zbirka zadataka iz mehanike i

I I

, r' I ,,!

" 'I',' ') j

I' I,

,I" . i?

,"

U N I V E R ZIT E TUB E 0 G R A DU

Dr inz. DANILO P. RASKOVIC profesor univerziteta

ZBIRKA ZADAT AKA IZ MEHANIKE

I

ZA PRVI STE}JEN STUDIJA NA TEHNICKIM FAKULTETIMA I V1SIM TEHNTCKIM SKOLAMA

ZAVOD ZA IZDA VANJE UDtBENIKA SOCJJALJSTICKE REPUBLIKE SRBTJE

BEOGRAD

Dr in!. DANILO P. RiASKOVIC, Z B IRK A Z A D A T A K A ! Z M B HAN I K B I " IzdnVll~: ZA VOD ZA IZDAVANJE UDZBENIKA SOCIJAUSTICKE REPUBLlKE SRBlJE, Beograd, ObiIieev venae 5{1 " Loktor: ZDENKA PLESA • Tchnicki Ulednik: BORA JOVANOVIC" Korektori: VISESLAVA NIKOLIC, MrRJANA' LESKOVAC i NADE:tOA PLANOJEVIC ., Rukopis predat u l::tampu oktobra J965-. godine .. Stampanje z;a

vrscno maja J966. godinc .. Obim: 24112 stamparska tabaka •. Tira!: 4_000 primeraka $ Format: 17x24 CIll.

$tampa1 BEOGRADSKI GRAFlCl<J ZAVOD. Beograd. BuJevar yojvode Mi$iea 17

1 SADRl,AJ

Ideo - TEKST ZADA TAKA

1. STATlKA

A) Statika u ravni (zadaci 1.1. do 1.70) ....................................... .. B) Statika u prostoru (zadaci 1.71. do 1.130) .................................. .. C) TcZi~la (zadaci l.UI. do 1.160) ............................................. . D) Trenje (zadaci 1.161. do 1.170) ............................................ .. E) Grafostatika (zadaci 1.111. do 1.200) ...................................... ..

n. KJNEMA TIKA

A) Krelanje laeke (zadaci 2.1. do 2.70) .................... " .................. .. B) Obrtanje krutog tela. Transmisioni prenosnici (zadaci 2.71. do 2.100) ........ .. C) ReJativno kre"in~e/Bregasti mehanizmi (zadaci 2.101. do 2.125) .............. . D) Ravno krctanje. ~avni mehanizmi (zadaci 2.126. do 2.175) ................... . E) SJaganje kretanja. Planetski i diferencijalni prenosnici (zadac; 2.176. do 2.2CO) ..

m. DINAMlKA

A) Dinamika rna terijalne tacke (zadaci 3.1. do 3.80) ............................. . B) Dinamika materijaJnog sistema. Momenti inercije i centrifugalni me mmti (zadaci

3.81. do 3.100) ....................•....... : ................................. . C) Dinamika krutog tela (zadaci 3.101. do 3.200) .....•..........................

II dee - RESENJA

I. STATIKA

A) S!atika u ravni (zadaci 1.1. do 1.70) .................. . B) Statika u prosloru (zadaci 1.71. do 1.130) ...................... .. C) Tezisla (zadaci 1.136. do 1.160) ............................................ .. D) Trenje (zadaci 1.161. do 1.170) ................................ " ........... . E) Grafostatika (zadaci 1.171. do 1.200) ........................................ ..

II. KINEM"A TIKA

A) KretaDje taeke (zadaci 21. de 2.70) ......................................... . B) Obnanje krutog tela. Transmisioni prenosDici (zadaci 2.71. do 2.100) ......•... C) Relativno kretanje. Bregasti mehanizmi. (zadaci 2.101. do 2.125) ........ . D) Ravno krelaDje. Ravni mehanizmi (zadaci 2.126. do 2.175) ................... . E) Slaganje hetanja. PJan~tski i diferencijalni prenosnici (zadaci 2.176. do 2.200)

Strana 9

24

38 44

46

55 63

69 75 85

93

102 105

127 155 180 192 195

223 242 248

262 295

-/

4

IlL DINAMlKA Stri:l.fiI.\

A) Dinamika m1terijalne tacke (zadaci 3,1. do 3.80) ................ .... ...... .... 305 B) Dinlmikl m lterija Inog sistema. M~inenti inercije i centrifugalni moment; (zadaci

3.81. do 3.100).................................................... . . . . . . . . .. 324 C) Dinamika krulog tela (zadaci 3.101. do .3.200) ................................ 331

ill deo - TABLICE

Tablica I - Obrasci .................. . 367 Tablica n - Geometrijske i mehanieke Yelicine ....... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . 379 Tablica III - TeZi~ta slika .................................................... 380 Tablica IV - Teiisla tela.......... ...................................... 381 Tablica V - M)menti inercije slika ................................. . Tablica VI - M:Jrnenti inercije tela ..................•.............. Tablica VII - Stepeni, koreni, prirodni logaritmi, reciprccne vrednosl; prirodnih

brojeva, obim i povrsina kruga ....... . ...............................•. i'ablica VII! - Trigonomelrijske funkcije .................... . Tabli9a IX - a) Znacajne brojoe vredoosti ................................ ..

- b) Znaeajne brojne vrednost; ............... .

382

383

385 387 391

392

PREDGOVOR

Motto: "Exempla non minus idocunt. quam precaepta". Ntwton-Principia

fla zahtev studemta Alasinskog jakulteta u Beogradu prosirio sam i

upotpunio prvobilnu malu lilograjisanu 'Zbirku zadataka iz mehanike. OJ'a zbirka obuhvata 600 zadataka iz slatike, killematike i dinamike, iz :[vake oblasti po 200 zadalaka, i u skladu je 'sa nastavnim programima iz mehallike Ila prvom slepenu naslave skoro na svim tehnickim jakuftelima i viSim tehnickim skolama. Oni su u skladu i sa mojim udtbenieima Mehanika I (slalikaj i Mehallika II (kinem2tika i dinlmika) za mafillske jakullete.

Zadaci su potpuno proradeni i obu1JI'ataju eeli kurs predvider nastavnim programom, pn'enstveno za masinske jaku/lele, da bi student; magli na Ol'im primerima da steknu iskustvo za re§avanje i drugih slicl1ilJ zadataka iz, ove oblasti.

Ov; su zadaci vefinom: radeni na I'eibanjima sa swdenlima iii su bili ispitni zadaci iz mehanike na prvom slepenu naslql'e na masinskim jakuiletima u Beogrqdu' Novom Sadu, odnosno na MaSinskom odseku TehnickoK jakullela u Nisu.

12. XII 1964. godine Beograd

AUTOR I

ZADACI

" "

A) STATIKA U

1.1. Na dnu okna nalazi se radnik, tezine 80 kg, koji,.pomoctl. uzeta prebacenog preko nepom;cnog kotura, podize teret tdine 50 kg. Koliki je pritisak coveka na tIe okna? Kuliki llajveci teret moze da podignc covek'!

1.2. Remorker vuce u liniji ("bmzdi") tri slepa razlEtih veJ:c'na, Slepovi sU medusobno povezani uzadima Icoja mogu da izdrze zateznu silu jacine 300 kg. Vucna s'la propel era remorkera (F) iznosi 2400 kg. Krelanju remorkera i slepova protivi se olpor vode (otporna sila F,,), koji kod remorkera i prvog sJepa iznosi 600 kg, kod drugog slepa 300 kg, a kod treceg siepa 200 kg. Sa koLko uZadi treba privezati prvi slep za remorker, drugi sJep za prvi i treci slep za drugi?

1.3. Napadne linije dveju suceljnih sila, velicina 10 kg i 6 kg, grade ugao 60°. Kolika je velicina rezultante ov:h sila? Kolike ugJove grade napad-ne linije komponenti sa napadnom linijom rezultante? .

104. Koliki ugao grade napadne Iinije dveju suceljnih sila istih veLc:na ako njibova rezultanta ima istu velicinu kao j komponente?

~ ~ . 1.5. Silu F = F, treba razloziti na dve L komponentc, od kojih je prva

jednaka rezultanti F; = 'it i sa njom gradi ugao c(. Odred: ti velicinu i polo

zaj druge komponente; F"

1.6. Velicine komponenata· su 3 kg j 4 kg, a velicina rezultante tih suceljnih sila je 5 kg. Koji ugao grade napadne linije komponenata?

1.7. Silu F. jacine 200 kg, . raz!pziti u dYe komponente, ciji je zbir

velicina 1 ~ 1 + 1 F21 = 450 kg, a napadna linija pive komponente gradi ugao G( = 30° sa napadnom linijom rezultante.

10

1.8. 'Silu F= F" jaeine 300 kg, treba razloz:ti na dye komponente,

F, i Fz , f<rzlike intellziteta I F; I - I F2 I = 100 kg, tako da prva komponcnta

gradi sa f(;zuitantom ugao a = 45°. KoLki ugao grade napadne linije kGmp~nenata? i

1.9. 'Silu F= 100 kg razloziti na dye upravne komponente, X i Y, pod

uslovom d~ njihovc velie.ne stoje U odnosu X: Y = 3 : 4.

1.10. i Vrh B stuba AB, visine. 15 m, tdine 420 kg, pridrzavaju dye celicne zatege, CB i DB, vezane za zemlju u tackama C i D, gde su rastojanja AC = 8 m, AD = 20 m. U kom odnosu moraju biti ve1icine sila u zategama, pod uslovom da stub bude verLkalan? Kolike su veLc:ne tib sila?

Slika l.! 1.

R, povucene su dye paralelne tetive, upravne na, borizontalni prec~ik OA, 'a na rastojanjima C od sred sta kruga 0'.

.,; ---?r ~ ---+

Odrcditi rezultantu sila koj~ su predstavljene vektorima OA, OB, OC, -+ -+

OD i OE.

1.12. Odrediti rezultantu sistema suceljnih siJa ~ u tacki 0, cije napadne linUS grade sa + Ox-osom ugJove 0;/: F\ (100 kg; 0"), F2 (200 kg; 60°), F3 (JOOkg; ! 900), F4 (l50 kg; 135°), Fs (200 kg; 150°), F6 (400kg; 1800),

F7 (250 kg; ;nOO) i F8 (600 kg; 30(0).

1.13. i Pokazati da je sistem suceIjnih sila Fi u tacki 0, cije napadne

linije grade sa + Ox-osom uglove 0;, u ravnotezi; F\ (40 kg; 0°), F2 (30 y'2kg;

45°), F;(20'kg; 90°), F4 (l00V2'kg;' 135°), Fs(70kg; 1800), F6 (50 kg; 2700)

iF7 (100y'2kg; 315°),

1.14.' ,Kugla, teZine G, Vezana· je uzetom OA za tacku A zida AC i oslanja se na glatku strmu ravan CB. Odrediti sHu u uzetu i otpor ravni ako su poznate vrednosti uglova Cf. i ~.

"

l-

I

A

Slika 1.14.

y

G

stika 1.15.

11

1:15:· Kugla, tt!zine G = 10 kg, oslanja se na dye glatke strme ravni, AO i BO, koje sa horizon tom grade uglove c£ = 30° i f3 = 45°. Izracunati brojne vrednosti otpora strmih ravni.

1.16. Napadna linija sile F=50kg odseea na koordinatnim osama Ox

i Oy odsecke a = 40 em, b = - 30 em. Izraeunati moment te sile za koordinatni pocetak 0 kao momentnu tatku.

1.17. SlaF(X=4kg; Y=3kg) dejstvuje u tacki N(x=5m; y=2m), Koliki je moment te sile za koordinatni pocetak 0 kao momentnu tacku? Za koliko se promeni moment ako se umesto tacke 0 za momentnu taCku uzme tacka 0' (xo = 2 m; Yo = 1m)?

1.18. SiJa I FI = 5 kg (X = 3 kg; Y = 4 kg) dejstvuje u tacki Nt (6 em;

3 em), a sila - F u tacki N2 (3 em; 2 em), Koliki je mom~nt sprega ovog para sila? Pokazati da se moment sprega ne menja ako se za momentnu tacku uzme tacka 0' (1 em; I em).

1.19. Napisati jednacinu napadne linije rezultante ravnog sistema

proizvoUnib sila F\ (4 kg; - 3 kg), F2 (-15 kg; 8 kg), F3 (6 kg; 8 kg), F4 (20 kg; 15 kg) i Fs (3 kg; - 4 kg), koje dejstvuju u napadnim tackama N, (2 em; 2 em), N2 (3 em; 2 em), N3 (- 2 em; 3 em), N4 (1 em; - 1 em) i Ns (2 em; - 2 em).

1.20. Kolika mora biti sila F5 u prethodnom zadatku da bi se ravan sistem sila sveo na spreg? Koliki je tada moment sprega?

1.21. Racunom i graficki pokazati da s.e tri sile, F, (X, = 4 t; Y, = 3 t),

FZ(X2=4ti Y2 = -3t) i F3 (X}= -8 t; Y3=O), koje dejstvuju u napadnim tackama N\ (5 em; 2 em), N 2 (5 em; 6 em) i N3 (8 cm; 2 em) svode na spreg.

Koliki je moment sprega?

1.22. Pokazati da je sistem proizvoljnih sila F, (4 kg; 2 kg), F2 (3 kg; - 3 kg), F3 ( -- 2 kg; 5 kg) i F4 ( - 5 kg; - 4 kg), koje dejstvuju u tackarna N,(2em; 3 em), Nz(l em; -2cm), N3(3cm; -4em) j N.(-2cm; -2cm),

12

u ravnote.zi. Pokazati da su tada zbirovi momenata svih sila za tri nekaIinearne tacke, O(Oem; Oem),A(lem; 1 em) i B(2em; -lem), jednaki uuli.

1.23. Dul. straniea pravougaonika ABCDA, duzina AB = CD = b = 8 em,

BC = DA = h = 6 em, dejstvuju sile i; jacine ?kg; 4 kg; 3 kg i 1 kg, ciji su smerovi od A ka B, od B ka C, od C ka D i od D ka A. Redukovati sistem ovih sila na srediste 0 pravougaonika. Odrediti poloZaj redukeione

. rezultante i izracunati njen moment za leme A pravougaonika.

1.24. Ako su u prethodnom zadatku vclicine sila. i, i F3 po 8 kg, ~ -.

sila F2 i F4 Po 4 kg, a smerovi su ostali isti, odrediti na sta ce se svesti

sistem siJa. Kolike moraju biti veliCine sila F,i 1. da bi. pravougaoriik bio u ravnotezi?

1.25. Duz straniea jednakokrakog trap~za A BCD , duzina paralelnih straniea AB=IOem, CD=4em i krakova BC~DA=5em, visine h=4em, dejstvuju sile koje su po intenzitetu jednake duzinama straniea, a smerovi ~ -+ -j. ->

su AB, BC, CD iDA. Na sta se svodi ovaj ravan sistem sila.?

1.26. U temen:m1 T J (5em; 0) i T4 (0; -Scm) kruga, poluprecn:ka R~5em, dejstvuju sile FJ =X1 =300kg, F.=Y4 =-400kg, au temenima

T2 (0; 5 em) i T3 (- Sem; 0) spregovi intenziteta 'illz = 600 kgem i l}T/3 = -- 100kgem. Redukovati sistem sila i spregova na srediste kruga 0 - koordinatni pocetak triedra Oxy.

J.27. Silu F(X=Okg; Y= -IOkg), koja dejstvuje u tacki N(4cm; 0), razloziti u trl komplanarna pravea u ravni Oxy koja prolaze ·kroz tacke N] (0 em; . 0), N z (6 em; 0) i NJ (S em; 0), a sa + Ox-osom grade uglove 45°; 90° i 1200

1.28. Momenti sile Fza tri nekoliriearne tacke, A(2em; 2em), B(4em; 4 em) j C (3 em; - 1 em), jznose J 3 kgem, 15 kgem i 6 kgem. Odrediti jac:nu sile i polozaj njene napadne linije u odnosu na triedar Ox),.

yt CD

c

. Slika 1.29.

I.22~ Tanki homogeni disk, teZinetG =}6kg:' poluprecnika (!{.~ = 1 0 cm~bno je vezan sa tri stapa u tackama A (6 em; 8 em), ,,' B(-6em; -8cm)i C(6em; -Scm).,,': Pravei stapova pr:kazani Sil na' slici. Odred.ti sile u stapov:ma u ravnoteZnom polozaju d'ska. ~

1.30. Stap AB, duzine 2 m, opterecen je teretom F= 100 kg na kraju A. Stap je poduprt sa tri stapa, (1), (2) i (3), koji su zglobno

r

.)

vezani za stap i pod, Odrediti velie'ne

i karakter' sila u st~povima u ravno

teZnom polozaju sistema.

13

1.31. Paralelne s:le Fl>' jacine A..-___ ... C ____ B{---'-__ -«--+ 6 kg, - 3 kg, 2 kg i-I kg, grade sa

+ Ox-osom t:iedra Oxy ugao 300 i seku

tu osu u tackama Ni (2 em; 3 em; 4 em

i 5 em). Odrediti vel:Cnu i polozaj na

padne linije ovog s:stema parale1nih

sJa. Slika 1.30.

1.32. Kol"ka mora bili siJa F. u prethodnom 2adatku da bi se s:stem sila sveo na spreg'! Koliki je tada moment sprega?

KoLka mora b:ti sila ~ i njena koord'n~ta X4 u odnosu ha tr:edat Oxy da bi s'stem sla b:o u ravnotez.? Pokazati~da gu tada zb'rovi mome-r .' nata sistema sila za tri nekoLnearne tacke, 0 (~fO), A (I em; 0): i B (2 em;

2 em), jednaki nuli. _ i~ . 1.33. Poluga AB, te'line G, duz' ne AB = I, '!'zglobno je yezaria

vertikalni zid, a za kraj B vezano je uze koje je1prebaceno p~~korm" tura C na zidu. 0 kraj uleta obesen je teret kzine F. Odreditrv~Ll:in~ tere a '. F, pod us'ovorn da poluga AB bude u ravnotemom polozaju horizontaina, ako je na njenom kraju B obesen teret tez.ne Gj2. RastojanJe tacaka A i C

jednako je duz:ni poJuge (AC = AB= I).

'C

a

A

Slika 1.33. Slika 1.34.

1.34. Stap AB, duZine /, teiine G, zglobno je Vezan u A za pod, a za kraj B privezano je ute koje je ucvrSCeDO u tacki C zida. Odrediti otpor

zgJoba i silu u Uletu ako su poznati uglovi ex i ~, koje stap uze grade sa +Ax-osom (podom).

14

1.35. 'Stap AB, tezine G, duzine I, opterecen je na kraju B teretom tezine G12. Za taj kraj vezano je uze koje je prebleeno preko maJog kotura C

na zidu, gde; je AC = h = I. 0 kraj uteta obcsen je tere! F. KoJ ki ugao <p

gradi stap A,B sa zidom u ravnoteznom poJoZaju s:stema? KoLki je tada otpor zgloba A?

c,

1.36. Stap'AB, tetine A oslanja se, na glatki tcinom poloiaju stapa?

Slika 1.36.

I, zglobno je vezan u 0, a krajcm

biti odnos alb u ravno-

1.37. .Raznokraki pravougaoni ugaon'k (Ienjr) ABC, dut'ne krakova AB=2BC=~=2b, obesen je ozglob A. Odredti koliki ugao <p gradi krak AB ugaon:ka sa vertlkalom U ravnotemom polotaju ugaon ka.

B

C Slika 1.37.

c Slika 1.38.

1.38.~raci raznokrakog ugaonika (lenjira) ABC, duzine BC = b =

= 2AB= 2 a, ,grade ugao (f.. = 60°. Ugaonik jc jednim krajem obesen za prsten A. Kolikl ugao:<p gradi krak BC sa horizontalom u ravnoteznom poloZaju ugaonika? .

I ~

r 1

j~ '~ I

I,;

15

1.39. Stap AB, teline 4 G, dUline 2 f, kruto je vezan u C, AC = CB, sa

~tapom CO, teiine 2 G, duzine h = I, tako da su stapovi upravni. Ovaj kruti sistem obesen je 0 kariku 0, a na krajevima A i B stapa AB doda!i su tereti, tetina G i 2 G. Odrediti ugao <p koji gradi stap AB sa horizontalom u ravnotelnom polozaju sistema.

lOt D

5/

Slika 1.39.

E C

J

I I I

oi S!ika 1.40.

12/ 51

H k 5

R

1.40. Kruzni lueni nosac ABC, poluprecnika R = 10m, sa tri zgloba, A, B, C, opterecen je u tackama gornjeg pojasa naznacenim silama. Odrediti otpore zg:obova lucnog nosaea.

1.41. lednokraka poluga OA, prizmaticnog oblika, konstantnog poprecnog preseka, teline G, zg:obno je vczana u 0, i u preseku B, gde je OB= r, obden je teret teZine Q. Za kraj A poluge vezano je uze koje je prebaceno preko kotura K, 0 cijem drugom kraju visi teret tdine F, koji odrzava polugu u horizontalnom ravnoteznom polozaju. Odrediti duzinu poluge OA (x = I), pod uslovom da teret F ima najmanju tezinu. Kolika je tada telina tog tereta F!

A~======_IS_O __ ~ __ ~rIB~5_0_~~C

B

.0

Q

Slika 1.41. SIika 1.42.

1.42. Raznokraka prava' poluga ABC vezana je krajem C zgJobno pomocll po luge CD, za oslonac D i kruto, pomoeu poluge BB', za raznokraku polugu EH, oslonjenu na oslonce E i H. Kolike su sile u pojediniTll delovima sistem;! poluga ako je 0 kraj A prve poluge obesen teret tezine G = 4 kg'?

16

1.43. Odredite odnose duzina krakova poluga deeimalne Quintenz-vage,

pod uslovom da poloiaj tereta na platformi ne utiee na tacnost merenja vage.

B C 0 B x A

. ~ ~ {>

D G

. I . D

=jr",i:+f~ 5 H'

v/, " -0---- b

-I /---Slika 1.43. SJika 1.44.

1.44. Ventil sigurnosti parnog kotla vezan je polugom. BD za polugu OA, koja se moze obrtati oko zg!oba O. Precnik ventila iznosi IOcm. a pritisak pare u kotlu je IO atmosfera. Odrediti krak tega ldine G = 50 kg da bi se ventil sam Ol\'orio pri povecanom pritisku pare u kollu, zanema·

rujuci tdine poluga i ventiJa ako je hak Os= 5 em.

1.45. Ruena presa za sabijanje sena sastoji se iz sistema poluga i platforme. Na po:ugu OAB, duzine OA=!=lQOem, dejstvuje radnik silom F= 50 kg upravno na polugu koja moie da se obrce oko nepomicnog zg'oba O. Ova je poluga vezana zategom Be, duiine 50em, za zglob e, kojije dvema polugama, CD iCE, vezan za nepokretni [oslonac (D) i platformu

prese (P). ~ U poJozaju prese, kada je zatega BC upravna na kraku OB. duzine .10 em, i polovi ugao <J DCE, a zglob C je pomeren ulevo za 10 em od vertikalnog polozaja ED i ED = 80 em, odrediti silu sabijanja prese.

G


1.46. Tere! ldine G=600kg oddava se pomocu uzeta na strmoj

glatkoj ravni, nagibnog ugla preJUa horizontu 60°. Uie je paralelno strmoj

I ~l '1 ~

\: t

.1

17

ravni i obavijeno je oko dobosa vitIa. Simetrieno vitlo je teiine G1 = 300 kg, i oslanja se u taeki A na glatki pod, a u tacki B, AB= 2 a,. vezano je

zavrtnjem za pod. Odrediti otpore oslonaca vitia zanemarujuti razmak izmedu uzeta i strrne ravni.

1.47. Pomo¢U dizalice podize se tere! tdine G = 500 kg. Roluprecnik bubnja iznosi r= 5 em, a polupreenici podeonih krugova zupcahika su u odnosu RdR2 = 1/4, dok je duzina rueice :40, = 1= = 25 em. Odrediti silu F kojom treba dejstvovati na kraju A rue ice upravno na istu da bi se postigJo mirovanje tereta.

Slika 1.47.

1.48. Odrediti potrebnu silu F da bi naka komra odrZala ravnoteZU teretu, tezine G, obdenog uslovom da poluga ostane horizontalna. Teiinu poluge, koturova i uieta zanernariti.

1.49. Kaisni transmisioni prenosnik sa koturovima, preenika D j = 60 em i D2 = 20 em, ima kotur zatezae, precnika D1 • sa srediSlem u °3 , Zatezna sila u kaisu, koja je jednaka sa obe strane kotura

zatezaca, iznosi F = 20 kg, a ostvaruje se pomocu

pravougle kolenaste po luge A02 °3 , Odrediti velicinu tereta G koji se mora staviti ni kraj A

rucice AO" duiine 1= 40 em, u !ravnoteZnom polo2'aju sistema ako su poznata rastojanja a=40em, b=20cm.

1.50. Hod zavrtnja zavojne prese je

h = 5 mm, a duzina rueiee je 1= 25 em. Kolika je

potrebna sila F da dejstvuje upravno na kraj rueice da bi driala ravnoteiu leretu tdine G = 500 kg?

2 Zbirka zadaeaka jz mobanike I

2

3

18

Slika 1.51.

kvadratna ploca, tdine 30 kg, oslanja se tezid. Za terne B pioce vezano je uze 0 B, du

line jednake duzini strane pioce (a) koje je drugim krajem, 0, vezano za isti vertikalni zid. U ravnoteznorn polozaju ploce odrediti silu u uzetu i nor~ malni otpor glatkog zida. i

].52.! Homogeni poJupr'sten, ldine G, oclnosa poluprecnika r/R = 0,5,

zglobno je: vezan za zglob A. Za teme B vezano je uze koje je prebaceno preko malog kotura K, postavljenog na isloj horizontali kao i zglob A. 0 kraj uzeta 'obesen je tere! tezine F, koji odrZava ravnotezu poluprstenu. U ravnotezno/TI poloZaju odrediti velicinu tereta F ako je poznato da je ugao 0;=600 i AK=AB=2R. Koliki je otpor zgloba A? Koji ugao gradi napadna

Iinija otpota zgloba A sa pravom KA (horizontalom)7


1.53.: Homogeni stap AB, duiine II> teline G1 , zglobno je vezan u A i osianja se na drugi homogepi stap CD, duzine 12 , teZine G2 , koji je zglobno vezan h' zglobu C na istoj visini kao i zglob A. Ovaj se stap naslanja

_?'

1 ,..

i I

II

I

19

na glatki obli osJonac E. U ravnoteZnom polozilju sistema stapovi grade sa

vertikalama uglove 0; i ~. Odrediti otpore zglobova A i C, otpor oslonca Ei uzajamni pritisak stapova na mestu oslanjanja D, ako je poznato da je u·

ravnoteznom poJozaju AE=EC= C. OpStt; resenje.

Izracunati brojne vrednosti ako su podaci: 2/1 = Ii = 180 cm, G2 = 2 GJ =

= 80 kg, ~= 20;= 60°.

1.54. Stap AB, duzine 1, tezine G1 = 100 kg, osJanja se u tacki A na

gJatki pod, a kr~jero B na stap CD, duzine 2/, tezine G2 = 2 G1 , koji ~oze da se obrce oko zgloba C, a u tacki D oslanja se na pod. Krajevi AiD slapova vezani su uzetom. U ravnoteZnom poiozaju sistema stapovi grade sa

podom uglove C( = 45° i ~ = 60°. Izracunati silu u uzetu, otpore glatkog poda, otp~r zgloba C i uzajamni pritisak stapova.

Slil<a 1.54.

\y \

Slika 1.55.

1.55. SupJja polukugla, poluprecnika R, tezine G, sa tezistem u tacki

C, gde je OC=c=R/2, oslanja se na glatki pod. Stap AB, duzine I, tezine G1 , krajem A oslanja se na unutrasnjost polukugle i na njen rub u tacki D. U ravnoteznom poloZaju sistema poluprt!cnik OD polukugle gradi sa horizontom

ugao IX, a sa stapom AB ugao ~. Odrediti te uglove i otpore u tackama oslanjanja.

1.56. Zglobne nogare AC i BC, jednakib duzina (1=2 m) i telina (G = 12 kg), sa zglobom u C osJanjaJu se krajevima A i B na glatki pod. Nogare

su vezane horizontalnom zategom DE na rastojanju AD = BE= 1/3. 0 tacku V

kraka AC, gde je VC=I/3, obesen je teret tdine F=G/2. Izracunati pritiske nogara na pod, otpor zgloba C i silu u zatezi ako u ravnoteinom polozaju nogare grade sa horizontom uglove C( = 75°.

2'

20

c

o

c

A B

SJika 1.56. Slika 1.57.

1.57. Homogeni stap AB, duz.:ne t, tdine G= 6 kg, obeSen je 0 tacku 0 pomocu dva uzeta, OA i DB, iednakih dliZina (OA = DB = d, koja sa stapom grade jednake uglove, a = 30°. 0 tacku D ~tapa, gde je iB-= ABj3, obesen je teret, (dine F. U kom odnosu inoraju stajati ,tdine stapa i tereta da bi stap grad:o u ravnoteznom poloz.aju sa horizontalom ugao 'I' = ]50? Za date odnose odrediti velic:ne sila u uzadima.

1.58. Dva homogcna stapa, AC i BD, od istog materijala i istog poprecnog preseka, vezana su zglobno u A, B i C, gde su AC= BC= CD. Ovi stapovi nose disk, poluprecnika R, te;fne G = 12 kg, koji se u tackama D j i D2 oslanja na ~tapove, gde su CD j = CD2=AC/3. U ravnoteillom polozaju s:stema stap AC gradi sa pravom AB ugao a= 30°. Odred:ti otpore zglobova A:" B i C ako je tezinastapa AC takode G kg.

D

Slika1.58. Stika 1.59.

