Dinamika
1 I. UVOD
1. Na dvije materijalne to ke mase m1 = 5 kg i m 2 = 15 kg djeluju jednake sile. Usporedite (module) ubrzanja tih to aka. Koji je odgovor to an? a) ubrzanja jednaka (a 2 = a 1 ) b) ubrzanje to ke mase 15 kg tri puta je ve e od ubrzanja to ke mase 5 kg; (a 2 = 3 ⋅ a 1 ) 1 c) Ubrzanje to ke mase 15 kg tri puta je manje od ubrzanja to ke mase 5 kg; a 2 = ⋅ a 1 3 Rješenje: F = m⋅a
→ F1 = F2 m1 ⋅ a1 = m2 ⋅ a 2 a 2 m1 = a1 m2
→
a2 5 1 = = a1 15 3
1 a 2 = a1 → odgovor c) 3
2. Na materijalnu to ku A mase 10 kg djeluje sustav sila prikazan na slici i to: F1 = F2 = F4 = F5 = 10 N F3 = 16 N F6 = 9 N Odredite pravac, smjer i veli inu ubrzanja to ke A.
Rješenje: -
pravac x: F4 - F1 = 0 pravac y: F2 - F5 = 0
-
pravac sila 3 i 6: F = m⋅a a=
F F3 − F6 16 − 9 m = = = 0,7 2 m m 10 s →
Ubrzanje a je u smjeru sile F3.
Dinamika
2
II. RAD → →
A = F ⋅ s = F ⋅ s ⋅ cos α 1. Koliki rad izvrši radnik vu om kolica ako upotrijebi silu od 500 N pod kutom putu od 300 m? Rješenje: F = 500 N
α = 25
s = 300 m → →
A = F ⋅ s = F ⋅ s ⋅ cos α
Fh = F ⋅ cos α
A = 500 ⋅ 300 ⋅ cos 25 0 = 150 000 ⋅ 0,906 = 135 946 Nm
2. Koliki rad izvrši elektromotorna dizalica pri podizanju tereta mase 5 t na visinu od 25 m? Rješenje: m = 5 t = 5 000 kg s = h = 25 m → →
A = F ⋅ s = F ⋅ s ⋅ cos α....;...α = 180 ..... cos α = −1 A = G ⋅ h ⋅ (− 1) = −m ⋅ g ⋅ s = −5000 ⋅ 9,81 ⋅ 25 A = −1.226.250 Nm = −1.226,25kNm
= 25° na
Dinamika
3
3. Koliki je rad sile koja djeluju na tijelo pri slobodnom padu, sile teže 981 N, ako se brzina tijela pove a s 5 m/s na 25 m/s? Rješenje:
Slobodni pad :
v = v0 + g ⋅ t
1.
1 s = s0 + v0 ⋅ t + g t 2 2
2. Rad :
→ →
ad
→ →
A = F ⋅ s = G ⋅ s = G ⋅ s ⋅ cos α
3. 1.
2.
ad
3.
cosα = 1)
v = v0 + g ⋅ t 25 = 5 + g ⋅ t
ad
(α = 0
t=
20 g
1 ⋅ g ⋅ t2 2 2 20 1 20 100 200 300 s = 5⋅ + ⋅g⋅ 2 = + = g 2 g g g g s = v0 ⋅ t +
A = G ⋅ s = 981 ⋅
300 = 30.000 Nm = 30 kJ g
Doma a zada a: 4. Koliki je iznos rada sile teže pri horizontalnom pomicanju tijela? 5. Rad konstantne sile pri pravocrtnom gibanju iznosi A= -10 J. Koji kut me usobno zatvaraju pravac djelovanja sile i pravac pomaka hvatišta? 6. Usporedite me usobno veli ine radova sile teže ako se težište tijela preseli iz to ke C u to ku C1 po trajektorijama I, II i III.
7. Koliki rad izvrši elektromotorna dizalica kada teret mase 2 500 kg podigne na visinu od 5 m? (-122,63 kJ) 8. Koliki je iznos sila koja tijelo gura na putu od 20 m pri emu izvrši rad od 1000 J ? (50 N)
Dinamika
4
III. SNAGA
P=
A t
STUPANJ KORISNOG DJELOVANJA η = PK PU
P K - korisna snaga; P U - ukupna snaga
1. Elektromotorna dizalica digne teret mase 5 t na visinu od 25 m za 50 sekundi. Izra unajte: a) izvršeni rad b) upotrijebljenu snagu. Rješenje: → →
Rad:
A = F⋅ s = F ⋅ s ⋅ cos α ; α = 180 0 A = − G⋅h = − m⋅g⋅h
cos α = −1
A = − 5 ⋅ 9,81 ⋅ 25 = −1.226,25 kNm Snaga: P =
A t
=
1.226,25 kNm = 24,525 = 24,525kW 50 s
2. Dizalica nosivosti 1.000 kN podiže teret brzinom 2 m/s. Kolika je ukupna snaga elektromotora ako stupanj korisnog djelovanja od motora do tereta iznosi = 0,8? Rješenje: F = 1 000 kN
v = 2 m/s P=
A F⋅s = = F⋅v t t
PK = F ⋅ v = 1 000 ⋅ 2 = 2 000 kN PK = 2 000 = 2 500 kW η = PK PU = η 0,8 PU
Dinamika
5
3. Dizalica podigne teret mase 1.000 kg na visinu 10 m za 1min jednolikom brzinom. Dovedena snaga od motora do dizalice (ukupna snaga P U ) iznosi 2,5 kW. Odredite stupanj iskoristivosti dizalice. Rješenje: m = 1.000 kg
G = m ⋅ g = 1 000 ⋅ 9,81 = 9 810 N
h = s = 10 m t = 1 min = 60 s P U = 2,5 kW = 2 500 W η=? v= η=
s 10 1 = = = 0,167 m/s t 60 6
PK PU PK = F ⋅ v = G ⋅ v = 9 810 ⋅
1 = 1 635 W 6
PK 1 635 = = 0,654 P U 2 500 4. Na pokretnoj traci ovjek mase 75 kg hoda brzinom v = 1,5m/s. Traka ima nagib od 12%. Koliku snagu razvija ovjek? η=
Rješenje: m = 75 kg v = 1,5 m/s U jednoj sekundi prevali 1,50 m (horizontalna projekcija) Visinska razlika h = tgα = 0,12 1,50
h = 0,12 ⋅ 1,50 = 0,18 m
Rad: → →
A = F⋅ s = F ⋅ s ⋅ cos α = − G ⋅ h = − m ⋅ g ⋅ h = −75 ⋅ 9,81 ⋅ 0,18 = −132 Nm = −132 J Snaga:
P=
A t
=
132 J = 132 = 132 W 1 s
Doma a zada a: 5. Koliki rad može izvršiti motor snage P = 5 kW za 20 minuta? (6 000 kJ) 6. Kolika je snaga stroja koji u 10 sekundi izvrši rad od 120 J? (12 W) 7. Koliku snagu ima lokomotiva koja vu e vlak silom od 20 kN brzinom od 60 km/h? (416,66 kW) 8. Kolika je snaga dizalice ako teret mase 2 500 kg podigne na visinu 5 m za 10 sekundi ? (12, 3 kW)
Dinamika
6
IV. KINETI KA ENERGIJA MATERIJALNE TO KE 1. Iz vodopada visokog 0,46 m pada svake sekunde 2m 3 vode. Izra unajte: a) brzinu vode u padu, b) kineti ku energiju vode, c) snagu vodopada.
h = s = 0,46 m Rješenje:
V = 2 m3 t = 1s
a) slobodni pad: v = ?
