isak karabegovic - dinamika i osiclacije (poglavlje 6)
TRANSCRIPT
7/23/2019 Isak Karabegovic - Dinamika i Osiclacije (Poglavlje 6)
http://slidepdf.com/reader/full/isak-karabegovic-dinamika-i-osiclacije-poglavlje-6 1/19
U ovom poglavlju razmatrat emo neke posebne slu#ajeve kretanja materijalne ta#ke, koji
su od posebnog prakti#nog interesa. Ovi problemi bie rješavani upravo primjenom ve navedenih osnovnih zakona dinamike i primjenom opih zakona izvedenih u prethodnojglavi.
6.1. CENTRALNA SILA. ZAKON POVRŠINA
Pod centralnom silom podrazumjeva se sila koja djeluje na materijalnu ta#ku, a uvijek
prolazi kroz odre%enu stalnu ta#ku prostora - centar sile.
Položaj materijalne ta#ke odre%uje se vektorom položaja r u odnosu na centar, te centralnasila može biti privla#na i odbojna kao što je prikazano na slici 6.1.
Slika 6.1. Kretanje materijalne ta ke pod djelovanjem privla ne i odbojne sile
Posebno su važne one centralne sile kod kojih intenzitet zavisi od rastojanja izme%u te
ta#ke (centra) i napadne ta#ke M sile. One se mogu napisati u obliku
Kretanje pod djelovanjemcentralnih sila
0
M(m)
# r e
r
F
vm
0
M(m)
# r e
r
F
vm
7/23/2019 Isak Karabegovic - Dinamika i Osiclacije (Poglavlje 6)
http://slidepdf.com/reader/full/isak-karabegovic-dinamika-i-osiclacije-poglavlje-6 2/19
r
r r F er F r F F
r r r
rrr)()()(
=== (6.1.)
gdje je F r (r ) - projekcija sile na pravac
vektora položaja er OM r r
rr==
→, a
r
r er
r=
jedini#ni vektor.
Pokažimo prvo, da pri kretanju ta#ke poddjelovanjem same centralne sile, to jest pricentralnom kretanju, važi zakon o
održanju momenta koli#ine kretanja uodnosu na centar sile (slika 6.2.).
Slika 6.2. Kretanje materijalne ta ke pod
djelovanjem same centralne sile
Pošto je
00 = F M r
slijedi
000 == F M
dt
Ld rr
Dakle, vrijedi
→
→
=
×
=×=
.
.0
const dt
r d r m
const vmr Lr
r
rrr
(6.2.)
Slijedi da je vektorski proizvoddt
r d r r× =
→
.const
000vmr const vmr L
rrrrr×==×=
→ (6.3.)
što zna#i da vektori r i v odre%uju stalnu ravan u prostoru i ta#ka se pod djelovanjem
centralne sile kree u toj ravni. Ravan kretanja odre%uju vektori po#etnog položaja, ,0
r i
po#etne brzine0
v , kako je to u jedna#ini (6.3.) nazna#eno.
Ako sa→
dA ozna#imo vektor elementarne površine koju u toku elementarnog intervala
vremena dt prebriše radijus - vektor položaja ta#ke, r (
→
dA je okomito na ravan), brojnavrijednost te površine (trougla OMM1) iznosi
r xd r dA rr
2
1= (6.4.)
Diferenciranjem po vremenu prethodne jedna#ine, dobivamo brzinu promjene ove površine
dt
r d xr
dt
dA r
2
1= (6.5.)
M(m)
r d vm
1r r
F
dA
0 L
dA0
x
7/23/2019 Isak Karabegovic - Dinamika i Osiclacije (Poglavlje 6)
http://slidepdf.com/reader/full/isak-karabegovic-dinamika-i-osiclacije-poglavlje-6 3/19
Kao što smo vidjeli dt
r d
r
r
× =const., pa prethodnu jedna#inu možemo napisati u obliku
.const C dt
dA== (6.6.)
odnosno nakon integracije je A = A0 + Ct (6.7.)
Jedna#ina (6.6.), odnosno (6.7.) izražava zakon površina na osnovu kog možemo zaklju#itida je pri centralnom kretanju sektorska brzina ( s = C ), tj. brzina prebrisavanja površine
vektorom položaja ta#ke u odnosu na centar sile konstantna, odnosno površina koju opisujevektor položaja mijenja se proporcionalno vremenu.
Prou#imo sada detaljno kretanje materijalne ta#ke pod dejstvom centralne sile.
Posmatrajmo kretanje materijalne ta#ke pod dejstvom privla#ne sile u polarnomkoordinatnom sistemu (slika 6.3.).
Površina ∆ OMM1 može se odrediti u polarnimkoordinatama izrazom
ϕd r dA 2
2
1=
Diferenciranjem gornje jedna#ine, dolazimo dosektorske brzine
.2
1
2
1 22 const S C r dt
d r
dt
dA===== ϕ
ϕ& (6.8.)
