG
kk
8589,0
2
1
2
1
3,0
2,030sin
3,0
3,0
2,0 užetu na je rotacijecentar
2,03,0
30cos
220
0
=
+=
−
=
=
===
==
ω
ω
θ
µµ
8.8. 100 N težak predmet se transportira na kratkoj distanci pomoću dva cilindrična
valjka, svaki je težak po 35 N. Ako je horizontalna sila P=25 N uprta u predmet, odrediti brzinu predmeta poslije pomjeranja od 2 m ulijevo. Početno stanje je mirovanje. Ne postoji klizanje.
( )
( )
smV
Vm
VmVm
IVmVmP
VV
b
br
brbb
rrrrbb
rb
−−−=
++=
=
++=
==
29
5,12
1
2
1
42
1
2
1
22
1
2
1
2
12
32
22
22
222 ω
ω
8.9. Cilindrični uteg težak 80 N pričvršćen je na polugu od 10 N, a ona za zglob A. U položaju θ=300 poluga ima kutnu brzinu ω0=1 rad/s kao na slici. Odrediti kut θ pri kojem će poluga, nakon ljuljanja zaustaviti se (mijenja pravac ljuljanja).
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 122 -
( ) 22
r22r11 49,853
1I ,cos5,2y cos5,2 kgmmy rr ==−=−= θθ
( )[ ]( ) 22
22
r22c11
8,2966
25,0312
1I ,cos6y cos6
kgmm
my
c
cc
=+
++=−=−= θθ
ccrrccrrcr yGyGyGyGII 2211
2
1
2
12
1
2
1+=+++ ωω
0
2 29,39=θ
8.10. Tanka poluga AB težine 20 N oslonjena je klinom u A i vezana užetom u B. Ako uže u B pukne, odrediti ubrzanje centra mase poluge i reakciju u osloncu A, u trenutku kada počne kretanje.
Zadano: tanka poluga, G=20 N, tačka oslonca Odrediti: R , A
r
teža , kad uže pukne Rješenje:
( ) εAzA
nAxn
tAyt
IGM
maRF
maRGF
==
=−⇒=←+
=−⇒=↓+
∑∑∑
18
0
0
Za rotaciju u tački A:
axis rotation A: nttež ererarrr 2ωε +=
Moment inercije oko ose z u tački A je:
( )
( )
2
2
222
3
1
212
1mlm
lmlmyxII težAz =
+=++=
2
2
/
3
1
18srad
ml
G−−−==ε
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 123 -
( )
2
2
/
položaju po.u 00
smera
NR
NmrGR
mR
ttež
A
Ay
Ax
−−−==
−−−=
−−−=−=
−==−=
rrε
ε
ω
8.11. Tvrdi disk težine 15 N kotrlja se po kosoj ravni bez klizanja. U položaju kao na slici, kutna brzina diska je 10 rad/s u smijeru kazaljke na satu. Odrediti kutno ubrzanje ε diska i minimalni koeficijent trenja µs, takav da ne dođe do klizanja.
Zadano: G=15 N, r=0,15 m, kotrljanje bez klizanja, ω=10 o/s Odrediti: ε, µs da ne dođe do klizanja Rješenje: U stanju mirovanja je:, NTira sµε == ,
( )
1554.025cos
2
1
25cos
43,1843,18
2
3
25sin
2
3
25sin
2
125sin
25sin25sin
0
025cos0
25sin0
00
22
0
2
0
20
00
0
0
=−
=−
==
↑=−=−
=−
=
==+−
+=+=
=−⇒=
=−⇒=
=−⇒=
∑∑∑
G
mr
Gr
I
N
T
srad
srad
r
g
mr
rG
mrIGmrr
GmrGmaT
IrTM
GNF
maGTF
tež
s
t
ttež
y
x
εε
µ
ε
εεε
ε
ε
8.12. Imamo dvostruki disk, jedan promjera 400 mm, a drugi 240 mm (jedna su cjelina). Disk je mase 125 kg, a ima radius inercije 125 mm u odnosu na središnju osu. Ako sila P od 500 N vuče uže koje je omotano oko diska promjera 240 mm, odrediti ubrzanje atež za masu u centru i kutno ubrzanje ε diska:
a. Ako je horizontalna površina glatka (µ=0)
Itež
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 124 -
b. Ako je horizontalna površina hrapava (µ=0,25).
Zadano: m=125 kg, k=125mm, P=500N Odrediti: ε,ta pri 0=µ i 0,25
Rješenje:
( ) ( )∑∑∑
=+⇒=
==−⇒=
=−⇒=
εITmPmM
maGNF
maTPF
tež
yy
xx
2,012,00
00
0
Prije klizanja, ( ) NTima sx µε ≤= 2,0
Poslije klizanja, ( ) NTima kx µε =≠ 2,0
( )
( ) ( ) ( )
( )( )
( )→=−=
+
−=
⇒
+=−
=
==
→=⇒===
NN
mk
mmmk
PmmmP
T
I
TmPmmmTP
klizanjepostojilidajeAko
srad
mk
Pm
sma
sm
m
PaZa
tež
težx
28,7528,752,0
1
2,012,0
2,012,02,0
?,25,0
72,3012,0
44,0
2
2
2
22
22
µ
ε
µ
8.13. Čvrsti cilindar A ima radius R=200 mm i masu od 75 kg. Uže vezuje cilindar i tijelo B mase 50 kg. Ako se cilindar kotrlja bez klizanaja niz kosinu, odrediti:
a. Ubrzanje aB tijela. b. Silu u užetu.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 125 -
Zadano: klizanja bez kotrljanje ,50 ,75 ,200 kgmkgmmmR BAA === Odrediti: ⇒FaB ,
rsila je ista na kosini i vertikali, u užetu.
Rješenje:
AAAA
Ay
AAAAx
ITRM
GNF
amGTFF
ε=⇒=
=−⇒=
=−−⇒=
∑∑∑
0
030cos0
30sin0
0
0
Kotrljanje bez klizanja: AsA NT µ≤ i AAA Ra ε=
−=
=−−
=
=−⇒=∑
težA
AAABB
A
AAAAAA
BA
BBBy
I
TRRmGF
I
TRRmGTF
aa
amFGF
2
030sin
0
Uvrštenjem:
2
0
22
0
20
2
7547,0
8,4522
3,28
22
1
30sin
1
30sin
30sin
sm
m
FGa
NTm
mGF
N
m
mGG
I
Rm
I
Rm
GGT
I
TRmGT
I
TRmG
B
BB
A
A
BB
A
B
AB
A
AA
A
AB
ABA
težA
AAAAA
težA
AABB
=−
=
=−=
=++
−=
++
−=
=−−−
8.14. Nesimetrični točak mase 50 kg kotrlja se bez kllizanja po horizontalnoj ravnini. Radius inercije točka u odnosu na aksijalnu osu kroz centar mase G je 160 mm. Za
F
GB
mBaB
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 126 -
poziciju kao na slici kutno ubrzanje točka je ω=6 rad/s. Za zadani položaj, odrediti kutno ubrzanje točka i silu kada je točak u dodiru sa podlogom kao na slici.
Zadano: m=50 kg, kotrljanje bez klizanja, kG=160 mm, ω=6 rad/s Odrediti: ε i Rpodloge Rješenje:
( )( ) ( )[ ] ( )
( ) ( )( ) ( )[ ]
( ) ε
ωε
εε
εωεωεε
ε
mGN
mT
mkITNM
maGNF
maGTF
jiirjriraaa
ira
GGz
yy
xx
CGCGBCCGCtež
BCC
12,0
12,03,0
3,012,00
0
0
0,12 12,03,0
2
2
22
/
+=
+=
==−−⇒=
=−⇒=
=−⇒=
+−−=−+−=+=
−=
∑∑∑
rrrrrrrr
rr
( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )[ ]( ) ( )( )
( ) ( )↓↑=−=
++
−−=
=+−+−
22222
2
22
02,1902,193,012,0
12,03,012,0
12,03,03,012,012,0
srad
srad
mmmk
mG
mkmmG
ωε
εωεε
0
log 56,797,3824,37637,69
38,376
37,6937,69
∠=+=
↑=
→←=−=
NjiR
NN
NT
epod
rr
tež
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 127 -
8.15. Pravougaona ploča težine 100 N, jednolike debljine je oslonjena u A, a pomoću užeta u B. Ako uže u B pukne, odrediti kakvo će uslijediti kretanje.
a. Kutnu brzinu težišta lima i veličinu reakcije u A, kada centar mase lima se nalazi ispod oslonca A .
b. Kutnu brzinu težišta lima i veličinu reakcije klina A, kada se lim zarotira za 900
(kada B stoji vertikalno u odnosu na A). c. Maksimalni ugao θmax do kojeg će se lim zakrenuti.