s=
1 ⋅ g ⋅ t2 2
t=
v = v0 + g ⋅ t
v0 = 0 2s = 2 ⋅ s ⋅ g = 2 ⋅ 0,46 ⋅ 9,81 = 3 m/s g
v = g⋅t = g⋅ b)
Ek = ? m ⋅ v2 Ek = 2 Ek =
c)
2s g
m = V ⋅ ρv
ρv = 1.000 kg/m 3
m = 2 ⋅ 1 000 = 2 000 kg
2 000 ⋅ 3 = 9 000 Nm 2
P=? A P= t
2
t = 1s A =G⋅h
G = m ⋅ g = 2 000 ⋅ 9,81 = 19 620 N
A = G ⋅ h = 19 620 ⋅ 0,46 = 9 025 Nm A 9 025 Nm P= = = 9 025 = 9 025 W t 1 s
Dinamika
7
2. Izra unajte promjenu kineti ke energije materijalne to ke mase 20 kg, ako se njezina brzina pove ala od 10 m/s na 20 m/s. Rješenje: ∆ EK =
m v12 m v02 m 2 2 20 − = ⋅ (v1 − v0 ) = ⋅ (202 − 102 ) = 10 ⋅ 300 2 2 2 2
∆ EK = 3 000 kg
2
m = 3 000 J 2 s
3. Koliko se promijeni kineti ka energija pri pravocrtnom gibanju to ke ako se njezina brzina pove a dva puta? Rješenje: EK v =
m ⋅ v2 2
m ⋅ (2 v ) m v2 = 4⋅ = 4 ⋅ EK v EK 2v = 2 2 Kineti ka energija se pove a 4 puta. 2
4. Kineti ka energija jedne to ke dvaput je ve a od kineti ke energije druge to ke. To ke se gibaju pravocrtno jednakim brzinama. U kakvom su odnosu mase tih to aka? Rješenje: E K 1 = 2 ⋅ EK 2 m1 ⋅ v2 m ⋅ v2 = 2⋅ 2 2 2
m1 = 2 ⋅ m 2
Masa prve to ke dvaput je ve a od mase druge to ke.
Dinamika
8
5. Koliki je prirast kineti ke energije zamašnjaka promjera 3 m i težine 50 kN ako mu broj okreta naraste sa 60 okr/min na 120 okr/min?
Rješenje:
d = 3 m r = 1,5 m G = 50 kN 2 ⋅ π ⋅ n1 = 2π (1 / s) 60 2 ⋅ π ⋅ n2 = 4π (1 / s) ω2 = 60
n1 = 60 okr/min
ω1 =
n 2 = 120 okr/min ∆E K = ?
v1 = r ⋅ ω1 = 1,5 ⋅ 2π = 3π = 9,42 m / s v2 = r ⋅ ω2 = 1,5 ⋅ 4π = 6π = 18,84 m / s Prirast kineti ke energije:
E K1 EK2
∆ E K = E K 2 − E K1
m ⋅ v12 2 m ⋅ v22 = 2
=
m 2 2 ⋅ (v2 − v1 ) 2 50 2 − (3π ) = ⋅ 27 π 2 = 678,4 kNm = 678,4 kJ 2 ⋅ 9,81
∆ E K = E K 2 − E K1 = ∆ EK =
[
G (6π)2 2g
]
Dinamika
9
A) D` ALEMBERTOV PRINCIP 1. Materijalna to ka vlastite težine G = 100 N giba se po glatkoj horizontalnoj podlozi konstantnim ubrzanjem a = 1,5m/s2. Odredite silu koja uzrokuje i podržava gibanje zanemaruju i sile otpora. Rješenje: 1. Σ Fx = 0 F − Fin = 0 G 100 ⋅a = ⋅ 1,5 g 9,81 F = 10,2 ⋅ 1,5 = 15,3 N F = Fin = m ⋅ a =
2. Σ Fy = 0 Rn − G = 0
→ Rn = G
2. Zbog vlastite težine tijelo M, bez po etne brzine pada s visine h = 1 500 m uz otpor zraka. Ako je sila otpora jednaka polovici težine odredite: a) ubrzanje tijela a = ? b) brzinu v nakon 5 sekundi od po etka padanja (v = ?) c) vrijeme padanja (T = ?). (Na tijelo djeluju konstantne sile pa e se ono gibati jednoliko ubrzano.) Rješenje: t = 0; v 0 = 0 Fw = 0,5 . G s=H a) Fy = 0 Fin + Fw − G = 0
b)
1 1 m ⋅ a = G − Fw = G − G = ⋅ G 2 2 m⋅g 1 m m⋅a = a = g = 4,9 2 2 2 s jednoliko ubrzano gibanje - ubrzanje a > 0 ; a = konst. - brzina : v = v 0 + a ⋅ t
v = 0 + 4,9 ⋅ 5 = 24,5 m/s
− put :
s = s0 + v0 ⋅ t +
1 ⋅a ⋅ t2 2
s=H
c) − put :
s = s0 + v0 ⋅ t +
1 ⋅a ⋅ t2 2
H =0+0+
t=T=
2⋅H a
T=
1 ⋅a ⋅ t2 2
2 ⋅ 1 500 = 612,34 = 24,7 s 4,9
Dinamika
10
3. Kabina dizala (lifta) diže se brzinom od 0,80 m/s. U polasku kabina se giba ubrzano na putu od 1,20 m. Odredite: a) silu u užetima kojima se diže lift ra unaju i samo ovjeka mase 80 kg b) silu koja pri dizanju dizala djeluje na ovjeka. Rješenje: Po etni uvjeti: t = 0 s 0 = 0 ; v0 = 0 v = 0,80 m/s m = 80 kg s = 1,20 m jednoliko ubrzano gibanje
a>0
a = konst.
v = v0 + a ⋅ t s = s0 + v0 ⋅ t +
→v = a⋅t
t=
v a
1 ⋅a ⋅ t2 2
1 1 v s = ⋅a ⋅ t2 = ⋅a ⋅ 2 2 a
2
v2 = 2⋅a
v2 0,80 2 m a= = = 0,266 2 2 ⋅ s 2 ⋅ 1,20 s
0) Iz Σ Fy=0 za slu aj mirovanja sila ukupna sila u „užetima“ dizala bila bi: R − G = 0 → R = G = 80 ⋅ 9,81 = 784,80 N
a ) D´Alembertov princip
Fy = 0
R − G − Fin = 0 R = G + Fin = m ⋅ g + m ⋅ a = 80 ⋅ 9,81 + 80 ⋅ 0,266 = 784,80 + 21,33 = 806,13 N b) Sila koja djeluje na ovjeka : F = m ⋅ a = 80 ⋅ 0,266 = 21,33 N
Dinamika
11
4. Kabina dizala giba se brzinom 0,80 m/s. Prilikom zaustavljanja giba se usporeno na putu od 2,00 m. Odredite silu koja djeluje na ovjeka mase 80 kg pri zaustavljanju dizala. Rješenje: - po etni uvjeti: t = 0 ; v0 = 0,80 t=t ;
v=0 ;
m ; s
s0 = 0 s = 2,00 m
-jednoliko usporeno gibanje a < 0 a = konst. v = v0 − a ⋅ t s = s0 + v0 ⋅ t −
1 ⋅ a ⋅ t2 2
v0 a 2 2 2 2 2 1 v 1 v v 1 v v v s = v0 ⋅ t − ⋅ a ⋅ t 2 = v0 ⋅ 0 − ⋅ a ⋅ 20 = 0 − ⋅ 0 = 0 → s = 0 2 a 2 a 2 a 2⋅a 2⋅a a 0 = v0 − a ⋅ t
a=
t=
2 0,80 2 m v0 = = 0,16 2 2 ⋅ s 2 ⋅ 2,00 s
a) D´Alembertov princip Fy = 0 R + Fin − G = 0 R = G − Fin = m ⋅ g − m ⋅ a R = 80 ⋅ 9,81 − 80 ⋅ 0,16 = 784,80 − 12,80 = 772,00 N b) Sila koja djeluje na ovjeka : F = m ⋅ a = 80 ⋅ 0,16 = 12,80 N
Dinamika
12
5. Tijelo mase 10 kg po inje iz stanja mirovanja kliziti niz kosinu nagiba α = 30 0 . Odredite silu trenja ako tijelo za 2 sekunde prevali put od 5 m.