1.59. Stap AB, duzine J, tezme G, zglobno je vezan u A, a drugirn krajem, B, oslanja se na stap CD, duzille 2/, tezine 3 G. Ovaj se stap oslanja na nepokretni oslonae E, a kraj D priddava mu borizontalno liZe KiJ.

i. I

2.1

o kraj C stapa CD obesen je teret tezine F = G. Za p()znate odnose duzina AB=AE, DE= CD/) i dati uslov (da su j~dnaki ug'ovi koje grade stapovi AB i DC sa borizontalama) odrediti otpor zgloba A, otpor oslohea E, slu u uzetu KD i uzajamni prifsak stapova na mestu osJanjanja B.

Izracunati te velic:ne ako je G = 20 kg; a IX = 30°.

1.W. Dve homogene kugle, tezina Gj , i= 1,2, poluprecni'ka R;, obesene su pomocu dva uzeta, OA i DB; 0 tc:.cku· O. Oba uzeta gtade ugao a.

a) Ako je poznato da je OA + R j = OB + R2 = C j da u ravnoteznom polozaju uze OA gradi sa horizontalom ugao <p, odrediti odnos ~tezina kug!i, sile u uzadima i uzajamni pr:t,sak kugli.

b) Jzracunati prethodne vel cine ako su poznate vrednosb G1 = 24 kg, a=300 i '1'= 75°.

Slika 1.60. , Slika 1.61.

*:i'~~'f ~, 1.61. Greda AB, duzine 1,5 t, teZine kg, zglobn()"jeivezana: zglo-

born A za pod: a u tacki E, gde .je BE=lj3 .• 2m, nasla~gt~~~~~a;l[grttu ECDH. 0 kraJ B grede obden Je tefet tezlDe F=G. HOflzonta]nal:gr~da

- - ,.- :' ~(?:"- "~,,>,'",,

ECDH, raspona CD=I, tdine 2,5G, sa prtpustima EC=I/3,DH!=lj4,oslanja se na pokrCtno (C) i ntpokretno leziste (D); a na slobodnom kraju (H) nosi terel tdine F/2. Ako u ravnoteznom polozaju sistema greda AS gradi ugao a = 60° sa borizontalom, a greda ECDH je horizontalna, odredit~ otpor zgloba A, oslonaea C i D i uzajamni pritisak gred,!.'

1.62. PlocicaABC, obiikapravouglog trougla, stranicaAB= a,BC= b= 3 aj4, teZine~ G, zglobno jc vezana u t~menu A za pod. Teme :C pridrZava uze prebaceno preko malog kotma K, 0 cijem kraju visi teret lcline F. Kotur K se naiazi na vertikali iznad zgloba A _ Koliko mOra b\ti rastojanje h = AK koturi da hi pri najmanjem teretu F kateta AB plocice' oSlala hori

zontalna? Za taj sJucaj i vrednosti G = 30 kg, a = 60 em, odrcditi ;velii'inu tereta P i otpor zgloba A,

22

Slika 1.63.

¥

B

1;63. Stap AB, dliZirie.l, teiine G=40kg, zglobno je vezan zglobom A

za pod i osli).nja se u tacb C na glatki rub stoIa, gradeci .sa horizontalom ugao 0: = 60°. 0 kraj B stapa AB obesena je kugla, poluprecnika R = V3//12, tdine 3 G, k;oja se oslanja na stap u tacki D, gde je BD = AC =1/4. U ravnoteznom poloz.aju sistema odrediti otpor. zgloba A, tacke osianjanja C i silu u uzetu OB kojim je vezana kugla.

1.64. Za horizontalnu konzolu AB, duzine 1= 2m, tezine G = 48 kg, zglobno je vezan stap BC, duzine 4//3, tdine 4 G/3, koji se oslanja u tacki D na glatki rub stoia, gde jeBD;"" 3 BCj4, i gradi sa horizontal om ugao 0: = 60°. 0 kraj C stapa BC obesena je pomocu uzeta CO kugla, poluprecnika R=lj4, tdine G/4, koja se oslanja na stap. Uie gradi sa stapom CB ~o (3 = a/2 = 30°.; Odrediti otpore .os\onaca sistema i silu u uzelu.

s

A

,Slika 1.64. Slika 1.65.

1.65. KugJa, te:line G = 20 kg, vezana je uzetom SO za vertikalni zid, a u tacki E ioslanja se na gredu AB, duZine I, tezine G. Uze SO i greda AB grade sa vertikalom SA uglove a i ~; (3=4a/3=600. Greda AB krajem B oslanja se TIa· horizontalnu gredu CD, duzine I, tdine 'G, gde je CB= 1/4,

23

koja je u tacki D zglobno vezana za zid, au· tacki M priddavana zategom

. MN, pod uglom y=2a/3 prema gredi. Ako je MD=I/4 i AE=lj3, odrediti otpore oslonaca greda, njihov uzajamni pritisak i silu u uietu.

1.66. Greda AB, tezine G = 40 kg, duzine 1=2 m, vezana je zglobom A za pod. Za tacke B i C grede, gde je AC = CB, vezano je uze, dliZine L, prebaceno preko kotnra K, koji se nalazi iznad A na visini h = AK = I. U

ravnotdnom polofuju sistema greda AB gradi sa vertikalorn AK ugao a = 60°. Odrediti duzinu uieta L, pod uslovom da je sila u uzetu k = 2 (3 + (3)/3 puta manja od tezine grede G. Za taj slucaj izraeunati otpor zgloba A.

K

A


'10 1.67. Stap AB, duzine 21, tezine 2 G, zglobno je', vezan u A za stap AC, duzine t, tdine G, koji je zglobno vezan u C. 0 kraj B prvog stapa obesen je teret tdine F = 2 G j vezano je uze BC, koje je drugim krajem \ privezano za zglob e. U ravnoteZnom polozaju sistema me je upravno na stap AC, a stap AB gradi sa horizontalom ugao <po U tome polozaju odrediti ovaj ugao, otpore 8

zglobova A, C i silu u uzetu Be.

1.68. Stap AB, duzine /, tezine G, vezan je zglobno u tacki A za glatki pod i oslanja se na glatki valjak, poluprecnika R. Valjak se oslanja n.a isti pod, a njegovo je srediste C vezano uzetom, duzine s = AC, za zglob A. Odrediti silu u uzetu otpO[ zgloba. .

A

Slika 1.68.

1.69. Kugla, poiuprecnika R, tdine G, obesena je pornocu uieta OS, duiine s=OS=2R,'o prsten-O.·~Homo-ge~j1 stap~o;r-dU'zl-;;=T~6R~

24

tezine G, Venn je jednim krajem za prsten 0 i oslanja se na kuglu. Koliki ug:l.O 'P gradi uze OS u ravnoteznom polozaju sistema sa verti kalom?

A Slika 1.69. Slika 1.70.

1.70. Dve jednake kugle, poluprecnika R, tezina po G, obeSenc su 0

taeku 0 pJIDOCU dva uzeta, OA i OB, jednakih duiina I, ut.:, = UA + AC, = = 1+ R = DC2 • Na te kugle je postavljena treca kugb, istog poluprecnika R, ali tdine G3 • U kom su odnosu uglovi 'P i <¥ u ravnoteinom p::Jloiaju 5'stema'l Kotki su uzajamni pritisei kugli i sila u uzetu? KoLka je mogw.':a najveca tdina trece kugle da bi se. odrzala ravnoteZa?

B) STATIKA U PROSTORU

1.71. Na ·~tacku 0 dejstvuju cetiri sueelne sile koje su odredene svo

jim projekeijama na koordinatne osetriedra Oxyz; F, (1 kg; 6 kg; 7 kg).

F2 (3 kg; 2 kg; - 2 kg), F7 (0; - 3 kg; 9 kg). i F4 (2 kg; 3 kg; 10 kg). Odrediti velicinu rezultante ovog sistema sila i uglove koje njena napadna Iinija gradi sa. koordinatnim osama ortogonalnog triedra Oxyz.

~

1.72. Pokazati da je sistem sueelnih sila Fl (6 kg; - 2 kg; 7 kg),

F; (- 3 kg; 5 kg; -1 kg), is (2 kg; - 3 kg; 2 kg), ~ (- I kg; 2 kg;- 3 kg),

F, (- 2 kg; 1 kg; 4 kg) i ;:: (- 2 kg; .:.. 3 kg; - 9 kg) u ravnotezi.

1.73. Pravougli paralelepiped ima iviee duiina 5 em, 6 em i 30 em. U trima upravnim stranieama, koje se sticu u tacki 0, dejstvuju tri sile koje

25

su p() veEcini jednake (d:jagonalama stranica. Kolika je rezultanta tih triju sucelnih sib?

1.74. S:I::t [\2 kg; 3 kg; 6 kg) dejstvuje u taSki-N (2 em; '2 em; 3 em). KoJ"ki je mom~nt te sile za koordmatni p0cetak)F tri(dra Oxyz kao momentnu tacku? Za koi'ko s~ promeni mcment ako umesto mom~ptne tacke 0 uzm"Omo momentnu tacku 0' (2 em; -1 em; 1 em)?

i

1.75. ~

U tacki N (2 m; 3 m; 4 m) dejstvuje sistem sucdn!h siia FI (6 kg;

(- 3 kg; 5 kg; - I kg), is (ng;:'" 4 kg; 2 kg), F; (1-1 kg; 2 kg; 2 kg; 7 kg), Fz

- 3 kg), is (2 kg; I kg; 4 kg) i ~ (- 2 kg; - 3 kg; 3 kg). Odredi~i fczultantu ovog sistema sucdnih s b. Kol ki je moment svih sill sistema ia momentnu tacku u' koordinatnom poeetku triedra Oxyz?

, 1.76. Tri laka stapa zglobno su vez:ma u zglobu P (0; 0; 120 em), a

oslanjaju se na glatki pod u taekama A (0; 50 em; 0), B (- 40 ell); - 30 em; 0)

i C (40 em;- 30em; 0). Zglob P je :zlozen dejstvu sile; (X = 160 k~; Y = 120 kg; Z ~ - 480 kg). Odrediti s Ie u stapovima.

1.77. Tri stap:t zglobno su veZlllau zglobu P (0; '0; 160 em) i u tackama A (0; 120cm; 0), B (-120em;-150em; 0) i C (J20em;-480em; 0) za pod. 0 evor P obesen je terettezine 580 kg.' Odrediti sile h stapovima.

1.78. Stap AB, duzine 2 t, zglobno je vez1n zglobom A u vertikalni z'.d na rastojanju OA = I od tacke O. Kraj B

stap:!, 0 koji je obesen teret tei:ne 50 kg, pridrzavaju dva horizontalno zategnuta meta, BC i CD, jednak'h duzina, vezanih Zl tacke C i D zida, gde je OC=

= OD =BCf2, BC==BD. Odrediti silu u stapu AB i sile u uZadima BC i BD.

1.79. Tri uzeta vezana su jednim krajem u tackarna A (50 em; 0; 0), R (0;

50em; 0) i C (150cm; 70cm; 0) plafona, a drugim u cvoru P. Duzine uzadi su

AP=BP=70cm, CP=140cm. 0 evor P obesena je lampa ldine 17 kg. Odrediti sile.u uzadima.

z! b . .-y i

Slilca 1.78[ I I

1.80. Na glatkom horizontalnom podu stoji tronozni stativ od stapova jednakih duzina. Krajevi stapova vezani su koneima, Ie obrazujv sa stativom pravilni tetraedar. 0 vrh stMivA nhF..~Fn je terFt te~inF. 11i kg Odrr,dili silt; u stapovirna stativa, pritiske tcreta na pod i sile u koncima.

26

-+

1.81. :Prostorni sistem sila F t (0; 4 kg; 0), Fz (4 kg; 0; 0) i F} (0; 8 kg; 6 kg), :sa napadnim tackama Nt (2 em; 0; 0), Nz (0; 2 em; 0) i N3 (0; 0; 0), redukovati na koordinatni pocetak 0 ortogonalnog triedra Oxyz kao redukciOnu iaCku.

: Redukovati prostorni sistem sila F. (0; 2 kg; 0), ~ (0; 0; 6 kg), !

F} (3 kg; 0;,0), sa napadnim tackama N, (2 em; 0; 0), N2 (0; 2 em; 0) i N 3 (0; 0; 1 em), na koordinatni poeetak 0 triedra Oxyz kao redukcionu tacku.

c

:r:

i

B

Slika 1.83.

i.83. Du.z iviea AD i BC pravilnog tetraedra ABCD, duzine a = 12 em,

dejstvuju sila ,F" jacine 6 kg, i sila ~, jacine 8 kg. Redukovati ove sile na teiiste 0 osnove ABC tetraedra. KoJikl ugao grade napadna fnija gIavnog vektora i nosac glavnog momenta ovih sila?

1.84. Pokazati da se prostorni

sistem sila F; (4 kg; 3 kg; ~ 2 kg),

F2 ( - 3 kg; 2kg; 4 kg), is ( - 2 kg;

1 kg; 3kg) i F4(lkg;-6kg;-5kg). koje dejstvuju u tackama Nt (I em; - 2 em; 1 cm), N2 (2 em; 3 em; 2 em), N3 (2em; -2 em; 3cm) i N4 (1 em; 0; 0), svodi na spreg. Koiiki je moment sprega7

1.85. Na krulo telo dejstvuju spregovi Sill] (6 kgm; - 2 kgrn; 3 kgm), ---). • ---)0 ~

~2 (12 kgm;;- 3 kgm;-4 kgm), ~J (0; 4 kgm; 3 kgrn) i \]]]4' intenziteta 14 kgm, ciji nosac gradi sa koordinatnim osama ti-iedra Oxyz ugiove ciji su kosinusi 6/7, 3/7 i 2/? Sioziti ove; spregove.

1.86. Paralelne ~ sile 1" jacine 7 kg, 3 kg, - 4 kg i 1 kg, r dejstvuju u tackama N1 (2m; 3m; 1m), N2 (lm; 3m; 6m), N3 (2m; 2m; 3m) i N4 (5 m; - I'm; 1 m). Napadne linije sila grade sa koordinatnim osama triedra Oxyz uglove Ciji su kosinusi 2/7, 6/7 i cos y>O. Redt!kovati ovaj prostomi sistem i sila na koordinatni pocetak 0 triedra Oxyz i pokazati da je vektor glavnog momenta upravan na glavni vektor sistema sila. rr.~'"

un. T ri sile jednakih intenziteta, F J = X, F2 = Y, F3 = Z, x = Y = Z = F, dejstvuju u napadnim tackama NJ (0; - 3 em; 0); N2 (0; 0;1 em) i N3 (2 cm; 0; 0). Pokaz~ti da je glavni moment ovog sistema sila upravan na glavni vektor. I

'f!"

27

1.88. Pokazati da se sile ~ (0; 0; 2 t), F2 (0; 0; I t), F) (0; 0; - 3 t) u napadnim tackama N, (3 m; 0; 0), N2 (0; 4 m; 0) i N3 (0; 0; 3 m) svode na spreg.

1.89. S]e FJ (0; 3 t; 0) i F2 (0; 0; 4 t) u nap3.dnim tackama Nd2 m; 0; 0) i N2 (0; 3 m; 0) i spreg, momenta 4 tm, . koji dejstvuje u ravni Ozx,

redukovati na koordinatni pocetak 0 triedra Oxyz. Kolka je projekcija glavnog rriomenta ovog siskma na pravae glavnog vektora?

1.90. Dati sistem sila . u napadnim tackama Nt (4 m; 0; 0), N2 (0; 4 m; 0) i N3 (0; 0; 2 m) i sistem spregova redukovati na koordinatni 'pocetak {O triedra Oxyz. Vektorski predstaviti glavni vektor i glavni moment ovog sistema. Koliki ugao grade ova dva vektora?

1.91. Tri uieta Vezana 3U jednim krajevima za tacke A (Q; 0; 60 em), B(60em: 0; 0) i C(50cm; 90em; 20 em), a drugim krajevima u cvor P (20 em; 30 cm; 0). 0 cvor je obeSen teret tei; ne G = 78 kg. Odred; ti velicine sila u uietima.

y

Slika 1.90.

1.92. Stap OE, duiine 1= 80 em, CIJU tezinu zanemarujemo, vezan je zglobno u 0, a za tacke A (0; 20 em, 0) i C (0; 60 em; 0) vezane su zatege koje su pricvrscene u tackama B(30em; 0; 60em) i D(-30em; 0; 20em) zida. 0 kraj E stapa obesen je teret, tezine G= 120kg. Odrediti otpoLzgloba 0 isile u zategama u horizontalnom ravnoteznom poIoiaju stapa.

o

B

x


1.93. Kruzna ploea, polupreenika 30 cm, tdine 30 kg, obesena je pomocu tri uzeta za plafon, Ufud su vezana za sam obod ploce, tako da

28

odgovarajuCi poluprecnici grade uglove a= 120°, ~= 1500 i y=900 • Odrediti s Ie u uiadima u hor:zontalnom ravnoteinom poiozaju pIoce.

1.94. Motorska radilica i2loiena j~ Iz dejstvu sila u cilindrima jednakih vcLcina F. Odrediti o(pareoslonaea sfernog (A) i cilindrienog (B) Ieiista rad.lce.

SJika 1.94. S!ika 1.95.

1.95. PravougJ.oni poklop:le, tdine 10 kg, duzine stranica a =0 80 em, b=50cm, sa sfemim (A) i clindrienim leiistem (B), odriava u ravnoteinom polozaju, nagnutcm prema osnovi za ugao a =0 30°, teret tezine F, koji je obeSen o konae prebacen preko kotura K i v, z:m Z:l poklt pic. Odred ti olpore OSlonaca ako je AK = AD = b.

1.96. Pravougaonu ploc~cu, straniea a = 120 em, b = 60 em, sa sfernim (A) i cijindrienim ltiistem (B), odriava u ravnoteznom horizontaInom p'Jlozaju teret F, obeSen 0 me koje je preko kotura K (0; 0; 120 em) vc·zano za Ierne Cplo

eice. Odred t1 teZ nu plociee zj ako je tezina tereta F = 9 kg.

KoLki Sil tad a otpori oslonaca?

x /~I ~'-LLU-'-"-'".uc..w..u.lll" x /

SJika 1.96. SJika 1.97.

].97. Homogena tanka ploca ABD, oblika jednakostranicnog trougla, straniee a, tezine G, oslanja se u tackama A, BiD na koordinatne ravni tried-

J.

29

ra Oxyz. Za teme A plocevezano je ule OA, dUline I. Odrediti sllu U ilzetu j olpore oslonaca u 'tackama oslanjanja A, BiD aka je OB'~ODi' i XA=Y".

1.98. Kocka, ivice a = 10 cm, sa sfernim JeZistem u pocetk~ 0 triedra Oxyz i cilindricnim u tacki A (a; 0; 0) na + Ox-osi, izlozena je dt:jstvu spregova intenzitcta' 60 kgcm u ravni Oxy, 80 kgcm u ravni Oyz i 140 kgcm u ravni Ozx. Izracunati otpore oslonaca zanemarujuci tezinu koch;, Koliki bi bili otpori ako bi se uzda u obzir i tdina G· koeke? '

1.99. Tanka kvadratna plocica, iv~ce G, tezine G. poduprta je sa sest stapova vezan h zglobno Zl pJoCicu, ipod. Odred:ti velcine i kanikter s'la u

stapovima ako oni pod uticajem dejstva s;!a ~ odriavaju ploCicu! \l horizontalnom ravnoteZnom polozaju i ako je duzina slapova jednaka iVici pJocice.

F

Stika 1.99. Slika 1.l00.

1.100. Tanka trougaona ploe'ca, obl'ka jednako~.nicnog trbugla, stranice a,tezine G = 24 kg, poduprta je sa sest stapova' iglobno veZln:h ZJ. plocicu i pod. Pod uticajem tdine i sle F= G, plocica se nalazi u hofizontalnom ravnotdnom polozaju na v:sini h = a od poda. Ako su pozdate dUline

OA'=A'A"=OD'=D'B=D'B"=a i ugao <p=30o koji gradi praVa OA" sa + Ox-osoro, odred:ti v~Lc' ne i karakter s]a u stapov:ma.

1.101. Tanka kvadratna plocico., ivice a, td;ne G, izlozena je

dejstvu sprega sila (1; - F). PloCicu u vertikalnom rqvnoteznom polozaju, na udaJjenju [= 4 aj3 od koordinatne ravni Ozx triedra Oxyz, oddava sest stapova zgJobno vezanih za p10cicu i tu ravan. Odreditiye!iclne i ka-rakter sla u stapovima.

1.102. Ploca, obiika pravoug- }. log paralelepipeda, ivica 4 a i 2 c, Slika 1.101.

30

debljine d, (ezine G, opterecena je i silama Fl i F2 jacine 2 G. Ploca je poduprta sa sest stapilVa koji su zglavkasto vezani za ploCu i pod i odrmvaju ploCu u horizontaJllom ravnoteZnom polo:fuju na visini h = 2a = 4 d iznad poda. Ako

-;- ---,,----- ---- ---j 'I ! 5' I ! / I

i Slika 1.102. !

jeb = 3 a, C = a odrediti veliCine i karakter sila u stapovima u ravnoteznom polo:fuju sistema.

c~---_

Slika 1.l03.

1.103. i Homogena kruzna ploca, poluprecnika R, tdine G, oslanja se u svom tez!stu (0) na siJjak i zauzima horizontalni poJozaj. Tri konea vezana su za tacku 0 place i 0 njihovim krajevima vise tereli tdina F] = 4 kg, F2 = 3 kg i F3 = 2 kg. Odrediti uglove koje obrazuju napadne jinije tereta u ravnoteznom: polozaju sistema.

I 1.104.: Duz iviea AC, BD, CD pravilnog tetraedra ABeD, ivice duzine

a = 60 em, d~jstvu ju Iri jednake sile F, jacine 12 kg. Redukavati ove sile na teziste (0) osnove i ABC tctracdra i odredi!i ugao koji grade glavni vektor i glavni mament ovqg sistema sila.

Slika 1.104.

.:t/ , S.'===~~~~

Slika 1.l05.

1.105.: Tanku pravougaanu pIoCu, straniea a=100cm, b=40em, tezine G = 12 kg, k~ja moze da se obrce oko sfernog (A) i eilindricnog lezista (B), odrz.ava u ravnoteznom horizontalnom polo:fuju kosnik DE, koji je u tacki E

31

zglavkasto vezan za zid, gde je BE = 30 em. Odrediti otpore osJonaca siln u

kosniku n ravnoteznom poloz.ajn sistema.

1.106. Homogenu plocieu ABD, oblika jednakokrakog trougla, osnoviee AB = 80 em, visine h = 60 em, odrzava nagnntu pod nglom 60° prema horizontalnoj ravni Axy teret F obesen 0 me prebaceno preko malog kotura K (0; 0; 80 V3 em). Ako je tdina p\ociee G = 36 kg, odrediti velicinu tereta F i atpore sfernog (A) i eilindricnog lezista (B).

D

y


1.107. Horizontalna tanka pravougaona pJoca OABD, iviea h = 60 em, tezine G = 30 kg, poduprta je sa dva stapa (l) i (2) zategom (3), a vezana je u A sfernim zglobom. 0 teme 0 placiee obesen je te-ret tdine G/2. Ako je poznato da je i zatega nagnuta prema ploci za ugao 0;=45°, da je OK=3b/4 i da se plociea naJazi na visini H = b iznad pada, odre-diti silu u zatezi, sile u stapovima i ot-par sfemog Idista.

1.108. Tanka plocica ABD, oblika jednakokrakog trougla, osnovice AB= = a = 20 em, visine h = 3 a, tezine G = '= 96 kg, zglobno je vezana sa sest stapova, koji je odrz.avaju u horizontalnom ravnoteznom polozaju na visini H = 80 em ad poda. Stapovi su zglobno vezani za pod. 0 teme D plociee obeSen je teret tdine F, = 2 G/3, a u temenu A dejstvuje

zI i

Slika !.l08.

b= 80em, zategnuta

B'

32

sda F2 , intenziteta GI3 kg. Odrediti yeliCine i karakter sIla u stapoyima u ravnoteZnom poloZaJu sistema.

1.109. Tanka plociea ABCD, oblika jednakokrakog trapeza, paraleJnih stranica Xi5'= a = 2 boo 120 em, b~· jfc~ visine h = 180 cm, tdine G = 60 kg, zglo!;no je poduprta sa sest stapoYa vezanih za pod tako da je u horizontalnom raYnoteZnom poloZaju, 0 sredinu manje paralelne stranice (P) c.beSen je teret F, tdine G, a u tacki A dejstvuje u ::melU + Ox-cse sila j~c:ne F13. Ako je AK = DK' = AB/3 i plocica se nalazi na visini H = 80 em od poda, odrediti sile u stapoyima.

D

Slika J.109,

b/Y p

7 D,.

Slika !.I 10,

1.110. Homogena tanka ploca ABD, oblika jednakostranicnog trougla, stranice a = 60 em, tezine G = 90 kg, poduprta je sa sest stapoya, koji je odr

y/ /

iavaju u horizontalnom ravnotetnom poloiaju na Yisini H = 80 em iznad poda. Yeze stapova za plocu i pod su zglav-

;~I~lllllal'~~ kaste. PloCa je u svojoj ravni izlozena dejstvu sprega jacine ,9B = 900 kgem koji dejstvuje u pozi(vnom sllleru.

p -.:;., Odrediti veliCine i karakter sila u ray·

noteinom poloiaju sistema,

G

Slika 1.111.

1.l1I. Sest stapova zglobno vezanih za pod i zid odriavaju tanku pravougaonu ploCu, iviea a = 80 cm, b=60cm, teline G=20kg, opterecenu Ii tacki P teretom tdine G, u horizon-

I I

;1'

I i

33

talnom ravnoteinom poloZaju na visini }J = 60 em. Ako su Yeze stapova za plocu zglaykaste, a poznato je da je 00' = h = 40 em, odrediti sHe u stapoyima.

1.112. Odrediti silu F kojom treba dejstvovati yertikalnJ na kraj ruciee CA transmisionog vratiia AB da biisto miroyalo. Pomoc~ bubnja. poluprecnika r = 10 em, tdine G/2, , gde je G tdina ciJindricnog vratila' AB,

precnika i'12, podize se teret tdine 5 G pomocu uzeta narnotanog .na bubanj i prebacenog preko kotura K: Kaisnik, poluprecnika R = 2 r, tdine G15, nasaden je na yratilu u preseku E, gde je BE = 40 em. Sile u kdiseyima su horizontalne, jaCine FI = G i 2 Fl' Ak9 je duzina vratila AB = 2 m, /.jC = 50 cm,

AD = 60em, gde je D tacka na bubnju sa koje se odmotaya uze, ia nagibni ugao uieta buboja prema horizootu je a: = 30n, odrediti otpore sfernog (A) i eilindricnog (B) lezista vratila u ravnoteznorn poloiaju sistema.

1.113. Teska homogena vrata, oblika pravougaonika, duzine b = 120 em, visine h = 60 em, te:line G = 300 kg, yezana Sil sferni~.4) i cilindricnim leZislem (B) za osoyinu. AB, oko koje se mogu obrtafi:"Yrata su izaokrenuta za, ugao a: = 600 od ravni Ozx i u tom poloiaju ih pridrzava teret iF" obesen o kraj uieta prebacenog preko kotura K(b; 0; b) i vezanog za tatku P Yfata, gde je BP=DP.Pored teiine, vrata SU u naznacenom poloiaju izloiena i dejstvu horizontalne sile PI' jacine GI4 kg, koja dejstYuje u tacki 'H na poloyiui ivice DE, uprayno na jyieu. U ravnoteinom poloiaju vrat~, odrediti velicinu tereta F2 i otpore oslonaea.

l.H4. Tanka kyadratna ploCa, IVlee a, tezine G, Yezana je cilindric:nim (A) i sfernim lezistem (B) za osovinu AB, oko koje se moze o~ftati. Ploca je nagnuta pod uglom (I; = 60° prema Bxy-ravni i u tom polozaju i odrZava je' lize vezano za tacku A (a; 0; 0) i teiiste C ploce. Uze je proV1\ceno kroz prsten P, koji se nalazi na vertikali kroz B na rastojanju a V3 em iod horizon-

3 Zbirka zadataka iz roehanike ]

talnice Bxy.i U ravnoteznompoloZaju sistema odrediti silu u uzetu otpore

oslonaca. ~pste resenje. Specijalno za podatke: a = 60 em, G = 20 kg.

Iz

o

(Slika 1.114. Slika U15.

1.115. Tere! feline F, obesen 0 uze prebaceno preko malog kotuni K(a; 0; 2 d) i vezano za Ierne D, odrlava p10cicu ABD,oblika jednakokrakog pravouglog'tTougla, kateta AB= AD = a, teZine 12 kg, U ravnoteZnom pololaju pod uglom (f. = 300 prema horizontalnoj ravni Axy. PloCa je vezana sfernim (A)

j eilindricnim lezislem (B) za osovinu AB, oko koje se moze obrtali. U ravno

teznom poi?zaju sistema odrediti velicinu terela i otpore oslonaea.

Iz : ~ K.

i . !.' ~ lu

o

I ! I

, Slika 1.116.

1.116. PolukruzllU pJoeicu, poJuprecni ka R = 20 em, tezine G = 20 kg, vezanu sfemim (A) i cilindricnim ldistern (B) za osovinu AB, oko koje se moze obrtati, odrlava u ravnoteznom pololaju, nagnutom Z'l ugao (f. = 600

prema horizontalnoj ravni Oxy, tere! tezine F, vezan za tlZe prebaceno prekb malog kotura K na Oz-osi, a na ras" tojanju R V3 em od pocetka 0 tricdra Oxyz. U ravnoteznom polozaju sistema

odrediti velicinu tereta i otpore 0510-

naca ako je AD=BD. 1.117. Za koliko ce se prorne

niti tdina tereta j otpori oslonaea u

prethodnom! zadatku ako se t:icka veSanja D uzeta nalazi na obimu pIoe.iee na .h

rastojanju ED = R "IT/3? 1.118.' Na sredini vratila AB, duzine 1 m, !dine 200 kg, koje je oslo-

njeno u A ha sferno i u B naeilindricno Jeziste, hasaden je kaisnik, polu-

, 1

precnilCa R = 10 em, (dine 20 kg, preko koga je prebaceno uze kojim se, pomocu kotura (K), odrzava ti ravnotezi tere! tdine G3 =' 90 kg usled dejstva vertikalne pritisne sile F na kraj P fuciee AP kruto vezane za vratilo. Odrediti velieinu sile F ~ko je duzina

ruciee AP = r = 30 em i otpore sfemog i eilindricnog leZista vratila.