Zadano: G=100 N, Odrediti; a) ,, 22 ARω u trenutku kada G počinje padati A----------2
b) ,, 33 ARω kada je 090=θ , (B pada oko A)------------3
c) maxθ ---------------------------------------------------------------4 Rješenje: a)
0
01
43,6390
57,2610
5
=−=
=
= −
βθ
β tg
( ) ( )22
2 510 +−=y
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 128 -
( ) ( )[ ] ( ) ( )( )
22
0
21112211
22
22222 5102,1010202,1012
1
pkpkkk
tA
EEAEEiEAE
kgmmdII
+=++=+
−−−=
+++=+=
−−
Pri rotaciji oko A,
( )
( ) ( )
( ) ( ) sradG
I
GI
GyIGyI
A
A
AA
−−−−=
−+
=
++−+=
+=++=
55102
55102
10
2
100
2
1
22
2
222
2
2
2
21
2
1
ω
ω
ωω
NR
RIIM
NR
mrmamaGRF
mrmamaRF
A
AxAAA
Ay
nyAyy
txAxx
−−−=
=⇒=⇒≠⇒=⇒=
−−−−=
===−⇒=
===⇒=
∑
∑∑
2
22
2
2
2222
2222
00000
0
0
r
εε
ω
ε
b)
my
my
10
5
3
1
−=
−=
Konačno, ( ) sradyyG
I A
−−−=−= 313
2ω
( )( )βωβε
βωβε
ββ
sincos
sincos
sincos
0
2
33
2
33
33
33
+−=
=+−=
=
+−=
==⇒=∑
mr
rrm
aam
maRF
nt
AxAxx
ω
eten
x
y
A
G
et
en
x
y
βω
A
G
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 129 -
( )
( )βωβε
βωβε
ββ
cossin
cossin
cossin
0
2
33
2
33
33
33
+=
=+=
=
+=
⇒=−⇒=∑
mr
rrm
aam
amGRF
nt
yAyy
( )
0
3
3
3
2233
)(
)(50
−−−−−−=
−−−=
−−−=
↑−−−=−−−−=⇒=−⇒=∑
<r
NR
NR
NRs
rads
radIGM
A
Ay
Ax
AA εε
c) Pri ( )stranusuprotnu u krenuti i stati će kretanje0, 4max =ωθ
Proizilazi:
( ) 414
2
41 02
1yyGyIGy Az =⇒+== ω
Sa nedostatkom trenja, centar gravitacije ima rotaciono kretanje do odgovarajuće visine.
0
max
0
86,1262
43,6390
==
=−=
γθ
βγ
8.16. Klatno se sastoji od poluge mase 30 kg i koncentrirane mase od 45 kg na udaljenosti od 2 m od zgloba A. Na klatno u vertikalnoj ravnini djeluje moment od 500 Nm u smijeru kazaljke na satu. Ako klatno ima kutnu brzinu od 4 rad/s u smijeru kazaljke na satu kod θ=900, odrediti:
a. Kutnu brzinu klatna kada je θ=3300. b. Intenzitet i smijer otpora oslonca u tački A kada je θ=3300.
5m
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 130 -
Zadano: mAB=45kg, lAB=2m, mB=30kg, ω=4rad/s Odrediti: ω pri θ=330
0, RA pri θ=330
0
Rješenje: ( )
( )( )( )( ) ( )( ) εθθ ABABA
BABtyAyyBABAyy
txBABAxxAxx
ImGmGMM
mmagRmaGGRF
ammRmaRF
=−+−+⇒=
++=⇒=−−⇒=
+−=⇒=−⇒=
∑∑∑
290cos190cos0
0
0
Određivanje ubrzanja kružnim koordinatama,
( )[ ] ( )[ ]( )[ ] ( )[ ] jrir
jrir
ererer
Vera
tt
tt
ntttnt
ttttež
rr
rr
rrrrr
90sin90cos
180sin180cos
202
22
−+−−+
+−−+−−=
=+=+=
θωθω
θεθε
ωεε
Ili pomoću komponenti,
( ) ( )
( ) ( )θωθε
θωθε
θωθε
θωθε
cossin
90sin180sin
sincos
90cos180cos
2
02
2
02
tt
ttttežy
tt
tttx
rr
rra
rr
rra
−−=
=−+−−=
−=
=−−−−=
Poluprečnik inercije: ( )( ) ( )( )
mkgkg
kgmkgm
mm
mrmrr
BAB
BtežBABABttež 4,1
3045
302451=
++
=+
+=
Momenti inercije:
( )( ) ( )( ) 22222 1802302453
1
3
1kgmrmlmIII BBABABBABA =+=+=+=
Rad i energija:
( ) ( ) ( )2
22
21
1
22
2211
2
10
2
1
2
10
2
1
+==∆+−+
+=
=+ −
ωθω IVmMyyGIVm
EAE kk
Za 1, imamo: 0,0,90,4 11
0
1 ==== ABB yysrad θω
Za 2, imamo: ( ) ( ) mmymmy ABB 866,030cos1,732,130cos2,330? 0
2
0
2
0
2 ====== θω
Pa imamo:
RAx
RAy
GAB
GB
θ
eten
x
y
M
180-θ
Θ-90
tež
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 131 -
( ) ( )
( ) ( )
( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )
srad
kgm
radNm
sm
sradkgm
I
MyyGyyGI
IMyyGyyGI
A
BBBABABABA
ABBBABABABA
418,5
1802
1
180240500732,181,930866,081,9454180
2
1
2
12
1
2
1
2
1
2
0
02
22
2121
2
1
2
2
22121
2
1
=
=
+−+−+
=
=∆+−+−+
=
=∆+−+−+
π
θωω
ωθω
Iz jednadžbi kretanja se dobije:
( ) ( )[ ]
( )( )( )( )
( ) 0
2
2
2
64,5124719,19375,1533
1937cossin
5,1533sincos
08347,02sin1cos1
<rrr
NNjiR
NmmrrgR
NrrmmR
sradmGmGM
I
A
BABttAy
težtežBABAx
BABA
=−=
↑−=+−−=
←−=−+−=
−=++=
θωθε
θωθε
θθε
8.17. Imamo zamajac, mase 5 kg, promjera 200 mm i radiusa inercije 90 mm. Elastično uže je omotano oko zamajca i zakačeno na oprugu čiji je koeficijent krutosti k=120 N/m. U početku, zamajac rotira u smijeru kazaljke na satu sa 20 rad/s i opruga se rasteže 800 mm. Za naredna kretanja odrediti:
a. Maksimalno istezanje opruge. b. Kutnu brzinu zamajca kada uže postane labavo.
Zadano: m=5kg, d=200mm, kr=90mm, k=120N/m, ω1=20rad/s, ∆l1=800mm Odrediti: ∆lmax, ω kada je ∆l=0
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 132 -
Rješenje: GRR AyAx i , ne stvaraju rad, zato što je zamajac
oslonjen u centru rotacije. Opruga stvara potenc. en. od ½ k ∆l2.
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
1
2
1
222111
2
1
2
10
2
1
2
1
lkIlkI
lkIlkI
EEAEE
AA
AA
pkpk
∆+=∆+
∆+=+∆+
+=++ −
ωω
ωω
maxl∆∗ se dobija za ω2=0, tako da je:
mmk
lkmkl
lklkI A
3,8802
1
2
1
2
max
2
max
2
1
2
1
=∆+
=∆
∆=∆+
ω
ω
∗ Ako je ∆l2=0, tada je:
srad
mk
lkmmk
IlkI AA
92,472
1
2
1
2
2
2
2
2
1
2
1
=∆+
=
=∆+
ω
ωω
8.18. Homogeni valjak mase 12 kg i promjera 300 mm se kotrlja uz kosinu nagnutu 250 prema horizontali. Ako valjak ima početnu brzinu od 10 m/s uz kosinu i kotrlja se bez klizanja treba:
a. Odrediti maksimalnu udaljenost uz kosinu do koje će valjak doći. b. Usporediti rezultat iz „a“ sa maksimalnom udaljenošću 12 kg dijela koje kliže
(bez trenja) uz istu kosinu.