Rješenje: m = 10 kg α = 30 0
sinα = 0,500;
Po etni uvjeti: t = 0 ; s0 = 0 ;
cos α = 0,866
v0 = 0
t = 2s s = 5m 1. Jednoliko ubrzano gibanje : s = s0 + v0 ⋅ t + s=
1 ⋅ a ⋅ t2 2
1 ⋅ a ⋅ t2 2
a=
2⋅s t
2
2. D´Alembertov princip: Fx = 0 R t − G ⋅ sin α + Fin = 0 R t = G ⋅ sin α − m ⋅ a 0 R t = m ⋅ g ⋅ sin 30 − m ⋅ a R t = 10 ⋅ 9,81 ⋅ 0,500 − 10 ⋅ 2,5
R t = 49,05 − 25,0 = 24,05 N
=
2⋅5 2
2
= 2,5
m s2
Dinamika
13
6. Odredite za prikazani položaj pokretnih kolica dizalice nosivosti 10 t a) stati ke reakcije b) dinami ke reakcije ako teret podižemo ubrzanjem od 6,5 m/s2 c) dodatne dinami ke reakcije. m = 10 t a = 6,5 m/s2 a) Stati ke reakcije G = m ⋅ g = 10 ⋅ 9,81 = 98,1 kN
1.
MA = 0 R B ⋅ 18 − G ⋅ 3 = 0
2.
→ RB = G ⋅
MB = 0 R A ⋅ 18 − G ⋅ 15 = 0
3.
→ RA = G ⋅
Fx = 0 ident. zadov.
Kontrola :
3 = 16,35 kN 18 15 = 81,75 kN 18
Fz = 0
G − RA − RB = 0 98,1 - 81,75 - 16,35 = 0 b) Dinami ke reakcije Fin = m ⋅ a = 10 ⋅ 6,5 = 65,0 kN 1.
MA = 0
R BD ⋅ 18 − (G + Fin ) ⋅ 3 = 0 R BD = (98,1 + 65,0 ) ⋅
2.
MB = 0
3 = 27,15 kN 18
R A ⋅ 18 − (G + Fin ) ⋅ 15 = 0 15 = 135,95 kN 18 Fx = 0 ident. zadov.
R A = (98,1 + 65,0 ) ⋅ 3.
Kontrola :
Fz = 0
→ G + Fin − R AD − R BD = 0 98,1 + 65,0 - 135,95 - 27,15 = 0
c) Dodatne dinami ke reakcije ∆R A = R AD − R A = 135,95 − 81,75 = 54,20 kN ∆R B = R BD − R B = 27,15 − 16,35 = 10,80 kN ∆R A + ∆R B = 65,00 kN
Dinamika
14
7. Na simetri nom rešetkastom nosa u nalazi se dizalica koja diže teret mase m = 2 000 kg. Masa rešetke iznosi 1 200 kg, a masa dizalice 300 kg. a) Odredite dinami ke reakcije oslonaca rešetkastog nosa a pri dizanju tereta ubrzanjem od 1,8 m/s2. b) Usporedite dinami ke i stati ke reakcije. Zadano: m = 2 000 kg mr = 1 200 kg md = 300 kg a = 1,8 m/s2
Teret Re šetka
Q = m ⋅ g = 2 000 ⋅ 9,81 = 19 620 N G r = m r ⋅ g = 1 200 ⋅ 9,81 = 11 770 N
Dizalica
G d = m d ⋅ g = 300 ⋅ 9,81 = 2 943 N
Sila inercije Fin = m ⋅ a = 2 000 ⋅ 1,8
= 3 600 N
a) Dinami ke reakcije 1. M A = 0
R BD ⋅ 8 − G r ⋅ 4 − G d ⋅ 2 − (Q + Fin ) ⋅ 2,20 = 0
R BD = 11 770 ⋅ 2.
MB = 0
2 2,20 4 + 2 943 ⋅ + 23 220 ⋅ = 13 006,25 N 8 8 8
R AD ⋅ 8 − G r ⋅ 4 − G d ⋅ 6 − (Q + Fin ) ⋅ 5,80 = 0
4 6 5,80 + 2 943 ⋅ + 23 220 ⋅ = 24 926,75 N 8 8 8 15 R A = (98,1 + 65,0 ) ⋅ = 135,95 kN 18 3. Fx = 0 ident. zadov. R AD = 11 770 ⋅
Kontrola :
Fz = 0 G r + G d + Q + Fin − R AD − R BD = 0 0=0
Dinamika
15
b) Stati ke reakcije
1.
MA = 0 RB = Gr ⋅
2.
MB = 0
4 2 2,20 + Gd ⋅ + Q ⋅ = 12 016,25 N 8 8 8
4 6 5,80 + Gd ⋅ + Q ⋅ = 22 316,75 N 8 8 8 3. Fx = 0 ident. zadov. RA = Gr ⋅
Kontrola :
Fz = 0 G r + G d + Q − R AD − R BD = 0 0=0
c) Usporedba reakcije dinami kih i stati kih reakcija ∆R A = R AD − R A = 24 926,75 − 22 316,75 = 2610 N ∆R B = R BD − R B = 13 006,25 − 12 016,25 = 990 N ∆R A + ∆R B = 3 600 N (= Fin )
Dinamika
16
9. Kuglica težine G ovješena je o nerastezljivoj niti ( iju težinu zanemarujemo) oscilira u vertikalnoj ravnini. Primjenom D´Alembertovog principa odredite zakon osciliranja matemati kog njihala.
1. Luk OM 2. sinϕ ≈ ϕ
3. Ft in 4.
s = l⋅ϕ za mali kut ϕ
dv d 2s = m⋅at = m⋅ = m⋅ 2 dt dt
Fx = 0 − Ft in − G ⋅ sin ϕ = 0 d 2s − m ⋅ g ⋅ sin ϕ = 0 dt 2 d 2 (l ⋅ ϕ) − − g⋅ϕ = 0 dt 2 d 2ϕ l⋅ 2 + g⋅ϕ = 0 dt •• g ϕ + ⋅ϕ = 0 l
−m⋅
:m (-1) :l ω2 =
g l
••
ϕ + ω2 ⋅ ϕ = 0
Diferencijalna jednadžba osciliranja matemati kog njihala: •• 2
ϕ + ω ⋅ϕ = 0
Rješenje u obliku:
ϕ = e rt ••
ϕ = r 2 ⋅ e rt
••
ϕ+ ω 2 ⋅ ϕ = 0 r 2 ⋅ e rt + ω 2 ⋅ e rt = 0
/ : e rt
r 2 + ω2 = 0 Rješenja : r1 = ω ⋅ i ϕ1 = e r1t = e iω⋅t
r2 = − ω ⋅ i ϕ 2 = e r2 t = e − iω⋅t
Op e rješenje diferencijalne jednadžbe sastoji se od zbroja pojedina nih rješenja pomnoženih konstantama: ϕ = C1 ⋅ ϕ1 + C 2 ⋅ ϕ 2 = C1 ⋅ e iω⋅t + C 2 ⋅ e − iω⋅t
Dinamika
17
Pošto je e ± iω⋅t = cos ωt ± sin ωt ; te uz
A = C1 - C2
B = C1 + C2
Dobivamo op e rješenje diferencijalne jednadžbe matemati kog njihala:
ϕ = A ⋅ sin ωt + B ⋅ cos ωt Period oscilacija za mali kut ϕ0
T=
ω=
2π l = 2π ω g
Period oscilacija ina e ovisi o po etnom otklonu (kutu ϕ0) i iznosi:
T = 2π
l 1 1 + ⋅ ϕ 02 g 16
Konstante A i B odre ujemo iz po etnih uvjeta gibanja.
Na primjer za: t = 0 ϕ = ϕ0 t=0
•
v0 = ϕ = 0
B = ϕ0 A=0
ϕ = ϕ 0 ⋅ cos ωt
g l
Dinamika
18
1. ZAKON O PROMJENI KOLI INE GIBANJA →
→
→
→
m v1 − m v0 = I = F ⋅ t mv1 − mv 0 = I = F ⋅ t
Vektorski oblik: Skalarni oblik:
1.1 Kojom e brzinom tijelo pasti na zemlju ako se zanemarimo otpor zraka, a vrijeme padanja iznosi 3,5 sekunde? Po etni uvjet:
t=0s
; v0 = 0
t1 = 3,5 s ; v1 = ? Rješenje: Zakon o promjeni koli ine gibanja →
→
→
m v1 − m v 0 = F ⋅ t mv1 − mv 0 = G ⋅ t mv1 − mv 0 = m ⋅ g ⋅ t
(+) jer je u istom smjeru sila G i put s = H
v1 − v 0 = g ⋅ t v1 = g ⋅ t = 9,81 ⋅ 3,5 = 34,3 m / s b) Koji e put tijelo prije i za to vrijeme? (- slobodan pad)
s=H=
1 1 ⋅ g ⋅ t 2 = ⋅ 9,81 ⋅ 3,5 2 = 60 m 2 2
c) Koliki rad e biti izvršen? A = G ⋅H = m⋅g⋅H
Potrebno je zadati masu!