35

1.119; Horizontalnom silom F na P

obodu locka vitIa odrlava se ravnotda

teretu G koji se podize pomocu bubnja. Slika l.l 18.

Za poznate duzine a, b, c, i poluprecnike r i R, odrediti silu F sfernog (A) i cifindricnog !ezista (B) vitIa; BO' = c.

otpore

z, i !

F

~ !f

~r>--_a __ :~"_~I_' ----J-Slika 1.119.

1.120. Izracunati sHu F i otpore oslonaca u prethodnom zadatku ako je vratilo duzine 120 em, feline 60 kg, bubanj duzine 60 em, tdine 40 kg,

{!} F,

Slika 1.121.

postavljen na sredini vratila, teret tezi

ne G = 300 kg udaljen je od oslonea A

za 50 em, a tocak, poluprecnika R =

= 5 r= 25 em, gdc jc r poluprecnik bub

nja, udaljen je 40 em od desnog osJon

ca B.

1.121. Horizontalno ceJicno transmisiono vrafiJo, speeificne (dine materijala Ym= 7,85 kg/dm3, kruznog pre-. seka precnika d = 100 mm, nosi dva kaisnika, teiine G, = 30 kg j G2 = 50 kg; precnika 30 em i 40 em. Sile u delovi~ rna kaisa su velicina F; i F;' = 2 Fi i dejstvuju u prvom kaisniku llorizontaino, a: u drugom koso, pod uglom ex = 3.00

prema vertikali. Vratilo je duzine J 00 em

36

i oslonjeno je na sferno (A) i 'eiiindricno leiiste (B), a kaisnici su udaljeni: prvi 30 em od levog, a drugi 20 em od desnog oslonca. Ako je sUa FI = 400 kg, u horizontalnom delu kaiSa prvog kaisnika, odrediti silu u kaim drugog kaisnika i otpore oslonaea u ravnoteZnom polozaju sistema, zanemarujuCi tezine kaiseva.

1.122. Homogena pravougaona tanka ploCa ABDE, stranice b = 2 a = 80 em. tezine G = 100 kg, vezana je sfernim (A) i eilindricnim lezistem (B) za osovinu AB, oko koje se moze obrtati. PloCu u ravnoteZnom polozaju, nagnutom za ugao Cl = 300 prerna horizontalnici, Axy-ravni, oddava ter.et tdine F, vezan {) me prebaceno preko malog kotura K(a; 0; b/2) i drugim krajem vezano za teme I} ploce. Pored tdine, ploca je izlozena i dejstvu vetra F", cija rezultanta iznosi 2 G kg i dejstvuje u tezistu ploce pod uglom ~ = 300 prerna horizontalnici, Axy-ravni. Projekcija napadne linije rezultante dejstva vetra na ravan Ax;> usmerena je ka + Ay-osi i sa njom gradi ugao y"= 60°. Odrediti velicinu tereta F i otpore oslonaea ploce u njenom naznacenom ravnoteznom poloZaju.

zl

F


. • , , ,

/ /8

y

1.123. Plocu datog oblika, R=20cm, (dille G=lOkg, vezanu u A sfernim i B cilindricnim Iezistem za osovinu AB, oko koje se moze obrtati, odrhva u horizontalnom ravnoteZnom polozaju teret tdine F, vezan za uie prebaceno preko rnalog kotura K na osi Oz, na udaljenju OK = 4 R/3, a dru

gim krajem vezano' za tacku D na obimu ploce, AD= DB. Odrediti u ravnotdnom poloZaju ploce velicinu tereta i otpore osIonaca.

1.124. U prethodnorn zadatku umesto tereta F postavljeno je me ve--""" r--- r--.

zano za tacke D' i D" obi!lla ploce, AD' =BD" ~ AB/3 i provuceno kroz prs-ten 1', koji se naIazi na mestu kolura K. Odrediti silu u uzetu i otpore oslonaca (lezista).

37

1.125. Trostrana prizma OABDEH, os nove pravougaonika, stranica a = 60 em, b= 80 ern, C = 30 ern, tezine G = 30 kg, poduprta je sa i\est stapova,

koji su zglavkasto vezani za ploi'll i

gIatki pod tako da plocu odrfuvaju u horizontalnom ravnotdnom poJo~

ia ju na visini H = a od poda. Odrediti velicinu i karakter siJa u poje

dinim stapovima, u ravnoteznom poIOZaju sistema.

E

Stika Ll25 . stika 1.12~.

1.126. Okrugli sto, po\uprecnika R,teZine G, poduprt je sa tri jednaka stativa, ciji krajevi A, B i C obrazuju na glatkom podu jed.qakostranicni trougao, stranice a. 0 tacku P stoIa obesen je tefet te:line F,i tako dll: je projekcija poluprecnika OP na pod, prava O'P' upravna na stranicu AC t~ougla ABC. Teziste stoIa Co nalazi se na siubu stoIa. Odrediti pr~tisak svake Doge st;l.tiva na pod. Koji uslov mora biti ispunjen da bi doslo do prevrtanja stoIa?

1.127. Odrediti velicine i karakter sUa u stap~ koji i su zglobno vezani za trougaonu ploCicu, oblika jednakostranicnog-tr~ugla, strani~~ a = 60 em, teZine 96 kg, i za pod, i odrZavaju plocieu u horizontalnorn ravnoteZnom polozaju na visini H = 40 em od poda. Ploca je, pored sopstvene: ldine, izlozena i dejstvu tereta tezine F = G, 0 besenog 0 me prebaceno pre~o kotura K

i drugim krajem vezanim za tacku P ploce, gde je OP=PS=h/2. Kako je kotur (K) vertikalno iznad temena S ploce, uze je u ravni simetrije ploee i gradi sa plocorn ugao CI. = 30°.

38

H

I,

.' K,

Slika 1.l27.

1.128. Odrediti sile u stapovima u prethodnom zadatku ako je teret F

obesen 0 ~eme S ploce, a ploCa je jzlozena i dejstvu sprcga, momenta sprega 108 V3 kgem, koji dejstvuje u rave ni ploce u direktnom smeru.

Slika 1.129.

Iz I I

A

1.129. Avionski motor, tezine G = 2 000 kg, poluprecnika R = 20 em, poduprt je simetricno sa sest stapova, koji su zglobno vezlni u tackama (zglobovima): A(-120em; 80em; 70cm), B(-24cm; 20 em; 0), C(-lOOcm;

. 48em; -90em) i D(O; 0; -20em). Odre-

; Slika 1.130.

diti veliCine i karakter sila u pojedinim stapovima u ravnoteznom polozaju sistema.

1.130. Konzola ABC uklestena je na levom kraju (A), kod B savijena pod pravim uglom i na slobodnom kraju C optere~

cena silom F jacine 200 kg koja dejstvuje upravno na konzolu, a sa horizontal om gradi ugao 0: = 45°. Odrediti otpore ukleStenja konzole ako je duzina dc!a AB = 3 metra, a

- I dela BC = 2 metra.

q TEZISTA

a) Izvesti obrazac za odredivanje sredista (C) sistema vezanih parale1nih sila u ravni.

~

b) Odredifi polozaj sredista sistema parllielnih sila Fl Jacme 10 kg, 2 kg:, - 3 kg, -4 kg i 5 kg, koje grade ugao 600 sa + Ox-osom trie-

39

dra Oxy, a vezane su u naIJadnim tackama NI (2 em; 2 em), N2 (- 1 em; i em), N 3 (2em; -2em), N4 (3em; 2ero) i Ns (4em, -2em).

1.132. a) Raeuuski i. graficki odrediti koordinate tezista homogenog vJaka (poligona) ABDEFH.

b) Kolika je povrsina omotaca obrtnog tela koje postaje potpunim obrtanjem poligona ABDFH oko Oy-ose?

yl I I I

AI 8

E

D

tL.-.---~ __ ._L~ VLI-____ 4R .


1.133. a) Raeunski . odrediti polozaj tezista bomogenog poligona OABDEFHO.

.b) Racunski odrediti poloZaj tdista homogcne slike oivicene poligonom OABDEFHO.

1.134. Jz tacaka 0 i 01' kao sredista, opisani su krugovi, poluprecuika R. Odrediti koordinate lezista srafirane povrsine u odnosu na triedar Ox),.

1.135. Jz tacaka 0 1 i O2

opisani su polukrugovi, pomprecnika R, a iz tacke 0 kvadrant kruga, poluprecnika 2 R. Odrediti polozaj tezista srafirane povrsine.

1.136. Iz sredista 0' opisan je polukrug, poluprecnika R, a iz taCaka A (2 R; 0) i B ( - 2 R; 0) Iuei, poluprecnika 3 R. Odrediti poloiaj teZista slike omedene polukrugom i lucima.

0,

Slika 1.134.

B(-2R;O)

Slika 1.135.

fJ

A(2R;0!

SJika Ll36.

40

1.137. Kolika mora biti duzina straniee b pravougaonika cia hi :ie teziste slike poklopilo sa sredistem 0 polukruga?

., b


1.138. Kolika mora biti vis ina trougla h da bi se teziste sJike poklopilo sa sredistem polukruga?

1.139. 1z pravougaonika ABDE, stranica b i 2h=b, treba isecijednakokraki trougao ABC takve visine (x) da teziste preostale slike bude u ternenu C (rougla.


1.140. }z jednakokrakog trapeza, straniea a = 2 b, b i visine h = b, iseCen je polukrug, poluprecnika R = bit, sa sredistem na sredini donje osnoviee. Odrediti po!ozaj tezista preostaJe slike.

1.141. Iz polukruga, poluprecnika R, isecen je eentricni krug, poluprecnika r = Rj2. Odrediti polozaj teiista preostale slike. Kolika je zapremina tela koje postaje potpunim obrtanjem te slike oko horizontalnog precnika?

y

o

Slika 1.141.

2R

Slika 1.142.

:r

1.142. Odrediti koordinate tdista srafirane povrsine i zapreminu tela loje postaje njenim potpunim obrtanjem oko Ox-ose.

41

1.143. Izracunati zapreminu tela koje postaje potpunim obrtanjem

srafirane povrsine oko Oy-ose.

1.144. Odrediti zapreminu tela koje postaje potpunim obrtanjem srafirane povr

sine oko Ox-ose.

!X


1.145. a) Odrediti koordinaietezista srafirane povrsine ~ odnosu Ua

ose Ox i Oy triedra Oxy. II) U kome su odnosu zapremine tela dobijenih potpunim obr

tanjem srafirane povrsine oko koordinatnih osa triedra Oxy?

.r o o 0,

Stika 1.145. Slika 1.146.

1.146. a) Odrediti koordinate tensta srafimne poydine.

b) U korn Sil odnosu zaprernine tela koja se dobijaju. potpunim obrtanjem srafirane povrSine oko koordinatnih osa Ox i Oy triedra Oxy?

1.147. U kom su odnosu zapremine tela koja se dobijaju potpunim obrtanjem srafirane povrsine oko koordinatnih osa triedra Oxy?

1.148. Izracunati zapreminu tela koje postaje potpunirn obrtanjem ilrafiranepovrsine oko Oy-oseako je R= 3 em.

y

Slib U41. ;Slika 1.148. I

42

1.14~. Kolika je zapremina rezcrvoara, poprecnog preseka ABDEH, aka su af40cm, b=180cm, R=30cm?

la

1.150: a) Odrediti kaordinate tezista homogenog poligona OABDEH aka je R=4cml

, b) Kolika je povrsina omotaeatela koje se dobije poipunim obrtanjem iog poligona oko OH-ose?

i c) Odrediti koordinate tezistaslike omedenc pbJigonom OABDEHO.

d) Kolika je zapremina tela' koje postaje potpunim obrtanjem srafirane slike oko ose OH?

1.151.' Iz valjka, poluprecnika R, duzine 6 R, isecena je na jednoj osnovi pohllopta, po)uprecnika R, a na drugoj osnovi konus, poluprecnika Dsnove R i: vi sine 2 R. Odrediti polozaj tezista tela.

'x


1.152. Izkonusa, poluprecnika osnove R, visine 4 R, isecena jc poJulopta sa centrom u sredistu osnove' konusa, poluprecnika R. Odrediti polozaj tezista tela.

o

jZ Slika 1.154.

1.153. Odrediti ko

ordinate tezista tela koje

se sastoji iz polulopte i konusa.

1.154. Iz bomogene po1uJopte, poluprecnika R;

isccene su dye polulopte,

~"

43

poluprecnika r = R/2. Odrediti polomj tezista tako dobijenog tela ako Je R= 8 em.

1.155. Kolika mora biti Vlsma H kruinog konusa da bi teziste tela bilo u sredistu 0 polulopte, poluprecnika R?

. __ --'i_+ I

Slika 1.155.

o Slika 1.156.

1.156. Iz homogene polukugle, poluprecnika R, isecen je kruzni konus, isle osnove. Kolika mora biti visina konusa (y) da bi teziste preostaiog tela bjl~ u vrhu C konusa?

1.157. Iz polulopte, poluprecnika R, isecena je eentricna lopta, poluprecnika R/2. Odrediti polozaj preuslalog tela.

1.158. Pravilni tetraedar, ivit;e u, presecen je na polovini visine rnVlll

paralelnoj osnovi. Odrediti polozaj tezista zarubljenog tetraedra.

1.159. a).Odrediti polomj teiista srafirane povrsine.

b) Kolika je zapremina tela koje postaje potpunim obrtanjem te povrsine oko Ox-ose?

c) Odrediti polozaj tezisla tela dobijenog oortanjem srafirane povrsine oko Ox-ose.

SIika 1.159. Slika 1.160.

1.160. a) Odrediti kODrdinate tezista srafirane povrsine.

b) Odrediti po!ozaj teiista tela koje postaje potpunim obrtanjem srafirane povrsine oko Ox-(Oz) ose.

44

D) TRENJE

}'161. Telo teZine G nalazi se na brapavoj strmoj ravni, nagibnog

ugla CA, koeficijenta statickog trenja 1-'-0' Na telo dejstvuje i sila F, koja sa strmom ravni gradi ugao ~. Odrediti veliCiou ove sile u ravnoteinom poloiaju tela.

1.162. Stap AB, duzine I, (dine G, oslanja· se krajem Ana hrapavi pod, koeficijenta trenja !J.D' Drugi kraj B priddava teret F, obesen 0 uie prebaceno preko kotura (K) j vezano za kraj B stapa. Kolika mora bili maksimalna velicina tereta Fda bistap AB u ravnoteznom poloz.aju sistema gradio sa podom ugao CA1 Izraeuna(i veliCinu tereta ako je koeficijent trenja 1-'-0 = 0,2 i ugao CA = 300; G = 100 kg.


1.163. Homogeni stap AD, duzine J, tdine G, oslanja se krajem A na hrapavi horizontalni pod, koeficijenta trenja 0,4, a krajem B na vertikalni zid, koeiicijenta trenja 0,5. Odrediti ugao <p, koji gradi stap AB sa zidom u ravnoteZnom polozaju sistema.

B

Sli ka 1.1 64.

1.164. Stap AB, duzine J, tdine G,

oslallja se krajem A na brapavi pod i ua

leze u C na gIatki rub stoIa, gde je J = 2 h.

Koliki je koeficijent trenja pod a ako je

najmanji ugao koji stap gradi sa podom u ravnoteZ.oom polozaju sistema <Po = 6001

1.165. Homogeni vaJjak, poluprecnika osnove R, tezine G, oslanja se na hra

pavi zid i odrZava se u ravnoteZnom polo

iaju pomocu uzeta vezanog za tacku A zida

.\

1 za sam vaijak. Odre~iti oajmanji ugao cp. koji ufe gradi ,sa noteinom polozaju sistema, silu u uietu i otpor zida.

Slika 1.165.

1.166. Homogeni glatki poluvaljak, poluprecnika osnove R, ldine G, oslanja se na dva ista' polnvaljka koja se nalaze na hrapavom podn. Pri kojoj ce razdaljini (x) ivica poJuvaljaka poceti njihovo klizanje po podn?

Slika 1.166.

1.167. Odrediti sile u pojedinim delovima kJestne hvataljke (gripper,

Gre/fer) kojom se podiZu kameni blokovi iii balvani, leiine G, ako su poznate duzine poJuga i uglovi CA, ~ i y, zanemarujuCi tdine delpva dizalice. Koji je uslov zahvatanja tereta kldtima (papueama)?

2

a o A B

G 6


I

1.168. Krajevi trake koeuice vezani su u tackama A i B;kocne poluge OAB, 0 koju je u tacki C obesen teg tdine G. Odrediti velic~ne sila u de-

lovima trake kocnice. Koliko mora biti udaljenje tega (OC = c} ,od zgloba 0 da bi pritisak u zglobu bio jednak nuli? I

46

I ,T, --~.-'-

I i

G,

Slika 1.169.

T,

1.]69. Transmisionim ureaajcm odrzava se ravnotcZa (creta G

l

i G2 , cije su veJicine u odnosu I : 10.

Koliki je koeficijent trenja izmeau

uzeta j transmisionih tockova?

1.170. Kocni kotur sa trakom

naJazi se u stanju mirovanja pod

uticajem obimne sile F, jaCine 100 kg,

i otpora trenja koji stvara kocni teg, (dine G, obesen 0 tacku A koCione

poluge. Kolika je tdina kocnog tega ako je obvojni ugao trake na kotum

fl= 31tj2, ha,k po'uge b'=a!4 i koeficijent trenja 11-0=0,31

a

K G

Slika 1.170.

E) GRAFOST A TIKA

iii . ~.acunski i graLicki odrediti otpore oslonaca A i B grede sa

prepustima ABCD,' optcrecenef!eznaccnim teretima, F = j t, Fq = 4[, gde je Fq totalno pravougaono opterecenj~ na delovima AE i HD raspona. Nacrtati staticke dijagrame (napadnog mgmenta, transvcrzalnc i aksijalnc sile).

C~c

b) Napisati analiticke izraze

za transverzalnu silu (Fr) i moment savijanja (napadni moment, Mf )

u preseku p 1- p, u funkcijiod z

(udaljenja tog preseka od os 10n-

3~F p rr-2F

F? Cf===~:J1!jJ I illnlLn!jJ' J D t B z I 2F ", IF

2 2 ---l--- 2 2 2--1

2F

ca A). Slika U7l. I I

c) Izracunati transverzalnu silu i moment savijanja u presekn p-p ako je on udaljen ,za z = 3 ill od osloTIca A.

1.172. a) RaclJnski i graficki odrediti otpore oslonaca A i B glavnog

nosaca ACBDE i oslonaca C i D sekundarnog nosaca CDK, opterecenih naznacenim teretima, F = 3 t. Nacrtati staticke dijagrame.

! j

I !

i

\-

b} Napisati analiticke izraze

za transverzalnu silu i moment sa

vijanja (napadni moment) u prese-.

ku p - p, u funkciji od njegovog

rastojanja Z od oslonca C.

c) Izrai.'unati brojne vrednosti

transverzalne sile i momenta savijanja

u preseku p - p ako je z = 3 m.

F

Slika 1.In

47

F

1.173. a) Racunski odrediti otpore oslonaca A i B gJavnog ncisai.'a

EAHCDKBPS, opterecenog naznacenim teretima, F= 1 t, q= I tjm; q, = 4 tIm.

~ I q,

f!d!'!,ggg~F~H C D

r~C3-J Slika 1.173.

b) Sluzeci Se definicijom momenta savijanja, transverzalne aksijalne

sile, n?_crtati staticke dijagrame nosaca.

c) Koliki je najveci moment savijanja glavnog nosaca?

1.174. a) Racunski odrediti otpore oslonaca A i B nosaea CABP sa

prepustima, opterecenog naznacenim teretima, ako je F=2 t, q= Iljm.

b) SJuzeCi se definicijama statickih velicina,

nacrtali u preseku staticke dijagrame nosaca.

c) Napisati analiticke izraze za transverzalnu

silu i moment savijanja u preseku p-p, u funkciji

od njegovog rastojanja Z od oslonca B. Izracunati

te vrednosti ako je Z= 1 m.

d) Analiticki odrediti presek grede u kome

je moment savijanja najveCi.

2F

A L //.

Slika 1.175.

1.175. Savijena konzola ABCD opterecena je naznacenim teretima,

F= I t. q = 0,5 tfm. Duzine ddova konzole su AB= 1= 3 m, BC= CD = /f3. Odrediti komponentne otpore uklestenja A kOllZoJe i nacrtati staL€ke dijagrame[.

48

1.176. a) Stap AB, duiine 1=2 m, teline G = 40 kg, zglobno je vezan krajem A za glatki zid. On se oslanja na isti takav stap CED, koji je na sredini svoje duzine zglobno vezan u E za isti zid, na rastojanju AE = Ill. o kraj D ovog stapa obesen je teret (ezine F = 2 G. Odrediti u ravnote!nom polozaju sistema ugao q> koji osa stapa AB gradi sa vertikalom.

A

SJika 1.176.

b) Nacrtati staticke dijagrame za svaki stap.

Slika 1.177.

1.177. a) Homogeni stap AB, dUline l= 3 m, tezine G = 60 kg, oslanja se krajem A na gJatki pod, a krajem B na glatku strrnu ravan DC, nagbnog ugla a = 30°. Za kraj B stapa vezano je ule koje je prebaeeno preko kotma K. o kraj uzeta obesen je teret, tezine F. Deo uzeta CB paraleJan je strrnoj ravni. Odrediti tdinu tereta i otpore poda i strme ravni.

b) Nacrtati staticke dijagrame stapa AB.

1.178. Luena konzola ABC, R = 2 rn, opterecena je naznacenim teretima, F= 500 kg. Nacrtati dijagram napadnog momenta konzole. U kom je preseku najveci moment savijanja?

B C

I 0

F

Q, <'II

2F

Q:

A


49

1.179. Gred~ AB, raspona 1=4m, opterecena je naznacerorn teretima, F= 2 t, q= 1 tim, i poduprta je kosnikorn CD, koji je zglobno vezan za gredu

i za zid, AD=3m, AC=4m. Odrediti otpor zgloba A i silu u kosniku j uacrtati

staticke dijagrarne grede; AE=EB.

1.180. Homogena prizmatiena gre-'da AB, duzine 1= 3m, tdine G = 240 kg, zglobno je vezana u A i opterecena na slobodnom kraju ekscenlricnom vertikalnom sHorn F = 100 kg, sa kra~ kom r = 1 m. U tacki C greda je vezana zategom CD, koja je zglobno vezana za gredu i plafon. Odrediti otpor zgloba A i silu u zatezi. Nacrtati staticke dijagrame grede.

D

Slika 1.180.

1.181. a) Racunski odrediti otpore je F= 1 t, q= l.t/rn.

G~rber~~og' .nosaca aIm

2F

F

Slika 1.181.

b) Nacrtati staticke dijagrame nosaca.

c) Napisati analiticke izraze za transverzalnu silu i .napadni moment n preseku p-p, (deo All) u funkcijiod z, i izracunati Ie brojne vrednosti ako je z=3m. .

1.182. a) Raeunski odrediti olpore oslonaca Gerberovog I~osaCa AGBe ako je F = 2 t; q = 1 tJm.

b) Nacrtati staticke dijagrame nosaca.

Slika 1.182.

c) Napisati analiticke izraze za transverzalnu siJu i nap~dni moment u preseku p - p, u fUI)kciji od ra

stojanjll -z: d) Izracunati transverzalnu siln

i napadni moment u preseku p-p ako je z=2m.

e) Analiticki odrediti poJozaje poprecnih preseka gredeu Kojima je napadni moment jednak nulL

4 ZbirL:. zadataL:::a iz mebaniko I

50

1.183, a) Racunski odrediti otpore oslonaca Gerberovog nosaca ako

je F=2.t q~ I tim i nacrtali staticke dijagrame.

Slika 1.183.

b) preseku p~p, udaljenom za Z= I mod zgloba Gl' izracunati brojne

vrednosti transverzalne sile napadnog momenta.

1.184. a) Racunski graficki odrediti otpore oslonaca Gerberovog

nosaca ABC ako je F= I t, r = 2 F, 2 q = J tim, qQ = 2 tfm.

F F q

c) U, za z = 2 m od oslonca C, izracunati

transverzalnu silu i napadni 'm,~rr>pnt

1.185.1 a) Racunski i graficki odrediti otpore osJonaca Gerberovog

nosaca ABC;D nacrtati staticke dijagrame, F = 2 t, q= 2 tim. ,

t I G, ··2-1-2

Slika 1.185.

b) Izracunati brojne vrednosti transverzalne sile napadnog momenta u preseku p ~ p, na udaljenju z = 2 m od oslonca B.

I 1.186.' a) Racunski i graficki odrediti otpore oslonaca okvira ABCD

ako je 1=4.m, F=lt, Fq =2F.

b) Na7rtati staticke dijagrame okvira.

c) U '~preseku p ~ p, na udaljenju z = I m od rastojanja C, iZracunati

brojne vrednosti transverzalne sile i napadnog momenta.

Slika 1.186.

I '2

F

D~~~=J;~~~

Stika 1.187.

51

1.187. a) Racunski odrediti otpore oslonaca okvira i nacrtati staticke

dijagrame, F= 1 t, q= 1 tim.

b) AnaJiticki odrediti poJozaj preseka p~ p polja CD u kome je najveci

napadni moment i izracuiJati njegovu brojnu vrednost.

1.188. a) Racunski i graficki odrediti otpore oslonaca okvira, F= 2 t,

q= 1 tfm.

b) Koristeci se definicijama statickiJi veliCina upreseku grede, nacrtati

staticke dijagrame okvira.

c) Napisati analiticke izraze za transverzalnu siJu i napadni moment u

preseku p-p, u funkciji od udaljenja z, i izracunati Ie vrednosti ako je Z= 3 m.

2 2 2 2 A

Slika U88 .. SJika 1.189.

1.189. a) Racunom odiediti otpore oslonaca Gerberovog okvira i nacrtati

staticke dijagrame ako je F = 2 t, q = 2 tim; AB = 7 m.

b) Napisati analiticke izraze za transverzalnu silu i napadni moment u

preseku p - p, u funkciji od njegovog udaljenja Z od zgloba G.

c) .Izracunati transverzalnu silu i napadni moment u preseku p~ p ako

je z=2m.

1.190. a) Racunski odrediti otpore oslonaca Gerberovog okvira j

nacrtati staticke dijagrame, F= I t, q = I tim.

4'

52

b) Analiticki odrediti polozaj opasnog preseka p-p izracunati najveci moment savijanja okvira.

2 2-2

A l'i:i r.


1.191. Racunski odrediti otpore oslonaca i sile u stapovima resetkastog Dosaca ako je veliCina opterecenja F= 3 t.

1.192. a) Racunski i graficki odrediti otpore oslonaca Teiletkastog nosaca ako je opterecen teretima F = 1 1.

SJika 1.192.

b) Nacrtati Kremonin plan sila.

F

e) Po Kulmanu i Riteru odrediti velicine i karakter sila u stapovima naznacenih preseka K - K, odnosno R - R.

Slika 1.193.

1.193. a) Racunom i graficki odrediti otpore oslonaca resetkastog nosaca sa zategom ako je jacina sile F~ 1 t, a ugao je 0: ~ 45°.


c) Po Kulmanovoj metodi odrediti sile u stapovima preseka K-K, a po Riterovoj metodi-sile u stapovima preseka R - R.

1.194. Racunski pokazati i Kremoninimplanom sila potvrditi i graficki da je sila u stapu (10) resetkastog nosaca jednaka nuli ako je F = 1 t.

F

~/1r ~aj JF

Slika 1.194.

53

Slika 1.195.

1.195. a) Racunski i graficki odrediti otpore oslonaca resetkastog nosaea. Sila F je jacine 2 1.

SJika 1.196.


c) Po Kulm~novoj i Riterovoj metodi odrediti velicine i J; karakter sila u, stapovima naznacenih preseka~K - K, od~lOsno R - R.

t;,

1.196. Nacrtiti Kremonin pl~n sUa - za dati potporni resefusti nosac Jojij je izlozell dejstvu horizontaJn\h sila, jaCin' , 6 t.

!~~> ' -n-

SJika 1.197.

1.197. a) Racunski i graficki Gerberovog nosaea. SiJa iznosi F = 2 1.


odrediti otpole oslonaca resetkastog

1.198. a) Racunski, i grafic!d odrediti otpore oS!Oill\ca Gerberovog resetkastog nosaca.

_ b) Nacrtati Kremonj~ pian sila.

c) Po KuJmanoYoj i Riteroyoj metodi odrediti sile u stapovima na· wai:;enih preseka K-K i 'R-R.

54

1.199 .. Nacrtati Kremonin plan sila resetkastog Gerberovog nosaea i po Kulmanovoj i Riterovoj metodi proveriti Ie vrednosti u stapovima nazua

cenih preseka K - K i R - R.

otpore oslonaca Gerberovog resetkastog

G

2 . 2

Slika 1.200.


c) Pq Kulmanovoj j Riterovoj metodi odrediti sile u stapovima u pre

secima K-:K i R-R.