Zadano. m=12kg, d=2r=300mm, V1=10m/s, kotrljanje bez klizanja. Odrediti: lmax, lmax za točak od 12-kg,-kotrljanje bez klizanja. Rješenje:
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 133 -
T i N ne stvaraju rad jer u centru rotacije je brzina =0.
mg
V
mg
mVmVl
mglr
VmrmV
mrI
ljeVhZa
GhImVGhImV
EEAEEr
VrV
ttt
tt
t
tttt
pkpk
09,1825sin
4
3
25sin
4
1
2
1
25sin2
1
2
1
2
1
2
1
:0,0:
2
1
2
10
2
1
2
1
0
2
1
0
2
1
2
1
max
0
max
2
122
1
2
max221
2
2
2
2
21
2
1
2
222111
==+
=
⇒=
+
=
===
++=+++
+=++
=⇒=
−
ω
ωω
ωω
Ako promatramo jedan dio energije onda imamo:
mg
VlmglmV
t
t 06,1225sin
2
1
25sin2
10
2
1
max
0
max
2
1 ==⇒=
Inerciona energija koja je u rezervi pri kotrljanju u tački 1, omogućava disku da se podigne dalje na gore ( ne klizajući se) do određene visine. 8.19. Kotur mase 10 kg ima radius inercije od 75 mm. Na uže koje je spojeno iz središta kotura, preko malog točka, djeluje tijelo mase 25 kg. Ako se sistem kreće iz stanja mirovanja, a kotur se okreće bez klizanja, odrediti brzinu VC i kutnu brinu ωC kotura te brzinu tijela VA kada se tijelo nalazi 2 m niže.
Zadano: mmkkgmkgm cAC 75,25,10 === vrijedi za C, kretanje je bez klzanja.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 134 -
Odrediti: mxVV ACC 2,, −=⇒ω
Rješenje: N i T ne stvaraju rad zato što se u toj tački nalazi centar rotacije, brzina u toj tački je 0. GC takođe ne čini rad jer je na kretanje. F je unutarnja sila i njen rad je zastupljen u jednadžbama. Za kotrljanje bez klizanja vrijedi,
( ) ( ) CACC mmVimmV ωω 200150 ==
Prema tome je,
( ) ( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
smV
smV
srad
mmmkgm
mgm
VmIVm
mgmVmIVm
EEAEE
A
C
AC
AC
AACCCC
AAACCCC
pkpk
534,5
151,4
67,27
2,02
17510
2
115,0
2
1
)2(
0)2,0(2
1
2
1)15,0(
2
1
0202
10
2
10
2
1
222
2
22222
1
1
222
222111
=
=
=++
=
+
=++==
=++
=+=+=
+=++ −
ω
ωωω
ω
9- DALAMBEROV PRINCIP ZA MATERIJALNI SISTEM
9.1. Klasifikacija principa U diferencijalne principe spadaju: Dalamberov princip, Lagranžov princip
virtualnih pomjeranja i Gausov princip najmanjeg odstupanja, a u integralne spadaju: Hamiltonov princip, Lagranžov princip itd.
9.2. Dalamberov princip za sistem Ako vezani sistem materijalnih tačaka ima „n“ materijalnih tačaka Mi
(i=1,2,3,...,n) onda Dalamberov princip primjenjen na cijeli sistem izgleda:
∑ ∑ ∑= = =
→→→
=++n
i
n
i
n
i
in
i
r
i
a
i FFF1 1 1
0
Gdje su:
• ∑=
→→
=n
i
a
R
a
i FF1
- glavni vektor aktivnih sila,
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 135 -
• ∑=
→→
=n
i
r
R
r
i FF1
- glavni vektor reakcije veza i
• ∑=
→→
=n
i
in
R
in
i FF1
- glavni vektor sila inercije tačaka sistema.
Ako položaje materijalnih tačaka sistema u odnosu na ishodište koordinatnog
sistema 0xyz, označimo sa vektorom položaja ir→
, te predhodnu jednadžbu pomnožimo sa tim vektorom, dobijamo:
] ] ]∑ ∑ ∑= = =
→→→→→→
=
×+
×+
×n
i
n
i
n
i
in
ii
r
ii
a
ii FrFrFr1 1 1
0 ,
Odnosno sabiranjem ovih jednadžbi dobijamo:
0000 =++
→→→
→→→
in
R
r
R
a
R FFF
MMM . Gdja su:
•
a
RF
M
→
→
0 - glavni moment svih aktivnih sila za pol 0,
•
r
RF
M
→
→
0 - glavni moment reakcija veza za pol 0 i
•
in
RF
M
→
→
0 - glavni moment inercionih sila za pol 0. 9.3. Glavni vektor i glavni moment sila inercije Paralelnim prenošenjem sila inercije u centar C i njihovim geometrijskim
sabiranjem dobiće se glavni vektor sila inercije in
RF→
, dok svođenjem momenta inercije
na centar C, dobijamo, pomoću vektora položaja ir→
, glavni moment inercije in
cM→
, što prikazano pomoću jednadžbe izgleda:
∑ ∑ ∑= = =
→→→
−=−==n
i
n
i
n
iciii
in
i
in
R amamFF1 1 1
,
∑ ∑= =
→→→→→
×−===
→
n
i
n
i
iii
F
c
in
c
in
R amrMMM
in
i
1 1
a) Translatorno kretanje Glavni vektor sila inercije je:
∑=
→→→
−==n
i
c
in
i
in
R aMFF1
,
a glavni moment centra inercije iznosi:
∑ ∑ ∑= = =
→→→→→→→→→
×−=
×−=
×−=
×−=n
i
n
i
n
i
ccciiciiiii
in
cR arMarmamramrM1 1 1
.
Položaj centra inercije cr→
je:
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 136 -
M
rmr
n
i
ii
c
∑=
→
→
= 1 .
b) Ravno kretanje krutog tijela Ako u ravni materijalne simetrije izaberemo proizvoljnju tačku O, za
tačku redukcije, onda će glavni moment od sila inercije za tu tačku iznositi:
∑ ∑∑= =
→→→→
=
→→
×−=×==
→ n
i
n
i
iii
in
ii
n
i
Fo
in
oR amrFrMM in
1 11
,
Gdje su:
• ir→
- vektor položaja materijalne tačke,
• ii am→
, - masa i njeno ubrzanje i
• in
oRM→
- glavni moment za redukcionu tačku O. Moment od inercionih sila u odnosu na pol O iznosi:
∑ ∑∑= =
→→→→→→→→
=
→→
−×−=
−×+×−==
→ n
i
n
iiioiiiioii
n
i
Fo
in
oR rmarmrramrMM in
1 1
22
1
εωε .
Kod svođenja ovih vektorskih i skalarnih proizvoda vodili smo računa da su za naše
uvjete ir→
|| ir→
i ir→
ir→
, pa će biti 0=×→→
ii rr i 0=→→
ir ε .
∑ ∑= =
→→→→→→→→
−×=−×=
→
n
i
n
iozcoiiiio
F
oR JrMarmrmaM
in
1 1
2
εε .
Gdje su:
• cr→
- vektor položaja težišta C, u odnosu na izabrani pol O, • ozJ - aksijalni moment inercije za osu Oz, koja je okomita na osnovnu ravan i
prolazi kroz pol O.
Ukoliko centar redukcije usvojimo u središtu inercije tijela C, imat ćemo da je cr→
=0 pa će gornji izraz dobiti novi oblik:
→→
−=
→
εCz
F
C JMin
. 9.4. Dinamičke reakcije u ležištima pri obrtanju krutog tijela oko nepomične ose Na tijelo koje se okreće oko nepokretne ose, koje je uležišteno u tačkama A i
B, djeluje sistem aktivnih sila nFF→→
,......,1
1 . Nepoznate veličine su reakcije u ležištima.