Dinamika
19
1.2 Sanduk ba en na kosinu ( = 10º ) imao je brzinu v = 2 m/s. Za 5 sekundi zaustavi se zbog trenja. Odredite koeficijent trenja sanduka µ po kosini? Zadano:
= 10º
sin = 0,174 cos = 0,985
v0 = 2 m/s ; v1 = 0 t=5s
µ =? Rješenje: 1.
Fy = 0 R n − G ⋅ cos α = 0
→ R n = G ⋅ cos α
2. zakon trenja Rt = µ⋅Rn
→ R t = µ ⋅ G ⋅ cos α
3. Zakon o promjeni koli ine gibanja m ⋅ v1 − m ⋅ v 0 = F ⋅ t 0 − m ⋅ v 0 = (G ⋅ sin α − R t ) ⋅ t − m ⋅ v 0 = G ⋅ t ⋅ sin α − µ ⋅ G ⋅ t ⋅ cos α G ⋅ t ⋅ sin α + mv 0 ; G = m⋅g G ⋅ t ⋅ cos α g ⋅ t ⋅ sin α + v 0 9,81 ⋅ 5 ⋅ 0,174 + 2 µ= = = 0,217 g ⋅ t ⋅ cos α 9,81 ⋅ 5 ⋅ 0,985
µ=
Dinamika
20
1.3 Na potpuno ravnom putu vozilo mase 1000 kg zaustavi se bez ko enja za 33 sekunde pri po etnoj brzini od 36 km/h. Odredite koeficijent trenja? Otpor zraka zanemariti! Po etni uvjet:
m =1 000 kg t=0s
; v0 = 36 km/h = 10 m/s
t1 = 33 s ; v1 = 0 Rješenje:
Rn = 1.
4 1
R ni
; Rt =
Fy = 0 Rn − G = 0 → Rn = G = m⋅g
2. zakon trenja Rt = µ⋅Rn
→ Rt = µ⋅m⋅g
3. Zakon o promjeni koli ine gibanja m ⋅ v1 − m ⋅ v 0 = − R t ⋅ t
(-) jer su sila Rt i put s u suprotnom smjeru
0 − m ⋅ v 0 = −µ ⋅ G ⋅ t G ⋅ v 0 = −µ ⋅ G ⋅ t g v 10 µ= 0 = = 0,031 g ⋅ t 9,81 ⋅ 33 −
4 1
R ti
Dinamika
21
1.4 Odredite za koji e se vremenski interval zaustaviti automobil koji je po eo ko iti pri brzini 80 km/h? Koeficijent trenja kota a na putu iznosi 0,25. v 0 = 80 km/h =
80000 = 22,22 m/s 3600
v1 = 0 µ = 0,25 t=?
Rn =
4 1
R ni
; Rt =
4 1
R ti
Rješenje: 1.
Fy = 0 Rn − G = 0
→ Rn = G
2. zakon trenja Rt = µ⋅Rn
→ Rt = µ⋅G
3. Zakon o promjeni koli ine gibanja m ⋅ v1 − m ⋅ v 0 = − R t ⋅ t
(-) jer su sila Rt i put s u suprotnom smjeru
0 − m ⋅ v 0 = −µ ⋅ G ⋅ t G ⋅ v 0 = −µ ⋅ G ⋅ t g v 22,22 t= 0 = =9 s µ ⋅ g 0,25 ⋅ 9,81
−
Dinamika
22
2. ZAKON O PROMJENI KINETI KE ENERGIJE → → mv12 mv 02 − = A = F⋅ s = F ⋅ s ⋅ cos α 2 2
2.1 Kojom e brzinom tijelo, ako ga pustimo da slobodno pada (bez po etne brzine), pasti na zemlju s visine od 60 metara ako zanemarimo otpor zraka? Po etni uvjet:
t=0s
; v0 = 0
h = s = 60 m
m ⋅ v12 2 m ⋅ v12 2 m ⋅ v12 2 v1 =
2.2
m ⋅ v 02 → → = F⋅ s = F ⋅ s ⋅ cos α 2 m ⋅ v 02 − = G⋅h 2 −
− 0 = m⋅g⋅h 2 ⋅ g ⋅ h = 2 ⋅ 9,81 ⋅ 60 = 34,3 m/s
Teret težine G ovješen je o nerastezljivu nit dužine l = 1 m. Odredite iznos po etne brzine v0 kako bi kuglica iz po etnog vertikalnog položaja bila otklonjena za kut: a) ϕ = 30°
b) ϕ = 45°
c) ϕ = 60°
d) ϕ = 90°.
l = 1,00 m v1 = 0 v0 = ? h = l - l . cos ϕ → →
∆E k = A = F⋅ s
m ⋅ v12 m ⋅ v 02 − = F ⋅ s ⋅ cos α 2 2 m ⋅ v 02 0− = − G⋅h 2 m ⋅ v 02 − = − m⋅g⋅h 2 v 0 = 2 ⋅ g ⋅ h = 2 ⋅ g ⋅ l ⋅ (1 − cos ϕ)
a ) ϕ = 30 ;
cos ϕ = 0,866;
v 0 = 2 ⋅ 9,81 ⋅ 1,00 ⋅ 0,134 = 1,62 m / s
Dinamika
23
b) ϕ = 45 ;
cos ϕ = 0,707;
v 0 = 2 ⋅ 9,81 ⋅ 1,00 ⋅ 0,293 = 2,40 m / s
c) ϕ = 60 ;
cos ϕ = 0,500;
v 0 = 2 ⋅ 9,81 ⋅ 1,00 ⋅ 0,5 = 3,13 m / s
d ) ϕ = 90 ;
cos ϕ = 0
v 0 = 2 ⋅ 9,81 ⋅ 1,00 ⋅ 1 = 4,43 m / s →
2.3 Viljuškar mase m1 nosi teret mase m2, giba se brzinom v 0 . Ako je zadan koeficijent trenja odredite dužinu zaustavnog puta? Pri ko enju se izme u kota a viljuškara i vozne staze javlja maksimalna (grani na) sila trenja. Po etni uvjeti: t = 0
v0
t=t 1.
v1 = 0
Fy = 0 R n − G1 − G 2 = 0 R n = G1 + G 2 R n = m1 ⋅ g + m 2 ⋅ g
2. zakon trenja Rt = µ⋅Rn
R t = µ ⋅ (m1 ⋅ g + m 2 ⋅ g )
Rn =
4 1
R ni
3. put ko enja 2
2
(m + m 2 ) ⋅ v 0 ( m1 + m 2 ) ⋅ v1 + 1 = −R t ⋅ s 2 2 0+
2
(m 1 + m 2 ) ⋅ v 0 = −µ ⋅ ( m 1 ⋅ g + m 2 ⋅ g ) ⋅ s 2 s=
2
v0 2⋅µ⋅g
; Rt =
4 1
R ti
Dinamika
24
2.4. Teret težine G, ovješen je o nit dužine l, otklonjen od vertikale za kut ϕ0 pustimo bez po etne brzine (v0 = 0). Odredite reaktivnu silu u niti u trenutku kada teret prolazi kroz najniži položaj za slu ajeve: a) ϕ0 = 30° b) ϕ0 = 60° c) ϕ0 = 90°. (Statika R = G)
h = l − l ⋅ cos ϕ 0 = l ⋅ (1 − cos ϕ 0 ) Gibanje po kružnici: v2 v2 an = = r l FN _ in = m ⋅ a n =
1. 2.