Vidimo da je sektorska brzina konstantna.
Slika 6.3. Ravan kretanja materijalne ta ke pod dejstvom centralnih sila
Do diferencijalnih jedna#ina kretanja materijalne ta#ke u polarnim koordinatama doit
emo ako osnovnu diferencijalnu jedna#inu kretanja ta#ke F amr= projektujemo na
polarne ose
ϕϕ F ma
F mar r
==
(6.9.)
gdje je F r = - F projekcija centralne sile na radijalni pravac. O#igledno je da, ako je sila
usmjerena suprotno od centra privla#enja F r = F . Kako je, F ϕ = 0 to prethodne jedna#ine
poprimaju slijedei oblik
0)(
)(
2
2
=
=−
ϕ
ϕ
&r dt
d
r
m
F r r m r
(6.10.)
Iz druge jedna#ine (6.10.) slijedi
.221
2 const S C C r ====ϕ (6.11.)
što je identi#no sa rezultantom (6.8.)
Pošto je .2 const r =ϕ , to možemo napisati
0
M
# r
er
1 F
v
0v
$
M0
ϕe
ϕrd ϕd r dA ′=
2
1
d #
0r
7/23/2019 Isak Karabegovic - Dinamika i Osiclacije (Poglavlje 6)
http://slidepdf.com/reader/full/isak-karabegovic-dinamika-i-osiclacije-poglavlje-6 4/19
αϕϕϕ sin000000
2
0
2 ⋅=== vr r r r r (6.12.)
odnosno izraz za sektorsku brzinu poprima slijedei oblik
αsin2
100
vr S C == (6.13.)
#ime je u potpunosti odre%ena sektorska brzina po#etnim uslovima kretanja.Za potpuno opisivanje kretanja materijalne ta#ke pod djelovanjem centralne sile služi namdiferencijalna jedna#ina
)()( 2 r F r r m r =− ϕ
i prvi integral
.221
2
const S C C r ====ϕ (6.14.)
6.2.
BINEOV OBRAZAC1
Da bismo transformisali diferencijalnu jedna#inu (6.14.), uvest emo umjesto nezavisno
promjenljivog vremena t, nezavisno promjenljivi polarni ugao ϕ. Izvod intenziteta vektora
položaja r ta#ke koristei se sa (6.14.), možemo napisati u obliku
−=====
r d
d C
r
C
d
dr
d
dr
dt
d
d
dr
dt
dr r
12
22 ϕϕ
ϕϕ
ϕ
ϕ&& (6.15.)
Drugi izvod intenziteta vektora položaja r po vremenu r , može se transformisati na
slijedei na#in
( )
−====
r d
d
r
C r
d
d
r
C
d
r d
dt
d
d
r d
dt
C d r
1422
2
2
2
2 ϕϕϕ
ϕ
ϕ&&& (6.16)
Uvrštavanjem jedna#ine (6.15.), (6.16) u jedna#inu (6.14.), imajui na umu, da je2
2
r
C =ϕ& ,
dobit emo
)(414
4
2
2
2
2
2
r F r
C r
r d
d
r
C m
r =
−
−
ϕ (6.17.)
Nakon sre%ivanja, predhodnu jedna#inu možemo napisati u slijedeem obliku
2
2
2
2
4
)(11
mC
r F r
r r d
d r −=+
ϕ (6.18.)
i uvo%enjem oznaker
1=µ , dobije se kona#no
224
)(''
umC
r F uu r =+ (6.19.)
1 Francuski matemati#ar i astronom Jacques Philippe Marie Binet 1786-1856. god.
7/23/2019 Isak Karabegovic - Dinamika i Osiclacije (Poglavlje 6)
http://slidepdf.com/reader/full/isak-karabegovic-dinamika-i-osiclacije-poglavlje-6 5/19
gdje je sa u'' ozna#en drugi izvod po ϕ. jedna#ina (6.1.) poznata je kao Bineov obrazac.
Kako je F r funkcija rastojanja r , odnosno u, to Bineov obrazac predstavlja, ustvari,diferencijalnu jedna#inu putanje ta#ke.
Bineov obrazac omoguuje da odredimo zakon djelovanja centralne sile ako je poznata
trajektorija pokretne ta#ke, r = r (ϕ), i obratno, da odredimo trajektoriju pokretne ta#ke u polarnim koordinatama ako je poznat zakon djelovanja centralne sile. Treba voditi ra#una otome da li je projekcija sile na radijalni pravac pozitivna ili negativna ( F r > 0) ako je silaodbojna, tada na desnoj strani Bineove jedna#ine imamo znak minus, a kada je ( F r < 0), sila
privla#na, tada na desnoj strani jedna#ine imamo znak plus.