Ovdje su nepoznate veličine reakcije u ležajevima BBAAA YXiZYX→→→→→
,,, , koje treba odrediti. Oslobađanjem tijela veza dobijaju se vektorske jednadžbe:
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 137 -
0
,0
=+++
=+++
→→→→
→→→→
→→in
R
F
B
F
A
a
R
in
RBA
a
R
MMMM
FFFF
BA
Gdje su:
• a
RF→
- rezultanta aktivnih sila, a
• in
RF→
- rezultanta inercijalnih sila. Ako se projektiraju vektorske jednadžbe na ose koordinatnog sistema Oxyz dobija se šest jednadžbi:
0
0
0
0
0
0
1
2
1
2
1
1
2
1
2
1
=−
=+++
=+−−
=+
=−+++
=++++
∑
∑
∑
∑
∑
∑
=
=
=
=
=
=
→
→
→
ε
εω
εω
εω
εω
z
n
i
Fz
yzxz
n
iB
Fy
xzyzB
n
i
Fx
A
n
i
ai
cc
n
iBA
ai
cc
n
iBA
ai
JM
JJhXM
JJhYM
ZZ
mxmyYYY
mymxXXX
a
i
a
i
a
i
Iz ovih jednadžbi mogu se odrediti dinamičke reakcije u osloncima rotacionog tijela:
BBAAA YXiZYX→→→→→
, ,,
9.4.1. Dinamičko uravnoteženje masa
Ukoliko želimo da odredimo uvjete pri kojima će inercijalne komponente na oba ležaja biti jednake nuli, članove gore napisanih jednadžbi koji zavise od dinamičkih sila (inercije) izjednačićemo sa nulom. Prema tome slijedi da će kinetičke reakcije biti jednake nuli ako zadovoljimo slijedeće uvjete:
0
,0
2
2
=+
=+
εω
εω
cc
cc
mxmy
mymx
Izbor veličina koncentriranih masa m1 i m2 , kao i njihovih koordinata vrši se saglasno jednadžbama:
0 ;0
0 ;0
2221112211
2221112211
=++=++
=++=++
zymzymJymymmy
zxmzxmJxmxmmx
yzc
xzc
Ova jednadžba daje opći pristup rješenja. Koordinate: x, y i z pri rješavanju zadatka uvrštavaju se sa predznakom prema položaju (±). Dodavanjem masa m1 i m2 prema gornjim jednadžbama obrtna osa postaje glavna centralna osa inercije tijela, nakon čega će kinetičke reakcije biti jednake nuli.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 138 -
9.1. Homogeni tanki štap dužine 2l i težine 2P, savijen je pod pravim uglom i jednim
krajem kruto spojen sa osovinom, tako da ravan štapa obrazuje pravi ugao sa osovinom. Osovina se okreće konstantnom ugaonom brzinom. Oslonac A je radijalan, a B radijalno aksijalni. Među osloncima je rastojanje 2a, a štap je simetrično pričvršćen na osovinu. Odrediti ukupno opterećenje na oslonce A i B. Rješenje:
Pri rješavanju opterećenja na oslonce promatra se ravnoteža sistema: spoljnjih aktivnih sila, spoljnjih pasivnih sila i sila inercije, tj određuje se rezulirajuće opterećenje, statičko plus dinamičko.
Analogno rješavanju statičkih zadataka sistem oslobađamo veza, i njihov utjecaj zamjenjujemo silama. Zatim formiramo jednadžbe „ravnoteže“.
∑
∑
∑
∑
∑
=+−⇒=
=−−−⇒=
=−⇒=
=+++⇒=
=++⇒=
02
0
02
0
020
02
0
02
0
22
2
PlaXaXM
PlPl
aYaYM
PZZ
g
Pl
g
PlYYY
g
PlXXX
BAy
ABx
Bi
BAi
BAi
ωω
ω
Ovih pet jednadžbi su algebarske jednadžbe po traženim nepoznatim
reakcijama oslonaca, čije su vrijednosti:
( ) ( )
( ) ( ) Pagag
Plag
ag
PlX
agag
Plag
ag
PlX
B
A
2 Z ;4
3Y ;
4
0 Z ;4
3Y ;
4
B
2
B
2
A
2
A
2
=−=−=
=+−=+−=
ωω
ωω
9.2. Odrediti dinamičke reakcije u osloncima vratila zanemarive mase s koncentriranim masama, ako je zadano: constrammmm ==== ω i , te321 . Budući da su sve mase koncentrirane na krajevima poluga r , u tim tačkama djeluju normalne inercijske sile 2ωrmF i
in = pa su jednadžbe dinamičke ravnoteže:
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 139 -
0cos2
3
2
1 =+++ αωω rmrmBA xx
0sin2
3
2
2 =+++ αωω rmrmBA yy
0sin324 2
3
2
2 =+−− αωω ramramaBy
0cos34 2
3
2
1 =+− αωω ramramaBx Iz kojih slijede rješenja za reakcije:
( )
( )
( )
( )αω
αω
αω
αω
sin324
1
cos314
1
sin24
1
cos34
1
2
2
2
2
−−=
+−=
−−=
+−=
mrB
mrB
mrA
mrA
y
x
y
x
10- DINAMIKA KRUTOG TIJELA KOJE SE OKREĆE OKO NEPOKRETNE TAČKE
10.1. Osnovni pojmovi Projeciranjem Ojlerove jednadžbe:
→→→→→
′+′+′== θϕψωα
dt
d,
na ose nepokretnog i pokretnog koordinatnog sistema dobijaju se Ojlerove kinematičke jednadžbe:
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 140 -
θψϕω
ϕθψϕθω
ϕθψϕθω
θϕψω
ψθϕψθω
ψθϕψθω
ζ
η
ξ
cos
cossinsin
sinsincos
cos
cossinsin
sinsincos
′+′=
′+′−=
′+′=
′+′=
′+′=
′+′=
z
y
x
10.2. Kinetički moment krutog tijela koje se okreće oko nepokretne tačke Okretanje krutog tijela oko nepomične tačke će se promatrati u dva
koordinatna sistema; u nepokretnom O,x,y,z koji je stabilan i u pokretnom ζηξ ,,,O koji je čvrsto vezan za tijelo. Glavni kinetički moment krutog tijela koji se okreće oko nepokretne tačke O je:
( )∫ ∫
−=
→→→→→
M M
iiio dmrrdmrL ,2 ωω .
Glavni kinetički momenti u odnosu na pokretni sistem referencije ζηξ ,,,O kad pokretne ose inercije predstavljaju ujedno i glavne ose inercije (centrifugalni momenti su jednaki nuli), iznosi:
ξξξ ωJLo = , ηηη ωJLo = i ζζζ ωJLo = .
Glavni kinetički moment pri rotaciji tijela oko nepokretne tačke u vektorskom obliku iznosi:
→→→→
++= υµλ ζηξ oooo LLLL
10.3. Kinetička energija tijela koje se okreće oko nepokretne tačke Kada su pokretne ose ξ , η i ζ ujedno i glavne ose inercije, centrifugalni
momenti su za njih jednaki nuli, pa kinetička energija rotacionog tijela iznosi:
( )222
2
1ζζηηξξ ωωω JJJEk ++= .
10.4. Ojlerove dinamičke jednadžbe
Kinetički moment oL→
, može se izraziti preko svojih vektorskih koordinata u odnosu na pokretni sistem referencije:
→→→→
++= υµλ ζηξ oooo LLLL
Ako su pokretne ose istovremeno i glavne ose inercije, dobijamo Ojlerove dinamičke jednadžbe obrtanja krutog tijela oko nepomične tačke:
( ) ξζηζηξ
ξ ωωω
oooo MJJdt
dJ =−+
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 141 -
( ) ηζξζξη
η ωωω
oooo MJJdt
dJ =−+
( ) ζηξηξζ
ζ ωωω
oooo MJJdt
dJ =−+ .
Ojlerove kinematičke jednadžbe za obrtanje krutog tijela oko nepomične tačke glase:
ϕθψϕθωξ sinsincos ′+′=
ϕθψϕθωη cossinsin ′+′−=
θψϕωζ cos′+′=
Integriranjem ovih jednadžbi uz zadane početne uvjete za ψ , θ i ϕ dobijamo rješenja problema kretanja tijela. 11- PRIBLIŽNA TEORIJA GIROSKOPSKIH POJAVA Giroskopom se nazivaju kruta tijela koja vrše obrtanje oko nepomične tačke tako, da je obrtanje krutog tijela oko ose materijalne simetrije mnogo veće, nego što je obrtanje te ose oko nepokretne tačke. Osnovna pretpostavka ove približne teorije sastoji se u tome da se kod simetričnog giroskopa, koji se obrće oko ose materijalne simetrije ζO [1] velikom ugaonom brzinom, pretpostavlja da ukupni vektor kinetičkog momenta pada u pravac ose simetrije. Giroskop je postavljen u odnosu na pokretni sistem referencije ξηζO , čija je nepokretna tačka u koordinatnom početku O. Ako projeciramo vektor ugaone brzine →
ω na ose pokretnog koordinatnog sistema ξηζO dobićemo: ξω =0, ηω =0, ζω =ω
Sobzirom na postavljene uvjete osa materijalne simetrije je glavna centralna osa inercije tijela. Kinematički moment giroskopa za pokretne ose odredićemo prema [1], pa ćemo dobiti: 0=ζOL , 0=ζOL , 0=ζOL .