E k1 - E k0 = A Fy = 0
m ⋅ v12 m ⋅ v 02 ad 1. − = G⋅h 2 2 m ⋅ v12 = m⋅g⋅h 2 v12 = 2 ⋅ g ⋅ h = 2 ⋅ g ⋅ l ⋅ (1 − cos ϕ 0 ) ad 2.
R - G - FN_in = 0
G v12 ⋅ g l G 2 ⋅ g ⋅ l ⋅ (1 − cos ϕ 0 ) R =G+ ⋅ g l R = G + 2 ⋅ G − 2 ⋅ G ⋅ cos ϕ 0
R = G + FN_in = G +
R = G ⋅ (3 − 2 ⋅ cos ϕ 0 )
[ ( 3 / 2)] = 1,27 ⋅ G 2 / 2; → R = G ⋅ [3 − 2 ⋅ ( 2 / 2 )] = 1,59 ⋅ G
a) ϕ 0 = 30°; → cos 30° = 3 / 2; → R = G ⋅ 3 − 2 ⋅ b) ϕ 0 = 45°; → cos 45° =
c) ϕ 0 = 60°; → cos 30° = 1 / 2; → R = G ⋅ [3 − 2 ⋅ (1 / 2 )] = 2 ⋅ G d) ϕ 0 = 90°; → cos 90° = 0; → R = 3 ⋅ G
G v12 ⋅ g l
Dinamika
25
3. ZAKON O ODRŽANJU MEHANI KE ENERGIJE E k + E p = konst. mv 20 mv12 + m ⋅ g ⋅ h1 = + m ⋅g ⋅ h0 2 2 3.1. Tijelo mase m= 5 kg ba eno je vertikalno uvis po etnom brzinom od 25 m/s. Odredite: a) koju visinu dostigne tijelo (h = ?) b) ukupnu promjenu kineti ke energije (∆ Ek = ?) c) potencijalnu energiju tijela u najvišem položaju (Ep1 = ?). m = 5 kg v0 = 25 m/s h0 = 0 a) h = h1=? v1 = 0 h0 = 0
E k1 + E p1 = E k 0 + E p 0 m ⋅ v 02 m ⋅ v12 + mgh 1 = + mgh 0 2 2 m ⋅ v 02 0 + mgh 1 = +0 2 m ⋅ v 02 mgh 1 = 2 2 v 25 2 h = h1 = 0 = = 31,85m 2g 2 ⋅ 9,81 b) v1 = 0
∆E k = E k1 − E k 0 =
m ⋅ v 02 m ⋅ v12 m ⋅ v 02 − = 0− 2 2 2
m ⋅ v 02 5 ⋅ 25 2 m2 ∆E k = 0 − =− = −1 562,5 kg 2 = Nm = J 2 2 s c) E p1= ? E p1 = mgh = 5 ⋅ 9,81 ⋅ 31,85 = 1562,5 J
Dinamika
26
3.2. Koliko iznosi brzina v1 matemati kog njihala kad prolazi kroz ravnotežni položaj ako je zadan kut ϕ i duljina niti l? a) Zakon o održanju mehani ke energije v0 = 0 h1 = 0
E K + E P = konst m ⋅ v 21 2 m ⋅ v 21
+ m ⋅ g ⋅ h1 =
mv 20 2
+ m ⋅ g ⋅ h0
+ 0 = 0 + m ⋅ g ⋅ h0 2 v1 = 2 ⋅ g ⋅ h 0 v1 = 2 ⋅ g ⋅ l ⋅ (1 − cos ϕ)
b) ili Zakon o promjeni kineti ke energije m ⋅ v12 m ⋅ v 02 − = G⋅h 2 2 m ⋅ v12 − 0 = m⋅g⋅h 2 v1 = 2 ⋅ g ⋅ h v1 = 2 ⋅ g ⋅ l ⋅ (1 − cos ϕ) (Isto rješenje)
Dinamika
27
KOMBINACIJA ZAKONA 1. Koliko iznosi koeficijent trenja izme u kota a automobila i podloge ako se automobil uz po etnu brzinu od 36 km/h zaustavi za 20 s? Izra unajte duljinu zaustavnog puta automobila. Po etni uvjet: v 0 = 36 km/h =
36000 = 10 m/s 3600
v1 = 0 t = 20 s a) µ = ? b) s = ? Rješenje:
Fy = 0
1.
Rn =
Rn − G = 0 → Rn = G
1
R ni
Rn =
2. zakon trenja Rt = µ⋅Rn
4
→
; Rt = 4 1
R ni
4 1
R ti
; Rt =
Rt = µ⋅G
3. Zakon o promjeni koli ine gibanja m ⋅ v1 − m ⋅ v 0 = − R t ⋅ t
(-) jer su sila Rt i put s u suprotnom smjeru
0 − m ⋅ v 0 = −µ ⋅ G ⋅ t G ⋅ v 0 = −µ ⋅ G ⋅ t g v 10 µ= 0 = = 0,05 g ⋅ t 9,81 ⋅ 20 −
4. Zakon o promjeni kineti ke energije: m ⋅ v12 m ⋅ v 02 − = F ⋅ s ⋅ cos α 2 2 m ⋅ v12 m ⋅ v 02 − = −R t ⋅ s 2 2 m ⋅ v12 m ⋅ v 02 − = −R t ⋅ s 2 2 m ⋅ v 02 0− = −µ ⋅ m ⋅ g ⋅ s 2 v 02 10 2 s= = = 101,94 m 2 ⋅ g ⋅ µ 2 ⋅ 9,81 ⋅ 0,05
4 1
R ti
Dinamika
28
2. Skijaš mase 80 kg iz stanja mirovanja po inje s vrha kosine klizati niz kosinu. Duljina kosine je 20 m a visina 1,5 m. a) Odredite brzinu koju skijaš postigne pri dnu kosine ako koeficijent trenja iznosi 0,05 b) Odredite brzinu koju bi skijaš postigao pri dnu kosine uz pretpostavku da nema trenja (µ = 0) Zadano: m = 80 kg
µ = 0,05 h = 1,5 m l = 20 m h 1,5 = = 0,075 l 20 cos α = 0,997
sin α =
Rješenje:
1.
Fy = 0
2. Zakon trenja
R n − G ⋅ cos α = 0
Rt = µ⋅Rn
R n = G ⋅ cos α
R t = µ ⋅ G ⋅ cos α
3. Zakon o promjeni kineti ke energije:
m ⋅ v12 2 m ⋅ v12 2 m ⋅ v12 2 m ⋅ v12 2 v1 =
m ⋅ v 02 − =A 2 m ⋅ v 02 − = (G ⋅ sin α ) ⋅ l − R t ⋅ l 2
h = l ⋅ sinα
− 0 = m ⋅ g ⋅ h − µ ⋅ m ⋅ g ⋅ (cos α ) ⋅ l = m ⋅ g ⋅ h − µ ⋅ m ⋅ g ⋅ (cos α ) ⋅ l 2 ⋅ g ⋅ (h − µ ⋅ l ⋅ cos α) = 2 ⋅ 9,81 ⋅ (1,50 − 0,05 ⋅ 20 ⋅ 0,997) = 3,14 m/s
Dinamika
29
b) bez trenja µ = 0
m ⋅ v12 m ⋅ v 02 − = G⋅h 2 2 m ⋅ v12 − 0 = m⋅g⋅h 2 v1 = 2 ⋅ g ⋅ h = 2 ⋅ 9,81 ⋅ 1,50 = 5,42 m/s ili Zakon o održanju mehani ke energije: v0 = 0 h1 = 0
E K + E P = konst. m ⋅ v 21 2 m ⋅ v 21
+ m ⋅ g ⋅ h1 =
mv 20 2
+ m ⋅ g ⋅ h0
+ 0 = 0 + m ⋅ g ⋅ h0 2 v1 = 2 ⋅ g ⋅ h = 2 ⋅ 9,81 ⋅ 1,50 = 5,42 m/s (jednako rješenje!)