6.3. NEWTONOV ZAKON OPE GRAVITACIJE
Poslije opeg razmatranja problema centralnog kretanja ta#ke, u preostalom dijelu ovog
poglavlja, bit e prou#avan problem kretanja pod djelovanjem Newtonove sile opegravitacije, kao poseban i najzna#ajniji primjer centralnog kretanja. Newtonova gravitaciona sila izražava djelovanje bilo koja dva tijela jednog na drugo i ona
je odre%ena izrazom
r
r
r
mm f F
r
2
0−= (6.20.)
gdje je: f - univerzalna gravitacionakonstanta, m0 - masa tijela (planete) uodnosu na koje se kretanje ta#ke M posmatra, m - masa materijalne ta#ke (tijela)
#ije kretanje analiziramo (slika 6.4.), r -
polarno rastojanje ta#ke ili tijela od centra
privla#enja,r
r - je jedini#ni vektor usmjeren
duž polarnog rastojanja. Projektovanjem Newtonove gravitacione sile na osu r polarnog koordinatnog sistema dobijamo
2
0
r
mm f F
r −= (6.21.)
te zamjenom u jedna#inu (6.18.) dobit emo
2
0
2
2
4
11
C
fm
r r d
d +
ϕ
(6.22.)
Ako uvedemo, radi lakšeg pisanja, konstantu p,
2
0
4
1
C
fm
p= (6.23.)
tada se prethodna jedna#ina svodi na slijedei oblik
pr r d
d 1
112
2
=+
ϕ (6.24.)
0
M(m)
#
r
F
M00r
$ 0v
Slika 6.4. Kretanje ta ke pod djelovanjem
sile op%e gravitacije
7/23/2019 Isak Karabegovic - Dinamika i Osiclacije (Poglavlje 6)
http://slidepdf.com/reader/full/isak-karabegovic-dinamika-i-osiclacije-poglavlje-6 6/19
gdje je ugao
ϕ - argument, a
r
1 tražena funkcija. Jedna#ina (6.24.) predstavlja linearnu
nehomogenu diferencijalnu jedna#inu drugog reda sa konstantnim koeficijentima. Rješenje
ove jedna#ine sastoji se iz zbira rješenja homogene jedna#ine (r
1)h i partikularnog rješenja
(r
1) p .
ph r r r
+
=
111
gdje je
pr
C C r
p
h
11
sincos1
21
=
+=
ϕϕ
Opi integral jedna#ine (6.24.) je
pC C
r
1sincos
121 ++= ϕϕ (6.25.)
gdje su C1 i C 2 proizvoljne integracione konstante koje se odre%uju iz po#etnih uslova
kretanja. Po#etni uslovi su: ϕ = 0, r = r 0, ugao izme%u r 0 i v0 je α. Po#etne vrijednosti
radijalne, cirkularne brzine i izvoda ugla ϕ po vremenu su
0
00
0000
000
sinsin)(
cos)(
r
vr vv
r vvr
αϕ
ϕα
α
ϕ
===
==
&
Zamjenom po#etnih uslova ϕ = 0, r = r 0 u jedna#inu (6.24.), dobija se
pr C
pC
r
11 odnosno
11
0
11
0
−=+=
Diferenciranjem (6.24.) po uglu ϕ, slijedi
ϕϕϕ
cossin1
212C C
d
dr
r +−= (6.26.)
Izraz možemo dalje transformisati
ϕϕϕϕ
r r
d
dt
dt
dr
d
dr & ===
1
tako da po#etna vrijednost r ,
αα
α
ϕctg r r
v
vr r 00
0
0
0
00
sin
cos=⋅==&
7/23/2019 Isak Karabegovic - Dinamika i Osiclacije (Poglavlje 6)
http://slidepdf.com/reader/full/isak-karabegovic-dinamika-i-osiclacije-poglavlje-6 7/19
Zamjenom00
i,0 r r =ϕ u (6.26.), dobijamo
αα ctg r
C C ctg r r 0
22020
1,odnosno,
1==−
Odre%ivanjem C 1 i C 2 jedna#inu (6.25.) možemo napisati u obliku
ptg C
r pr r
1sin
1cos
11100
+−
−= ϕαϕ
Uvedemo li sada nove konstante E i ε na slijedei na#in
εα
ε
cos1
cos11
0
0
E ctg r
E pr
=−
=−
tada slijedi
−
=
+
−
=
αε
α
11
0
2
0
22
0
ctg pr
ptg arc
r
ctg
pr E (6.27.)
jedna#ina putanje ima oblik
p
E
r
1)cos(
1+−= εϕ
Ako se uvede nova konstanta e
2
0
22
0
11
r
ctg
pr p pE e
α+
−== (6.28.)
i promjenjiva εϕψ −= , onda se kona#no dobija
ψ cos1 e
pr
+= (6.29.)