Promatrat ćemo kada giroskop vrši složeno kretanje, kako je dato na slici [1],
tj. da vrši obrtanje oko centralne ose inercije ζO ugaonom brzinom →
ω i obrtanje zajedno sa osom ζO oko ose Oz ugaonom brzinom precesije 1ωψ
rr=′ .
Vektor apsolutne ugaone brzine giroskopa 2ωr
iznosi: 12 ωωωrrr
+= . Projekcije kinetičkog momenta giroskopa, za tačku O, u odnosu na pokretne ose
ξηζO su:
ξξξ ω→→
= OO JL , ηηη ω→→
= OO JL , ςζς ω→→
= OO JL .
Pa je:
λωξξ
r
OO JL =→
+ µωηη
rOJ + νω ςζ
rOJ .
Pravac kinetičkog momenta OL→
giroskopa ne poklapa se sa osom simetrije ζO .
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 142 -
Osnovna pretpostavka približne teorije giroskopa polazi od toga da je ugaona brzina sopstvene rotacije ωϕ
rr=′ giroskopa, oko ose ζO simetrije giroskopa, mnogo veća od
ugaone brzine precesije 1ωψrr
=′ , odnosno 1ωωrr
⟩⟩ , pri čemu se pretpostavlja da je
ugaona brzina nutacije 0=′θr
. Zato uzimamo da je:
=ξOL 0=ηOL i =OL =ςOL ωζOJ ,
Odnosno, da je kinetički moment giroskopa usmjeren duž ose ζO .
Giroskopska pojava je rotacija tijela oko nepokretne tačke. Ta rotacija se vrši oko nepokretnog koordinatnog sistema Oxyz i sistema koji je vezan za tijelo ξηζO .
11.1. Giroskop sa dva stupnja slobode
Za primjer je uzet giroskop koji se sastoji od cilindričnog tijela, i zamajca koji se nalazi na uzdužnom vratilu i okreće se velikom kutnom brzinom ω .
Prema približnoj teoriji giroskopa, kinetički moment CL→
usmjeren je u pravcu
podužne ose simetrije Cζ i iznosi →→
= ωζCC JL , gdje je:
- ζCJ moment inercije zamajca za osu Cζ .
Ukupne reakcije u ležištima A i B rotacionog diska, biće jednake vektorskom zbiru statičkih i dinamičkih reakcija, to jest:
AB
JGFFF
AB
JGFFF
CdB
stBB
CdA
stAA
ωω
ωω
ζ
ζ
1
max
1
max
2
2
−=−=
+=+=
11.2. Giroskop sa tri stupnja slobode
Kinetički moment giroskopa za nepomičnu tačku C, usmjeren je duž ose materijalne simetrije Cζ i iznosi:
→→
= ωζCC JL .
Gdje su: • ζCJ - moment inercije giroskopa za osu Cζ ,
• →
ω - kutna brzina giroskopa, sopstvene rotacije
→′
ϕ
11.3. Regularna precesija teškog giroskopa Kinetički moment giroskopa za nepomičnu tačku O, usmjeren duž ose Oζ , iznosi:
→→
= ωζζ OO JL .
Glavni moment spoljnjih sila u odnosu na oslonac O iznosi:
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 143 -
→→→
×=
→
GrM C
F
O
s
, gdje je:
• Cr→
- vektor položaja težišta C u odnosu na oslonac O, odnosno pol.
Vektor sF
OM
→
→
, usmjeren je normalno na ravan koju obrazuje vektor položaja Cr→
i sila
težine →
G tj. normalan je na vertikalnu ravan ζOz . 11.4. Diferencijalna jednadžba kretanja slobodnog krutog tijela Obrtanje krutog tijela oko središta C (težišta) određuje se pomoću Ojlerovih dinamičkih jednadžbi:
( ) ξηςζηξ
ξ ωωω s
cCCC MJJdt
dJ =−+
( ) ηζξζξη
η ωωω s
cCCC MJJdt
dJ =−+
( ) ζξηηξζ
ζ ωωω s
cCCC MJJdt
dJ =−+
Gdje su: • ξCJ , ηCJ , ζCJ - momenti inercijetijela u odnosu na glavne centralne ose
inercije koje se kreću zajedno sa tijelom • ξω , ηω , ζω - projekcije vektora kutne brzine na ose ζηξ ,,
• ξscM , η
scM , ζ
scM - glavni momenti spoljnjih sila u odnosu na koordinatne ose
sistema C, ζηξ ,, .
Nakon integracije uz zadane početne uvjete dobit ćemo šest jednadžbi, od toga tri jednadžbe koje definiraju translaciju središta C, a tri rotaciju oko središta, i to:
Translacija:
( )( )( ),
,
,
tZZ
tYY
tXX
CC
CC
CC
=
=
=
rotacija:
( )( )( )tt
t
ϕϕ
θθ
ψψ
=
=
=
11.1. Propeleri velikih brodova se obično pogone sa turbinama. Nas zanima
giroskopski efekt pri ljuljanju broda po uzdužnoj osi. Neka je turbina broda postavljena po uzdužnoj osi broda i promatrano sa krme (zadnji dio broda), neka ima obrtanje u smijeru kazaljke na satu sa n o/min.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 144 -
Kinetički moment turbine
10 ωrr
OzIL = ima pravac ose Oz,
kao i ugaona brzina 1ωr
sopstvene rotacije. Neka se brod zakreće oko ose Oy1 po
zakonu
= tT
πϕϕ
2sin0 , gdje je
0ϕ maksimalno udaljavanje gaza od horizontalne ravni i T period osciliranja. Ovom obrtanju odgovara ugaona brzina:
= tTT
πϕ
πω
2cos
202 .
Njena maksimalna vrijednost je:
0max2
2ϕ
πω
T= ,
Pri čemu je 2ωr
⊥ 1ωr
, tako da je intenzitet maksimalnog giroskopskog momenta:
010max210max0
2ϕ
πωωω
TIxIM zz
g ==rr
.
Vektor gM max0
r je usmjeren ka negativnoj osi Oz1 i izaziva horizontalne pritiske na
ležišta B i D silama dD
dB PiP
rr, koje obrazuju spreg sila. Reakcije ležišta, kao
spoljnje sile, uzrokovane ovim pritiscima, formiraju suprotan spreg. Da bi smo ukazali na veličine giroskopskih pritisaka na ležišta poslužimo se konkretnim primjerom. Neka je IOz =20000 Nms2, n =1000 o/min, maksimalno odstupanje 1,00 =ϕ i period ljuljanja T=5 s, a rastojanje između ležišta BD=4 m. Za ovako zadane vrijednosti imamo:
1ω =104,7 s-1, 2ω =0,126 s-1 i 210max0 ωωzg IM = =263844 Nm,
Tako da je konačno:
NPP dD
dB 65960
4
263844≅== .
11.2. Konični zupčanik 1, poluprečnika r1=1m je nepomičan. Osovina OO1 koja
rotira ugaonom brzinom s14πω = čvrsto je vezana pod kutem sa vratilom OA
preko kojeg se konični zupčanik poluprečnika r2=20 cm kotrlja po zupčaniku 1 i oko vratila OA. Težina zupčanika 2 je G. Odrediti odnos dopunskih dinamičkih reakcija zupčanika 1 prema njegovim statičkim reakcijama, ako je poluprečnik inercije zupčanika 2 jednak i=18 cm. Masu vratila OA zanemariti. Rješenje:
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 145 -
Neovisni parametri su kut rotacije vratila OA oko vertikalne ose i kut rotacije zupčanika 2 oko vratila OA. Prema tome je zupčanik 2 giroskop s dva stupnja slobode. Osa simetrije giroskopa poklapa se sa osom vratila OA. Nepomočna tačka je O, gdje postavljamo koordinatni sistem Oxyz. Na zupčanik 2 djeluju vanjske sile: G-težina zupčanika, Xo, Yo, Zo- komponente reakcija
zgloba O, FN-normalna reakcija u tački B dodira zupčanika 1 i 2. Statičku reakciju Fst odredit ćemo momentnom jednadžbom za ravnotežu zupčanika 2:
2
2
2
1
1
0
rr
rG
BO
AOGF
AOGBOF
st
st
+==
⇒=−
Dinamička reakcija oslonca FN javit će se pri promjeni pravca ose OA zupčanika 2, koja predstavlja osu giroskopa.