Dinamika
30
3. Odredite brzinu v1 kojom ovjek pri padu iz uspravnog položaja padne na bok ako je zadano: masa ovjeka m = 100 kg visina težišta ovjeka u uspravnom položaju h = 0,95 m visina težišta pri padu na bok hb = 0,15 m t = 0; v 0 = 0 ∆h = h − h b = 0,95 − 0,15 = 0,80 m m ⋅ v12 m ⋅ v 02 − = G ⋅ ∆h 2 2 m ⋅ v12 − 0 = m ⋅ g ⋅ ∆h 2 v1 = 2 ⋅ m ⋅ g ⋅ ∆h = 2 ⋅ 9,81 ⋅ 0,8 = 15,696 = 3,96 m/s
b) Ako pretpostavimo da se tijelo pri padu zaustavi za 0,2 s. Odredite silu koja je potrebna da zaustavi pad ovjeka.
t = 0,2 s →
v1 = 0 →
→
m ⋅ v1 − m ⋅ v 0 = − F ⋅ t m ⋅ v1 − m ⋅ v 0 = − F ⋅ t 0 − m ⋅ v 0 = −F ⋅ t F=
m ⋅ v o 100 ⋅ 3,96 = = 1980 N t 0,2
Dinamika
31
4. ZAKON O PROMJENI MOMENTA KOLI INE GIBANJA Primjer 1: Gibanje planeta oko Sunca i sila kojom Sunce privla i planete •
Putanja planeta je elipsa a Sunce se nalazi u fokusu elipse – to je gibanje pod djelovanjem centralne sile kod koje pravac sile za cijelo vrijeme gibanja prolazi kroz jednu te istu to ku O. →
→ →
MO = r × F = 0 →
→
d LO = dt →
→
d r×m⋅ v dt
→
=0
→
L 0 = r × m ⋅ v = konst. L 0 = r ⋅ mv ⋅ sin α = konst. d ⋅ mv = konst. d ⋅ v = konst. To ka O – Sunce To ka M – Zemlja Masa Zemlje m = konstanta Površine moraju biti jednake !
d ⋅ v = d A ⋅ v A = d N ⋅ v N = konst.
v A - najmanja brzina v N − najve a brzina
Primjer 2: Prandtlov stolac
• Piruete kod klizanja
→
d LO =0 dt
→
L = konst .
L = r ⋅ m v = konst. r ⋅ v = konst.
Dinamika Primjer 3:
• Kuglica M privezana na nit koja se namotava na tanki vertikalni štap.
r0 ⋅ mv0 = r1 ⋅ mv1
32
Dinamika
33
Primjer 4: Matemati ko njihalo Promjena momenta koli ine gibanja u vremenu obzirom na neku to ku jednaka je stati kom momentu sila obzirom na tu to ku. →
d LO → = MO dt →
d LO = dt
→
→
d r×m v dt
→
→
→
= MO = r × F
→
→
→
→
LO = r × m v
→
→
MO = r × F
dϕ dt dϕ dϕ L O = l ⋅ ml = m l2 dt dt M O = − d ⋅ mg = − l sinϕ ⋅ mg r = l;
v = r ⋅ω = l
→
d LO → = M O (4. zakon dinamike) dt d 2ϕ m l 2 2 = − l sinϕ ⋅ mg dt •• g za mali kut ϕ sinϕ ≅ ϕ ϕ + ⋅ sin ϕ = 0 l •• g g ϕ + ⋅ϕ = 0 → ω = l l Diferencijalna jednadžba (oscilacijskog) gibanja matemati kog njihala: ••
ϕ + ω2 ⋅ ϕ = 0
Rješenje u obliku:
ϕ = e rt ••
ϕ = r 2 ⋅ e rt
••
ϕ+ ω 2 ⋅ ϕ = 0
r 2 ⋅ e rt + ω 2 ⋅ e rt = 0
/ : e rt
r 2 + ω2 = 0 Rješenja : r1 = ω ⋅ i ϕ1 = e r1t = e iω⋅t
r2 = − ω ⋅ i ϕ 2 = e r2 t = e − iω⋅t
Op e rješenje diferencijalne jednadžbe sastoji se od zbroja pojedina nih rješenja pomnoženih konstantama:
Dinamika
34 ϕ = C1 ⋅ ϕ1 + C 2 ⋅ ϕ 2 = C1 ⋅ e iω⋅t + C 2 ⋅ e − iω⋅t
Pošto je e ± iω⋅t = cos ωt ± sin ωt ; te uz
A = C1 - C2
B = C1 + C2
Dobivamo op e rješenje diferencijalne jednadžbe matemati kog njihala: ϕ = A ⋅ sin ωt + B ⋅ cos ωt Konstante A i B odre ujemo iz po etnih uvjeta gibanja.
Na primjer za: t = 0 ϕ = ϕ0 t=0
•
v0 = ϕ = 0
B = ϕ0 A=0
ϕ = ϕ 0 ⋅ cos ωt
Dinamika
35
OSCILACIJE Primjer 1: Odredite trenutne vrijednosti pomaka, brzina i ubrzanja slobodnih harmonijskih oscilacija bez po etne faze za t = 2 sekunde i t = 4 sekunde, ako amplituda oscilacija iznosi 50 cm a period osciliranja je 8 sekundi. α=0 R = 50 cm = 0,5 m T=8s za t = 4 s
x =?;
•
••
v = x =?;
a = x =?
x = R ⋅ sin (ω ⋅ t + α )
•
π π ⋅ cos ⋅t 4 4 2
x = − 0,5 ⋅
π 4
t = 2s
x = 0,5 ⋅ sin
••
⋅ sin
•
x = 0,5 ⋅
π ⋅t 4 π ⋅ 2 = 0,5 m 4
π π ⋅ cos ⋅ 2 = 0 m/s 4 4
π x = − 0,5 ⋅ 4
••
t = 4s
2π 2π 2π π →ω= = = ω T 8 4
π ⋅t 4
x = 0,5 ⋅ sin x = 0,5 ⋅
T=
2
x = 0,5 ⋅ sin •
x = 0,5 ⋅
2
m/s 2
π ⋅ 4 = 0,5 ⋅ 0 = 0 4
π π π π ⋅ cos ⋅ 4 = 0,5 ⋅ (− 1) = − 4 4 4 8
π x = − 0,5 ⋅ 4
••
π π ⋅ sin ⋅ 2 = − 0,5 ⋅ 4 4
2
π π ⋅ sin ⋅ 4 = − 0,5 ⋅ 4 4
m/s
2
⋅0 = 0
Dinamika
36
Primjer 2: Amplituda slobodnih harmonijskih oscilacija iznosi 2 metra, a period 4 sekunde bez po etne faze. Izra unajte za vrijeme t = 2 sekunde trenutne vrijednosti pomaka, brzine i ubrzanja. x = R ⋅ sin (ω t + α ) R=2
T=4
2π π =4→ω= ω 2 π x = 2 ⋅ sin t 2
T=
• π v = x = π ⋅ cos t 2 2 •• π π a = x = − ⋅ sin t 2 2
t x v a
2 0 -π 0
α=0
Dinamika
37
Primjer 3: Opruga oscilira jer je optere ena trenutno silom od 0,12 kN. Odredite zakon slobodnih oscilacija ako krutost opruge iznosi 2000 N/m (zadatak dan u PowerPoint-u). Rješenje: G = 0,12 kN k = 2000 N/m. t = 0 x0 = xst = -6 •
t = 0 v0 = x = 0 x = A ⋅ sin ωt + B ⋅ cos ωt x = A ⋅ ω ⋅ cos ωt − B ⋅ ω ⋅ sin ωt G 120 N = = 0,06 m k 2000 Nm t = 0 x 0 = − 0,06 = A ⋅ 0 + B ⋅ 1 → B = − 0,06
x st =
•
t = 0 v 0 = x = 0 = A ⋅ ω ⋅1 + B ⋅ ω ⋅ 0 = 0 → A = 0 ω=
k = m
k⋅g = G
2000 ⋅ 9,81 = 12,8 (1/s) 120
x = − 0,06 ⋅ cos (12,8 ⋅ t ) 2 π 2π = = 0,49 s ω 12,8 1 1 f= = = 2,08 Hz T 0,49
T=
Primjer 4: Odredite trenutne vrijednosti pomaka, brzina i ubrzanja slobodnih harmonijskih oscilacija bez po etne faze za t = 1 sekunda, ako amplituda oscilacija iznosi 30 cm a period osciliranja 6 sekundi.