Jedna#ina (6.29.) predstavlja jedna#inu konusnog presjeka u kanonskom obliku. Prema jedna#ini (6.29.) pod djelovanjem Newtonove sile ope gravitacije, ta#ka se kree po jednoj
od trajektorija zavisno od ekscentriteta, i to:
e = 0 - trajektorija je kruge < 1 - trajektorija je elipsa
e = 1 - trajektorija je parabola,e > 1 - trajektorija je hiperbola kao što je prikazano na slici 6.5.
Kao što se može vidjeti iz jedna#ina (6.28.) i (6.23.), u jedna#ini (6.23.) je 2C = r 0v0 sin α,eksentricitet zavisi od po#etnih uslova, pa prema tome i oblik putanje ta#ke zavisi od
po#etnih uslova.
7/23/2019 Isak Karabegovic - Dinamika i Osiclacije (Poglavlje 6)
http://slidepdf.com/reader/full/isak-karabegovic-dinamika-i-osiclacije-poglavlje-6 8/19
Slika 6.5. Kretanje materijalne ta ke pod djejstvom Newtonove gravitacione sile
6.3. KEPLEROVI ZAKONI KRETANJA PLANETA
Na osnovu vlastitih posmatranja, teorije o heliocentri#nim sistemima i koristei rezultate
dugogodišnjeg ispitivanja danskog astronoma Tycho Brahea (1946-1601), izveo je
Johannes Kepler (1571-1630) svoje zakone o kretanju planeta oko Sunca.
Prvi Keplerov zakon glasi:
Putanje planeta su elipse kod kojih se u jednoj žiži nalazi Sunce (slika 6.6.)
Kada je e < 1, trajektorija planeta je elipsa#ije su poluose
2
2
21
1,1 e
peab
e
pa
−=−=
+= (6.30.)
a rastojanje fokusa
2c = 2ae Slika 6.6. Putanja planeta
Drugi Keplerov zakon glasi:
Površine koje prebrišu vektori položaja planeta u odnosu na Sunce u jednakim
vremenskim razmacima jednake su, vidi sliku6.7.
R
e=0
e=1
e>1
e<1
M0
0v
a
b
M
s
2c=2ae
v
s
A1
A2
Slika 6.7. Slika uz objašnjenje drugog
Keplerovog zakona
7/23/2019 Isak Karabegovic - Dinamika i Osiclacije (Poglavlje 6)
http://slidepdf.com/reader/full/isak-karabegovic-dinamika-i-osiclacije-poglavlje-6 9/19
Tr e i Keplerov zakon glasi:
Kvadrati vremena obilaženja planeta oko Sunca proporcionalni su kubovima velikih poluosa njihovih putanja
3
1
3
2
2
1
2
2
a
a
T
T =
Da bismo odredili vrijeme obilaska, planete oko Sunca, T, koja se kree po elipti#noj
putanji, poi emo od toga da je opisana površina, saglasno jedna#ini 6.8.
A = CT (6.31.)
gdje je T vrijeme obilaska planete oko Sunca. S obzirom da je površina koju opiše vektor
položaja planete pri kretanju po elipsi oko Sunca, jednaka A = ab ⋅ π i uzimajui u obzirrelacije (6.30.), dobivamo
2
32
22 1
C
paT
eaabCT
π
ππ
=
−== (6.32.)
Kako je0
24
fm
C p = , to jedna#ina (6.32.) poprima oblik
3
0
22 4
a fm
T π= (6.33.)
Na osnovu (6.33.) možemo zaklju#iti da je kvadrat perioda obilaska planete po elipti#noj
putanji oko Sunca srazmjerna kubu velike poluose elipti#ne putanje.
6.5. PUTANJE VJEŠTA#KIH SATELITA
Vješta#ki Zemljin satelit kree se pod djelovanjem centralne sile Zemljinog privla#enja #ija
je projekcija na poteg r (slika (6.8.)
2r
mm f F z
r −= (6.33.)
gdje je:m z - masa Zemlje,
m - masa satelita,r - polarno rastojanje Zemlje i satelita, f - gravitaciona konstanta koju je 1798. godine odredio engleski fizi#ar
H. Cavendish i iznosi f = 6,67 ⋅ 10-11
Nm2kg
-2
Na površini zemlje je F r = G
z
z
m
gR f
R
mm f mg
2
2 =⇒= (6.34.)
Izraz za konstantu p možemo napisati u slijedeem obliku
7/23/2019 Isak Karabegovic - Dinamika i Osiclacije (Poglavlje 6)
http://slidepdf.com/reader/full/isak-karabegovic-dinamika-i-osiclacije-poglavlje-6 10/19
2
22 44
gR
C
fm
C
p z == (6.35.)
gdje je R polupre#nik Zemlje.