Slaganjem prijenosne kutne brzine srad
p πωω 4== zupčanika 2 oko vetikalne ose i
relativne kutne brzine rωr
zupčanika 2 oko ose OA imamo:
rpa ωωωrrr
+=
Iz odnosa:2
1
r
r
p
r =ωω
imamo: pr r
rωω
2
1=
Primjena približne teorije giroskopa omogućuje da vektor kinematičkog momenta oK
r zupčanika 2 usmjerimo u smijeru kutne brzine rω
r ulijevo iz tačke O. Pri
kotrljanju zupčanika 2 po zupčaniku 1, tačka C vrha vektora oKr
opisivat će krug
poluprečnika K0 kutnom brzinom pωr
pa imamo:
pry
pC r
ri
g
GIKKV ωωω
2
12
200 ===
2
2
12
pC r
ri
g
GV ω= - paralelno sa osom x.
Prema Resalovom teoremom znamo da je Vc jednak momentuvanjskih sila M0:
2
2
12
0 pC r
ri
g
GMV ω==
Dinamičku reakciju dNF određujemo iz:
2
2
2
2
2
12
0
rrr
ri
g
GFiliBOFM
i
pdN
dN
+==
ω
Slijedi traženi odnos dopunske dinamičke reakcije zupčanika 1 prema statičkoj reakciji:
6,22
22
==gr
i
F
F p
st
dN
ω
Do istog rješenja dolazimo kraćim putem pomoću Eulerovih dinamičkih jednadžbi izvedenih za regularnu precesiju.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 146 -
Zupčanik 2 vrši regularnu precesiju kutnom brzinom pZ ωωrr
= oko ose z. Kut
nutacije 2/πϑ = . Pomični koordinatni sistem ςηξO postavimo prema slici. Glavni moment vanjskih sila izračunavamo po:
( )[ ]ϑωωϑω ηςςςξ cossin 1 zz IIIM −+=
Uz 2/πϑ = imamo: [ ]zIM ωω ςςξ 1=
Kako je: :,,,2
11
2 slijeditor
ri
g
GI pzpr ωωωωω ςς ==== ,
:2
2
12
0 ilir
ri
g
GMM pωξ ==
2
2
2
2
2
12
rrr
ri
g
GF
i
pdN
+=
ω
12- TEORIJA UDARA 12.1. Osnovna jednadžba teorije udara Promjena priraštaja količine kretanja materijalne tačke pri udaru, jednaka je udarnom impulsu za tu tačku:
∫+ →→→
=−′τ1
1
t
t
udii dtFvmvm .
12.2. Zakon o promjeni količine kretanja materijalnog sistema pri udaru Zakon o promjeni količine kretanja sistema materijalnih tačaka, koji glasi: promjena količine kretanja materijalnog sistema pri udaru jednaka je vektorskoj sumi svih spoljnjih udarnih impulsa koji djeluju na tačke materijalnog sistema, može se napisati jednadžbom:
∑=
→→→→
=∆=−n
i
s
iIKKK1
0 .
12.3. Zakon o promjeni kinetičkog momenta materijalnog sistema pri udaru Zakon o promjeni kinetičkog momenta materijalnog sistema pri udaru glasi: promjena kinetičkog momenta materijalnog sistema za proizvoljnjo izabranu tačku,
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 147 -
pri udaru, jednaka je geometrijskom zbiru momenata svih spoljnjih udarnih impulsa, koji djeluju na materijalni sistem, i može se napisati:
∑=
→→→→→
=∆=
−
n
i
Is
i
MLLL1
00
0
00 .
12.4. Udar tijela o nepokretnu podlogu. Koeficijent restitucije pri udaru Zakon o promjeni količine kretanja pri centralnom udaru kugle o podlogu može se napisati:
→
=−′ Ivvm )(rr
. Gdje su:
• ′→
v - brzina poslije udara i koja iznosi: 22ghv =′
• →
v - brzina prije udara o ravnu podlogu i koja iznosi: 12ghv = . Odnos intenziteta brzine tijela na kraju udara i intenziteta njegove brzine neposredno prije udara, pri okomitom udaru o nepomičnu površinu naziva se koeficijent restitucije (uspostavljanja) pri udaru, i iznosi:
v
vk
′= ,
a mijenja se ovisno o vrsti materijala zastupljenih pri udaru. Brzina tačke na kraju udara iznalazi se iz:
( )
( )I
km
kv
kmvI
1
1
+=′
+=
12.5. Kosi udar tačke o nepomičnu podlogu
Materijalna tačka mase m u trenutku t udari na glatku površinu brzinom →
v i
kutom α u odnosu na normalu →
n . Trenutak poslije udara (interval =τ ) ona će se
odbiti od nepokretne podloge brzinom ′→
v , pod kutem β prema normali. Koeficijent restitucije k izračunava se pomoću:
n
n
v
vk r
r
= .
Brzina nakon udara |′→
v | po intenzitetu iznosi:
αα 22222222 cossin kvvkvvvv nTnT +=+=′+′=′
12.6. Upravni centralni sudar dva tijela
Kod upravnog centralnog sudara brzine masa tijela m1 i m2 su prije sudara 1
→
v
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 148 -
i 2
→
v , a poslije sudara ′→
1v i ′→
2v . Ako izraze za količinu kretanja promatramo u odnosu na osu x imat ćemo da je:
′+′=+ 22112211 vmvmvmvm . Ako znamo brzine prije sudara, onda su brzine tijela 1 i 2 poslije sudara:
( ) ( )21
21
211 1 vv
mm
mkvv −
++−=′ i
( ) ( )21
21
122 1 vv
mm
mkvv −
+++=′ .
12.7. Teorema Karnoa. Gubitak kinetičke energije pri sudaru dva tijela Gubitak kinetičke energije pri translatornom kretanju dva tijela i njihovom
sudaru koji nije potpuno elastičan, jednak je k
k
+
−
1
1-tom, dijelu kinetičke energije koju
bi imao sistem kad bi se kretao sa tim dodatkom izgubljenih brzina, a glasi:
.2
1
2
1
1
1 2
222
2
111
′−+
′−
+
−=∆ vvmvvm
k
kEk
12.8. Određivanje impulsnih reakcija tijela koje se okreće oko nepokretne ose Na osnovu jednadžbi zakona o promjeni količine kretanja središta sistema i zakona o promjeni kinetičkog momenta, možemo formirati šest jednadžbi :
( ) BxAxSxC IIImy ++−=−− 0ωω
ByAySy III ++=0
BzAzSz III ++=0
( ) hIzIyIJ ByKSyK
Szxz −−=−− 0ωω
( ) hIxIzIJ BxKSzK
Sxyz +−−=−− 0ωω
( ) KSxK
Syz yIxIJ +=− 0ωω
pomoću kojih možemo odrediti reaktivne impulse AI→
i BI→
, koji istim intenzitetom, a suprotnim smijerom djeluju na ležišta, saglasno Trećem zakonu mehanike. 12.9. Centar udara Iz uvjeta 0== S
zSy II , imamo SS
x II = , pa prva, četvrta, peta i šesta gornja
jednadžba će promjeniti oblik pa će biti: ( ) S
C Imy =− 0ωω
( ) 00 =−− ωωxzJ
( ) KS
yz zIJ −=−− 0ωω
( ) KS
z yIJ =− 0ωω
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 149 -
Iz treće i četvrte jednadžbe određujemo koordinate tačke ( )KK zyK , u kojoj treba da
djeluje spoljnji udarni impuls, da bi bilo 0==→→
BA II , odnosno: ( )
C
yz
C
S
S
yz
S
yz
K my
J
my
I
I
J
I
Jz =
=
−= 0ωω
( )C
z
C
S
Sz
Sz
K my
J
my
I
I
J
I
Jy =
=
−= 0ωω
Ako imamo da su ose paralelno pomaknute, hajgens-Štajnerova teorema glasi:
2
CCzz myJJ += , Gdje je:
• CzJ - moment inercije za osu Cz (centar inercije).