. \

II. KINEM ATIKA

A) KRETANJE TACKE

2.1. Tacka se krece pravolinijski po zakonu puta 5=21+4/2, gde je 5 mereno u metrima, a 1 U sekundima. Odrediti zakonc promene brzine i ubrzanja u zavisnosti od vremena (I). Koliki su brzina i ubrzanje u trenutku 1 = 1 sec? Kolika je srednja brzina tacke u vremenskom razmaku na pocetku petog i kraju sestog sekunda? Kolike su brzine u tim trenucima?

2.'2. Tacka se krece pravolinijski po zakonu s= 2 + 4 { - {2. Odrediti pocetnu brzinll krctanja. Kada ce se tacka zallstaviti? Koliki je lada presla put?

2.3. Tacka se krece pravolinijski po zakonll 5 = {3 - 3 (2 + JOt + I, gde je put meren u metrima, a vreme II sekllndima. Odrediti pocetnll i najmanju brzinll pokrctne tacke. Izracllnati sve kinematicke velicine II trenutkll 1 = 3 sec.

2.4. Pokazati da je kretanje tacke u ravni Oxy, koje se vrsi prema zakonima kretanja x=4-2(2, y=312/2 (s u metrima, (u sekundima), pravolinijsko. Odrediti brzinu i llbrzanje ovog kretanja. Izracllnati predeni put,

brZin;r;t;:a~~:n: ::::~~:uAI ~:e~:c. II 6 h putnicki voz koji se krece sred-

njom '5?zinom 36 km/h. Pol a cas a kasnije krene iz iste stan ice, u istom smeru, brzi voz koji se krece prosecnom brzinom 15 rri!sec. Kada ce brzi voz stici putnicki i na kojoj razdaljini od polazne stanke A ako se vozovi ne zallstavljaju na llsplltnim medllstanicama?

2.6. Tacka se krece pravolinijski, jednako ubrzano, llbrzanjem 4 m/sec2 ,

polazeci iz stanja mirovanja, bez pocetne brzine. lz istog poJozaja krene za njom druga tacka 2 sekunda docnije, ali pocetnom brzinom 10m/sec i krece se takode jednako ubrzano, istim ulJrzanjem kao i prva. Kada -ce druga tacka stici prvu i na kome udaljenju od pocetnog polozaja?

/)( ___ - 2.7. 17: tacaka A i B, koje se nala7>e na rastojanjll 100 m, jednovremeno krenu dye tacke u istom pravcu (AB) i smeru. Prva tack a krene pocctnam

56

brzioom 15 m/sec i !Creee se jednako ubrzaoo, ubrzanjem 1 m/sec2 • Druga tacka hene dva puta vecom pocetnom brzinom od prve, ali se krece jednako usporeno, usporenjem jednakim ubrzanju prve tacke. Posle koliko ce vremena prva tack~/ .stic~\drugu i na kome udaljenju od polaznog mesta (B) druge tacke?

2.8. Tri tacke CA, B, C) krenu iz istog polozaja i keeeu se u istom prav(;u i.sfueru. Druga tacka krene iz pocetnog poloZaja (0) 10 sekundi docnije od prve, ali pocetnom brzinom 35 m/sec i krece se jednoliko. Prva tacka (A) krecese jednako usporeno, usporenjem 4 m/sec2, ali dvostrukom pocetnom brzinom od one koju ima druga tacka. Treca tacka (C) krene 5 sekundi docnije od druge (B), ali istom pocetnom brzinom kao ta tacka, pa se dalje krece jednako ubrzano, ubrzanjem koje je jednako usporenju prve tacke. Posle,koliko ce vremena biti prva tacka (A) toliko udaljena od druge (B) koliko ova od irece tacke (C)? Koliko je to udaljeuje?

2.9. Tacka se krece u ravni Oxy i u poeetku kretanja (10 = 0) bila je 11 pocetnom polozaju No (1,5 cm; 2 Cni). Ona je imala pocetn:u brzinu vo' cije projekcije na koordinatne ose Ox i Oy triedra O~y iznose 3 cm/sec i 4 cm/sec. Tacka se dalje krece tako da su joj pozuate projekcije vektora ubrzanja na koordinatne ose, 3 cm/sed i 4 cm/sed. Pokazati da je ovo kretanjetacke pravolinijsko. lzracunati predeni put, brzinu i ubrzanje u trenutku t = 2 sec od poeelka kretanja.

2.10. Tach se krece pravolinijski po Ox-osi ubrzanjem a = x = - 4 x. Odrediti zakon kretanja pokretne tacke ako su pocetni uslovi' kretanja: za 10=0 pocetni polozaj je xo=4cm, a pocetna brzina vQ=xo=6cm/sec.

2.11. TaCka se krece pravolinijski po Ox-osi ubrzanjem a= 10 t cm/sed. U trenutku t = 2 sec od pocetka kretanja brzina iznpsi 25 cm/sec, a u trenutku t = 3 sec tacka se nalazi na udaljenju 80 em pd koordinatnog poeetka O. Odrediti zakon kretanja i zavisnost promene brzine od vremena (r).

2.12. Teret koji je obesen 0 uze vrlli harmonijsko oscilovanje po zakonu x=Acos (Ult+37t/4), gde jeA mereno u centimetrima, a Ul u sec-I. Poznato je da je period oscilovanja T = 0,5 sec i da je u poeetku kretanja to = 0 tacka bila u polozaju Zo= - 6 VI cm. Odrediti amplitudu i frekvencije oscilovanja. tao i broj oscilacija u sekundu.

2.13. Voz se krece bizinom 72 km/h. Pre ulaska u stanicu masinovoda je poceo da koei voz i postigao je usporenje 0,5 m/sec2• Na kojoj razdaljini od stanice mora masinovoda poeeti da koci voz da bise zaustavio u staniei? Za koje vreme voz prede taj put?

2.14. Tacka se krene pocetnom brzinom 6 m/sec i posle 2 sec postigne brzinu 10 cm/sec. Odrediti ubrzanje i zakon ovog pravolinijskog kretanja ako je pocetni predeni put iznosio 20 m.

2.15. Napu5tajuci stanicu voz se krece jednako ubrzano, ubrzanjem 1}9 m/sec2

, dok ne postigne brzinu od· 72 km/h, a zatim· se krece jednoliko

57

tom postignutom brzinom. Pred narednom stanicom, koja je od pi)lazue udaIjena 14 Jun, masinovoda je poceo da koci voz i liSp eo je da pastigrte usporenje od 1m/sec'. Odrediti kolike puteve prede voz i u kojim vremenskim razmacirna u sva tri kretanja i kada se zaustavlja u stanici. Kaliko je vremena trajalo koeenje voza? Kolika je ~rednja (prose6J.a) brzina voza na ovoj debnici pruger

2.16. Tach se krece u prostoru odredenom. triedrom Oxyz, a po zakonirna X= 6+ 2 I; y= 6+ 3 t; Z= 3 + 6 t. Odrediti putanju, zakon puta, promenll brzine u zavisnosti od vremena i promenu ubrzanja.

2.17. Sloziti harmonijska kolineatna oscilovanja koja se vr~e po zakeRima xl=3cos (7tt+TC/3) i x2 =4 sin (TCt-27t/3).

2.18. Sloziti harmonijska oscilovanja koja se vrse po zakonima XI =

=12cos (2t+7t/4), x2 =9cos (2t+37t/4). Kolika je amplituda rezultujuceg oscilovanja? Koliko je pomeranje faze? Koliko traje period oscilovania?

2.19. Kretanja tacke u ravni Oxy predstavljeno je zakonima kretan.ia X= 10 cos2 7t t/2, y= 10 sin2 TC 1/2. Odrediti putanju tacke, zakon puta, brzinu :i ubrzanje. Ako je tacka u poCetku kretanja bila u polozaju na Ox-bsi, za koje-ce vreme preti 1l po]ozaj na Oy-osi? .

2.20. Radionicka dizalica (granik) krece se u podufuom pravClf po zakonu. X= 2 r, gde je x mereno u metrima, a vreme u sekundim'l. "M3.cka" dizalice krece se u poprec£lom pravcu na radionicu po zakonu y= 3 t, dok se teret podize uvis jednoliko, brzinom 1 m/sec: U pocetnom pOiozaju ten~t je bio na podu (Oxy-ravan), a Oz-osa je usmerena navi~e. Odrediti putanju i brzinu. kretanja tdista tereta. IF. *,\.

2.21. Tacka se krece u ravni Oxy taka chW:joj po zakonirna x = 5 cos 2 t, Y = 5 si n 2 t. Odrediti brzine, hodograf brzine, komponentna i ukupno tibrzanje. abide celu putanju?

2.22. Tacka A krece se po krugll, polupreenika R, obirnnom brzinom: 0,3 m/sec. Druga tacka, B, kreee se na koncentricnom krugu, obimn:om brzinom. lQcm/sec,ali tako da je uvek 'na istom po!uprecniku OA na rastojanju od tacke A za AB = 16 cm. Koliki je poluprecnik kruzne putanje tackf A?

2.23. Kolike su ugaonc brzine obrtanja sekundne, minutne :i satne kazaljke casovnika? Kolika je ugaona brzina jednolikog Zemljinog obrtanja1

2.24. U toll! dva sekunda broj obrtaja tacke koja se krecb pokruiu. polupreenika R = 10 cm, popeo se od 30o/min na 90o/min. K6liki je put. prdJa tacka u tom vremenskom razrnaku? KoJiki su u tom trenlltku brzina i ubi:zanje pokretne tacke? ;

2.25. Iz tade A horizontalnog precnika kruga, polupreenika R = 9 em •. jednovremeno krenu dYe tacke u suprotnom smeru, aJi istim pocetnlm brzinaJruL Vo, kojima odgovara minutni broj obrtaja 10 o/min. Prva tach beee se jed-

58

nako ubrzano, a druga jednako usporcno, ali jednakim tangencijalnim ubrzanjima TC cmfsec2 . :rosie koga ce se vremena, .od pocetka kretanja, tacke sresti j na kome mesiu kruine putanje?

. ~,: Tacka se kreee po krugu poluprecnika R = 10 cm. U polozaju N (x ~.n; y> 0) na putanji projekcije vcktora brzine i vektora ubrzanja na + Ox

-osu iznosr v" = - 40 em/sec, ax = - 150 em/sec2• Odrediti brzinu i ubrzanje

pokretne t~cke. Koji obJik ima hodograf brzine? " .1

'.Kre,tanje u ravniOxy dato je ovim jednacinama: x=2+ScosSt,

t;~L;lodredjti put~ijU tacke, hodograf brzine, brzinu i ubrzanje.

.1';Iacka s~ krece llli ravni Oxy tako da se njene Dekartove koordinate menjajuf'p~;'zakonima x~; 10 cos2 /, Y = 5 sin 2 t. Odrediti putanju pokretne tacke. Kahw oblik ima hodci~raf brzine? Koliko je tOlalno ubrzanje pokretne

t~k~ 1 2.29. Kretanje tacke~!prikazano je zakonima kretanja x = 8 cos 21,

Y = 4 sin t. Qdrediti putanju pokretne tacke i hodograf brzine. Izracunati brzinu i ubrzanje ~okretne tacke u poJozaju N(x=4em; y>O) na putanji. Koliki je poluprecni~ krivine putanje na tome meslu?

2.30. i Zakoni kretanja tacke u pravcima osa Dekartovog triedra Oxy jesu x=4e\.ls2t, y=2sin2t. Odrediti putanju i hodograf brzine. U polozaju pokretne t~cke u tacki N (x'= 2 em; y> 0) putanje izracunali brzinu, komponentna prirodna ubrzanja, tolaino ubrzanje i poluprecnik krivine. Kolike su brzine pokietne tacke u temenima putanje (preSeC!m1 linije putanje sa koor-dinatnim oyama)? Za koje vreme obide pokretna tacka celu putanju?

2.31. ! Kretanje je prikazano sistemom jcdnacina x = - x, y = - 4 y. U

pocetnom polozaju No (xu = 0; Yo = 4 em) tacka je imala pocetnu brzinu 2 cm/sec paraleinu + Ox-osi. Izracunati brzinu, ubrzanje, radijalno i cirkularno ubrzanje u onom po]ozaju tacke na putanji gde putanja sece +Ox-osu. Koliki je poluprecnik krivine putanje na tome mestu?

2.32. ! TackaM, krece se po krugu poluprecnika R = 9 em, jednoliko, brzinom J 8 ~m/sec,.u direktnom smeru, polazeci iz pocetnog poloZaja No (9 cm; 0).

lednovremeno krene iz poloZaja A na krugu dTUga tackaM2 i krece se po precniku A1, nagnutom za ugao 45" prema + Ox-os!.c jednako ubrzano, ubrzanjem J cm/sec2• Koja ce tacka pre stib u poloiaj A konjugovan prvom polo.zaju A? :

I

2.33. ' Tacka se kreee u prostoru tako da se njene Dekartove koordinate u odnosu; nn tri(dar 0 xyz menjaju sa Vf{ me nom po zakonima x = 2 (2,

y=3t', z=\912. Odrediti putanju, brzinu iubrzanje ovog kretanja.

2.34. : Tacka se kl'eee prema zakonima komponentnih kretanja x =

, ------= 4 cos 3 I, 'y = 4 sin 3 t,. z =9 t. Odrediti putanju, hodograf brzine, brzinu i

ubrzanje oveg kretanja.

59

. @ Tacka se krece po krugu, poluprecnika 25 em, pocetnom obimnom brzinom 5 em/sec, tako da su uvek tangencijalno i normal no ubrzanjc jednakih velicina. Odrediti zakone promene brzine i ubrzanja.

2.36. Tacka (A) kreee se po krugu, poJuprecnika R, jednako ubrzano, bez pocetne brzinc iz pocetnog poloZaja N, (R; 0). lednovremeno krene iz

N z ( - R; 0) druga tacka (B), koja se krece po tetivi koja gradi pozitivni ugao

IX. = + 30° sa horizontalnim precnikom N2 N, , jednako ubrzano, bez pocetne brzine. U korn odnosu moraju bili ubrzanja pokretnih tacaka da bi se sudarile na krugu?

2.37. Tacka (A) kreee se u ravni Oxy po krivoj putanji preTIla zakonima kretanja x = 4 cos 2 I, Y = 2 sin t i u pocetku kretanja bila jc na + Ox-osi i imala je pocelnu brzinu velicine 2 cm/sec, upravnu na toj osi, a u smeru + Oy-ose. Iz laCke 0 krece se druga tacka (B) pravolinijski i jednoliko, tako da obe tacke jednovremeno stignu u tacku M(x=2cm; y>O) na putanji prve tacke. Odrediti brzinu kretanja druge pokretne tacke (B).

2.38. Tacka se krece po eentralnoj elipsi, poluosa 6 em i 2 em, iz pocetnog poloiajil No (6 em; 0) tako da pri jednolikom kretanju obide putanju za 8 sekundi. lednovremeno krene iz sredista 0 elipse druga tacka j kreee se po potegu OM, gde je M (3 em; y>O) tacka na elipsi. Obe tacke st:gnu jednovremeno u poloiaj M. Odrediti ubrzanje druge pokretne tacke.

2.39. Tacka se krece po cikloidi, ciji se gencratorski hug, poluprecnika R= IOem, obree jednoliko, bez klizanja, sa 30/min. Druga tacka krece se jednoliko po potegu OE, gde je E teme cikloide, i stigne u Ierne cikloide jednovremeno sa prvom tackom. Koja tilcka ima vecu brzinu u lemenu eikloide?

2.40. Tac):a se krece po paraboli cija je jednacina'y2=4x U odnosu na triedar Oxy. Odrediti Dekartove koordinate vektora bnine pokrelne tacke ako se ona po putanji krece jednoliko (konstantnom velicinom vektora brzine). Odrediti i poluprecnik krivine putanje.

2.41. Poz.nati 5U 'zakoni promene Dekartovih koordinata vektora ubrzanja krivolinijskog kretanja jedne pokretne tacke x = - 4 x, ji = - 4 y. U pocetku kretanja tacka jebila u pocetnom polozaju No (2 em; 0) i imala je pocetnu brzinu 4 cm/see upravnu na + Ox-osi, a u smeru + Oy-ose. Pokazati da je tangenta na hodograf brzine upravna na brzini pokretne tacke ako je pol hodografa brzine koordinatni pocetak (0) putanje pokretne tacke.

2.42. Tacka se kreee u ravni Oxy po zakonu x = 2 cos 2 I, Y = 4 sin I. Odrediti hodograf brzine pokretne tacke.

2.43. Tacka se krece u ravni Oxy tako da su joj poznata komponentna ubrzanja x= 0, Y = - 6 cm/see2. U pocetkn kretanja (to = 0) tacka je bila u poJoZaju No (0; 10 em) na putanji i iroala je pocetnu hrzinu "0 (XO = 2 em/sec; 0).

Odrediti hodograf brzine pokretne tacke

60

2.44. Tacka se krece po eikloidi, ciji generatorski' kru!(ima poluprec~ nik R = 10 em, i koji se pri kotrljanju bez· klizanjap~ pravoj obrces~ 6o/min. Odrediti hodograf brzine pokretne tacke. U kom poIozaju na putanjl tacka ima najveeu brzinu i koliko ona iznosi?

2.45. Tacka se kreee u prostOfU, pa je njen polozaju odnosu na pocetak 0 triedra Oxyz odreden jednacinama X= 3 cos t, Y = 3 sin t, Z = 4 t. Odrediti putanju pokretne tacke i hodograf brzine. Kolike su prirodne koordinate vektora ubrzanja? Koliki je polupreenik krivine putanje?

2.46. Tacka se krece u ravni Oxy, ali je kretanje prikazano polarnim koordinatama r;= 4 t, rp = 2 t. Odrediti brzinu i ubrzanje pokretne tacke.

2.47. Kretanje je odredeno sistemom jednacina f=cI 2, q:>=wt, gde su c= 8 em/sec2, W= 2 Eec l • Odrediti putanju tacke j izracunati brzinu i ubrzanje tacke u onom polozaju u kome putanja prvi put sece + Oy-osu. Kolike su prirodne koordinate vektora ubrzanja u tom polozaju? Koliki je poluprecnik krivine pUianje na tom mestu?

2.48. Krivolinijsko kretanje tacke prikazano je jednacinama X= 2 (e2t + + e- 21), y = 2 (el t - e-21). Odrediti liniju putanje i hodograf brzine, kao i ubrzanje u funkciji od pot ega r = OM.

2.49. Kretanje je prikazano sistemom jednacina r= 4 t, q:>= 2/t = 21- 1 •

Odrediti putanju tacke .. lzracunatibrzinu i ubrzanje pokretne tacke u trenutku t = 2 sec. Koliki je poluprecnik krivine putanje u (oj tacki?

2.50. Kretanje je prikazano ·sistemom jednacina r= e2',q:>= 2 I. Odrediti putanju, brzinu i ubrzanje pokretne tacke.

2.51. Tacka se krece po lemniskati cija je poJama jednacina r2 =

= ceos 2 <p, gde je r poteg, a <p polarni ugao, tako da joj je cirkularno ubrzanje uvek jednako uuli. Odrediti zavisnost radijalnog (odnosno totalnog) ubrzanja u funkciji od potega r pokretne tacke.

2.52. Tacka se krece po centralnoj elipsi, poluosa a= 5 em, b= 3 cm, sa sredistem u 0, tako da joj je eirkulamo ubrzanje, kada se uzme pol u desnoj Ziii FI (x = e; y = 0), uvek jednako nuli, a da je velicina rZ 4> = C konstantna i iznosi C = 6 cmz/sec. Izvesti polarnu jednacinu elipse sa polom u desnoj iiii (FI ) i odrediti radijalno (odnosno totalno) nbrzimje. Kolike su brzine pokretne tacke u temenirna ejipse na Ox-osi. (»perihe/« i »aphe/«)?

2.53. Tacka se krece po eli psi cija jepolarna jednacina r=p/(l + + E cos '1') sa polom u desnoj iizi, gde su: p - parametar eli pse, E - brojiia (numericka) ekseentricnosti rp- polarni ugao. Odrediti hodograf brzine u odnosu na pol P triedra Pxy u desnoj zilti (FI ) ako je clfkularno ubrzanje uvek jednako nuli.

2.54. Tacka se krece· u ravni Oxy tako da· su pomate zavisnosti Dekartovih koordinata vektorll brzme u funl<eiji od samih koordinata X= ,...ky,

61

i

y=kx, gde je k konstanta. U pocetnom polozaju tacka je bila ina +Ox-osi u tacki No(xo=c; 0). Odrediti trajektoriju pOkretne:::t'iicke. KOlikb je vremena potrebno da tacka prede iz pocetnog polozaja fio u neki p6Iozaj N na putanji?

2.55. a) Tacka se krece u ravni tako dil. su joj radijal~a i ugaona brzina konstantne. U pocetku kretanja tacka je bila u polu O. iOdrediti pu-tanju, brzinu i ubrzanje pokretne tacke. ;

b) Kakva ce biti putanja pokretne tacke ako :lU radijalna: i cirkuJarna brzina konstantne, au pocetku kretanja tacka je bila u tacki No(}=R; q:>=O) na polarnoj osi? Odrediti ubrzanje pokretne tacke.

2.56. Tacka se krece pravolinijski po zakonu a = 6 Vs. : U trenutku J = 2 sec preaeni put je s = 27 m, a brzina V= 27 m/see. Nacrtati kinematicke dijagrame (s, t), (v, I) i (a, t) ovog kretanja.

2.57. Tacka izvodi pravolinijsko harmonijsko osciJovanje p,rema zakonu x = R cos w t. Poznato je da je u polozaju Xl = 10 em brzina XI =. - ~O V3 cm/see, au polozaju x2 =5cm brzina je xz= -IOVf5cm!see. Odrediti amplitudu, period osciJovanja i frekveneije. Nacrtati kinematicke dijagrame kretanja.

2.58. facka se krece pravolinijski po Ox-osi po zakonu 1=e-t sin2t. Nacrtati kinematicke dijagrame. O:!rediti preaeni put i ubrzanj~ u tf enutku zaustavljanja. '

2.59. Kretanje tacke u ravni Oxy prikazuje se zakonima y = 10 sin2 t. Odrediti putanju pokretne tacke, zatim brzinu nacrtati kinematicke dijagrame.

X= 10 cos2 t, ubrzanje i

2.60. Dijagram (s, t) jednog kretanja prikazan je sJik0JJ:i sa razmerama: za put Us = 20 mil cm, a za vreme U,- 1 sec/l em. Konstruis{lti dijagrame , (v, t) i (a, t) ovog kretanja.

If S

2

o 4 15 8 x Slika 2.60. Slika 2.6

;

2.61. Dijagtami (v, t) kretanja dveju tacaka (1) i (2), k~je Vise pravolinijsko kretanje po istoj pravoj i iz istog pocetllog poloiaja No, predstavljeni su jednacinama y=2xj3, y=[5+2(x-2)]j3 u odnosu na'triedar Oxy, sa razmerama crtanja: za brzinu u, = 6msee-1!1 em, a za vreme u; = 1 sec/l eill. Ddrediti zakone kretanja tacaka i vreme kada ce druga tacka stici prvu.

62

2.62. ,Dijagram (s, I) jednog kretanja Irna prikazani oblik, - a razmereput u, = 2 mil em, a za vreme 11, = I seefl em. Poluprecnik kruga, U trenutku 1=2 see odredi Ii sve kine mat iCke velicine ovog

I

'Iv 0 ~ 0)

Slika 2.62. SJika 2.63.

2.63. i Dijagrami (v, t) kretanja dveju tacaka prikazani su slikom, gde je poJuprec~ik R = 5 em, a koefieijenti razmera su: za brzinu 11, = 2 msee-1J I cm"

a za vreme: u, = I seefl em, Odrediti zakone kretanja tacaka.

2.64. : Voz, po]azeei iz stanice, krece se jed/lako ubrzano, ubrzanjein

25 cm/see2 , dok ne postigne brzinu voznje 90 km/h, a (ada se kreee jednoliko tom pqstignutom brzinom. P,ed stanieorn, koja je udaljena od polazne staniee 10 k:m, voz poCinje da se koCi, te postigne usporenje od 50 em/se

c2

i zaustavi s;e u staniei. Kretanje prikazati kinematickim dijagramirna u iz-

vesnim pogodnim razmerama.

2.65. ! Poznat je zakon promene ubrzanja u funkeiji od brZine a = 2 (v jednog pravpJinijskog kretanja. U trenutku t = 2 sec predeni put jZnosi 64/3 rn, a brzina je jv= 16 m/see. Naertati kinematicke dijagramei u trenutku t=4sec'

izracunati sve kinematicke velicine.

2.66. Zakon promene ubrzanja jedne tacke je a=12t-20. Poznato je

da je u po~etnorn trenutku t= 0 put s = - 10m, a da u trenutku t = 5 sec put iznosi r- 10m. Konstruisati kinematicke dijagrame ovog pravolinijskog

kretanja'. 2.67 •. Zakon promene brzine od vremena je v = 31

2 + 2 t + I, gde je v mereno urn/sec,· a vreme u sekundirna. Nacrtati kinematicke dijagrame ako je

poznato da je u pocet:som trenutku (10=0) poeetni predeni put so=4 m.

Izracunati sye kinem;iicke veliCine u trenutku t = 3 sec.

2.68. i Konsiruisatikinematicke dijagrame kretanja ako je poznat zakon

promene br~in1 v=4eos(1t1/4)[ a pocetni predeni put jednak je nuli. V I

2.69. i Zakon prornene ubrzanja u funkeiji brz:ne je a= -kv= -2v, gde je a rnbreno u m/sec2, v u m/sec, a k usee-I. Konstruisati dijagrarn

pula i brziIje ako je pocctna brzina 1'0= 4 mjsec, a pocemi put jednak je iluli·'

2.70. 1z i~te tacke .jednovremeno krenu dva tela. Prvo se krece jednako ubrzaIlo, bez pocetne brzme, u~rzanjern 4m/sec2

; drugo telo se krece jednako ~sporeno, pocetnom brZlllom 20 m/sec, ali sa usporenjem jednakim

ubrzanJu pr~~g tela. ?raficki predstaviti kretanja i odrediti vreme kada ce prvo telo ~lCI drugo 1 na korn udaljenju od polaznog polozaja.

B) OBRTANJE KRUTOG TELA. TRANSMISIONI PRENOSNICI

2.71. Disk,. precn.ika 1.00 em, obrce se jednoliko oko svoje geometrijske ose: Tacka n~ ob.lrnu dlska Ima obimnu brzinu J m/see. Kolika je ugaona brzlna obrtanJa dlska? Kojim se minutnim brojem obrtaja obree disk?

2.72..~ot~r se obrce iz stanja mirovanja jednako ubrzano i za prvih 10 sekundl uelnl 50 obrtaja. Odrediti ugaono ubrzanje kotura i ugaonu brzinu u trenutku t= 20 sec. Koliko je ukupno'obrtaja do tada uCinio kotur?

. . ?73. Vratilo jednog motora obrce se jednoliko sa 3000 o/min. Posle IsklJucenjamotora vratilo je ucinilo jos 100 obrtaja i staIo. Koliko se vre:nena obrtalo vratilo od iskljucenja motora do zaustavljanja ako se obrtalo Jednako usporeno? .

. 0 Vratilo se obrce jednako usporeilO, ugaonim usporenjem 7C sec-2

I st~lo J.e posle .10 sec. Kolika je pocetna ugaona· brzina obrtanja vralila? Koliko JC obrtaja ukupno uCinilo vratilo do zallstavljanja?

2.75: Vralilu. motcra porasta.o je broj obrtaja posle (Dminuta na ~o/ml1l. Tada Je motor .zaustavljen, a vratllo je nacinilo jos 160 obrtaja I stalo .. Pod pretpostavkom -Jednako promenljivog obrtanja odrediti ugaonu brzlnU I ugaono ubrzanje (usporenje) vratila. Koliko se vremena obrtalo vraldo? K<iliko je obrtaja ukupno uCiniIo?

\!f.~ Terel (G) ob~sen 0 uze . prebaceno preko tocka ('I'f, precnika 40 em,· obrce vratiJo (V). Teret se spusta jednakoubrzano, ubrzanjem 20 cm/see2. Odrediti ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje vratila. Na koju se dubinu .spusti 0 teret posle 10 sec od _ pocetka kretanja? Ko!Jko Je obrtaja ukupno ucinilo vratiIo u tom trenutku?

2.77. Kotur nasaaeri na vratilu obrce se jz sta-nja rn.i~ovanja prema kinematickorn zakonu 8 tp = iJ2 Slika 2.76,

OdredJlI ... zakone promene ugaonog ubrzanja, ugaone brzine i obrtnog ugla u funkCljl od vremena ako je pocetno vreme ujedno i 'nulio vreme.

_ 2.78. Pogonsko vratilo (I) tarnog (frikeionog) transrnisionog uredaja obr:e se s~ 300o/min i pomera se aksijalno premazakonu x = (2 R - 1)/3, pa obrce tarn] kotur (K2) nasaaen na vratilu (2). Poluprecnici tarnih koturova

su R = 18 em, r = R/2. Odrediti brzinu i ubrzanje tacke A na obodu tarnog :kotura K z u onom trenutku kada je aksijalno pomeranje prvog vratila x=r; vreme se meri sekundima.

J[

2

][

Slika 2.78.

IP)

Slika 2.79.

2.79. Parna masina (P) pomocu transmisionog uredaja, kaiSnika, preenika 90 em i 30 em, sa beskrajnim kaisem, pokrece dinamomasinu (D). Odmah -posle pU5tanja U rad ugaono ubrzanje parne masine iznosi 0,21t see-2

• Posle koliko ce se vremena dinamomasina obrtati jednoliko sa 180o/min?

)

Slika 2.80.

2;80. Elipticki tocak, poluosa a = 5 em, b = 3 ern, obrce se u svojo ravni oko vertikalne ose' kroz zizu 01 (F

1) i usled zahvatanja pokrece isti

,takav tocak koji moze da se obrce oko svoje :tize 0z (F'I)' Odrediti broj obrtaja drugog tocka kada se prvi tocak obrce jednoliko li direktnom smerli sa 10 o/min i ako rastojanje ziza

iznosi OjOz=2a.