Da bismo odredili najmanju po#etnu brzinu
v0 pri kojoj e tijelo postati Zemljin satelit,
pretpostavimo da je vektor 0v okomit na
vektor siler
F kao što je prikazano na slici
6.8. Neka se tijelo nalazi na visini H iznadzemlje.Putanja tijela je krug kada je ekscentricitet
e = 0, a elipsa kada je e < 1. Samo ove putanje mogu bititrajektorije Zemljinih vješta#kih satelita.
Veli#inu ekscentriciteta e odrediemo iz
jedna#ine (6.28.), po#etnih uslova00
r v ⊥ ,
odnosno ctg α = ctg 900 = 0.
Slika 6.8. Kretanje vješta kog Zemljinog satelita
2
20
2
2
020
20
2
2
0
)(904
1111
gR
v H R
gR
vr
gR
C p
p H R pr E
+===
−+
=−=
(6.36.)
Uvrštavajui (6.36.) u jedna#inu (6.28.), dobivamo
1)(
12
2
0
2
0
−+
=−== gR
v H R
r
p pE e (6.37.)
Putanja satelita je krug kada je e = 0, te je
22
2
0
2
2
0
2
1)(
01)(
+
=+=
=−+
R
H gR
H R gRv
gR
v H R
(6.38.)
Na osnovu navedenih uslova, možemo zaklju#iti da je najmanja po#etna brzina v0 = (v0)min tijela, da bi se ono kretalo oko Zemlje po kružnoj putanji, odre%ena relacijom (6.38.).Pretpostavljajui da je H malo u odnosu na polupre#nik Zemlje R, možemo staviti da je
,0≈ R
H a R = 6,37 ⋅ 10
-6m, tada je na osnovu (6.38.) vI = 7,9 km/s.
Brzine vI naziva se prva kosmi ka brzina.
0v
r F $ H
r 0
R
7/23/2019 Isak Karabegovic - Dinamika i Osiclacije (Poglavlje 6)
http://slidepdf.com/reader/full/isak-karabegovic-dinamika-i-osiclacije-poglavlje-6 11/19
U slu#aju da je e = 1, putanja satelita je parabola, te je
R
H
gR
H R
gRv
gR
v H R
+=
+=
=−+
1
2
)(
2
11)(
2
2
0
2
2
0
2
(6.40.)
Ako uvrstimo vrijednosti za R i ,0≈ R
H dobijamo v II = 11,2 km/s drugu kosmi ku brzinu.
Možemo zaklju#iti da tijelo postaje vješta#ki Zemljin satelit samo za intenzitete po#etnih brzina koji se nalaze u granicama
skmv
skm 2,119,7 0 ≤≤
Za brzine v0 > 11,2 km/s tijelo e postati satelit drugih nebeskih tijela.
6.6. KRETANJE INTERKONTINENTALNE BALISTI#KE RAKETE
Kod kretanja interkontinentalnih balisti#kih raketa mora se u obzir uzeti promjena sile teže
u zavisnosti od visine leta projektila jer su domet i visina penjanja ovih raketa reda veli #inakao i polupre#nik Zemlje.
Pretpostavimo da je raketa lansirana po#etnom brzinom v0 pod uglom α prema horizontu.Odredimo visinu rakete, trajanje leta i domet. Pri odre%ivanju navedenih veli#ina otpor
atmosfere zanemariti i rotaciju Zemlje oko vlastite ose tako%er zanemariti.
Domet rakete odre%en je dužinom luka AB R D AB β2== (6.41.)
Ako se podsjetimo da je
βπψ −== i2
1 gRv (vidi sliku 6.9.), ugao β
možemo izra#unati
)cos(2
2sin2
2
0
α
αβ
ov gR
vtg
−= (6.42.)
Na osnovu (6.42.) i (6.41.) možemo izra#unatidomet rakete.
Najveu visinu putanje H možemo izra#unati iz putanje, gdje je
Rr ON OM H p −=−= =ϕ (6.43.)
a p je odre%eno poznatim izrazima
αα
cossin4 2
0
2
22
0
2
2
2
g
v
gR
v R
gR
C p ===
Kona#no
Re g
v R
e
p H −
−=−
−= α2
2
0 cos)1(1
(6.44.)Slika 6.9. Kretanje balisti ke rakete
# '
r
R2 (
0
A B N
H
M
0v
7/23/2019 Isak Karabegovic - Dinamika i Osiclacije (Poglavlje 6)
http://slidepdf.com/reader/full/isak-karabegovic-dinamika-i-osiclacije-poglavlje-6 12/19
Ekscentricitet putanje e, u gornjoj jedna#ini izra#unava se na osnovu jedna#ine (detaljno
opisano na str. 140 [27])α22
0
2
0
2 sin)1( eee −+=
gdje je
112
0
2
00 −=−
=
gR
v
v
ve
I
(6.45.)