12.1. Imamo disk A mase 2 kg i B mase 4 kg. Ako se kreću brzinama kao na slici, sa koeficijentom restitucije e=0,4, odrediti brzine nakon direktnog centralnog sudara.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 150 -
( ) ( ) ( )
←=−=
←=−=
⇒++=−
+=⇒
−
−−=
+=+
sm
smV
sm
smV
eVV
eVVVV
VVe
VmVmVmVm
B
A
AA
AB
AB
AB
BBAABBAA
733,1733,1
533,4533,4
7425422
7
2
2
22
22
11
22
2211
12.2. Kolica mase 3 kg kotrljaju se slobodno po padini. U podnožju, ispalimo kuglu od 0,5 kg sa horizontalnom brzinom Vb/c=0,6 m/s, mjereno relativno u odnosu na kretanje kolica. Odrediti konačnu brzinu kolica.
Početni položaj kolica je u tački A.
( )
)(
952,4
2
125,1
/
/
1
2
1
kuglejaispaljivannakonVVV
VVV
kuglejaispaljivanprijetrenutaksmV
mVG
cbcb
cbcb
c
c
rrr
rrr
+=
⇒−=
=
⇒=
( )
←=
←=
⇒
→−+=+=++←
smV
smV
kolicanaodnosuudesnokrećrse
kuglaVmVmVmVmVmm
b
c
cbccbbcccbc
438,4
038,5
)
)6,0(
2
2
22221
12.3. Tijelo B mase 0,75 kg kliže se po glatkoj površini brzinom (VB)1=4 m/s kada se sudari sa tijelom A mase 2 kg, koje je do tada mirovalo. Ako je koeficijent restitucije između tijela e=0,5, odrediti brzinu tijela A i B nakon sudara.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 151 -
( ) ( )
( )[ ]
←=−=
→=
⇒−+=
−=
⇒−=−
⇒
=−
−−=
+=+=+=
sm
smV
smV
VmVmmi
eVVV
VVeV
VV
VVe
VmVmiVmVm
B
A
ABAAB
BAB
ABB
AB
AB
BBAABBAA
3636,03636,0
636,1
45,04:
)0(
040
2
2
22
122
221
11
22
2211
rrrrr
12.4. Dva diska A i B imaju mase 3 kg i 5 kg. Ako se sudar dogodi pri početnim brzinama kao na slici, odrediti njihove brzine nakon sudara. Koeficijent restitucije je e=0,65.
↓===
==
smVV
VV
yByB
yAyA
062,660sin7
0
0
21
21
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 152 -
( )( )
( )smjiV
smiV
smV
sm
sm
mm
mmmV
VVmVmVmVm
VVV
VV
VVe
B
A
xB
BA
BBAxA
xAxBBxAAxBBxAA
xAxAxB
xAxB
xAxB
rrr
rr
062,6378,2
797,3
378,2
795,3797,3175,660cos76
)175,6(06
175,6660cos765,0
2
2
2
0
2
22211
2
0
22
11
22
−=
→−=
→=
←=−=+
−−=
+=+=++=
+=++=
⇒
−
−−=
12.5. Lopta A mase 2 kg udara u tijelo B mase 20 kg brzinom 4 m/s. Ako je koeficijent restitucije između lopte i tijela e=0,8, odrediti maksimalnu visinu h do koje će tijelo B doći prije nego se zaustavi (trenutak kada je brzina 0).
( )
( ) ( )
mh
hGVm
smV
smV
eVV
eVV
VV
VVe
VmVmVmVm
BBB
B
A
AA
AB
AB
AB
BBAABBAA
02183,0
2
1
6545,0
545,2
420242
4
)0(
0
2
2
2
2
22
22
11
22
2211
=
⇒=
=
−=
⇒++=
+=
⇒
−=
−−=
+==+
12.6. Dva identična paka kližu po hokejaškoj stazi kao što je prikazano na slici. Ako pak A ima početnu brzinu od 5 m/s u desno, a pak B miruje, koeficijent restitucije između njih je e=0,9. Odrediti konačne brzine (veličinu i smijer) oba paka.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 153 -
Zadano: 9,0,0,5 11 === eVismV BA
rrrr
Odrediti: 2,2 BA VVrr
Rješenje:
( )
( )nAnBnBnA
nAnB
nAnB
tBtB
nB
tAtA
nA
BBAABBAA
VVeVV
VV
VVe
VV
V
VsmV
smV
VmVmVmVm
1122
11
22
21
1
21
1
2211
0
0
sin5
cos5
00
−+=
−
−−=
==
=
==
=
+=+=+
θ
θ
rrrr
( )( ) ( )[ ] [ ]
( ) ( )[ ]
( ) ( )
0
2
0
2
2
2
2112
2
112
30114,4
04,55509,2
sin5sin5:
2169,0
114,4
0cos5:
0
sin5sincos5
<r
<r
r
r
rr
rrrr
smV
smV
promjenenovedosmms
mmt
smV
smV
VmVVemVmsmmn
tnVm
tsmnVVeVmtns
mm
B
A
AA
nA
nB
nBBnAnBAnBAA
nBB
nAnBnBAA
=
=
→=
=
=
⇒+−=+=
++
++−+=+
θθ
θ
θθθ
12.7. Lopta pada na tvrdu površinu i preskače vertikalnu ogradu. Ako je koeficijent restitucije e=0,8, a lopta je u početku mirovala na visini h=1 m, i poslije odskoka preskočila zidnu prepreku, odrediti udaljenost b, c i d sa slike.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 154 -
Zadano: e=0,8, „tvrda“ površina (savršeno tvrda), početno mirovanje, h=1m, lopta preskače zidnu prepreku. Odrediti: b, c i d Rješenje: koristeći jednadžbe za energiju i rad:
ghGhm
V
mVGh
EEAEE pkpk
22
02
100
2
2
2
222111
==
⇒+=++
+=++ −
Brzina je na liniji udara, te kažemo da je
konzervativna.
( )
0
60sin60cos
2
00
22
rr
rrr
=
−=
zidai
lopteloptei
V
jiVV
Impuls i količina kretanja „suprotno“ udaru po y-osi,
∫
=+=+
+
=+
2
1
22
22
0
0
t
t
zidafyzidaloptefyloptey
zidaiyzidalopteiylopte
VmVmdtF
VmVm
Gdje je u jednadžbi: ∫2
1
t
t
y dtF -druga nepoznata jednadžba
Koeficijent restitucije: ( )( )
( )0
00
2
2 2
2zida 2
2zida 2
18,24785,3
0688,3215,260sin60cos2
0
0
<
rrrrr
sm
smjijeighV
eVVVV
VVe
loptef
lopteiyloptefylopteiyiy
loptefyfy
=
=+=+=
−=⇒−=
−=−=
Prelazimo na horizontalne i vertikalne koordinate: Radi jednostavnosti prelazimo na koordinatni sistem sa ishodištem u tački 2. Prema tome je,
( )smvhV
loptef ˆ55,1ˆ453,32 +=
r
Gdje su: ehorizontahevertikav lnˆ,lnˆ −−
Znamo iz kinematike ( uzimamo da je t početno u 2):
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 155 -
U tački 3 (tačka mirovanja), V3v=0:
( ) ( ) ( )
( ) ( )
md
mb
vbdhbvmhmtr
stsmt
sm
smV
vhVvsmt
smhs
mtV
h
h
4375,0
63,0
ˆ30sinˆ30cosˆ12245,0ˆ54557,0
158,0055,181,9,453,3
ˆ0ˆˆ55,181,9ˆ453,3
00
3323
3323
=
=
−+=+=
=⇒=+−=
+=+−+=
r
r
U tački 4:
( ) ( )( ) ( )
Cbtsm
vbhCb
vtsmt
smhts
mtr
+=
⇒−+=
=+−+=
0
4
00
4
2
4244
30cos453,3
ˆ30sinˆ30cos
ˆ55,1905,4ˆ453,3
( ) ( )( ) ( )
mC
st
btsmt
sm
Cbtsm
vbhCb
vtsmt
smhts
mtr
031,1
4566,0
30sin55,1905,4
30cos453,3
ˆ30sinˆ30cos
ˆ55,1905,4ˆ453,3
4
0
4
2
42
0
4
00
4
2
4244
=
=
−=+−
+=
⇒−+=
=+−+=
12.8. Dječak stoji na udaljenosti d=4 m od podnožja zgrade i baca loptu preko zida te zgrade. Baca lopticu brzinom 15 m/s pod uglom od 300 prema horizontali. Ako je koeficijent restitucije između loptice i zgrade e=0,4, odrediti brzinu loptice nakon što se je odbila od zida.