2.81. Odrediti prenosni odnos redne sprege zupcanika ako Sli brojevi zubaea zupcanika Zj (redom) =20; 10; 18; 15 i 30. Zupcaniei su svi istog

modula.

2.82. Odrediti prenosni odnos paralelne sprege zupeanika ako su bro

jevi zubaca zupcanika ZJ (redom) = 40; 20; 10; 50; 15 j 30.


65

2.83. Zupcanik (1) obree se jednoliko sa I 200o/min u i indirektnom smeru. Odrediti brojeve i smerove obrtaja svih zupcanika mesovite sprege ZJ

(red om) = 20; 60; 15; 40; 16; 32 i 20. Koliki je ukupni prenosni odnos? U kom se smeru obrce Poslednji zupcanik (7)7 I

Slika 2.83. Slika 2.84.1

2.84. Pogonski zupcanik (I) obrce se u direktnom smeru Jednoliko sa 80~ o/min. Odrediti broj obrtaja i smer obrtanja poslednjeg zDpcanika (7) mesovlte sprege aku su brojevi zUbaea Z/ (redom)= 18; 40; 15; 33;'36; 16 i 48.

i,

2.85. Pogonsko vratilo (OJ transmisionog uredaja obrce Je jednoliko sa 360o/min. Odredili broj obrtaja i smer obrtanja radnog v~a,iJa (0 \ k b" b ". VI a 0 su rOJevl zu aea zupeamka Zj (redom) = 20; 30; 40; 24; 60; 20 i 48,

a zahvaceni zupcanici Sil istog modula.

SJika 2.86.,' ":H~ ~~ft"- -

2.8~. Izracunati na obimu kQtuira (KHrad-n.og vratlJa (OVII) , precnika 18 ern, ako se vratilo (ODob~cetj:(fu~1t llko sa 270o/min. Zupcanici (3), (6) i (9) imajulPo 60 zubadl;'~ svl-:01;taIl'f> po 20. ;-,,>' I 5'i!"1;;' ~~+

2.87. Pogonsko vratilo (01) prenosi preko kaisnog transmisionog 'ure~ daja i zupcastog prenosnika snagu na radno vratil0 (Ov). Odreditj brzinu i ubr~a~Je tac.ke M kotura K, precnika 120 mm, kada se pogons~o vratilo obrce jednollko sa 1500/min. Precniei kaisnika su D = 200 mm D:=) 50 rom a brojevi zubaca su ZI (redom) = 40; 20; 20; 50;18 Ii 36. ,z, ,

5 Zbirka zadataka iz ruehanikc-]

66

~l!"'~:=: i Ii D. I I,

I Df

STika 2.87. Slika 2.88.

l.SS. Pogonsko vratilo (0,) obrce se jednol"ko. sa I 200o/min u smeru kretanja saine kazaljke. Odrediti broj obrtaja puznog locka (8) ako ima 36 zubaca i 'trohodni zavrtanj. Precnici kaisnika Sl! D, = 120 mm. D z = 200 mm, a brojevi 'rzubaca zupcanika su Z; (redom)= 18; 36; 20 i 40. U kom se smeru

obrce pu~ni locak?

2.89. Pogonsko vratilo (01) obrce se jednoi"ko, sa I 350o/min. Odrediti broj obrtaja radnog vrat]a (011) ako je puz (P) dvohodni, a puzni locak ima Z = 60 zubaca. Brojevi zubaca ostalih zupcanika su z/ (redom) = 20; 54; 18 i 30. Zupcanik (3) je tanjirast. ,

I V

Or

I On z·

Ll

. "


2.901 Kabi na dobosu, precnika D = 30 em, odmotava se pomocu preDosnog u.:eaaja. Odrediti brzinu odmotavanja kabla alo se pogonsko vratilo (01) obrcd jednoliko sa 900o/min, a puz je trohodni, sa z=45 zubaca. Zupcanici (1): i (2) spregnuti su Jancem, a imaju brojeve zubaca Zl = 15 j Z2 = 30

zubaea.

2.91; Ruciea 0, A kolske dizalice obree se sa 60o/min jednoliko oko osovine Pr,vog zupcaoika (0,) i preko zupcastog prenosoog uredaja pokreee zupcastu pOlugll (2p). Brojcvi zllbaca zupcanika Sll z, (redom)= 12; 48;

67

6 i 24. Precnik pogonskog zUpCanika je Dp = I OJ mm. Odrediti aksijalnu brzinu zupcaste poluge.

S1ika 2.91. Slika 292.

2.92. Zllpcasfa poluga podize se pomoeu prenosnog uredaja. Odredili brzinu pofuge kad se pogonsko vratilo obrce jednol.ko, sa 8eO o/min, ako su: prvi puz trohodni sa z, = 30, drug; puz dvohodni sa z. = 20 zubaca, brojeyj zubaca od Zz do Zg su (redom)=25; 40; 30; 20; 25; 16; 48, modul pogonskog zupcanika m = 10 mm i broj zubaca zp = 30.

2.93. Odniditi broj zubaca drugog zupcanika (2) i smer obrtaja prvog zupcanika (I) da bi se konvejer pod'zao brzinom 25 'It em/sec ako se pogonsko vratilo obrce sa 150 o/min, a brojevi zubaca su: z, = 20, ZJ = 18, Z~ = 54, Zs= 40' moduJa m=lSmm. Zupcaniei (3) i (4) sprcgnllti su lancem.


2.94. Odrediti hrojeve obrtaja vratila 0llI, OVI i OYII ako se pogonsko vratiJo (01) obrce sa 1200 o/min, a brojevi zubaca ZUpCanika su z, (redom)= =20; 40; 15; 45; 40; 15; 60; 20; 50 j 30.

68

2.95. Odrediti obimnu brzinu krajeva lopatiea (L) mesaliee ako se pogonsko vratiJo (01) obrce sa 180 o/min, a precnik Jopaticnog kola je D = 900 mm. Pre

cniei kaisnika su Dl = 300 mm, D2 = 450 mm,

o.~ D,

2 )[

~------D------~-.~I Slika 2.95.

a brojevi zubaea konicnih zupcanika su 30 i 60.

2.96. Hod zavrtnja je h = 40 mm, a obrce se jednoliko, sa 60 o/min. Odrediti ugaonu i translatornu brzinu zavrtnja, njegOY parametar i nagib tangente zavojnice ako je poluprecnik eilindra zavrtnja 10 mm.

2.97. Kolika bi bila tacnos! mikrometarskog zavrtnja hoda 0,40 nun, ako disk nonijusa irna 4D podeljaka?

2.98. Valjak poluprecnika R = 20.mm obrce se oko svoje poduzne geometrijske ose sa 90o/min i krece se translatorno brzinom 6 em/sec. Odrediti sve elemente zavrt

nja. Ako bi hod ovakvog zavrtnja bio 10 puta manji, a nonijus mikrometra imao 50 podeljaka, kolika bi bila njegova tacnost merenja?

2.99. Hodovi zavrtnja prese su hI = 12 mm j h2 = 18 mm. Rucica prese obrce se sa 30o/min, a ugao ploce prese je 0: = 60°. Odrediti brzinu kretanja ploce.

Stika 2.99 Slika 2.100

2.100. Odrediti brzinu zgloba C zavojne prese u funkeiji od ughi e. Zavojno vreteno je hod a h=12 mm i obrce se jednoliko, sa 60o/min. Ovo vreleno prolazi kroz dYe navrtke, A i B, koje su zglavkasto spojene sa zglobovima C i D rombnog zglavkastog cetvorougla ADBC.

69

C) RELATIVNO KRETANJE. BREGASn MEHANIZMI ,/' '\ ; J

~.101. Reka protice brzinom 0,5 m/see po eeloj svojoj; sirini, koja iznosi ':>tIm. Plivac moze da postigne brzinu 2 m/sec. Pod kojim uglom prema ;bali Ireba da zapliva plivac da bi tacno popreko doplivao na drugu obalu? Za koj~ ce vreme preplivati reku?

/ ,;...~~ ........ '.

~'102 Koliko ce vremena putnik, koji sedi u vozu koji se krece hrzinom

54 km edati mimoilazni voz, duzine 150 m, koji se krece brzinbm 30 km/h1

.10 Brad se krece brzinom 10 cvorova (nmile/h). Sa palube broda putnik i uvis predmet pocetnom brzinom 5 m/see, koji se dalj'e krece jednako usporeno, usporenjem 2 m/ser;2. Odrediti apsoiutnu brzi~u kretanja predmeta i njegovu apsolutnu putanju.

2.104. Prizmaticni klin ABC, visine AC=h,nagibnog ugla 0:, krece se jednoliko u smeru + Ox-ose, koja se poklapa sa njegovom osnovom CB. Niz strmu ravan klina CAB) krece se iz pocetnog poloiaja (A) pokretna tacka M jednako ubrzano, ubrzanjem an bez poeelne brz'ne. Odrediti apso!utnu brzinu tacke M i njenu apsolutnu putanju.

A

B

Slika 2.104.

2.105. Tramvaj se krece pravolinijski jednoliko, brzinom 28,8 kmfh. Njegova sasija na oprugama vrsi harmonijsko osciiovanje, amplitude A ~ I em, perioda T = 1 sec. Odrediti apsolutnu pmanju tezista sasije, koje se nalazi na rastojanju h = I m od horizontalne ravui. poslavljene kroz osoviJ,le tockova. Precnik tockova je 800 mm. U pocet-ku kretanja (/0 = 0) tdiste se nalazi u srednjem polozaju, a vektor brzine oscilovanja usmeren je navise.

Slika 2.105.

L

K

Slika 2.106.

2.106. Prava L krece se jednoliko, brzinom vp usmeru -OJ-ose. Odrediti brzinu i ubrzanje presecne tacke M te prave i nepokretnog I kruga (lI:). poluprecnika R, sa sredistem u O.

70

2.107r Krug ('0 krece se u svojoj ravni (Oxy) translatorno, jednako ubrzano, ubrzanjem Q p u srueTu + OX-ose. Po krugu se krece tacka (M), jednolike, u !direktnom smeru. Odrediti apsolutnu putanju tacke M ako je U pocetkul kretanja hila u polo.zaju Mo (R; 0).

!y I ! i L o

SJika 2.lOi. Slika 2.108.

2.108! Kvadrat ODAB, slraniee 1= IOem, ohrce se. u horizt:ntalnoj. Oxy.ravn.i oko temena a u indirektnom smeru, jednol:ko, sa 30o

lmn. Po

stranici AS; krece se od A ka B pokretna tacka (M) jednol:ko, tako da za jedan obrlaj kvadrata stigne iz pocetnog polozaja A u poiozaj B. Odrediti u poc~lnom pplozaju (A) apsolulnu brz'nu i apsolulno ubrzanje pokretne tacke (M).

.Z.1?9j P.ra~ougaona ploCiea ABCI?, stran'ea b= 12 em, h = 2 b, obrce se iz stanJa mlrovanJa Jednako ubrzano u dlf(:ktnom smeru. }z lane D (pocetnog polozaja M,) krece se 'z Jtanja mirovanja pokretna tacka M duz stran'ee DC

po zakonuiPuta r=i5M= 0,5 heos(-:rI/6), gde je aD = OC. Kada pokretna tacka st'gne u polozaj M, gde je MoM=DM=h/4, plociea se zaokrenula za ugao 90° U odnosu na pocetni polozaj. U tom poJozaju odrediti brzinu i

zl

~r'l DiMe) ~~ 8;

, ! M I

h _._- .- .. __ •. 0

y

c b I

Slika 2.109.

ubrzanje pokretne tacke. Kolki su brz'na i ubrzanje pokretne tacke u trenutku t = 4 sec od pocetka kretanja?

Slika 2.110.

71

2.110. Trougaona plociea ABC"kateta b= 30 em, h = 40 em, obrce se oko katete AB po zakonu prornene obrtnog ugla '.p= 11: (2 I + /2)/4. Iz temena B

krece se po hipotenuzi BC pokretna tacka po zakonu puta s = BM = 50/'/2. Odrediti brzinu j ubrzanje pokretne tacke M u trenutku I = I see od pocetk~ kretanja iz pocetnog poloiaja B. Koliki su brzina i ubrzanje pokretne tacke M kada stgne u terne C trougla?'

2.111. Polukruzna plocica, poluprecnika R = 16 em, obrce se oko 050-

vine AB jz stanja mirovanja, prema zakonu prornene obrtnog ugla 'f = 11: 12/4, u direktnorn smeru. Iz tacke B plocke krece se po obodu ploeiee pokretna tacka M jednako ubrzano, bez pocetne brzine, i stigne u tacku A za ista

vreme za koje plocica ucini osam punih obrtaja',

U polozaju C, gde je Be = AG, odrediti apsolutnu brzinu i apsolutno ubrzanje pokretne tacke M.

c

en '-'--.1:-

Slika 2.111.

I y

I j

I I I

c; I

Slika 2.112.

2.112. Cev OA, duzine 20em, obrce se u ravni Oxy prcma zakonu promene obrtnog ugla <p= 0,511: sin (1t1/8). Kroz eev se krece pokretna tacka M jz pocetnog polozaja A ka polozaju 0 prema zakonu puta r;; OM =

=20eos(11:1/8). gde je poteg r meren od tacke O. Odrediti brzinu i ubrzanje pokretne tacke M u trenutku t = 2 sec od pocetka kre: tanja.

2.113. Kruzni konus, poluprecnika 05-

nove R=6em, vi sine H=8ern, obrce se:oJ(-;; ~voje vertikalne geometrijske ose Oz jednako usporeno u direktnom smeru i zaustavi se posl~ cetiri puna obrtaja. Jednovremeno sa pocet

kom obrtanja plociee krene jz vrba A konusa . pokretna tacka M i krece se po izvodnici

konusa AB od A ka B jednako ubrzano, SJika 2.113 ..

72

ubrzanjem 1,25 em/sec" bez pocetne brzine, i u lrenutku zaustavljanja plociee stigne u poJozaj B. Odrediti apsolutnu brzinu i apsolutno ubrzanje pokretne tacke (M) kada stigne na polovinil duzine izvodnice AB konusa.

2.114. Odrediti ugaono ubrzanje kulise (K) kratke brzohodne rendisaljke ("shaepinga") kada se krivaja OA, duzine R= 10em, obrce oko tacke o jednoliko, sa 90o/rilln. Rastojanje osJonaea 0 i 0 1 iznosi h = 3 R. Kolika

Slika 2.114.

je brojna vrednost ugaonog ubrzanja kui:se u onom polozaju kada se krivaja zaokrene za ugao 30° od pocetnog horizontalnog poloiaja?

ly

o

m

Slika 2.115.

2.115. Posle promene opterecenja Watlov regulator se obrce oko svoje vertikalne osovine jednoliko, sa 60o/min, a kugle se spustaju jednako ubrzano, obrcuci se oko tacke 0 ugaonom brzinom, kojoj posle dva sekunda odgovara 15 obrtaja u minutu. SmatrajuCi kugle tackama, odrediti njihovu

B

~I~ I

.... - . . • +.

Slika 2.116.

brzinu i ubrzanje u tom trenutku (t=2see) Duiina rutica regulatora je / = 40 em, a ugao cp= 30°.

2.116. Ekseentar, poluprecnika R =

= 10 em, ekseentricnosti e = R/2, obrce se oko horizontalne !=>se kroz tacku 0 i podize stap AB razvodnika. Odrediti zakon kretanja stapa, njegovu brzinu i ubrzanje u najudaljenijem polozaju ako se ekseentar obrce jednoJiko, sa 300/min.

2.117. Prizmaticni klin, nagibnog ugla 30°, kreee se pravolinijski u smeru + Ox-ose jednako ubrzano, ubrzanjem 9 emjsee2• Odrediti ubrzanje kretanja stapa CD, koji se oslanja na klin i moze da se pokrece u svojim leZistima.

73


, 2.118. Bregasto telo, oblika polukruga, poluprecnika R = giem, krece

se pravolinijski, jednol;ko, brzinom vp = 4 em/sec. Odrediti brzinu i ubrzanje kretanja stap:.t AB sa tockicem, poluprecnika r = 1 em, na kraju ! = 2 sec. ako je toc~

kit stapa bio u pocetnom pololaju ui Ao. Za ko

B

~I~ I

Slika 2.119.

Jiku se visinu h spustio stap AB u tom trenutku'!

2.H9. Bregasta osovina, pdlupre~nika R= 10 em, obrce se jednoliko, sa )50/min, i podize stap AB, koji se krece ~o zakonu pUla y = J 0 + 4 t, gde je y rnereno u eentimetrima, a vreme u sekundima; Odrediti oblik konture brega.

5j I I j

Slika 2.120.

2.120 .. "Zlkon . podizlnja centricnog radnog tela ..b-l'egastog fnehanizma prikazan je· dijagram~m (s, cp). Odrediti obl.k brega J ako je precnik vratila bregastc osovine 2 R =40 mm,.a ona se. obrce jednoliko, sa 60o/mi'n.

I

r_ 2.121. "Odr~diti oblik'konture ~brega' bregastog mehanizma aka je hod ceiltr1~nog st;Pl sa siljkom izvrsen 'Z'l 1/3 polovine radnog hoda br~gaste osovine. Drugoj trecini polovine obrtaja bregaste osovine odgovara zastoj stapa, a-trecoj trecini poluobrtaj'l odgovara i spustanje stapa po istom 'iakonu po

tome se vrsiJo i podizmje.1PoJuprecnikbregaste osovine je R = 1 S mm, hod itap:.t h = 20 mm, a broj obrtaja .. bregast<osovine 30o/min.

74

, $

! I

2345-6789101112

f800 ----1--- (500 ---l300l---· i

Slika 2.122.

Slika 2.123.

2.122. D'jagram (s, I),

odnosno (s, q:», jednog centric

nog bregastog mehanizma, sa

_ bregastom osovinom precnika

2 R = 30 mm, prikazan je na

slid. Naertati oblik bregastog

tela.

2.123. Dijagram (s, t), odnos

no (s, '1'), ekseentricnog bregastog me

hanizma prikazan je slikom. Odre

diti oblik brega aka je poJuprecnik

bregaste osovine R = 20 mm, e =

=lOmm, r=Smm.

Dijagram (s, I), odnosno (s, '?), bregastog mehanizma prikazan je slikom. Odred,ti obJik brega aka je poluprecnik bregaste osovine R= 15 mm.

456789 I/J:if ZWJ{

Slika 2.124.

2.125; U obrtnom zvezdastom motoru tipa "Gnome" vezani su cilindri za karler i, zljedno se sa njim obreu ugaonom brziDom w. Uzimajuei srediste

Ovratila z::i pocetak triedra Ox-y, odrediti: a) apsolutnu putanju klipova moto~a, b) zakon relativnog kretanja u odnosu na eilindre, pod pretpostavkom cia je odnos R/l Inali, gde je R poiuprecnik krivaje, a I duzina ,spojne poJuge, c) izra

cunati apsQlutnu brzinu krpa ka

da ~pojna -poluga AB zauzima dva

horizontal~a i dva vertikalna po

lozaja. D~zine su: krivaje R =

= 100 mm,: spojne poluge AB =

= 1= 300 ~n, a cilindri sa kar

teram abreu se jednoliko, sa

1500o/mib. Slika 2.125.

75

D) RAVNO KRETANJE. RAVNI MEHANIZMI

2.126. Ploca (P) vriii ravno kretanje u ravni Oxy translatornom brzinom 6 em/sec i ugaonom brz:nom 2 see- I, obreuei se u srr:nu krftanja saIne k zaJjke. Odred Ii brzinu tacke B ploce, na rastojanju AB = 5 em od tacke A, u trenutku kada vektor brzine tacke A gradi ugao ex = 30° sa pravom AB. Ovaj ugao je meren od vektora brzine ka pravoj AB.

2.127. Stap AB, duzine 1= 1 ru, kreee se u rami. Brzina lacke A stapa iznosi 2 V3 m/see, a njen veklor gradi sa praveem slapa ugao 0: =

= 60°. Vektor brzine kraja B stapa AB gradi sa stapom ugao ~ = - 30". Uglovi su mereni od pravca stapa AB lea vektor:ma brzina. Racunski j graficki odrediti polozaj trenutnog pola. KoLka je trenutna ugaona brzina obrtanja stapa oko pola? Odrediti poioZajtacke K stapa AB,

ciji je vektor brzine kolinearan sa stapom.

a Slika 2.126.

2.128. Kvadrat ABeD, straniee /= JOcm, kreee se u svojoj ravni ugaonom brzinom 2 see- 1 u direktnom smeru. Brzina temena A kvadrata iznosi 20 em/sec, a njen vektor gradi sa stranicom AD ugJo IX = 60°. Odrediti poloZaj trenutnog pola kvadrata. Izracunati brz;ne ostalih temena kVadrata i tacke S na sredini straniee AB, AS = BS. Racunske vrednosti proveriti graficki.

B


2.129. Krivaja OA zglavkastog cetvorougla OABC, duzina stranica OC= =p=35em, OA=k=lOcm, BC=b=20cm, obree se oko tacke 0 jednoliko, sa n1 = 90 o/min .u direktnom srueru. Odrediti ugaone brzine obrtanja stapova AB i BC i brzinu zgloba B u polozaju cetvorougla odredenoin uglovima e=60° i tjJ=45°.

~ . Kri~aja OA, duzine 12 em, obree se oko tacke 0 jednoliko, sa 60o/mm. Odredltl ugaone brzine stapova AB, duzine /, i Be, duzine h = 16 ern,

<::: U polozaju mehanizma odredenom uglovima e = 45° i t = 30°.

76

c

Slika 2.131.

2.131. Ploca (P) izvodi ravno kretanje u svojoj ravni. Poznati su:transJatorno ubrzanje, 20 cm/secl , ugaona brzina obrtanja, I sec-I, i ugaono ubrzanje, 1 sec- 2 . Odrediti ubrzanje tacke B ploce na udaljenju !=AB= 10cm od tacke A, ciji vektor ubrzanja gradi sa pravom AB ugao (J. = 30°.

2.132. Kruzna ploca, poluprecnika R, kotrlja se bez klizanja po pravoj L, a njeno srediste (0) krece se pravolinijski po zakonu pUla s = I + (2/2, gde je s mereno u met rima, a vreme u sekund:ml. U trenutku t = 0 odrediti

brzine i ubrzanja taeaka M, ploce koje se nalaze na horizontalnom M J M, i vertikalnom preeniku M2 M.. Poluprecnik ploce je 40 cm.

T


..-r ___ -:--_..:O:;,_ C ~ K vadrat ABCD, straniee 1= 10 em, b ~si ravno kretanje, obrcuci se u direktnom srneru.

B Slika 2.134.

Poznate su velicine ubrzanja temena A i B, aA =

= 20 cm/sec2, as= 40 (2 em/sec1, kao i vektori lih

~brzanja. Odrediti ubrzanja ostalih temena kvadrata j taeke S, gde je AS = BS.

2.134. Pravougli trougao ABC; kateta b~ 12crn, h= 16em, krece se u svojoj ravni tran~latorno i obrce u direktnom smeru. Brzina temena A trougla iznosi 12 cm/sec, a vektor brzine gradi sa katetom AB ugao (1. = 60°. Poznata su i

, i \ I

"

II Ii

'I

I

77

ubrzanj~ temena B i C, koja iznose GB =45cm/secl , Gc =25cm/sec2 • Odrcditi trenutlll pol obrtanja. Racunski i graficki odrediti brzine i ub~zanja ostalili ~M~~A~ I

2.135. Kraj A stapa AB krece se jednoiiko, brzinom VA = l', duz + Ox-ose, stalno dodirujuCi nepomicni poluL-ug polupr(cnika R, sa sredistelli u O. Odrediti ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje obrtanja stapa U funkciji od poJuprecnika polukruga (R), brzine (v) i udaljenja kraja A stapa od sredista O(x=OA).

:x B

Slika 2.135. Stika 2.13~.

~.136. Krug, poiliprecnika R, kotrlja se bez kl'zanja po! nepokretnoj pravOJ (L). Za tacku A obima kruga vezan je stap AB, duzine J. Odrediti brzinu i ubrzanje kraja B stapa AB ako su pozna!i brzina i ubrzanje sfedista kruga (C). Opste feSenje. Sp~cijalno resenje za podatke: 1=2R=8qcm, q>=90°, 11 (kruga) = 30 o/Jl1in.

2.137. Krivaja OA mehanizma, duzine OA=R= JOcm obrce se oko tacke 0 jednoliko, sa 600/min u direktnom smeru, i polug~m BAC pokrece kLzac B po Ox-osi. Odrediti brzinu j ubrzanje klizaca (B) i slobodncg kraja (C) poluge BA C ako je BA = R = ACf2 = b12. Pokazati da je vektor ubrzanja taeke C kolinearan sa pravom CO. U polotaju mehanizma kada je ugao e = J 20° izracunati brzinu i ubrzanje klizaea j tacke' C poluge, a dobijene vrednosti prokontrolisati graficki.

2.138. Odrediti ubrzanje zgJoba B

zglavkastog cetvorougla OABC jz zadatka 2.129. i ugaona ubrzanja poJuga AB i BC.

2.139. Krug (K), po\uprecnika R I = 5 ein, kotrlja se bez klizanja po pravoj Slika 2.137,

(L). Brzina njegovog sredista je konstantna !

[

i iznosi 10 cm/sec. Odrediti brzinu i ubrzanje tacke:;;:1I~rna obimu kruga u poloz.~ju kada se on zaokrenuo za ugao 600 od svog pocetnog '~o!ozaja Mo, kOJI se poklapa sa pocetkom triedra Oxy. Nacrtati hodograf brzine tacke M.

U istom polozaju kruga odrediti brzinu i ubrzanje tacke M1 , koja se nalazi na poluprecniku CM, na rastojanju MMJ = 3 em. I

7'0

2.140.. Krug (K2), poluprecnika R2 = 2 em, kotrlja se spolja po nepokretnom kfugu (K1), dvaput vee{ g poJuprecnika, Rl = 2 Rz • Odrediti putanju tacke M na obimu pokretnog kruga ako joj je pocetni polozaj Mo na + Ox

-osi triedra Oxy, sa pocetkom (0) u sredistu kruga KI (xo = R; Yo = 0). Jzracunati brz'nu i ubrzanje pokretne tacke M u pc.lozaju kada se krug Z10-

krenuo Zl i 20° u odnosu na pocetni poloZaj M o, a poznato je da srediste C (02)

pokretnogkruga pri jednvl.kom kretanju obide svoju putanju Z.l 10 sekundi.

2.141.. Krug Kl , poluprecnika Rz = 8 em, kotrlja se bEZ krzanja spolja po nepomicnom kmgu K" pcluprecnika R, = 12 em, a pri tom kretanju njegovo sredi~te (0,) obi de svoju putanju Zl 8 sekundi. U polozaju kruga K1 ,

kada pote~ 0 1 0 1 grad~ sa hor'Z0ntalnom p:-avom 0 1 x ugao <p~ =.rr/3, odr:diti brz nu, pr;todne koordmate vektora ubrzanja, ukupno ubrzlnJe I p_luprccn k krivine putanje tacke M na ob;mu krugl Kl , koja je U pocetku kretanja b:Ia u pdozaju( Mo na + 0, kosi (Xo = R,; Yo = 0).

2.142. U preth6dnom Zldatku odrediti putanju tacke M kruga K2 , koja se u pocethom polozaju naLzla u tacki Mo (16 em; 0) na + 0 1 x-osi. K01ike su pr;rodne koordinate vektora ubrzlnja Ie tacke u naznacenom polozaju, eentraine tazdalj:ne 0 1 0 1 krugova prema O,x-osi? K0Lki je poluprccnik kr;vine puianje u toj tackl?

i

Krug K l , poluprecnika R2 = lOcm, kotrlja se spdja po nepomlcnom kmgu K1, istog pduprecnika, R, = R2 = R, tako da njegovo srediste pri jednc.!j~om kretanju ob:oe svoju kruznu putanju za 20 sekundi. U polozaju kada eentnilna razdaljina 0 1 °1 gradi sa + 0, x-osom ugao CO" iznicunati brzinu i llbrzanje pokretne tacke M na obiinu kruga K2 , koja je u pocetku kretanja bi.la u poloiaju Mo (R; 0) na + 0, x-osi.

2.144~. Krug Kl , poluprecnika Rl = 4 em, kotrlja se bez HZlnja iznutra po nepokr~tnom krugu KI , poluprecnika R1=2R 2 • Odrediti putanju tacke M na obimu kruga K2 , koja je u pocetku kretanja b'la u polozaju Mo (R,; 0) na + Ox-o~i triedra Oxy, sa pocelkom 0 u sredistu kruga K1 • Odrediti brz'nu i ubrzanje 'pokretne tacke M u polQzaju kada je ona na + Oy-osi triedra Oxy, a poznatd je da srediste kruga Kz obide svoju putanju pri jednoLkom kre-tanju za 16 sekundi. .

I

214Sl Odrediti putanju tacke M pokretnog kruga Kl iz prethodnog zadatka akb su poluprecniei krugova Rl = 3 Rl = gem, a tacka je bila u pocetnom po~ozaju Mo (5 em; 0) na. + Ox-osi triedra, sa pocetkom u sredistu 0 1

kruga K!. !ZTacunati brzinu i ubrzanje pokretne tackeu polozaju na putanji kada se centralna razdaljina 0, O2 zaoi<renuJa za ugao 60° u odnosu na pocetni polozaj; poznato je da se taj poteg obree jednoliko okotacke 0) ugaonom brzin~m kojoj odgovara broj obrtaja 30o/min.