Trajanje leta rakete izra#unavamo iz zakona površine i jedna#ine trajektorije
ϕ
ϕ
cos1 21
2
e
pr C C
dt
d r
+=== (6.46.)
Ako uzmemo u obzir da je
α
α
cos2
cos
01
220
RvC C
g
v p
==
= (6.47.)
dobivamo iz (6.46.)
22
33
0
2
11
2
)cos1(
cos
cos1
1
ϕ
ϕϕϕ
ϕ
ϕ
e
d
R g
vd
e
p
C C
d r dt
+=
+
== (6.48.)
Integriranjem dobivamo trajanje leta rakete
)sin()1(
cos22/322
330 K e K
e Rg
vT +
−=
α (6.49.)
gdje je
21
1 tgarc2
βtg
e
e K ⋅
−+
=
Najpogoniji ugao α = α1 i najmanja brzina v0 = (v0)min koju treba saopštiti raketi da padne u
odre%enu ta#ku na Zemlji. Iz jedna#ine za tgβ nalazimo
αβα
β
2sincos2
22
2
0 +=
tg
tg gRv (6.50.)
Pri β = const., kada je nazivnik najvei, brzina e biti minimalna. Za α = α1 deriviranjem po
α1 i izjedna#avanjem s nulom, dobivamo
02cos2sin 11 =+− αβα tg odnosno
241
βπα −= (6.51.)
Minimalna brzina
β
β
sin1
sin2)( min0 +
= gRv (6.52.)
koju e raketa imati data je jedna#inom (6.52.)
7/23/2019 Isak Karabegovic - Dinamika i Osiclacije (Poglavlje 6)
http://slidepdf.com/reader/full/isak-karabegovic-dinamika-i-osiclacije-poglavlje-6 13/19
RIJEŠENI ZADACI IZ POGLAVLJA 6.
Zadatak 6.1.
Odrediti najveu visinu podizanjamaterijalne ta#ke iznad površine Zemlje koja
se kree po#etnom brzinom, v0 pod uglom α ikoja ponovo pada na Zemlju. Pretpostaviti da je sila privla#enja Zemlje obrnuto
proporcionalna kvadratu rastojanja od centraZemlje. Silu otpora kretanju zanemariti. Na površini Zemlje ubrzanje sile teže jednako g .
Rješenje:
Napišimo po#etne uslove kretanjamaterijalne ta#ke
za t = 0 r = r 0 = R ϕ = 0
Slika uz zadatak 6.1.
( )
αϕ
α
cos
sin
00
000
R
v
vvr r
=
==
&
Posljednju relaciju smo dobili iz projekcije brzine na c0. Uz pretpostavku da smo ozna#ili
αϕϕϕ cos)(odnosno,)( jetadasa 00000000 vvr v cc == . Našli smo .cos0 αϕ v R =
Sila koja djeluje na materijalnu ta#ku je
2r
km F =
Na površini Zemlje je r = R, F = G = mg , i nalazimo da je K = gR2. Na taj na#in dobivamo
2
2
r
mgR F =
Diferencijalne jedna#ine kretanja materijalne ta#ke u obliku projekcija na polarne ose imaju
oblik:
0)(
)(
2
2
22
==
−=−==−
c
r
F r dt
d
r
m
r
mgR F F r r m
ϕ
ϕ
&
&&&
Nakon sre%ivanja, dobivamo
0)( 2
2
22
=
−=−
ϕ
ϕ
&
&&&
r dt
d
r
gRr r
Iz zadnje diferencijalne jedna#ine proizilazi integral površine ϕ2r = C , odnosno ϕ2r =
0
2
0 ϕr . vodei ra#una da je r 0 = R, možemo napisati da je
r max
0
H
0v
r 0=R R
c
r
F
c0 $
M0
7/23/2019 Isak Karabegovic - Dinamika i Osiclacije (Poglavlje 6)
http://slidepdf.com/reader/full/isak-karabegovic-dinamika-i-osiclacije-poglavlje-6 14/19
2
0
02
cos
cos
r
Rv
Rvr
αϕ
αϕ
=
=
&
Uvrštavanjem u gornju jedna#inu, možemo prei na integraciju diferencijalne jedna#ine
2
2
3
22
0 cos
r
gR
r
Rvr −=−
α&&
Množenjem predhodne jedna#ine sa dr , dobijamo
r d r dr dt
r d dr r &&&& ==
Nakon integracije je
C r
gR
r
Rvr
+−=+
2
2
22
02
2
cos
2
α
Za2
2 slijedi sin)(,,0
2
00000
v gRC vvr Rr r t r
−−====== α&
Dobivamo da je
2
2
2
cos
2
20
2
2
220
22 v gR
r
gR
r
v Rr −−−=+
α
U najvišoj ta#ki putanje materijalne ta#ke je r = r max, 0=r te dobivamo
R
v gR
vv gR R g gRr
Rvr gRr v gR
⋅−
−−±=
=+−−
2
0
22
0
2
0
22
max
22
0max
22
max
2
0
2
cos)2(
0cos2)2(
α
α
Iz gornje jedna#ine proizilazi da pri 2
0v =2 gR, veli#ine r max je beskona#no velika, tj.