Dinamika
38
Primjer 5: Odredite kružnu frekvenciju slobodnih oscilacija sustava zadanog na slici ako je zadano: G = 98,1 N k1 = 4 N/cm k2= 12 N/cm ω=?
k = m
ω=
k=
k ekv. m
G x st
G = m⋅g
Izduženje opruge 1 jednako je skra enju opruge 2:
(x st )1 = (x st )2 = x st (x st )1 = G1 k1
(x st )2
=
G2 k2
=
G k ekv.
→ G 1 = k 1 ⋅ (x st )1 = k 1 ⋅ x st → G 2 = k 2 ⋅ (x st )2 = k 2 ⋅ x st
Gornja opruga se rasteže silom G1 a donja sabija silom G2 s time da je zbroj sila jednak ukupnoj sili G:
G1 + G 2 = G k 1 ⋅ x st + k 2 ⋅ x st = G x st ⋅ (k 1 + k 2 ) = G
*
x st =
G G = k 1 + k 2 k ekv.
ω=
k = m
16
→ k ekv. = k 1 + k 2 = 12 + 4 = 16 N/cm * = 1600 N/m
k ekv. ⋅ g 1600 ⋅ 9,81 = = 12,65 1/s G 98,1
N N N = 16 = 16 ⋅ 10 2 -2 cm m cm → 10 m
Dinamika
39
Primjer 6: Teret težine 29,43 N ovješen je o dvije serijski spojene opruge krutosti k1= 12 N/m i k2 = 4 N/m. Odredite kružnu frekvenciju slobodnih oscilacija zadanog sustava. G = 29,43 N k1= 12 N/cm k2 = 4 N/cm ω=? k ekv. k ω= = m m k=
G x st
(x st )1 =
G k1
(x st )2 =
G k2
x st = (x st )1 + (x st )2 x st =
k + k1 G G + = G⋅ 2 k1 k 2 k1 ⋅ k 2
k ekv. = ω=
→
k ⋅k G = k ekv. = 1 2 x st k 2 + k1
k1 ⋅ k 2 12 ⋅ 4 48 = = 3 N/cm = 300 N/m = k 2 + k 1 4 + 12 16
k ekv. = m
k ekv. ⋅ g 300 ⋅ 9,81 = = 10 1/s G 29,43
Dinamika
40
DINAMIKA KRUTOG TIJELA Primjer 1: Teret mase m = 20 kg spušta se brzinom v = 10 m/s i dovodi pomo u užeta u rotaciju homogeni valjak težine 981 N. Odredite kineti ku energiju sustava. m = m1 =20 kg v = 10 m/s Q = 981 N Ek =?
E k = E (k1) + E (k2)
E k = E (k1) + E (k2)
m2 = Q/g= 981/9,81 = 100 kg
m1 ⋅ v 2 20 ⋅ 10 2 = = 1 000 Nm 2 2 I ⋅ ω2 Valjak : E (k2) = 2 1 I = ⋅ m2 ⋅ r2 2 I ⋅ ω2 1 1 1 ( 2) Ek = = ⋅ ⋅ m 2 ⋅ r 2 ⋅ ω2 = ⋅ m 2 ⋅ v 2 2 2 2 4 1 E (k2) = ⋅ 100 ⋅ 10 2 = 2 500 Nm 4 = 1 000 + 2 500 = 3 500 Nm Teret : E (k1) =
Dinamika
41
Primjer 2: Kolika je snaga motora ako broj okretaja ko enog vratila iznosi 600 okreta/min i ako sila ko enja od 120 N djeluje na kraku od 90 cm. n = 600 o/min F = 120 N a = 90 cm = 0,90 m P=?
(A = M ⋅ ϕ) 1.
P=
dA M ⋅ dϕ = = M⋅ω dt dt
2.
M = F ⋅ a = 120 ⋅ 0,90 = 108 Nm
3. ω = P = M ⋅ ω = 108 ⋅ 20π = 6 782,4 W = 6,78 kW
2π ⋅ n 2π ⋅ 600 = = 20π 1/s 60 60
Dinamika
42
Primjer 3: Odredite za koje e se vrijeme broj okretaja zamašnjaka pove ati sa 200 na 300 u minuti ako na njega djeluje konstantan zaokretni moment od 6 Nm. Težina zamašnjaka iznosi 981 N, a polumjer 50 cm. 2π ⋅ n 1 2π ⋅ 200 20π (1/s) n1 = 200 o/min ω1 = = = 60 60 3 2π ⋅ n 2 2π ⋅ 300 ω2 = = = 10π (1/s) n2 = 300 o/min 60 60 M = 6 Nm G = 981 N r = 50 cm = 0,50 m t=? 1. Jednoliko ubrzana rotacija: ε > 0; ε = konst. ω = ω0 + ε ⋅ t ω 2 = ω1 + ε ⋅ t
→t=
ω 2 − ω1 ε
2. Dinami ka jednadžba rotacijskog gibanja krutog tijela: M M z = Iz ⋅ ε → ε= z Iz 3. Dinami ki moment tromosti zamašnjaka (valjak) Iz =
1 G 981 ⋅ m ⋅ r2 = ⋅ r2 = ⋅ 0,5 2 = 125 kgm 2 2 g 9,81
→ ε=
Mz 6 Nm = = 0,48 1/s 2 2 Iz 12,5 kgm
ω − ω1 → t= 2 = ε
20π 3 = 21,8 s 0,48
10π −
Dinamika
43
D`Alembertov princip Primjer 4: Preko koloture mase 5 kg, promjera 50 cm preba ena je žica na ijim krajevima su ovješeni utezi masa 1,0 kg i 1,25 kg. Ako zanemarimo trenje i masu žice odredite ubrzanje utega. mk = 5,0 kg D = 50 cm = 0,50 m m1 = 1,0 kg m2 = 1,25 kg a=?
→ r = 0,25 m
I. Uteg mase m1 1. Fy = 0
II. Uteg mase m2 2. Fy = 0
N 1 − G 1 − m1 ⋅ a = 0
N2 + m2 ⋅ a − G2 = 0
N 1 = G 1 + m1 ⋅ a
N2 = G 2 − m2 ⋅ a
Dinamika
44
III. Kolotura – valjak
Rotacija : v = r ⋅ ω
3.
MO = 0 N1 ⋅ r − N 2 ⋅ r + I ⋅ ε = 0 Rotacija : valjak I = v = r ⋅ω
at =
1 ⋅ mk ⋅ r2 2
dω dv d (r ⋅ ω) = = r⋅ = r ⋅ε dt dt dt
(G1 + m1 ⋅ a ) ⋅ r − (G 2 − m 2 ⋅ a ) ⋅ r + 1 ⋅ m k ⋅ r 2 ⋅ a = 0 2
r
1 ⋅ mk ⋅ a = 0 2 G 2 − G1 1,25 ⋅ 9,81 − 1,00 ⋅ 9,81 a= = = 0,52 m/s 2 1 1 m1 + m 2 + ⋅ m k 1,00 + 1,25 + ⋅ 5 2 2 G 1 + m1 ⋅ a − G 2 + m 2 ⋅ a +
:r
→ε=
at a = r r
Dinamika
45
D`Alembertov princip Primjer 5: Pod djelovanjem horizontalne sile F = 100 N, homogeni štap giba se pravocrtno po horizontalnoj glatkoj podlozi. Ako je štap mase m = 5 kg duga ak 1 m odredite: a) ubrzanje štapa (a = ?) b) kut α što ga štap zatvara s horizontalnom podlogom. F = 100 N m = 5 kg l=1m a) a = ? b) α = ?
1.
2.
Fx = 0
F - Fin = 0
Fy = 0
F-m⋅a = 0 F 100 = 20 m/s 2 a= = m 5 Rn -G = 0 R n = G = m ⋅ g = 5 ⋅ 9,81 = 49,05 N
3.