2.146; Pri hipoeikloidnom kretanju su poluprecniei krugova R)= lOem, lzracunati prirodne koordinate vektora ubrzanja pokretne tacke

I· i

j

I I

I

79

M i poJuprecnik krivine putanje na sredini dela putanje prvog kvadranta triedra Oxy, sa pocetkom 0 u sredistu ncpokretnog kruga (0,), ako je p)cctni polofuj tacke bio u Mo (l0 em; 0) na + Ox-osi; poznato je da sred:ste pelkretnog krup opise s'voju ·kruznu putmju pri jednolikom okretanju Zl 24 sekunda.

2.147. Stap AB, duzine 60 em, kotrlja se bez kfzanja po nepokretnom krugu (K), pobprecnika R= 20 em, tako da se pJteg OP, gde je 0 sred:ste nepokr~tnog kruga, a P dodirna tacka stapa i kruga, obree iednolko, ugaonom brz'nom kojoj odgovara broj obrtaja 150/min. Jzracunati brzinu i ubrzmje krajl A stapa koji je bio u pocetnom po)ozaju u tacki Ao (20 em; 0) na + Ox-osi triedra Oxy, u po]oZaju kada je poteg OF vatikalan. Kol.ki je tad a polupr(.cnik krivine putanje pokretne tacke?

2.148. Lancana transmisija bicikh sastoji se od bnea koji nhvata zupean;k (I), koji ima 30 zubaca, i zupeanik (2), koji ima 10 zubaca. Prvi je zupcanik na pogonskom vrat:lu, a drugi je V(zm sa ndnj:m tockom b.·c:kla, precnika 75 cm. Odrediti ~rzinu kretanja b:e:kh kada se Zldnji tocak kotrlja po putu bez krZlnja, a prvi zupcanik cini' 40 obrtaja u minutu.

'" , l..,

Slika 2.148. Sfika 2.149.

2.149_ Dve paralelne letve heeu se jednoI:ko brz'nama VI i 1'2 bez krzanja, dodirujuei kruznu plocu, poluprecnika R. Odrediti ugaonu brz'nu obrtanja kruzne ploce kada se letve kreeu istosmerno, odnosno suprotnosmemo, j ako je Vl <V)' KoLka je brzina kretanja sredista C ploce? Izraeunati te vrednosti ako je R = 42 cm; a brzine su v, = 10 em/sec, 1'1 = 4 em/sec.

2.150. Dvokrivajni mehanizam ima krivaje jednakih duzina, OA = Be =

= R = 20 cm. Pogonska krivaja OA obrce se jedno)iko, sa 90o/min. Odrediti brzinu zgloba B spojne poluge AB mehanizma ako je duzina krivaje jednaka duzini spojne poluge i dvaput je duza od postolja OC meh~nizma, u polozajima kada je tacka A n? pravoj OC, kada je spojna poluga paraldna postolju i bda je tacka B na pravoj oc.

A

SJika 2.150.

\

, . \ .

80

2.151. Stap AB, duzine 1= 80em, klizi klizacima A i B po koordinatnlm osama Ox i Oy triedra Oxy. Odrediti rulete. Izracunati brzine i ubrzanja tacaka B, C i D stapa ako se klizac A krece jednako ubrzano po Oy-osi,

ubrZlnjem 20 em/see2 bez pocetne brz!ne, jz polozaja AD' gde je OAo = /, a u polazaju stapa kad.. je ugao <p=60°, i aka su duzine AC=BC, AD=AB/4.

o

!J

A

I..

B

L.


2.152. Stap AB, duzine AB = 1 = 30 ern, kl'zi kl'zaCima A i B po kraeirna LI i L 2 ugla.q:: LI OL2 = fJ = 60°. Klizac A krece sc jednol:ko, brzino~ 60 ern/sec. Odrediti rulete. Izracunati brzinu i ubrzanje kJ'zaca B u on om polozaju kada stap BA gradi sa krakom L2 ugao '1'= 120°. Kolika je tada brzina tacke C sredine stapa?

2.153. Kraei BA, i AC ugaonika BAC grade' ugao 6= 60°. Ugaonik se krece u svojoj ravni taka da mu kraci prolaze stalno kroz dva obrtna postolja, OJ i O2 , na rastojanju 1=01 O2 = 36 ern. Odrediti rulete ovog kretanja. Ako Slap AB klizi kroz svoje leiiste brzinom 10 em/sec, odrediti brzinu klizanja drugog kraka i brzinu temena A u polozaju kada je <p=60°.

2.154. Krak AB pravouglog lenjira ABC krajem A klizi po osi + Oy

triedra Oxy, dok mu drugi kraj BC stalno prolazi kroz obrtno postolje OJ, koje se nalazi na raslojanju OOj =AB=I od pocetka triedra O. Odrediti Tulete.

Iy

I

S!ika 2.154

o Slika 2.155.

j

2.155. Stap AB, duzine I, klizi krajem A po + Ox-osi i osianja se na rub D glatkog stoIa, visine OD= h. Odrediti nilete ovog kretanja.

Racunski i graficki odrediti brzine leiista (C) i kraja B stapa, duzine 100 em, ako kraj A stapa klzi jednoliko brzinom 10em/see, u poloZaju u

kome stap AB gradi sa ivicorn stoIa OD ugao.q:: ADO = 'I' = 60°, a visina stoIa je h=20cm, '

2.156. stap AB,duzine AB= I, klizi krajem A po osi + Ox, i oslanja se stalno na glatki polukrug, poluprecnika R, sa sredistem u O. Odred:ti mlete. Ako je R=lOem, 1=4R, a kraj A kbjjednoliko brz'nom,5 cm!seeu smcru + Ox-ose, odrediti brzinu kraja B stapa u polozaju kada je AD = DB, gde je D dodirna tacka stapa j polukruga. '

B 8

A

Slika 2.157.

2.157. Stap AB, duzine AB = / = 100 em, krece se u ravni,. dodirujuci nepokrelni krug K, poluprecnika R = 1/5, koji se oslanja na pod. Kraj A stapa klizi po podu (Ox-os i) jednoliko, brz:nom 10 em/sec. Odrcditi rulcie. Izraclinati brz'nu i ubrzanje kraja B stapa AB u poJozaju kada sa pOdom gradi

'ugao 8=30°. '

2.158. Odrediti fulete kretanja sistema i~lozenog u zadatku '2.149.

2.159~ Stap AB, duzine AB = 1 = 60 em, krajem A klizi po gJatkoj supIjoj polukugli, polupiecnika R = 1/3, brzinom VA = 20 ern/sec, i stalno proiazi kroz obrtno postolje D na rubu polukugie. Odrediti mlele. Izracuhati brzinu i ubrzanje kraja B stapa AB u polozaju karla se kraj A nalazi u tacki S pc

lukugle OS = SD. Graficki odrediti brzinu i ubrzanje tacke C, tdista stapa AB.

~A ,

. i .

R I=R ~._'B~ SlikH 2.159. Slika 2.160.

2.160. Odrcditi rulete krivajnog klipnog mehanizrna Cija je :spojna po

luga AB iste duzine kao i krivaja, OA=AB=20cm. Odrediti brzinJ i ubrzanje klizaca B rnehanizma ako se krivaja obrce jednoliko oko tacke 0, sa 90o/min,

6 Zbirka zadataka iz mehanike I

82

a u .pojoz~ju krivaje kada gradi ugao 6 = 30° sa postoljem OB. Nacrtati dijagrame brzine i pUla, odnosno ubrzanja i puta, klizaca B.

2.161. Dva s(apa,' Ae . i Be, vezana su zglobom e, a drugim kraje

virna za Jd:zace A i B, koji klize u smeru + Ox-ose brzinama ;:. i ;;,. Pokazali da trenutni polovi stapova AC i BC leze ria pravoj koja prolazi kroz

zglob C. :

c B,-______________ -,C

~~ h ? Slika 2.161. Slika 2.162

2.162. Zglavkasti paralelogram ABCD ima nepokrelni zglob u temenu A. Oko tog zgloba obree se stranica AB ugaonom brzinom w, a stranica AD dva pula manjom ugaonom brz:nom. Oba su obrtanja istosmema. Odrediti Tulete stapova Be i CD.

1.163. Krivaja OA centricnog klipnog mehanizma obree se oka tacke o jednoliko, sa 180 o/min: Odrediti brzinu i ubrzanje klizaca (ukrsne glave) ako jeA=R/l=Ij7, R=20cm, u polozaju u kome krivaja gradi ugao6=30° sa Ox-osom. KoJika je tada brzina sredista C spojne poluge AB mehanizma? Koliko je pbrzanje tog sredista? VeJicine odrediti racunski i graficki.

2.164'. Za odredivanje ubrzanja klizaca B centricnog klipnog mehanizma postoji Ov(! graficka metoda. Pravac AB spojne poluge sd:'e osu + Oy u tacki ,. D. lz ove 'lacke treba povuci upravnu na spojnu polugu, a iz trenutnog poJa (P) pravu paralelnu Ox-osi (postolju OB); one se seku u tacki S. Prava~

povucena if D paralelno postolju j prava !..~ seku se u tacki K. Odsecak KU prave L srazmeran je ubrzanju, aB =W0

2• KU, gde je Wo ugaona brzina obrta

nja krivajel Dokazati ispravnost konstrukcije.

Slika 2.165.

83

2.165. Pokazati da se pomoeu analognog racunara, koji se sastoji iz obrtnog pravouglog ugaonika (Jenjira) A013 sa dYe kulise (KJ) i (K2), mogu runoEiti dva broja. ledna kulisa je horizontalna (Kl ), a druga vertikalna (KJ, na rastojanjima a i b od obrtne tacke 0 lenjira.

2.166. Krivaja OA, duzine R, obrce se oko tacke 0 u direktnom smeru, jednoliko. 'Za rukavac A krivaje vezan' je pravougli Jimjir koji stalno prolazi kroz nepokre~na obrtna poslolja B i C, koja se naJaze na horizontalnom

precniku kruzne putanje krivaje. Odrediti brzine klizanja krakova lenjira kroz obrtna postolja ..


1.167. Odrediti brzinu i ubrzanje kJizaca ekscentricnog klipnog mehanizm"l, duzine krivaje R = 20 em, duzine spojne poluge 1= 2 R, ekseentricnosti h = 2 R/5, ako se krivaja obree jednoliko oko oslonca 0, sa 150o/min, i to u polozaju mehanizma kada je spojna poluga AB upravna na krivaju OA.

2.168. Krivaja OA, duzine R = 20 em, obree se jednoliko oko tacke 0, sa 60o/min. Stap AB, duzine 1=3 R, klizi kroz obrtno postolje D na rastoja" nju OD=b=2R od tacke O. Graficki odre-diti brzinu i ubrzanje tacaka B i' D stapa AS u polozaju krivaje 6=60°. Analiticki odrediti brzinu i ubrzanje kraja B stapa u proizvoljnompolozaju krivaje.

1.169. Krivaja OA centricnog klipnog mehanizma obrce se oko tacke 0 jednoJiko, ugaonom brzinom Wo' Pravac spojne poluge .AB sece + Oy-osu u tacki D.

Slika 2.168.

a) Pokazati da se brzina svaketacke C stapa AB (spojne po luge) moze odrediti pomoCu duzi OC' koja spaja tacku 0 sa tackom C, koja deli duz AD u razmeri AC' : AD~AC: AB = s: 1, ida' je upravna na pravu OC'.

b) Pokazati da se pamoCu duzi AD = d i duzine spojne poluge AB =

moze odrediti ugaona brzina ravnog kretanja spojne poluge (w).

1,170. Za sredinu C spojne poluge AB centricnog klipnog mehanizma zglobno je vezan kraj C stapa DC,koji je drugim krajem, D, zglobno vezan za stap DE, koji moze da se obrce oka zgloba E. Krivaja OA, duzine 30 em

6"

84

A

s·

SJika 2.170.

SIika 2:171.

B

obree se jednoliko, sa 240 o/min. Odrediti ugaonu brzinu obrtanja stapa DE oko zgloba E, duzine DE= 120cm, u polozaju kada je stap CD' upravan na stap DE, koji gradi sa vertikalom ugao. 'P = 30°.

2;171. Na vratiJo 0 klipnog mehanizma, duzine kriyaje R = 30 em, sPo.jne poluge AB = 1= = 150cm, slobodno. je nasaden zupcanik (I) koji ima z";30 zubaca. Na osovini rukayca A krivaje nasaden jc zupcanik (2) ko.ji k kruto. spojen sa spojnom Po.lugo.m AB mehanizma, a spregnut Je sa zupCanikom (1). Zupcani!< (1) o.bree se na vratilu jednoliko., sa 90o./min, i Po.mo.cu lUpCanika (2), koji ima takode 30 zubaca' i

istog je modula kao i pryj zupcanik, pokrece spojnu polugu AB, a time i krivaju ~A. Odrediti ugaonu brzinu krivaje OA mehanizma u cetiri njena karakteristicna poJotaja: dva ho.rizo.ntalna i dva vertikalna.

2.172. Krivaja OA mehanlzma, duzine 20cm, obrce se oko taeke 0 (pola P14) jedno.liko., sa 120o/min. Graficki o.drediti brzinu i ubrzanje klizaca K (6) ako. su poznate duzine poiuga: AB=~=40em, BC'=50em, OC=p= = 60 em, h = 10 em, BK = 80 em.

K


2.173. Poluga AC rendisaljke vezana je krajem A za k~izac koji se pomera duz nepokretne prave x-x. Ona prolazi i kroz o.brtno posto.lje (mu£)

1: .. i :i': 85

C, koje moze da se obree oko nepomicne pOluz{~~.g~;moi~ da'klizi . klizac B, koji je krivajom OB vezan za 0, oko koga,~sel 0.,

pozna tom ugaonom brzinom. Graficki odrediti. brzinu i uD[zai1jeKli poluge AC. cf: ", (~

2.174. sa 900/min,

Krivaja OA, dutine R = 25 cm, obree se jcdnoliko 6ko rola 0,

i pomocu mehanizma sepinga Po.krece klizac K (noz). Ako su Po.

c znate duzine poluga: B&80 cm, cf:: = 60 em, DB = 40 cm, graficki odredi!i brzinu i ubrzanjc klizaca K.

SJika 2.174. SJika 2.175.

2.175. Po.znata je brzina klizaca A dato.g m'ehan:zma. Odre,diti graficki brzinu klizaca K ako su poznate dui'ine poluga: AB= BC=,BD = 30 em, DK"o 50 em. i to II polozaju mehanizma kada je kateta BD krutc ploce CDB horizontalna. Rastojanje zgJoba C od Yodice klizaca A iznosi c = 20 em, a brzina kl zaca je 10 em/sec.

(E SLAGANJE KRETANJA. PLANETSKI I DIFERENCIJ4LNI PRENOSNICI

2.176. a) Tacka M krece se u ravni Oxy tako da ima dYe konstantne brzine; jedna je velicine Vj i upravna je na +Ox-osu, a usmercna je u smeI'U + Oy-ose, i drUglI, velieine Vz = 2 vJ ' llpravnuna potegu r= OA1, takyog smera

da je ugao ~ (;:: ;;;) = n:/2. Odrediti putanju, brzinu i ubrzanje po~retJle tacke.

b) Tacka M krece se harmonijski po. pravoj L, kruznom f~ekveneijom w i amplitudom R, koja se obrcc oko pola 0 triedra Oxy jednoJiko, ugao.llom brzinom W= n:/3. Odrediti apsoJutnu putanju pokrctne tacke M ako je u pocelno.m polozaju bila na + Ox-osi u tacki Mo (xo = R; Yo = 0), a oba kretanja pocinju jednovremeno.

2.177. Cigra Po.dUprla u tacki 0 obrce se jcdnoliko. oko, svo.je geometrijske ose simctrije, sa ]50o./min, apri tome sc i njena osa i obrce jednoliko oko nepokrelne ose Oz, sa 900/min. Oba obrtanja su istosmerna, u

86

I

direktnom' smeru obrtanja. Odrediti trenutnu osu oko koje se obrce cigra ako je ugao izrnedu osa (t. = 60°.

o ~


2.17Y" Disk, poluprecnika R = 14 ern, nasaden je na stap LI i obrce se oko njega jednoliko, sa 90/min u direktnom smeru,i l;ljedno sa stapom oko nepok~etn~ ose L 2 , takode jednoliko, sa 150/min u direktnom smeru ("karusctn.tOsp se seJ<u u tacki 0 i grade ugao a = 60°. Odrediti brzinu tacke A na

. oj)bdj~,ka'ako;rje teziste diska, C udaljeno od obrtne tacke 0 za OC = 28 em ,,~~, I "' J 'F";l!f'" • " .",,}Z9.;r '''' 'ni konus, • ~p)uprecnjka osnove R = 3 ern, visine H = 4 ern,

obrce:se'{.~k l,c ,)e geomctrijs0fe ose u indirektnom smeru i, oslanjajuci se na gla.tki pod,~~?ilaz! nepo~q;),nu Oz-osu u dir~ktnom smeru 9 puta u minutu. Odredltl ~:nutmb:'OJ obrtaJat.ilfonusa· oko svoJe geometrijske ose.

"". 1ft

:~m- A

-~~ '<-" { L

Siika 2.179. Slika 2.180.

2.1!1O; Pokretni kruzni KOllUS sa horizontalnom geometrijskom osom simetrije k?nusa, poluprecnika osnove R = 6 em, visine H = 8 em, obide nepokretni k?nus Cija je osa simetrije vertikalna - Oz-osa, sa zajednickim vrhom 0, }O pUla u minutu. Odrediti trenutnu osu obrtanja i brzinu tacke A na obimu osnove pokretnog konusa.

2.181.1 Krivaja (k) spaja osovine 0 1 i Oil dva zupc<)nika (I) j (2), koji imaju broje.;ve zubaea ZI i Z2' a istog Sil modula. Zupeanik (1) je nepokretan,

87

a krivaja i wpeanik (2) obrcu se oko svojih osovma ugaonim brzinama {Ok

i (,)2 u direktnom smeru. Odrediti apsolutnu ugaonu brzinu drugog zupeanika i njegovu relativnu ugaonu brzinu prcma krivaji «(,)2,) pri spoljasnjem i unu~ trasnjem Zlhvatanju zupcanika ovog planetskog prenosnika. Izracunati te brzine ako su brojevi zubaca ZI = 36 i Z2 = 12 i ako je zi = Z2 = 20.

Stika 2.181. Slika 2.182.

2,182. Krivaja (k) spaja osovine tri zupcanika koji su spregnuti redno. Zupcanik (1) je nepokretan, a krivaja se obrce oko osovine prvog zupeanika (0 1) u direktnom smeru. Odrediti apsolutne i reJativne ugaone brzine zupcanika. Speeijalno resenje za podatke: broj obrtaja krivaje nk = 60 o/min, a brojcvi z:lbaca su z( (redom) = 36; 20 i 12.

Koliki ce biti minutni broj obrtaja trcceg zupcanika ako se krivaja obrce sa 30/min u indirektnom smeru, a brojevi zubaca su Zi (red om) = 75; 20 i 15? Kada nas1upa Fergusonov paradoks?

2.183. Krivaja (k) spaja osovine zupcanika (4), (3) i (2) pJanetskog prenosnika i obrce se jednoliko oko osovine zupcanika (4), sa 300/min u direktnom srneru. Zupcanik (2) je spregnut unutrasnjom spregom sa nepokretnim zupcanikom (I). Odrediti brojeve obrtaja svih zupcanika ako su brojevi zubaca Zi (redom) = 100; 60; 30 i 20. Primeniti i tablicnu metodu.


2.184. Odrediti brojeve obrtaja svih pokretnih zupcanika planetskog prenosnika (2 do 5) ako je zupcanik (I) nepokretan, krivaja se obrnc jcdan-

88

put u smeru kretanja satne kazaljke. Brojevi zubaca zupeanika su 21 (rc

dom)= 120; 30; 15; 40 i 10.

2.185. Zupcanik (2) planetskog prenosnika je nepom:can. Odrediti

brojeve obrtaja svih pokretnih np:anika ako sc krivaja obrce sa 400/min u direktnom smeru. Brojevi zubaca zupcanika

su z, (redom)=20; 40; 10; 25 i 100. s

Slika 2.186.

2.186. Krivaja planelskog prenosnika (k) obrce se oko osovine nepo

kretnog zupcanika (I), sa 150/mn u direktnom smeru. Odrcditi broj obrtaja zupcanika (4) koji je slobodno nasaaen na krivaju koja nosi osov:nu dvojnog zupcanika (2 i 3). Brojevi z'Jbaca zupcanika su Zj (redam) = 50; 30; 40 i 20.

2.187. Kr;vaja (*) pJanetskcg prenosnika obrce sc oko nepomicne osovine AB u direktnom sm~ru jednoliko, sa J 00 o/min. Na vratiJu CD, paraJeJnom osov:ni AB. slobodno su naglavl}.:ni zupcanici (2) i (3), koji su meausobno kruto sp0jeni. Odrcditi broj obrtaja zupeanika (4) koji se moze sJobodno obrtati oko osovine AB ako su brojcvi zubaca zupcanika Zi (redom) = 20;

50; 15 i 60.

4 2

k


2.188. Zlipcanik (I) nasaaen na vratilu 0 1 obrce se jednoliko, sa

700/min u direktnom smerll. Odrediti broj obrtaja krivaje (k) planetskog

89

prenosnika ako je zupcanik (4) nepomican. Brojevi zubaca svih IZlIpcanika su Zi (red om) = 40; 60; 50 i 80.

2.189. Odrediti minutni broj obrtaja vratila 011 planetsk~g reduktora brzina ako se pogonskovratilo 0 1 i krivaja (k) obrcu u direktnom smeru

jednojiko, sa 800o/min. Brojev; zubaca svih zupcanika su Zj '(redom) = 60; 20; 30 i 80.

n.. 3 I 12 P

" I 1 T

On (lJ z k 4 1 . 01I L-J L.J

1r ,-,

~& ~

~ T J I

, I z p:

Slika 2.189. Slika 2,']90. !

; ',:11::\,,<, ~ _-~:" _~~ 2.190. Pogonsko vratilo planetskod'redu~torac~

obrcu se jednoliko, sa 8000/min u smeru. Od~diti'b radnog vrat;Ja (011) ako su brojevi zubaca sv:h Z'.lpc~nik}hh'lt~ 10 40; 30 i 60. • /~ii .~.

2.191. Rucica (krivaja k) planetskog prenosnika obrcc se jedhoiikO ~C!i-k . I

re tnom ,m:ru, sa 400 o/m:n. Odrediti broj obrtaja poluge (p) nasadene na vra-tilll 0 1 ako Sll poznat; brojevi zubaca sv;h zupcanika Zj (redam) = 21;: 20; 19 i 20.

I

4

Slika 2.191.

2.192. Odrediti broj obrtaja vratila Ou planetsko-frikcionog prenosnika,

pretpostavJjajuCi da nema klizanja kaisa, ako se pogonsko vratilo (01) obrce u direktnom .smerU jednoliko, sa n, o/min. Opste rcSenje. lzrabmati taj broj

1

90

obrtaja ako; su poznati ovi podaci: D = 600 mm; R = 3 r = 150 mm; ZI = 15; Z2 = 60; n

1 ~ 200 o/m :n, kais je na polovini frikcionog konusa.

2.193.! lzracunati pomeranje pJoce-navrtke (M)-za jedan obrtaj rucice (krivaje) planetskog prenosnikakada liod zavojnice vodcceg vretena (L) iznosi" h = 12 mm, ,a brojevi zubaca sv:h spregnuiih zupeanika su z,- (redom) = 30; 30;

20; 40; lSi 15.

} Slika 2,194,

,-, '-~~~ "(k) spaj~ osovine 0 1 i On spregnutih zupcanika (1) i

oduIa, a j~aju Zl odnosno Z2 zubaca. Ona se obrce oko osovine 0

1 zupeanika ug~onom brzinom {Ok, a prvi se zupcanik takode

slobodno o!:\rce oko te osovincil ugaonom brz:nom WI' Oba su obrtanja istosmerna, i to pozitivna, Odredi'ti apsolutnu i reJativnu ugaonu brz'nu sateJita

I • (2) ovog p:anetskog - diferencljalncg prenosnika. Opste TeSenje. lzracunati te vrednosti ako je zahvatanje spoljasnje (unutrasnje), a poznati su podaci: n

1 = 100 o/min. nk = 80 o/min. Z, = 36 i Z2 = 12 zubaca, Koliki bi bio broj obrtaja

drugog zupcanika (2) ako bi zupcanici imali jednak broj zubaea?

2.195. ': Reduktor brz;ne ima difercneijalni prenosnik sa zupcanicima ciji Sil brojevi zbbaca z,- (red om) = 80; 20; 30 i 100, Pogonsko vratilo 0 1 sa krivajom (k) obrce se jednoliko, sa 800 a/min u direktnom smeru, a p~vi zupcanik, koji je na njemu slobodno nasaden, obrce se sa 200 o/m:n, ali u indirektnom smeru. Odr~diti broj obrtaja radnog vratila On. Primeniti i tabJicnu metodu.

"~u 5

i'ln 4 4

! _ J

0, 1 k OD k JU ' '-' <-J

T " .--.

~ 11 ;::;6

~ 1 1 1:=:3-,..., OJ

6

Slika 2.195, Slika 2.196,

,---;::::;"

91

2.196. Vratilo (K) na kome je nasadena k' " . , sa 120o/min u indirektnom D flvaJa (k) obrce se Jednoliko k Smeru. rugo pogonsko v 'J (0 '

ruto vezan zupcanik (I), obrce se takode 'e . ratJ 0 1), na kome je prvo vratilo, ali sa 5001m;n Od d" b . J dn~hko 1 u Istom smeru kao i . . . .. re HI rOJ obrtaJa • 'k JevI zubaca svih zupcanika z (red ) _ O. zupeanl a (6) ako su bro-

I om -2 , 25; 50; 40; 60 i 80. 2.197. Pogonsko vratilo 0 ob • . ,

, tnom smeru i p~m . I ;ce. se Jednollko, sa 300o/min u direk-. ' ,~eu para zahvacemb zupcanika (1)_( .

vratllo, OlI sa knvaJom (k) N' 3) pokreee drugo . ' , a ovom su vratilu d -

. I (5), medusobno kruto spojena ai' nasa ena dva zupcanika (4) Zupcanik (4) spregnut J'e a '. Ik se mogu slobodno obrtati na vratilu,

s zupcam om (2) k " , Odrediti broj obrtaJ'a l' d ' •. OJI Je nasaden na vratilu 0

" ' pos e nJeg zupean,ka' (9) ak ' , I, zupcamka z{ (redom) = 36' 40' 24' 20' 2 ' 0 su broJevl zubaca svib

, " , 5, 75; 80; 15 j 20.

7 6

0.::., T3 ~ k

r L..> r-.

'-"'1 :r-l O~L 216 9f~

Slika 2.197. iiSlika 2,198,

, 2.198. .Pogonski zupcanik (1) konicn d;.f1" , se JednoJiko sa I 200 0/' d' og ; erenclJalnog prenoswka obrce

, mm U lrektnom sm . . canika (3), nasadenog na vratilu 0 k' eru,' I. pOll1oeu nepokretncg zup-2upeanika (5) ako s b" '. fl· po reee knvaJu. Odrediti broj obrtaja

u fOJeVI zubaca svih v' 75; 12 i 24, zupcamka Z; (redom)= J5; 60;

¥ 2 5 (j

of

'" 2hJ-1 , II<; ~ ,

,1* n, J ' , '0 *f -E

'lL 1. , " f f , Slika 2.199,

Slika 2,200,

92

2.199. Pogonsko vratilo 0" na kpme je kruto nasaden zupcall.ik (I), ob~ce se jednoJiko u direktnom smeru, sa 1 200 o/min, .i poniocu nep~mlCnog zupcanika (3) pOkrece krivaju (k). Odrediti broj obrtaJa r~dnog vrattla 0.11 ako su poznati brojevi zubaca svih zupcanika ovog d ferenc~Jalnog prenosn1ka Zi (re-

dom)= 16; 45; 48; 32 i 16.

2.20:1. pogonsko vratilo 0, diferencijalnog reduktora !irme :,Demag."

obrce se jednoliko, sa 7350/min u d:rektnom smeru. Odredltl broJ. obr~aJ~ dobosa (D) za koji su kruto vezani zupcanici (5) i (6) ako su po:t;.natI broJev,

zubaca 5vih spregnutih zupeanika ZI (redom) = 15; 17; 20; 20; 50 I 60.

[ I

1 I

I I I

III. DINAMIKA

A) DINAMIKA MATERIJALNE TACKE

3.1. Zakon pula pravolinijskog kretanja je 5=4+ 101+4/2,' gde je put meren metrima, a vreme sekundima. Odrediti silu koja proizvodi ~vo kretanje na telu kline 20 kg. j

. 3.2. Sa koje je vi sine palo tesko telo U ,bezvazdusnom prostoru ako je posle 10 sekundi od pocetka pada udarilo u z~mlju1 Kojom je brzinom uda-rilo telo u zemlju? . i~ ':

IE'\':

3.3. Na koju visinu treba podici maljWparnog cekica da bi pri padu udario u nakovanj brzinom 4 m/sec, zanemi'tujuCi uticaj, vazduha? Koliko traje padanje malja cekica? ., .fig .. ,; ; .

~.4. Voda izbija iz vodoskoka brzinorltn km/bveaik~h10,u~is. Do koje ce visine i za koje vreme dopreti mlaz ulbezvazdusnoritilf(ht<fru

!foll;Frr'1 i 3.5. ledno tela pada u bezvazdusnom ptostoru sa visine" 40 ill e no-

vremeno je baceno uvis drugo telo, pocetnom brzinom 20 m!SetNa'kom lee se rastojanju od zemlje sudariti tela i u kom trenutku?

3.6. 0 kraj elasticnog uzeta obesen je teret tdine 100 kg!. Kolika je najveca sila u uzetu ako je poznato da se ono pod uticajem istog tereta izduzi za 1 milimetar? Koliki je period harrnonijskog oscilovanja I tereta oko

ravnoteznog polozaja?