materijalna ta#ka se vraa na Zemlju.Materijalnoj ta#ki treba saopštiti po#etnu brzinu koja ispunjava uslov
gRv
v gR
2
02
0
2
0
<
>−
Najviša visina podizanja materijalne ta#ke
H = r max - R
Koristei jedna#inu za r max, dobivamo
Rv gR
vv gR R g v gR H ⋅
−
−−++−=
2
0
22
0
2
0
222
0
2
cos)2( α
Za ugao2
πα = je
2
0
2
0
2 v gR
Rv H
−=
7/23/2019 Isak Karabegovic - Dinamika i Osiclacije (Poglavlje 6)
http://slidepdf.com/reader/full/isak-karabegovic-dinamika-i-osiclacije-poglavlje-6 15/19
Zadatak 6.2.
Balisti#ka raketa mase m po#inje kretanje sa površine zemlje brzinom v0, koja je pod
uglom α prema horizontu. Trajektoriji raketeodgovara jedna#ina
1 jegdje)cos1(
cos220 <+
= ee g
vr
ϕ
α
zanemarujui uticaj rotacije Zemlje oko ose(slika uz zadatak 6.2.), potrebno je odrediti:
a) visinu H koju e raketa dostii tokom leta,
b) vrijeme leta rakete T ,c) domet rakete D.
Slika uz zadatak 6.2.
Rješenje:
Iz jedna#ine kretanja slijedi
)cos1(
cos22
0
ϕ
α
e g
vr
+=
gdje je
cos22
0
g
v p
α=
Kako je ϕ = π, slijedi
e
p
e
p H Rr r
−=
+=+==
1cos1max
π
Iz ovog slijedi
Re
p H −
−=
1
Vrijednost ekscentriciteta e nalazimo iz jedna#ine za po#etne uslove. Za t = 0 je
α
α
βπϕϕ
ϕ cos)(
sin)(
11
00
00
0
vv
vv
Rr
r
=
=−==
=
Uvrštavajui prethodne jedna#ine u jedna#inu putanje, dobivamo
p
e
R
)cos(11 βπ −+=
Iz prethodne jedna#ine je
R
p Re
−=βcos
0
M M0
H F 0
v
#0 #
7/23/2019 Isak Karabegovic - Dinamika i Osiclacije (Poglavlje 6)
http://slidepdf.com/reader/full/isak-karabegovic-dinamika-i-osiclacije-poglavlje-6 16/19
Ako uvedemo novu oznakur
u1
=, dobit emo
p
e
p
e
d
du
p
eu
)sin(sin odnosno,,
cos10
0
000
βπϕ
ϕ
ϕ −−=−=
+=
Prethodnu jedna#inu možemo dobiti na slijedei na#in
α
α
ϕϕ ϕ cos
sin1
)(
)(11
0
0
0
0
00
0
v
v
Rv
v
Rrd
dr
r d
du r −=−=
−=
Izjedna#avanjem ove dvije jedna#ine, dolazimo do ekscentriciteta
2
0
0
/sin
1
cos
sin1)sin(
αβ
αα
αβπ
tg R pe
tg Rv
v
R p
e
=
−=−=−
−
Nakon kvadriranja, te uvrštenja u jedna#inu R
p Re
−=βcos , dobijamo
2
2
0
2
2
22
)2(1
)(
gR
gRv pe
tg R
p
R
p Re
−+=
+−
= α
Nakon sre%ivanja, izraz za visinu postaje
Re
e p H
Re
e p
Re
p
H
−−−
=
−−
+
=−−=
2
2
1
)1(
1
)1(
1
b) Ako se podsjetimo izraza za sektorsku brzinu jedna#ina (4.59.), iz [25] slijedi
.2
2
1
2
2
const C r S
dt
d r
dt
d S
===
==
ϕ
ϕσ
Na osnovu predhodne jedna#ine, slijedi da je vrijeme leta rakete
α
ϕ
ϕα
ϕ
ϕϕ
β
β
0
22
22
0
2
22
)cos1(
cos
)cos1(
RvC
e
d
Cg
vT
eC
d p
C
d r dt
=
+=
+==
∫ +
−
∫
∫
−
−
++
+=
+=
β
β
β
β
α
ϕ
ϕα
dmmn
m
e g
vT
e
d
Rg
vT
22
2
22
33
0
22
33
0
1(
1
)1(
2
2
cos
)cos1(
cos
7/23/2019 Isak Karabegovic - Dinamika i Osiclacije (Poglavlje 6)
http://slidepdf.com/reader/full/isak-karabegovic-dinamika-i-osiclacije-poglavlje-6 17/19
gdje smo uveli smjenu e
e
ntg m +
−
== 1
1
,2
ϕ
Uz novu smjenu z = nm, dobijamoβ
β
α +
−
++⋅
+−
+= nmtg arc
n
nm
mn
n
e g
vT
1
1
1
)1(2
cos3
2
22
2
22
33
0
c) Domet rakete iznosi
−=
−=
=
p R
tg ptg arc R D
p R
tg ptg
R D
α
αβ
β
2
2
Zadatak 6.3.