MT = 0
l l F ⋅ ⋅ sin α − R n ⋅ ⋅ cos α = 0 2 2 F ⋅ tg α - R n = 0 R n 49,05 = = 0,4905 F 100 α = 26,1 tg α =
:
l ⋅ cos α 2
Dinamika
46
PLANARNO GIBANJE Planarno ili ravninsko gibanje krutog tijela može se rastaviti na dva gibanja: a) translaciju i b) rotaciju. Kineti ka energija tijela u planarnom gibanju sastoji se od kineti ke energije translatornog gibanja (centra - središta masa) i kineti ke energije rotacijskog gibanja tijela oko toga središta (centra masa): Ek =
m ⋅ v 2 I ⋅ ω2 + 2 2
valjak : I =
m⋅R2 2
Primjer 6: Izra unajte kineti ku energiju valjka promjera 20 cm, mase 100 kg koji se kotrlja po horizontalnoj podlozi za slu aj ravninskog gibanja ako brzina središta iznosi 5 m/s. d = 20 cm → r = 0,10 m m = 100 kg vS = 5 m/s m ⋅ v S2 I ⋅ ω 2 + 2 2 Brzina translacije vS središta jednaka je obodnoj brzini rotacije vS! Ek =
Ek = ?
U odnosu na trenutni pol P: v 5 vS = r ⋅ ω → ω = s = = 50 1/s r 0,10 I=
Ek =
1 1 ⋅ m ⋅ r 2 = ⋅ 100 ⋅ 0,10 2 = 0,5 kgm 2 2 2
m ⋅ v S2 I ⋅ ω 2 100 ⋅ 5 2 0,5 ⋅ 50 2 + = + = 1250 + 625 = 1 875 Nm 2 2 2 2
m ⋅ v S2 I ⋅ ω 2 m ⋅ v S2 1 1 v Ek = + = + ⋅ ⋅ m ⋅ r2 ⋅ S 2 2 2 2 2 r 3 3 E k = ⋅ m ⋅ v S2 = ⋅ 100 ⋅ 5 2 = 1 875 Nm 4 4
2
Dinamika
47
Primjer 7: Izra unajte kineti ku energiju valjka promjera 20 cm, mase 100 kg koji se kotrlja bez klizanja po horizontalnoj podlozi ako je poznata brzina središta 5 m/s za slu aj rotacije oko trenutnog pola. d = 20 cm → r = 0,10 m m = 100 kg v = 5 m/s Ek = ?
I P ⋅ ω2 Ek = 2 v s = ω ⋅ PS
→ω=
vs PS
=
5 = 50 1/s 0,10
Steinerov teorem : I P = Is + m ⋅ r 2 IP = 1,5 ⋅ 50 2 Ek = = 1 875 Nm 2
m ⋅ r2 3 3 + m ⋅ r 2 = ⋅ m ⋅ r 2 = ⋅ 100 ⋅ 0,10 2 = 1,5 kgm 2 2 2 2
Dinamika
48
Primjer 8: Za valjak koji se s visine od 1,50 m iz stanja mirovanja kotrlja niz kosinu bez trenja odredite brzinu pri dnu kosine. v0 = 0 ω0 = 0 h = 1,50 m v1 = ?
I= E k1 − E k 0 = A
1 ⋅m⋅R2 2
m ⋅ v 02 I s ⋅ ω 02 m ⋅ v12 I s ⋅ ω12 =G⋅h + + 2 2 2 2 m ⋅ v12 1 1 + ⋅ ⋅m⋅R2 2 2 2
v1 R
2
-0=G⋅h
3 ⋅ m ⋅ v12 = m ⋅ g ⋅ h 4 4 4 v1 = ⋅g⋅h = ⋅ 9,81 ⋅ 1,5 = 4,42 m/s 3 3
(Vidi primjer klizanja niz kosinu bez trenja: a) Zakon o promjeni kineti ke energije E k1 − E k 0 = A m ⋅ v12 m ⋅ v 02 − = G⋅h (v 0 = 0) 2 2 m ⋅ v12 − 0 = m⋅g⋅h 2 v1 = 2 ⋅ g ⋅ h = 2 ⋅ 9,81 ⋅ 1,50 = 5,42 m/s ili b) Zakon o održanju mehani ke energije E k1 + E p1 = E k 0 + E p 0
m ⋅ v 02 m ⋅ v12 + m ⋅ g ⋅ h1 = + m ⋅ g ⋅ h0 2 2 m ⋅ v12
= m⋅g⋅h 2 v1 = 2 ⋅ g ⋅ h = 2 ⋅ 9,81 ⋅ 1,50 = 5,42 m/s
(h 1 = 0) (v 0 = 0; h 0 = h )
Dinamika
49
ZAKON O PROMJENI KINETI KE ENERGIJE Primjer 9: Kota mase 5 kg iz stanja mirovanja po inje kotrljanje bez klizanja niz kosinu. Kosina duljine 4 m nagnuta je pod kutom od 15° prema horizontali. Ako obodna brzina kota a polumjera 0,10 m pri dnu kosine iznosi 2 m/s izra unajte moment tromosti kota a. m = 5 kg v0 = 0 ω0 = 0 s=4m α = 15° sin α = 0,259 cos α = 0,966 r = 0,10 m v = v1= 2 m/s I=?
h = sin α s
→ h = s ⋅ sin α = 4 ⋅ 0,259 = 1,04 m
E k = E rotac. + E tran.
I ⋅ ω2 m ⋅ v 2 = + 2 2
Zakon o promjeni kineti ke energije:
E k1 − E k0 = A I ⋅ ω02 m ⋅ v 02 I ⋅ ω12 m ⋅ v12 + − + = G⋅h 2 2 2 2 I ⋅ ω12 m ⋅ v12 + −0 = G⋅h 2 2 m ⋅ v12 G⋅h − 2 I= ω12 2 m⋅g⋅h − I=
m ⋅ v12 2
v12 2 ⋅ r2
v = r⋅ω → ω =
5 ⋅ 9,81 ⋅ 1,04 − =
22 2 ⋅ 0,10 2
5 ⋅ 22 2
v r
= 0,205 kgm
Dinamika
50
Literatura Andrejev, V., Mehanika I. dio Statika, Tehni ka knjiga, Zagreb, 1969. Andrejev, V., Mehanika II. dio Kinematika, Tehni ka knjiga, Zagreb, 1971. Andrejev, V., Mehanika III. dio Dinamika, Tehni ka knjiga, Zagreb, 1973. Bajt, M. I., Džanelidze, G. J., Kelzon, A. S., Riješeni zadaci iz teorijske mehanike sa izvodima iz teorije prvi dio Statika i kinematika, Gra evinska knjiga, Beograd 1978. Bajt, M. I., Džanelidze, G. J., Kelzon, A. S., Riješeni zadaci iz teorijske mehanike sa izvodima iz teorije drugi dio Dinamika, Gra evinska knjiga, Beograd 1979. Bazjanac, D., Tehni ka mehanika I dio Statika, Tehni ka knjiga, Zagreb, 1966. Bazjanac, D., Tehni ka mehanika II dio, Kinematika, Tehni ka knjiga, Zagreb, 1969. Bazjanac, D., Tehni ka mehanika III dio, Dinamika, Sveu ilišna naklada Liber, Zagreb, 1980. Cindro, N., Fizika 1, Mehanika-valovi-toplina, Školska knjiga, Zagreb,1980. Hibbeler, Dynamics Kiri enko, A., Tehni ka mehanika I dio Statika, GI, Zagreb, 1990. Kiri enko, A., Tehni ka mehanika II dio, Kinematika, Zagreb Kiri enko, A., Tehni ka mehanika III dio, Dinamika, PBI, Zagreb, 1996. Kittel, C., Knight, W. D., Ruderman, M. A., Mehanika , Tehni ka knjiga, Zagreb, 1982. McLean, W. G., Nelson, E. W., Theory and problems of Engineering Mechanics, Statics and Dynamics 2/ed, Schaum`s Outline Series, McGraw-Hill Book Company, New York, 1962 Nikoli , V., Hudec, M., Principi i elementi biomehanike, Školska knjiga, Zagreb,1988. Peri , R., Tehni ka mehanika, RGNF VGŠ Varaždin, 1979. Rustempaši , A., Tehni ka mehanika, Svjetlost, Sarajevo, 1990. Špiranec, V., Tehni ka mehanika, Školska knjiga, Zagreb,1990.