3.7. Vagon tdine 8 tona krece se brzinom 2 m/sec i udari 0 dva elasticna odbojnika. Opruge odbojnika su takvog kvaliteta da se pod uticajem sile jacine 5 lona skrate za 5 mm. Koliko je najvece skracenje opruga odbojnika pri udaru vagona? Kolika je frekvencija oscilovanja odbojnika? Koliki je period oscilovanja?

,oo~,~~·~ X;LWl.'Vll " ~ -..:

--~~+-~~~--' !

I

Slika 3.7.

94

3.8 .. Tdo se krece pravolinijski pod dejstvom sile konstantne jacine 1 (i(; kg, pOC1:tnom brzinom 36 km/h. Poznato je da je posle 10 sekundi od poeelka kretanja brzina telaporasJa na 30 m/see. Koiika je tezina pokretnog

tela? ! i

3.9. Automobil tdine I tone krece se brzinom 72 km/h. Kolikom kocnom s]olm treba dejstvovati' da bi mu brzina voznje za ! 0 sekundi spala

Om/!3!;c? ;/if"-':'\ ! . 'c'

'lO.fLiftom koji se ~rece jednako ubrzano prenosi se teret tdine a t bi~~~e odredilo' ,lfbrzanje lifta, izmeri se pomocu opruzne vage

tezina1 etA':ti'pokretnomliftu. Koliko je ubrzanje lifta ako lezina tereta jznosilO2kh~\ll:~1 ".

I ,-:·~-~r t' ~t. . 3.11. IKretanje u ravni!iL0xy predstavljeno je jednacinama x=4+ JOt2,

y = 3 + 5 12, gde su x j y meJ,eni u metrima, a vreme u sekundima. Kolika sila proizvodi ovo kretanje nal!telu kline 2 ki!ograma?

i '~i

3.12. !Materijalna· tacka" mase m = 4 gram-mase krece se u ravni Oxy

po:! uticajem privlacne sile ;';"-c-;' gde je poteg -; vektor polozaj<i pokretne tacke .. Na r~stojanju r= 4 em jacina sile je 16 dina. Odrediti putanju pokretne tacke ako je, u pocetku kretanja (t= 0) bJa u poeetnom polozaju No (xo = 4 em;

Yo = 0) i imila poeefnu brzinu Vo = 8 cm/sec, eiji vektor (;;:) gradi sa + Ox-osom ugao IX = 30? Izracunati brzinu, ubrzanje i kineticku energiju pokretne tacke u p%zaju N (x = 0; y> 0) na putanji. Koliki je poluprecnik krivine putanje na tbme mestu?

I 3.13. lTaeka mase m krece se po krugu polupreenibl R eija je polama

jednaeina r,h 2 R cos <po sa polom na obimu kruga, tako da joj je uvek . I

eirkularno ubrzanje jednako nulL Odredlti silu koja dejstvuje na rnaterijalnu tacku. I

3,14. Tacka se krece u ravni Oxy pod uticajem sileo koja zavisi od rastojanja r lacke od pola (0), tako da joj je cirkularno ubrzanje uvek jednako nuli, a vetc;~a brzine obrnuto srazmerna potegu v = b/r, gde je b koeficijent proporc.ional~osti. Odrediti putanju pokretne tacke ako je u pocetku kretanja bila na pol~rnoj osi u tacki No (ro; <Po = 0). Odrediti i siJu koja proizvod ovo kretanje~ Izraeunati njenu vrednost ako je b = 15 cm2/see, r = 10 em, G=I kg. !

3.15. Jacka se krece po kardioidi poJarne jednaeine r= b (I +cos<p) tako da joj je cirkuJarno ubrzanje jednako nuli i u polozaju <p = 0 ima pocetnu brz'nu vo. qln:diti zlkon prorn!ne sHe koja proizvodi ovo kretanj~ i zakOD promene brzlne pokretne tacke u funkeiji od pot ega r = ON~

\ .. 3.16. ~vion leti br~jnom 900km/h na visini od 4 krn. U jednom trenutku pilot je ispu,stio bom'5i:ltezine 500 kg. Posle koliko ce vrernena p3.sti bornba na zcm!ju, zanernarujuci otpor vazduha? Koliki je dornel bombe? Kojorn brzinom udata bomba u zemlju?

I

I I

I I I

I I

I I 1

95

3.17. Sa terase zgrade, vIsine 10m, baeen je u horizontalnom smeru hmen na ulieu na razdalfni 50 m od zgrade. Kojom je brzinom baeen kamen? Kojorn je brzinom udario kamen u zemlju? UZeti da je ubrzanje tde 9,80 m/secz,

3.18. Avion leti horizontalno na visini 2 km, brzinom 360 km/h. Iz protivavionskog topa ispali se granata u trenutku kada je avian bas iznad topa. Odrediti pocetnu brzinu gr~nate i elevacioni ugao pod kojim se mora izbaciti.

3.19. Iz topa je izbacena granata poq eJevacionim uglom 30°, poeetnom brz:nom 600 m/see. Odrediti visinu penjanja i domel granate, kao i vrerne leta do udara u zemlju.

3.20. Pod kojim elevacionim uglom treba· izbaciti iz topa granatu, pocetnom brzinom 800 rn/sec, da bi se . pogodio dj u horizontu topa na rastojanju 4 krn?

3.21. Projektil je izbacen pocetnom brznom 100 m/sec, pod elevacionim uglom 30°. KoLki je pol~precnik krivine putanje u njenom temenu?

3.22. U kom su odnosu· dometi jednog projektila ako su elevacioni . uglovi u odnosu 1:2 pri istoj pocetnoj brzini?

3.23. Za kono ce se promeniti domet i Vlsma penjanja projektila ako mu se brzina uveca dvaput pri istom elevae:onom uglu?

3.24. Sa vrha jednog· brda ispaljena su iz topa dva projcktila islom poeetnom brzinom, 100 m/sec, ali pod e1evaeionim uglovima od 45° i 300, i udarila Sll u istu tacku u horizontu podnozja brda. Kolika je visina brda?

3.25. Iz taeke 0' na + Oy-osi, gde je 00' = It = 5 m, izbaei se projektil poeetnom brzinom lOrn/sec, ali pod' elevacionirn uglom 60° prema + Ox-osi. U kojuce taeku U strrne ravni koja prolazi kroz taeku 0, nagibnog

. ugla f3 = 30° prema + Ox-osi, udariti projektil? Izracunati kinet'eku energiju pri udaru ako je tet:na projektila 10 kg. Radi lakseg racunanja, uzeti da je g= 10 m/sec2• Koliku gresku· c:nimo pri tome?

3.26.\/ Telo tezine 2 kg krece se pravolinijski jednako ubrzano, ubrzanjern 2 m/see2

, bez pocetne brzlne. U trenutku t = 10 sec izra~unati kolicinu kretanja i kinetieku energ'ju pokretnog tela. Koliki rad izvrsi sila koja dejstvuje na to telo pri pomcranju 5 rn u smeru dejstva sile?

._ 3.27. Telo tetine 4,9 kg krece se po elipsi prema zakonima kretanja x = 5 cos 21, Y = 3 sin 2 t, gde su x i y rn::reni u rnetrima. lzracunati rad sile koja dejstvuje na telo pri OVOID kretanju od pacetnog pcloZaja No na + Ox-osi do temena elipse na + Oy-osi.

3.28. Telo tdine 2,45 kg krece se po krugu, poluprecnika 50 cm, sa n= 30 obrtaja u rninutu (o/rnin). Kolika je centrifugalna sila?

96

3.29. Voz se kreee pravolinijski, jednoliko, brzinom 54 km/h. Da bl ubrzao kretanje Yoza, rriasinovoda poveeava vucnu sHu lokomotive za 20%, te brzina poraste na 72 km/h. Koliki je put preSao voz za to vreme ako je Olpor voza konstantan i iznosi 0,5% od njegove tdine?

3.30. Telo {dine I kg baceno je vertikalno uvis pocetnom brzinom

Vo = 10 m/see. Do koje ce se vi sine popeti telo, i za koje vreme, ako je otpor vazduha srazmeran prvorn sttpeuu brzine, F" = br, gde je b = 0,02 kg sec/m?

3.31. Sa koje je visine palotelo iz prethodnog' zadatka ako je paJo na zemiju posie 10 stkundi od trenutka padanja, bez pocetne brzine?

3.32. Telo tezine 2 kg kreee se pravolinijski u otpornoj sredini, ciji otpor zavisi od brzine, prema zakonuF",=-bVv, gde je b=0,04. Koliki Ce. put preci telo do laustavljanja ako mu je pocetna brzina 4 m/see?

3.33. Telo tdine 2 kg baceno je uvis pocetnom brzinom 30 m/see. Do koje ce se visine popeti ako je otpor vazduha srazmeran kvadratu brzine. F,,= -bv2, gde je b=0,02kgsec2/m2?

3.34. Telo tdine 19,62 kg krece se u otpornoj sredini, ciji je otpor zavisari od brzine i puta, F", = - bv2/s, gde je b = I kg see2/m; l' je mereno u m/see, a put u metrima .. Odrediti brzinu i predeni put ako su u pocetku kretanja (t =0) poznati pocetna brzina 3 m/see i poeetni predeni put 4 m.

3.35. Otpor pri pravolinijskom kretanju voza iznosi po toni Fw' =

= - (25 + v), gde je F' w mereno u kg, a v u m/see. Koliki ce put preCi VOl od trenutka obustavljanja upustanja pare u parni dindar do zaustavljanja ako je tetina voza 500 lona, a brzina voznje bila je 72 krn/h?

/ 3.3~) Vo?. tel.ine 200 (ona krece se po horizontalnom koloseku jednako ubrzanQ,tako da mu je za 10 sekundi brzina voznje porasla od 18 km/h na 36 km/h. Kofka mora biti snaga parne masine lokomotive u 10m Irenutku ako otpor VOla iznosi 5 kg po toni njegove lezine?

3.37. Tacka, mase In = 2 kg rnase, vrsi harmonijsko oscilovanje, sa koeficijentom c=50kg/m u otpornoj sredini, otpora Fw= -bv, gde je b = 12 kg see/m. Odrediti zakon kretanja ako je u poeetku kretanja (acka bila u poJoz.aju Xo = 8 m, bez pocetne brzine .

. @ Tacka mase m = 2 kg mase vrsi harmonijsko oseilovanje, sa koeficiJentom c = 18 kg/m, liZ dejstvo poremecajne sile F = 16 cos l. Odrediti

zakon kretanja ako je u pocetku kretanja tacka bila u koordinatnom pocetku, bez pocetne brzille.

. G) Kako ce glasiti zakon kretanja u prcthodnom zadatku ako se,

pore~a sila menja prema zakonu F=X= 12cos3t?

3.40. Kojom pocetnom brzinorn treba ispaliti raketu u bezvazdusnom prostoru da bi se popela na' visinu H = 2 R od pov[sine Zemlje, gde je R = (j 370 km Zemljill poluprei':nik, a tela opada sa kvadratom rastojanja?

I

/ ,r

97

~.41 .. ~z vrha (A) strme ravni AB, vi sine h = 6,9 m, nagibnog ugla ex = 30, kl.1Z.1 teSko telo, pocetnom brzinom 2 rn/sec. Za k . ,

1 oJe ce se vreme te 0 SpustItl u krajnju tacku (B) strme ravni? Uzeti da J'e g=9,80rgLsec2• ~brzanje teze

o @ Telo, ~ezine .G, klizi niz strmu ravan AB, vi sine h, nagibnog ugJa 30: I pn I.orne Je koeeno siJom F=2G,koJ'a deJ'stvuJ'e . . • t b uz 'cavan. Koju po~e nu rzmu lreba saopstiti telu u' vrhu (A) ravni da bi se z .•. auStavilo .na kraju ravm?

, 3.43;. Kugla konusnog klatna (Wattovog regulatora) tesh J'e 3 k . obrce se Jednolik 30 /. '. . g I

. . 0, sa 0 mm. Kohka Je brzina kretanja hgJ ak . naglblll ugao konea (ruciee) prema vertikali G( = 3007 Kolika je ;ila : ko~c~~ d •. 3.44. Kolik? je vreme jednog ophoda (kruzenja) konusnog klatna

uzme 1 m, kada Je poluprecnik horizontalnog kruga 60 em? K 1'1' . ; br.oJ~taja klatna? . 0 1 I Je illmutn.

. '."\ 3.45. \-:Zeleznicki vagon tez·J·ne lOt I' k . . ,

. ..,1. " pre aZI flVlUU llormalnog koloseka po.lupr,f?n~ka 5~0 m: brzino.m 54 krn/h. Koliko je nadvisenJe spoljisnje sine ~ tQJ"krlVllll? KOilka Je cehtflfugalna sila vagona? :

. ~.~6. Automobil se krece brzinom 72 krn/h po putu sirine 12 m Kollb Je poluprccnik krivine puta ako je nadvisenje spoljasnjcg deJa J ° em?

~ .3.47. ? k~nac, yez~n jednim krajem za plafon, obesen je :teret tezine ':' 1 otkJollJen Je od vertlkalnog polo.zaja za ugao 600 a dat i

l . _

brzma I / ' a fiB Je pocetna , ,. ~ sec, sa .sJller~m nadole - ka ravnoteznom poJotaju tereta. Do koje ee se \ lsme popel! lere, ako Je du.zina konca 50 ~rn? Kol'k . "1

. I k ~. ,a Je 51 a u koneu pfl pro as u tereta kroz ravnoleini polozaj?

Kolika 5e pocetna brzina mora saopstiti po]ozaj? te~etu da bi se

i~~ . 3.48. 1z ta~ke A vertikalnog kruga, poiu~;~cnika R,

brzJnom VA = vo, 1 U tacki C kruga napusta ~ruznu brzinom udariti kugliea u horizontalnu 1:' (Ax) osu?' .x A~ ,

vratiq U poeetni


. 3.49. Kuglica, Idine 100 g, pu~tena je IZ tacke AD polukruzne putanje, poluprecnika R, sa sredistem u 0 b -

, ez pocetne brzine. Kolikl mora bili

7 Zbirka:;zadataka iz mchanike

98

i poluprecnik (R) te putanje da bi kuglica presla gornju tacku (B) vertikalnog P\,~~.lbdbg~ krull~ p ltl£lj~ (AB), koja ese u tacki A nastavlja na prvu

p~Hanj~;~;i : ,~' ~a!ip:r~thq.~ni:slucaj odrediti mesto (U) plve polukruzne putanje u koje

, u iritt kugli(a. ';~! '. i; l' I..q~;i.ii;' ; ~41

·····3,50. : flz~stacke vertika lnog krugl, poluprecnika R = 10'm, bacena je

horizontalnp k~;~lica, ,brzin0n3120 m/sec:, Ona napusta kruznu putanju u tacki

B, gde je I~k AB=2Rn:/3. l{lkoju ce tacku (U) precnika BO udariti kuglica? i -}j c

A

Slika 3.50.

~:

Slika 3.5l.

3.51.: Vertikalni krug, 'poluprecnika R, presecen je tetivom CD,~tako

da su lu~i A2 = AD = 2 R rr/3. Koliku 'pocetnu brzinu treba dati kuglici u donjoj tacki (A) vertikalnog precnika da Lbi ~se opet vratila u prvobitni

polofaj (A)? - i

3.52.'! Kuglici koja se nalazi u gornjoj tacki (B) vertikalnog precnika AB

kruzne putanje, poluprecnika R, data je horizontalna pocetna brzina VO' Na kome ce mestu C kuglica napustiti krllznu putanju?

yl


3.53. Teska tacka krene iz tacke A vertikalnog kruga, poluprccnika R = 2 m, !pocetnom brzinom 8 m/sec. U tacki B kruzne putanje, gde je luk

AB= 3 R rr/4, prelazi na giatku strmu ravan Be, vi sine 11 = 4 m, koja :;:dodiruje

l. , 99

krug u tacki B, i krece se uz ravan. U koju ce tacku (U) ose + Ax udariti pokretnatacka? Ko]ika je kineticka energ:ja pri udaru?

3.54. Kuglici je data pocetna horizontalna brzina 10m/sec u tacki B

vertikalnog prcmika krug:!, poluprecnika R = 10m. Ona napusta kruznu putanju u tacki C, gde je ..g:AOC= 0: = 60°. U kojll ce tacku ose + Ax udariti pokretna tacka?


3.55. Tacka M se kreee po kminoj putanji, po)upreenika R, pod uticajem privlacne sile Fr= - crn, sa centrom privlacenja u tacki P na obimu putanje, i to na horizontal nom precniku( - Ox-osi). Koliki mora biti eksponent n veliCine privlaene siIe da bi otpor putanje bio na svakom mestu konstantan? Koliki je taj otpor?

3.56. Telu, tdine G = 20 kg, koje se nalazi na hrapavJj horizontalnoj ravni, koef-cijenta trenja 0, I 0, a vezano je liz-elom paralelnim toj ravni, dato je ubrzanje 2 m/sec2 • Odrediti silu u uzetu.

3.57. Disk bacen na led, koeficijenta trenja 0,08, stane na rastojanju 50 m od pocetnog poloZaja. Kojom je pocetnom brzinom bacen disk?

3.58. Sa vrha hrapave strme ravni, visine h = 10m, nagibnog ugJa 30°, kJizi £liz ravan tesko telo, bez pocetne brzine. Posle napustanja strme ravni tela se krece daIje po horizontalnoj hrapavoj ravni, istog koeficijenta trenja, i zaustavi se kada je preslo put jednak trostrukom predenom putu niz ravan. Koliki je koeficijent trenja ravni?

3.59-} Sa vrha (A) hrapave strme ravni, koeficijenta trenja 0,20, vi sine 2 m, 'i:lagibnog ugla 30°, klizi £liz ravan tesko telo, pocetnom brzinom vQ, i koceno je kocnom silom jacineF = G, cija napadna Iinija gradi sa strmom· ravni BA isti ugao (300). Kolika mora biti pocetna brzina Vo da bi se telo zaustavilo na kraju (B) strme ravni AB?

3.60. U polaznom periodu vucna sila Iokomotive iznosi 201. Voz je teZak 600 t, a otpor voza iznosi 4 kg po toni tdine voza. Odrediti ubrzanje voza na USpOIlU velicine 1:60.

3.61. Vucna sila lcikomotive iznosi lOt, a tezina voza je 3001. Koliki najveCi uspon moze da savJada lokomotiva ako je koeficijent trenja pri klizanju sina 0,010?

100

,3.62: Voz ulaz! brzinom 72 km/h na uspon zeleznicke deonice nagiba 0.006, pa mu se posle jednog minuta brzlna smanji na 54 km/b. Odrediti vucnu silu....1Dk()motive aka je [dina voza 300 tona, a koefieijent trenja 0,005. ... ~ "\

(3.6y Koliki mehanicki rad tre~a izvrsiti da bi se teret, tdine 100 kg popefLUz strmu hrapavu ravan, vlSlne 2 m, naglba 30°, ako je koeficijent trenja 0,17

3.64. PomoCu cekrka podize se horizontalnom silom, F = 2 G, teret teZine G uz strmu hrapavu ravan, koeficijenta trenja 0,2, visine h = 4 m, nagibnog ugla 30°. Za koje ce se Vreme podiei tere! na vrh strme ravni?

3.65. Dva tela (A) i (B), teZine G] = 20 kg i Gz = 60 kg, klize priljubljeni niz strmu hrapavu ravan. Koeficijent trenja izmedu prvog tela i ravni je 0,25, a izmedu drugog tela i ravni je 0,10, Odrediti uzajamn.i pritisak tela, Nagibni ugao ravni je 60°.

3.66. a) Koliko je ubrzanje tde na geografskoj sirini 750?

b) Kojom pocetnom brzinom treba baciti telo po povrsini Zemlje da bi obislo ceo meridijan? Poluprecnik Zemlje iznosi6 370 km.

3.67. Voz krene iz staniee jednako ubrzano, tako da pos!e30 sekundi postigne brzinu 54 km/h. Koliki je nagib nivoa tecnosti u vagonu - cistern.i7

3.6S: . Uglatkoj casi, obllka kruznog konusa, koji se obrce jednoliko, sa 60 o/min, oko svoje geometrijske ose, nalazi se u stanju mirovanja kuglica (k). Odrediti njen ravnotdni pOloZaj ako je ugao otvora konusa 2 (J. = 600,

w


3.69. Tacka vesauja matematickog klatna(O) krece se pravolinijski navise (po + Oy-osi),ubrzanjem ap- Odrediti period malih oseilacija ovog klatna,

3.70. Voz se krece brzinom 72 km/h po koloseku koji je postavljen po meridijanu, od juga ka severu. Tezina voza iznosi 400 t. Odrediti bocni pritisak voza na sine u trenutku kada prolazi kroz mesto' cija jegeografska sir ina 60°.

101

3.71. Glatki- prizmaticni klin krece se po glatkom podu nadesno (u smeru +Ox-ose), jednako ubrzano, ubrzanjem ap' bez pocetne brzine. Niz kEn klizi tesko telo, tdine G,ubrzano, bez pocetne brzine. Odrediti apsolutnu putanju tela i olpor klina ako je njegov nagibni ugao Ct..

. 3.n: Hrapavi prizmaticni klin krece se po glatkom podu :nadesuo (u

smeru + Ox-ose), jednako ubrzano, ubrzanjem aJn ·:a::niz njegovu §trmu [avan klizi telo, tdine G, bez pocetne brzine. Odrediti apsolutnu putanju tela i njegovu, brzinu u trenutku napustanja strme ravID klina, visine h, !

3.73. Dve neelasticne kugle, tezina 20 kg i 40 kg, kreeu se jedn~ ka drugoj, i to prva brzinom 10m/sec, sud are se, paobe stanu. Kojom Ise brzinom kretaJa druga kugla? . .

3.74. Malj cekica za kovanje, tdine I 000 kg, pada sa vl?lIle IOOem na nakovanj. TeZina nakovnja sa komadom koji se kuje izno~i 3000 kg.

I . Izracunati:

a) brzinu kojom malj udara u nakovanj,

b) kineticku energiju malja u trenutku udara,

c) zajednicku brzinu malja i nakovnja posle udara,

d) energiju iskoriscenu za kovanje,

e) stepen k9risnosti cekiea.

3.75. Elasticna kuglica padne sa Vlsme h, na nepokrethu elasticnu ploCu, odbije se od nje, pa opet padne, zalim se odbije, pa opet padne, te se posle vise odbijanja zaustavi. Odrediti ukupan put koji prede kugl ica do zaustavljanja ("problem rikoseta") ako je k koefieijent udara. '

3.76. Na pravoj liniji nalazi se n masa m; u miru. Od~editi brzinu poslednje mase (mn) posle udara ako je prvoj masi (m,) saopsten~ brzina V1'

a koeficijent sudara svih masa je isH (k). Opste resenje. Specijalno ako je m, = m, = m2/2 = m, a koeficijent udara ove tri kugle je k = 1.

3.77. KugJa tezine 2 kg udari brzinom 5 m/sec u drugu kuglu, dvaput vece tdine (2 G), koja je nepokretna. Odredititbrzine kugli posl~ udara ako

je koeficijent sudara k= 0,5. Koliki je gubitak ki~eticke energije pri pvom udarn?

3.78. Dve potpuno e1asticne kugle krt6iI .

brzinama i sudare se. U kom su odnosu teziJe sudaru stane?

3.79. Kugla -mase m udari u drugu nepomlcnu da se kineticka energijaposle sudara smanji za 50% u pre sudara, Kohki je koeficijent ovog sudara?

3.80. KugJa mase m udari koso na nepokretnu kuglu iSle mase (m). Odrediti pravac sudara da bi odlazna brzina prve kugle imala ~pola manju vrednost od njene dolazne brzine ako je koeficijent sudara 0,5.

.., • .1UU".l:!',!\. MATERIJALNOG SISTEMA. MOMENT! INERCIJE I CEN:IJIFUGALNI MOMENT!

'~1 3.81.; Koji odnos mor,a cia postoji izmedu polupreenika (R) osnove

kruznog kbnusa i visine konu,sa (H) da bi sva tri glavna eentralna momenta inercije billa jednaka?~j

! i-

3.82.: Za koliko se % ~manji aksijalni moment inereije kmznog konusa, visine H =:6 R, za njegovu geometrijsku osu, ako se na osnovi konusa izbusi polulopta, [poluprecnika r = R/2, gdeje R polupreenik osnove konusa?

,3.83.; Za koliko se % poveea aksijalni moment inercije konusa u prethodnor)-! zadatku kada se na osnovu konusa doda polulopta, polupreenika R?

I y: . 3.84. Koliki je aksijalni moment inereije zamb- ' i i ...... 7 ljenog konusa za njegoyu geometrijsku ,osu ako su polu-

0(1- -:x preenici osnova u odnosu R/r = 27

I' 3.85. Celieni vaijak (y", = 7,85 kg/dm'), precnika osnove 100 mm, duzine 500 mm, izbusen je eentricnom

II aksijalnom rupom, precnika 50 mm, i zatopljen olovom I (Yrn= I 1,30 kg/dm 3). Izraeunati aksijalni moment inereije

ovog' tela za njegovu geometrijsku osu.

3.86. Disk (tanka kruzna ploe?) mase M, poluprecnika R, obesen je 0 tacku 0 pomocu stap:i, mase m = M12, dmine 1=3 R. Odrediti aksijalne momente inercije sistema za ose triedra Oxyz,

3.87. Koliki je aksijalni moment inereije para~ Slika 3186. JeJepipeda, iviea a = 2 em, b = 3 em, c = 6 em, tezine

, 0 = 0,7 kg, za dijagonalu?

3.88.1 Koliki je aksijalni moment inercije kruz.!log, torusa, poJupreenika r = R/4, za .geometrijsku Oz-osu? /

-~-

I z , I

.rl--i:--; Slika 3.88.

131 I

Slika 3,89.

13.89., KOliki. je eentrifugallli m~ment tan~e plocice oblika pravouglog troug,a, hteta a I b, za par upravmh osa kOje se poklapaju sa katetama?

/)

I;

103

3.90. a) Koliki je eentrifugalni moment plocice oblika kvadranta kruga,

poluprecnika R, za par upravnih osa koje se poklapaju sa osama Ox i Oy

triedra Oxy?

b) Koliki je aksijalni moment inercije ; 'J

ove plociee za OSll simetrije (0 ~-osu)?

3.91. Dve materijalne tacke (mase),

jednakib tezina (0), vezane su tankim nerastegljivim kmtim uzetom zanemarljive mase. Jedna masa se krece po Ox, a druga po Oy-osi triedra Oxy. Odrediti zakon kretanja

sistema masa ako je sistem u pocetnom poloZaju bio u miru. Polozaj materijalnog sistema odrediti uglom cp, koji uie gradi sa + Oy-osom usmerenom nanize. Slika 3.90.

3.92. Dve materijalne tacke (mase), tdina G1 = 3 kg i G2 = 2 kg, spojene su lakim stapom, duzine 50 cm. U pocetnom' poloiaju stap je horizontalan. a drugoj masi je ~ata pocetna brzina 25 cm/see, usmerena navise, dok prva masa miruje. Odrediti zakon kretanja materijalnog sistema pod utieajem teie.

uzimajuCi da je + Oy-osa usmerena nanize. Kolika je sihi u stapu?

A D

Slika 3.93.

ravnima ako su 0 1 =G2 =G)V3= 10 kg; dejstvuju u pojedinim uietima?

3.94. Iz topa je izbacena granatal tezine 100 kg, pod elevacionim uglom 300 prema horizontu, j)ocetnom brzinom 1 000 m/see. ~olika je brzina trzanja lafeta ako je tdina topa (eevi sa lafetom) 20 tona?

3.95. Pomocu piovne dizaJice, kzine 0 1 ='15 t, podize se teret tezine O2 = 3 t, uzetom prebacenim preko kotura (K) i obmotanim oko dobosa cekrka (C)" Za koliko ce se pomeriti nevezana plovna dizaJica kada se poluga OK pri dizanju tereta zaokrene oko osovine 0 za ugao 300

3.93. Tri tereta, tezina Gl, i= 1,2, 3, nalaze se na strmim hra. pavim ravnima AB i CD, nagibnih uglova IX i ~, i na horizontalnoj hrapavoj ravni Be. Tereti su spojeni lakim nerastegljivim uzadima. Kolikim se ubrzanjem krecu tereti po

&=2~=600; [Li=O,IO? Kolike sile

Slika 3.95.

.--~

104

i dode u vertikalni polozaj? Duzina poJuge je OK=I=4m. Otpor vode i Idinu poluge zanemariti.

3.96. 0 krajeve A i B nerastegljivog uzeta, prebacenog preko malog kotura, K, obeseni su tereti cijc Sll tdine U odnosu GJG

2 = 2. Prvi teret,

tdine Gp moze da klizi niz glatki stub udaljen od kotura za R = 2,5 m. Izracunati brzinu prvog tereta u polozaju kada se spustio za visinu H = OA = R

ako je u jJocetku kretanja bio u polozaju 0 na horizontali OK. Masu. uieta zanemariti.

3.97. Niz sgmu

F

SJika 3.99.

. Slika 3.96. Stika 3.97.

Klin, teiine G" moze da klizi po horizontalnom podu (+ Ox-osi). ravan klina, nagnutu pod uglom' 30· prema horizontu, moze da

klizi telo tezine G2 = 4 G, = 40 kg. U pocetku kretanja siste~ je bio u .stanju mirovanja. Odrediti ubrzanja tereta i klina,

kao olpore strme ravni i poda, zanemarujuci trenje.

3

3.98. Automobil, tdine G, krete sc po pravolinijskom

horizontal nom pUIU, jednako ubrzano, ubrzanjem a. Tdiste

automobila nalazi se na visini h iznad puta, na udaJjenju

II i 12 od prednje i zadnje osovine tockova.

Zanemarujuci obrtanje tockova, odrediti pritiske tockova .

automobila na PUt. Koliko treba da bude ubrzanje kretanja

automobila da bi pritisci prednjih i zadnjih lockova bili jednaki?