Materijalna ta#ka M mase m kree se pod djestvom privla#ne centralne sile intenziteta
ϕ32 sinr
mk F =
gdje je K - pozitivna konstanta. Nai jedna#inu trajektorije ta#ke.
Rješenje:
Podsjetimo se izraza za Binetov obrazac (6.18.)
ϕϕ 322
2
2
2
sin44
11
C
k
mC
r F
r r d
d r =⋅
−=+
(1)
Integral homogene diferencijalne jedna#ine je
ϕϕ sincos1
B Ar
+= (2)
Potpuni integral diferencijalne jedna#ine (1) se dobija primjenom Lagrangeove metodevarijacije konstanata. Ta metoda daje diferencijalne jedna#ine za odre%ivanje konstanata A i
B.Konstante su funkcije nazavisne promjenljive ϕ, A = A (ϕ), B = B(ϕ)
−=+−
=+
ϕϕ
ϕϕ
ϕ
ϕϕ
ϕϕ
32 sin4cossin
0sincos
C
K
d
dB
d
dA
d
dB
d
dA
(3)
Rješenjem sistema (3) poϕϕ d
dB
d
dA i dobijamo
7/23/2019 Isak Karabegovic - Dinamika i Osiclacije (Poglavlje 6)
http://slidepdf.com/reader/full/isak-karabegovic-dinamika-i-osiclacije-poglavlje-6 18/19
ϕ
ϕ
ϕ
ϕϕ
32
22
sin4
cos
sin4
C
K
d
dB
C
K
d
dA
−=
−=
te integracijom kona#no
122
12
sin8
4
BC
K B
Actg C
K A
+−=
+=
ϕ
ϕ
Zamjenom u jedna#inu (2), te nakon sre%ivanja, dobijamo
ϕϕϕ
sin8sincos
1211
C
K B A
r ++=
ZADACI ZA RJEŠAVANJE IZ POGLAVLJA 6.
Zadatak 6.4.
Materijalna ta#ka M mase m kree se u polju centralne odbojne sile intenziteta
)51( 2
2
2ϕ−+= e
r
bam F
gdje su a i b opozitivne konstante a r rastojanje posmatrane ta#ke od centra sile.Odrediti jedna#inu trajektorije ako su po#etni uslovi: t = 0, r 0 = a, v0 = 2b, a brzina je pod
uglom
α = π/4 u odnosu na tangentu.
Rješenje:
)1()sin(cos4
22ϕϕϕ e
ar
+−−=
Zadatak 6.5.
Materijalna ta#ka M mase m kree se pod djelovanjem centralne odbojne sile intenziteta
−=
3
2
2
2
r
b
r
am F
gdje su a2 i b2 konstante.
Odrediti jedna#inu trajektorije.
7/23/2019 Isak Karabegovic - Dinamika i Osiclacije (Poglavlje 6)
http://slidepdf.com/reader/full/isak-karabegovic-dinamika-i-osiclacije-poglavlje-6 19/19
Rješenje:
a)
21
2
2
2
2
8
1
04
A AC
a
r
bC
++−=
=−
ϕϕ
b)
2
2
1
222
2sin
2cos
1
04
b
a
C
p B
C
p B
r
pbC
−
+
=
>≡−
ϕϕ
c)
2
2
21
2
222
1
04
ae H He
r
qbC
C
q
C
q
++=
<−−
− ϕϕ
Zadatak 6.6.
Materijalna ta#ka M mase m kree se pod djelovanjem centralne sile po lemniskati #ija je jedna#ina
konstanta jegdje,2cos2 aar ϕ=
odrediti silu F r koja uslovljavaovakvo kretanje ta#ke ako je utrenutku t = 0, r = r 0, v = v0 a
po#etna brzina gradi ugao α (sl.
6.6.)
Slika uz zadatak 6.6.
Rješenje:
7
2
0
2
0
2
2
2
2
sin3
114
r
vmr F
r r d
d
r
mC F
r
r
α
ϕ
−=
+
−=
M0r 0$ 0
0v
a