( )
( ) ( )( )
( ) ( )( ) ( ) ( )( )( ) ( )vts
mts
mhtsmtr
CCvChCr
vCtsmt
smhCts
mtr
vsmt
smhs
mtV
smCs
mC
lopteVvChCV
vCts
mhCtV
vs
mta
f
ˆ55,1905,4ˆ453,3
00ˆˆ0
ˆ1550905,4ˆ453,3
ˆ55,181,9ˆ453,3
55,1,453,3
ˆˆ0
ˆ81,9ˆ
ˆ81,9
22
4343
4
223
2
21
221
221
2
+−+=
==⇒=+=
++−++=
+−+=
==
⇒=+=
+−+=
−=
r
r
r
r
rr
r
r
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 156 -
Zadano: 4,0,3015,4 0 === esmVmd i <
Odrediti: fVr
Rješenje: iz kinematike je
( ) ( ) ( )( ) ( )
( ) ( )[ ] ( ) jhidjtsmt
smiCts
mtr
smCs
mC
VsmjijCiCV
jCts
miCtVs
mta
rrrrr
rrrrrr
rrrr
+=+−++=
==
=+=+=
+−+=−=
2
223
21
1
00
21
2212
5,7905,499,12
5,7,99,12
30sin1530cos150
81,9 , 81,9
( )( ) ( ) ( )
( ) jsmis
mtV
ormacijadodatnaneophodnonijej
stdtsmi
jhid
jtsmt
smits
mtr
CCjCiCr
rrr
r
rr
rrr
rrrr
479,499,12
inf:
3079,099,12:
5,7905,499,12
000
2
22
2
2222
4343
+=
=⇒=
+=
=+−+=
==⇒=+=
Zid je potaknuo impulsivnu silu na lopticu toliku koliki je sudar ( )ir
, ta sila je nepoznata. Prema tome:
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 157 -
:
:
0
0poslije ,
ln,0
22
33
2
2
jeerestitucijtKoeficijen
VVjedaproizilazi
VmVm
sudaraiprijekrutim
oideasmatramozidV
mVm
ylopteylopte
yzidazidayloptelopte
ywall
zidayloptelopte
=
=+=
=+
=
+
( ) ( ) 0
23
23
22
33
76,4086,6479,4196,5
)0(
0
>rrrrr
sm
smjijieVV
eVVVV
VV
e xloptexlopte
xzidaxlopte
xzidaxlopte
=+−=+−=
−=⇒=−
=−−=
12.9. Dva automobila se sudaraju na raskrsnici. Auto A je mase 1200 kg, a auto B mase 1500 kg. Pri sudaru, točkovi od oba automobila blokiraju i auto se kliže (µk = 0,2). Poslije sudara, automobili postaju jedna cjelina i kreću se do razdaljine od 10 m pod kutem od θ=600. Odrediti brzinu automobila VA i VB trenutak prije sudara.
Zadano: mA=1200kg, mB=1500kg, µk=0,2, d=10m, θ=600 Odrediti: VA, VB prije sudara Rješenje: ∗ Impuls i količina kretanja sudara:
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 158 -
( )( ) ( )
( )
( ) θ
θ
θθ
sin:
cos:
sincos
0 211
ABBABB
ABBAAA
ABBABBAA
ABBABBAA
VmmVmj
VmmVmi
jiVmmjVmiVm
VmmVmVm
+=
+=
++=+
+=++rrrr
rrr
∗ Rad i energija poslije sudara pa do statusa kretanja:
( ) 000
2
1 2
222111
+=−++
+=++ −
TdVmm
EEAEE
ABBA
pkpk
Sa klizanjem pneumatika , ( )BAkk GGNT +== µµ
( )
( )s
mgdmm
dGGV k
BA
BAkAB 264,62
2
1==
+
+= µ
µ
Brzine automobila neposredno prije sudara,
hkm
smV
hkm
smV
B
A
15,35765,9
37,25047,7
==
==
12.10. Balističko klatno sastoji se od 3 kg sanduka sa pijeskom obješenog pomoću tankog užeta dužine 2 m. Puščano zrno mase 0,05 kg udara u sanduk i biva sjedinjeno sa sandukom. Ako je maksimalni ugao ljuljanja klatna nakon sudara 250, odrediti: a. Brzinu sanduka i zrna-skupa, nakon sudara. b. Inicijalnu brzinu Vi puščanog zrna.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 159 -
Zadano: 0
max 25,05,0,2,3 ==== θkgmmlkgm bulletbox
Odrediti:
sudaraprijebrzinaV
sudaranakonbrzinazajednV
zrno
zrnasanduka+
Rješenje: ∗ Količina kretanja „kroz“ sudar:
( ) ( )
21
211 0
sandukazrnazrno
sandukzrnozrno
sandukzrnosandukzrnosanduksandukzrnozrno
Vm
mmV
VmmVmVm
+
+
+=
+==+rrr
∗ Rad i energija sudara pri maxθ :
( )( ) ( )( )
( ) smllgV
llGVmm
EEAEE
sandukzrno
sandukzrnosandukzrnosandukzrno
pkpk
917,1cos2
cos0002
1
max2)(
max
2
2)(
333222
=−=
−+=+++
+=++
+
++
−
θ
θ
Vratimo se nazad pa dobijamo, smVzrna 9,116=
12.11. Opružni mehanizam se koristi kao udarni absorber za željeznička vozila. Odrediti maksimalnu kompresiju opruge H1 ako je fiksirana branikom R na vagonu od 5 Mg, klizanje je slobodno pri čemu sa brzinom 2 m/s, udara na lim P . Poluga AB kliže po vođici CE i DF. Pri kraju svih opruga su zakačeni njihovi vezni članovi i oni su originalno nerastezljivi.
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 160 -
( )
mx
Vjekadaiznosixpa
Cpa
xjekads
mV
CxV
xdxVdVdx
dVV
dt
dx
dx
dV
dx
dx
dt
dVa
xxkg
mN
a
maF
nekomprimiraoprugesukolikokazujexgdje
m
kNxF
s
s
25,0
:0,
2je
,02
322
1
64
645000
320000
3
1608080
max
max
1
1
22
=
=
=
==
⇒+=
=
===
==
=
++=
ZBIRKA ZADATAKA IZ DINAMIKE Baričak Viktor
- 161 -
LITERATURA
[1] D. Vukojević "Dinamika", Mašinski fakultet u Zenici, Zenica 2003. [2] S. Jecić "Mehanika II (Kinematika i dinamika)", „Tehnička knjiga „ Zagreb, Zagreb 1995. [3] Z. Sapunar "Dinamika", Sveučilište u Rijeci, Tehnički fakultet, M. Krpan Rijeka, 1994. [4] S. Đurić "Mehanika III i IV – Dinamika I oscilacije”, Mašinski
fakultet Beograd, Beograd 1991. [5] V. Doleček "Zbirka zadataka iz dinamike i oscilacija", N. Lovren Svjetlost, Sarajevo, Sarajevo 1990. S. Šipčić B. Šipovac [6] V. Andrejev "Mehanika III dio Dinamika",
Tehnička knjiga Zagreb, Zagreb 1973. [7] I. V. Meščerski "Zbirka zadataka iz teoriske mehanike", Građevinska
Knjiga Beograd, Beograd 1972. [8] I. Nikolić "Dinamika mašina I mehanizama", Kragujevac 1995. [9] H. Herr "Schwingungen und Wellen", Verlag Europa-Lehrmitttel, Haan-Gruiten
[10] LJ. Radosavljević "Specijalni zadaci dinamike, osnove analitičke mehanike, momenti inercije krutog tijela", Mašinski fakultet Beograd, Beograd, 1986. [11] M.I. Batj "Rješeni zadaci iz teorijske mehanike sa izvodima iz G.J. Džanelidze teorije, DINAMIKA", Građevinska knjiga, Beograd, 1963. A.S. Kelzon
[12] I. I. Artobolevskij "Teorija mehanizmov", Izdateljstvo “Nauka”, Moskva, 1967.
[13] INTERNET "Interdisciplinary Engineering University of Missouri-Rolla”