3.99. Pomocu Arhimedove (aritmeticke) koturacesa

tri para koturova, teretom F = 500 kg. podize se· teret G,

tezine 2 tone. Koliko je ubrzanje podizanja tereta G? Koji

bi usJov morao biti zadovoljen da bi se teret F spustao

jednoliko? .Mase koturova, viljusaka i uzadi. kao i trenje

zanemariti.

i I

/: \ I

I

3.100. SpustajuCi se usled svoje leiine,

G= 20 kg, dvostruki (oslri) klin, ugla otYora

2 ex = 30°, razinice dve, jednake ploce, svaka

tdine po G, = 10 kg, koje Ide na horizontalnom

glatkomstolu. Odrediti zakone kretanja klina

i ploca, kao i uzajamni pritisak klina i ploea. Utieaj trenja zanemariti.

C) DINAMIKA KRUTOG TELA

Slika 3.100.,

~-r - ~-7-

105

z

3.101.' Izracunati kinc'tfcku ener

giju i zamah hom0genog hl!:cnog tela koje se obrce jednoliko qko svoje g~'Jm~trijsk:; ose simetrije, sa PO o/min, ako je R= 100 mm. ,

Slika 3.101. 3.102. lzracunati kineticku ener-giju jedhog dnevnog obrtanja Zemlje (R = 6370 km). I

3.103. Granata, tezine 230 kg, precnika ("kaiibra") 20 em, izbacena je ,z top]., brzinom 600 m/see. lzracunati kineticku energ'ju celicne granate. smatrajuCi da ima oblik cilindra, duzine 2 R, i vrha obLka kcnusa, 4uzine 2 R. Topovska eev je olucena, sa hodom zJebova (zavojniee) h = 10m.

. 3.104. Dve kugle, poluprcrnika R, mase M, teZine G = 5 kg, [ vezane su homogenim stapom, mase m=M, duzine 21=4R, konstantnog poprecnog preseka. Izracunati kin:;ticku energijll sisteml ako se obrce oko Oz-ose jednoliko, sa pO o/min. Materijal kugJi i stapa je celik; R = 50 mm.

z t u

I

Slika 3.104.

~

1------ H=6R __ ---'-~18

{ Slika 3.105.

i , 3.105. lz celicnog kruznog konusa, pdcnika osnove 2.R = 100 mm,

visine H = 6 R, isecena je na.osnovi polukuglaJpoluprecnika t= -e/2. Kolika 'tc c·:

je kineticka energija ovog tela ako se obrce okqvertikalnog{prec)'Jika osnove

(AB-ose) jednoliko, sa 120o/rilln? , .' ··.I;~. !"f}~; jl

3.106. Kolika hi hila kineticka enero-ija t~la iz prethodnog kdatfa.ako

b i se obrtalo oko izvodnice OA? t> 1~4rt .•.. ;1ji,t'~ ;- '!iY

106

3.107. Homogena kugla, tezine 10 kg, precnika 2 R ~ 20 em, obrce se oko svogi, prccnika (ose) jednoliko sa 10 obrtaja u sckundu, a njeno se lez.iSte krbce pravolinijski, jednoliko, brzinom 36 km/h. lzracunati kineticku

·encrgiju k[etanj;t kugle.

Slika 3.108.

niei su istog materijala i istog

3.108. Pogonski kaisnik (K,),

precnika DI'= 16 em, obrce se jednoliko oko. svoje ose, sa 90o/min.

Izracunati kineticku energiju transmisionog kaisnog ureoaja ako je poluprecnik radnog kaisnika (K2) dva puta veCi (D2 = 2 D1), tdine G2 ~ 40 kg.

. Tezina kaisa iznosi Gu~20kg. Kais

obJika kotmova (diskova).

3.10,. Kolika su ubrzanja kaisnika iz prethodnog zadatka ako je

pogonski }kaisnik izloien dejstvu obrtnog sprega, jacine 1 kgm?

3.ub. Koliku brz'nu treba dati kraju B homogenog stapa AB, dUline AB= I = 3~ cm, obesenog 0 tacku A, da bi dostigao poloZaj koji sa ravnoteznim

I polozajerri gradi ugao 120°7

/ , -'

8

Slika 3.110.

. . I , , ,

I , I

SJika 3.111

Kruzna ploca, tezine G, poluprecnika R, obrce se oko vertika!~e ose. Po 6bodu ploce kr~ce se materijalna tacka (m), tezine GI2, tako da pri jednolikoin kretanju u direktnom smeru bb:oe svoju kruznu putanju za 10 sekundi. i Koliki je broj obrtaja ploce ako je sistem u pocelnom trenutku

bion miru?

3.112. Homogeni. kotm, n~zine 100 kg. polupreenika R= 50 em, obrce se oko svoje geometrijske ose jednolko, sa 20 obrtaja u sekundu. Kocenje kolura i~vodi se pomocu obimne sile, jaCint 100 kg. Posle koiiko ce se

obrtaja iaustaviti kotur?

3.1 Kotur se obrce oko svoje geometnjske ose jednoliko, sa 1 800 o/min. Mcoutim, usled dejstva kOCDOg sprcga, jacinc 100 kgm, on ucini jos 60 obrtaja i stane. Koliki je moment increije kotura, smatrajuCi ga diskom?··

I I

I j

1 I

I }

)07

3.114. Zamajcu oblika tocka, (dine G ~ 327 kg, poluprecnika venea R = 600 mm, nasaoenom, na vratilu, data je pocetna ugaona brzina kojoj odgovara minutni broj obrtaja 3600/min. UsJed trenja u lezistima vratila zamajac je stao posle 5 minum obrtanja. Odrediti moment treuja u leZistima, smatrajuci ga konstantnirn.

3.115. Vratilona kome je nasaden disk, kzine G, poluprecnika R, pokrece obrtni moment 1JIl. Usled obrtanja javlja se u Idistima otpor trenja, koji je srazmeran ugaonoj brzini, 1JIl" = b w, gde je b koe[cijent prop orcionalnosti, merne jedinice kgcrnsec. Odrediti zakon promene ugaone brzine obrtanja vratila.

3.116. Preko zamajea, poluprecn'ka R, prebaceno je lako uze 0 cijem haju v:si teret tei·ne G;. Pri kretanju (ereta javlja se i kcnstantni olpor trenja u vidu sprega, momenta 1JIl ..... Da bi se otklonio ut'caj trenja, najpre se 0 ute obesi teret tdine Gp · koji se ;pusti bez pecetne brz'ne za v.sinu h za Vreme T,. Zatim se obesi teret td ne G2 i epit ponovi, pa se odredi vreme Tz, za koj~ ce se ovaj teret spustiti za istu visinu (h). Izracunati moment inercije zamajeaza njegovu geometrijsku osu.


3.117. U kom su odnosu periodi oscilovanja malih oscilaeija tanke kruzne ploce (kruga), poluprecnika R, za ose oscilovanja (I) i (2)7 i

3.US. Za koLko se promeni period malih oseilacija fizickog klatna, oblika diska,. za istu osu oscilovanja ako se izbusi centricna rupa, poluprecnika r = R/2?

Slika 3.118. o

Slika 3.119.

108

3.119. U kom su odnosu periodi malih oseilacija tanke homogene poluprstenaste ploce, odnosa poluprecnika 0/ = rj R = 0,5, oko osa oscilovanja (I) i (2)7;

3.120. U kom su odnosu periodi malih Dscilacija tanke homogene kvadratne ploce, stranice a, oko osa oscilovanja (1) i (2)1

Slika 3.120.

~ ,.

m

Slika 3.121.

3.121. KoLki je period malih oseilacija fizickog klatna oko borizontalne ose oscibnnh 0 y ako je masa diska M = 2 m, gde je m masa stapa, duiine 1= 3 R?

3.122. Zl koliko se prom~ni p~riod malih osdac:ja klatna oblib. stapl, mlse M, dul.ine /, koji osciluje oko horizontal no Oy-ose, kada mu se do:hju m1sa Mj2 u Hajgensovom centru i masa M/4 na slobodnom kraju? Duzina klatna je 100 cm.

M

G

SI ika 3.122. Slika 3.123.

3.123. Klatno se sastoji jz kugJe, tezine 2 kg, poluprecnika R = 10 em, i stapl, tezine 2 kg, duzine 50 cm. Koliki je period malih oscilaeija klatna oka horizontalne ose koja prolazi kroz teziste stapa? Odrediti poJozaj Hajgensovog centra oscilovanja.

3.124. Kolika mara bili duzina stapa klatna jz prethodnog zadatka, nepromenjene tdine, da bi period malih oscilacija za horizontalnu asu kroz kraj 0 stapa bio najmanji? Koliki je tada period malih oseilacija?

1 j I , ~

j j 1

i09

3.125. Ko brze osciluje oko iste horizontalne ose: klatno oblika tanke kruzne ploce iIi klatno oblika tankog jednakostranicnog trougla, istih teZina?

12 1",

B~ n

h


3.126. Pravougaona plociea, teZIne G = 2 kg, stranica h b = 20 em, obrce se jednoliko u direktnom smeru oko ose AB(Az-ose), koja prolaii kroz !ezista A i D. Koliki Sil kineticki otpori oslonaea (Jelista) ako je broj

obrtaja 180o/min?

3.127. Plocica oblika pravoug!og traugla, stranica h = 3 bl2 = ~O em, teline 3 kg, obree se jednako ubrzano, ubrzanjem 1C see-2 u direktnom: smeru, b:z pocetne brzine. Izracunati kineticke otpore lezista A i B u trenutku kada Je plocica obreuci se oko katete AB nacinila 16 obrtaja.

Slika 3.127.

B

6R

Al!l~='~~~ ~

Slika 3.128. !

3.128. PloCici datog oblika, tezine G = kg, R = 10 em, saopstena je pocetna ugaona brzina kojoj odgovara broj obriaja 180o/min. Obrcuci se oko ose AB, plociea je stala posle ucinjenih 20 obrtaja. Kolikisu kineticki pritisei na !ezista AiD u trenutku kada je plocica nacinila poiovinu broja obrtaja?

3.129. Na sredinu 0 tankog vratiJa AB nasaden je tanki: stap duzine 1 = 60 em, tako da se teZiSte stapa poklapa sa teiiStem vratila. Na krajevima

JlO

I stapa nasadene su dYe kugie (C i D), tezina po 2 kg. Osa stapa gradi sa osom Yrati~a ugao J 5°. Jzracunati kineticke. pJ';tiske !ez:sta A i B Yratila, duzine 2/, rako se ono obrce jedno! ko, sa 90o/min.

i

t B~~ -"' -~

A~,~ Slika 3.129. Slika 3.130.

3. no., Tanka prayougaona ploca, stran:ca b=60cm, h=80cm, tezine

G = 8 kg, obrce se jedno] ko oko ose AB. Izracunati kineticke pritiske lezista A i B ako je AC=BD=c=25cm, a broj obrtaja 60o/m·n.

3.131. Homogeni stap, tezine G, duzine /, oslanja se krajem A na glatki pod. i U pocetku kretanja stap je bio nagnut prema podu za ugao (f,= 30°. Odrediti pu'tanju kraja B stapa ako je G = 2 kg, 1= 60 cm. ,;

v

3.132., Homogeni stap AB, tefne G = 40 kg, duiine 1= 200 cm, oslanja se krajevirrla A i B na dYe glatke upravne ravni. U pocetnom poloZaju stap je nagnut prema - 0 kosi za ugao eo = 600 i prepusten je dejstvu teze. Kada

ce se stap odvojiti od vertikalne ravni? Kol ki su otpori ravni kada je stap u poloZaju 6 = 4507

Slika 3.133.

\

\ \

I I

I I 1

I I I

III

3.133. U nepokretnoj glatkoj supljoj polukugli, poluprecnika R = 80 em,

kJiz! teski stap AB, duzine 1=3 R/4, iz. naznacenog pocetnog polozaja. Odredili brzine i ubrzanjl krajnjih tacab A i B stapa i njegovog teZist'l u najnizcm

mogucem polozaju stapa' u polukugli.

3.134. Po ghtkoj strmoj ravni spustaju se dva homogena suplja v,lljka,

odnosa prccnika 0,5. Prvi valjak klizi svojom osnovom bez kotrljanja, a

drugi se kotrlja bez kLzanja. U kom su .odnosu visne spustanja (eZista ovih valjaka jednakih telina u istom vremenskom razmaku ako se krecII bez

pocetne brzine?

3.135. Stap (L) teline G lezi na tfi jednaka kruzna valjka, tdine

G,=2G/3, na horimntalnoj podlozi. Vucnom slom F=G pokrece se stap u

aksijalnom praveu, a valjei se kotrljaju bez klizanja. Koliko je ubrzanje kretanja stapa?

G


3.136. Teret fdine G,obesen 0 konae koji je prebacen preko malog ko

tura K, pokrece po glatkoj horizontalnoj favni teret teline G2 = 2 G. Odrediti

ubrzanje (ereta i silu u uzetu.

3.137. a) Pi-eko Jakog nepomicnog kotura, poluprEcnika R, prebaceno

je ule 0 cijim krajevima vise tereti tdina G i 2 G. ZammarujuCi masu kotura

j uzeta, odrediti ubrz.:mje kretanja tereta i silu u uzetu.

b) Za koliko se promeni ubrzanje i siJa u uietu ako se u prethodnom

zadatku uzme u obzir i masa kotura oblika diska, tezine GIS?


3.138. Dva tereta, (dine G,=G i G2 =2G, obesena su pomocu lakih uzadi obmo! anih oko lakih koturova, polllprecnika R, = R i R2 = 2 R. Kotllrovi

112

su ll'!saci~ni In istoj osovini oko koje se mogu obrtati. Zanemamjuci mase koturova, odrediti uglOno ubrzanje njihovog obrtanja.

3.139. Izraeunat; ugaono ubrzanje 'i sile u uzadima u prethoduom zad~tku ako je G = 38 kg, R= lOem, llzimajllci u obzir i mase koturova. Prv.] k~tur)e tdine 0/10, U obllku tocka bez zb:ca, a drugi je teziue 0/5 i oblIka Je dlska.

SI ika 3.140.

3.140. Pomocu koturace sa Jakim koturovima teret tezlne G = 100 kg . podize teret tezine 1000 kg. ZanernarujuCi mase koturova i uzeta, odrediti ubrzanja tereta i silu u uZetu.

Stika 3.14\.

3.141. Teret teiine 0 pokrece llzetom preko kotura (K), oblika diska, tdine ~, poillprecu:ka R, isti toliki teret teZ'ue 0 = 20 kg po hrapavoj horizontalnoJ ravuI, koeLeijeuta trenja 0,5. Kolike su sile u de/ovima uieta?

R

Slika 3.142.

3~142. Preko kotma (K), teiine G, poluprecnika R, prebaceno je uie 0 cijim su krajevima obeseni tereti tezina 20 i O. 0 drugi teret obeS~n je pomocu opruge, duiine I, treCi teret, tezine G. Odrediti zakon k;retauja treceg tereta.

a:

Slika 3.143

3.143. Koliki mora biti nagibui ugao IX strme hrapave ravui, koeficijenta trenja 0,0125, da bi se po njoj kotrljao. bez klizanja homogeui supJji valjak, odnosa precnika 3/4?

113

3.144. Covek pokrece po/ugom valjak, tdine 200 kg, precnika 60 em, po horizontalnom hrapavom putll, koeficijenta trenja prj kotrljanJu 0,5 em. Duzina poluge je 150 ern, a njen je kraj (A) iznad puta uzdignut za 90 em'. Kolika je potrebna vu~na sila ako je valjak posle predenog puta od 5 m IL stanja mirovanja postigil.O brzinu 120 ern/sec?

A


3.145. Za srediste tocka (T), poluprecnika R = 20 ern, teiine G = 40 kg, vezan je homogeni stap AB, Idine 0/2, koji se krajem A oslanja ha hrapav pod, koeficijenta trenja 0,1. Na kolikom ce se udaljenju od pocetnog polozaja mirovanja zaustaviti tocak ako mu je data pocetna brziua 1'0 = 2 m/see, a koeficijent otpora protiv kotrijanja iznosi 0,2 ern? i

3.146. Suplja kugla, odnosa preenika 0,5, kotrlja se bez klizanja po hrapavoj horizontalnoj ravni. Koliki ce preci put do zaustavljanja ako je

njenom teiistu data brzina 70em/sec, a koefieijent otpora protivkotrljanja je 1 mm i R=20em?

3.147. Toeak, tezine G = 100 kg, poluprecnika R ~ 1 m, sa eks~entriCnjm tezistem OC=e=R/2, krece se po hrapavom pUIU. Kolika mora biti VllCna,

sila (F) da bi se tocak kretao jednoliko, brzinom 10 m/sec? '

a

Slika 3.147.

3.148. Puni homogeni valjak, teline G2 = 52 kg, pOlup~~~ill~l;R, vezan je zategom AB, za tocak, tezine G1 = 3 O2/5, istog prec~~~, r'i k,p,tJ;'ljajus? zajednobez klilanja po hrapavoj strmoj ravni,; nagibnog,'ugla '15P~ Odrediti

::; .!

ubrzanje sistema i silu u zatezi. I., ;,

8 Zbirka zadataka ix mebanike]

114 i J

. ?' 3.14? Preko'-dobosa kalema, (dine Gz' duiine 1=4R, r=R/2=2s,

obavijcno :je uze koje je prebaceno preko malog kotura (R'). Kada se 0 kraj uieta obesi terel, tezine GI = G2/4 = 15 kg, kalem se kotrlja bez kJizanja po hor'izontalhoj hrapavoj ravni; a pri tome

je uze horizontalno. Odrediti silu u metu,

Slika 3.149. Slika 30150.

3.150. Valjak (A), tdine i G, kotrlja se bez klizanja dul. strme hrapave ravni, nagibnog ugla Ct. = 60°, i podite pomocu ul.eta prebaeenog preko punog

kotura, t~l.ine G, polupreenika R,. terel tdine G. Odrediti ubrzanje vaJjka· ! .

3.151. Terel, tezine G, vezan je za srediste 0, homogenog valjka (K), teiine G1:: polupreenika R, pomocu ul.eta,dul.ine l, te:line Gu ' Uze je prebaeeno

prcko toqka (T), (dine G" polupreenika R, koji se obree oko osovine (0,). U trenutku mirovanja teret tdine G visi na visini h ispod prave 02P, Odredili brzinu tereta (G) kada se spusti za visinu z od prvobitnog polo~aja, a

vaijak sc, kotrlja bez klizanja po horizontalnoj ravni, koeficijenta otpora protiv kqtrIjanja f(cm). Opstc rcscllje.

Slika 3. J 51.

Izracunati tu brzinu ako su date vrednosti; G = G,/2 = G2 = 2 Gu ; R = 8 em,

f=2mm, h=z=114=2m.

I

S!ika 3. J 52.

3.152. Klin, tdine G, moze da klizi po horizontalnom podu. Niz strmu

ravan k]ina, nagibnog ugla 60°, kotrlja se bez klizanja suplji valjak, tdinc G, odllosa p6Jupreenika r/R = 0,5. Kohko je ubrzanje kJina?

. 3.153. Teret tezine G obesen je 0 kraj lakog uzeta, prebacenog preko kotura (K) i obmotanog oko dobosa bubnja, letine 2 G, precnika 2 R = 20 em. Teret se :spusta ubrzanjem 49 em/see2, a na bubanj dejstvuje koeni spreg momenta 540 kgcm, koji dejstvuje u suprotnom smeru kretanja satne kazaljke.

115

Kolika je tezina tereta ako ul.e gnidi sa horizontal om ugao oc = 30°7 Koliki su otpori oslonca 0 bubnja?

SJika 3.153: Slika 3.154.

3.154. Kotu, (A) cekrka je poluprecnika 20 em, a njcgov bubanj (B) je prccnika 30 em. Oko bubnja je namotano uze kajc je prcbaceno preko

malog kotura (R'), 0 eijem je kraju obesen tere! tezine G = 60 kg. Tezina

cekrka je 90 kg, a poluprecnik inereijc je ic = 20 em za geometrijsku osu cekrka. Kotur eekrka kOlrlja sc po strmoj hrapavoj ravni. Odrcditi koefieijent trenja klizanja slrme ravni, nagibnog ugla 30° da bi sc kotur eekrka kotrljao po njoj bez klizanja.

3.155. Pomocu dva cekrka sa bubnjevima:. A preenika 40 em i 10 em, te7.ine 40 ke, R pr('.cnika 40 em i 20 em, tdine 50 kg, podize se teret tczine

G3 = 200 kg uz hrapavu raVan, nagibnog ugJa [3 = 45°, koefieijenta trenja 0,25.

Poluprecnici inereije cckrka iznose 30 em, odnosno 20 em. Kotur prvog bubnja kotrlja se niz strmu ravan, nagibnog ugla a = 30°. Odrediti ubrzanjc tcZi~ta prvog cekrka (A) i sile u uzadima.

Iy

J


3.156. Odrediti putanju sredista mehanizmaeJipsografa ako je OS= R =

=AB/2, tezina krivaje je G, lenjira 2G i klizaea po G/2. Kolika je koliCina kretanja mchanizma? lzraziti kinetieku energiju mehanizrna pomocu brzine

kJizaca A ako je ta brzina VA = 1 Oem/sec, R = 80 mm, G = 4 kg u poJozaju

kada je ugao 'P = 60°.

3.157. lzracunati ugaono ubrzanje krivajc OS elipsografa iz prethodnog

zadatka ako jc krivaja izlozena dejstvu obrtnog momenta 'lIlk = 20 kgm. Stap je teline G = 40 kg, krivaja je tezine G/2, kJizaci po G/4 kg, a osim toga je OS = R =AB!2 = 50 em.

J 16

3.158. Wattov centrifugalni regulator obrce se oko vertikalne ose jed~oliko, sa 120o/min. Tezine kugJi iznose po 2 kg, a teiina ogrlice ("mufa") M Je G m = 6 kg. DliZine fucica su po 1= 120 mm. Koliki nagibni ugao 'P rllc:ica prema osi obrtanja odgovara tome broju obrtaja?

I wG)

A


3:159. l!. cen~rifugal~om regulatoru (pr:kazanom na slici), opruga, krutostJ c, pn tlskuJe ogrllCu ("muf"). Ako je tezina svake kugJe po G,

mufa Gm• duzina rucica I, odrediti zavisnost i1mcou konslantne ugaone brzine obrtanja regulatora i nagibnog ugJa. CPo .ruc·ca, zancmarujuci tdine ruc::ca i opruge.

3.160. Tocak ekscentra za podizanje ventila, Idine G = 2 kg, obrce krivaja OO! sa 120o/min, i podize slap AB, tdine 2 G. Zanemarujuci masu krivaje, odrediti kolic:inu kretanja sistema i njegovu kinetic:ku energiju.

.x:

SUb 3.160. Slika 3.161.

3.161. Izracu nati kineticku energiju transmisionog uredaja, tezine kaisnika G1=G=30kg, G2 =G/2, G3 =2G/3, G4 =GI3, tetina uzeta po G/6, ako se pogonski kaisnik, poJuprecnika R = 20 em, obrce jednoliko, sa 150o/min, a kaisnici su od istog materijaia j iste debljine.

it ,

H7

3.162. Vratilo elektricnog motora izlozeno je dejstvu obrtnog sprega 'ill. Na tome vratilu je pogonski transmisioni kaisnik, poluprecnika R, tdine G. Transmisioni kaisnik je od istog materijaia, iSle debJjine, ali' tezine G/2.

, I

,~, Slika 3.162.

TeZina beskrajnog kaisa je G"=G/3. Odrediti ugaono ubrzanje vratila eJektricnog motora.

.~ mllll ~ r mm ~

2

Jz ~ R ~:

mm Imm'

Slika 3.163. , i

3.163. Pomocu prenosnog uredaja, gde su brojevi zubaca zahvacenih zupeanika z, = 20, z. = 30, prenosi se od elektromotora na radno vratilo konstantni obrtni moment ~, kojim se porlize teret tezine G, p6mocu uieta obmotanog na bubnju, polupreenika R. Ako su poznati momenti inercije transmisionog vrati1a (pogonskog vratila) 'I i radnog vratiJa J2 (saizupcanicima i dobosem), odrediti ubrzimje podizanja tereta. .

3.164. Zavisnost obrtnog momenta ('1ll) od broja obrtaja (n) prikazuje se u dijagramu Oxy tako sto se na Oy-osu prenosi obrtn'j moment u razmeri Un! = 20 kgmjl cm, a na 0 x-osu minutni bro j obrtaja u razmeri Un = 50 (o/min)/l cm. Dijagram je Jinearan, jednaCine x/6 + y/3 i I. Odrediti snagu' motora koji stvara taj obrtni moment u zavisnosti od mi~utnog broja obrtaja. Kolika je najveca moguca snaga motora? :

3.165. Izracunati najvecu kineticku energiju Wolfovog kUlisnog mehanizma, krivaje duzine R, tdine G, kulise sa kamenom tezine 3 G, i poluge, duzine 1= 5 R = 100 em, teZine 2 G, ako se krivaja obrce jednoliko Sf! 120o/min; G=3kg .

~ R . I·

O~~.'tJ!B • . I

i Slika 3.165. Slika 3.166.

3.166. Krivaja kJipnog mehanizma je duzine R, tezine jednoliko, sa 300o/min. Teiina spo jne poluge je G2 = 4 G, a je 1=4R, dok je tdina ukrsne gJave -lOG. Odrediti-JUrreticku nizma u polozaju e ="= 600 ako su G = 3 kg, R = 20 c~:

G~ a obrce se njena duzina

e~ergiju meha-

"

118

3~167 .. Kolike bi bile sile u pojedinim deJovima klipnog mehlmizma iz prethodnog zadatka ako je pritisak pare u parnom eilindru 8 at, a precnik kJipa je .p = i 50 mm? Ako su tezina klipa i klipnjace lOG = 30 kg, odrediii sile inereije pojedjnil~ delova kada je n = 60 o/min.

3.168. Dva laka transmisiona vratila nose dva kaisnika tdina 50 kg i 30kg, po]uprecnika R i 2R/3= 12em. Prvo Yrati\o se obrce jednoliko sa

j 20 o/min,; a drugo miruje. Kolika ce biti ugaona brzina obrtanja vratila kada se ~poje tarnom spojnicom (S)? Koliki je- gubitak kineticke energije u tom slucaju?

J~

/ '.:-;/

Bt=12-+z1,==:jA Slika 3.168. Slika 3.169.

3.169. Automobil tezine 2000 kg, rastojanja osovina 3 m, rastojanja tezista od osovina I] = I 800 mm, 12 = 1 200 mm, visine teZista iznad osovina h=300mm, poluprecnika tocka R=400mm, poluprecnika.koCnog bubrija r = 200 mll[l, krece se brzinom 72 km/h. Ako su koeficijenti trenja izmedu locka i pula 0,7 i kod kocnog bubnja 0,35, odrediti usporenje od kocenja na zadnjem tocku i potrebnu kocl1u silu.

3.17~. Tezina zarnajca (kaisnika), poluprecnika R = 60 em, iznosi 120 kg. Sile u d~lovima kaisa jesu 400 kg i 200 kg. Koliko je ugaono ubrzanje kaisnika? :Koliki su kineticka energija i zamah u trenutku 10 sekundi od pustanja ~ rad transmisije? U jednom trenutku kaisnik je izlozen dejstvu kocnog spirega jacine 100 kgem. Posie koliko ce se vremena kaisnik zaustaviti?

. 3.17~. Pomocu uzeta obavijenog preko kolll ra (K), tdine Gj = 20 kg,

poluprecnira R = 20,em, dejstvom sprega, momenta <m = 20 kgm, podize se terel

K

Slika 3.172.

nagibnog ugla 45° i koefieijenta

J19

3.172. Tocak (D, tezine G, kotrlja se· niz hrapavu strmu ravan, nagibnog ugla 0: = 60° j vuce pomocu uZeta prebacencig preko kotura (K), isle tdine G i poJuprecnika R, suplji valjak (V), tezine 2 G, odnosa poJuprecnika r/R = 0,5, uz hrapavu strmu ravan, nag:bnog ugla (3 = 30°. Jzracunati brzinu krelanja sistema kada se tocak spusti za s = 2 m jz svog poJoZaja mirovanja. ako je koeficijent otpora protiv kotrljanja f = 0, I em i R = 20 em.

3.173. Dva jednaka kruzna valjb, (elina po 12 kg, poluprecnika .po 10em, kotrljaju se niz strme ravni nag:bnih uglova 45° i 30°. Valjci su vezani nerastegljivim uzetom ciji su krajevi namotani na valjke i pricvrsceni za njih. Odrediti ubrzanje uzeta i silu u njemu, zanemarujuci njegovu tezinu.

~h /L~ Slika 3.173. Slika 3.174.

3.174. Teret tdine F = 3 G12, obescn 0 uze koje jc prebaceno preko malog kotura (K), vuce uz glatku strmu ravan DK, visine KH = h = 6 m, osnoviee DH=b=;8m, stap AB, duzine 1=8m, fezine G= 100kg, koji je u pocetku kretanja bio u polozaju OD OSl1ovne ravni. KoJika je brzina (ereta F u trenutku kada kraj B Stapa stigne na poJovinu duzine strme ravni DK?

3.175. Kolika mora biti kocna siJaF na obimu koCionog kotura (K), precnika D = 120 em, da bi se teret, tezine G= I 000 kg, zaustavio pri spustanju iz stanja mirovanja na visini 10m? TeZine transmisionih tockova (T, j T2)

iznose po G,=G2 =300kg, a precnici su po D1 =D2 =100em. Uze je tesko Gu = 200 kg, tezine po duznom metru q =: 2,5 kg/m, i u stanju mirovanja je bilo odmotano za duzinu 5 m. Teret se spusta jednoliko, brzinom 6 m/see.


3.176. Uze, duzine 1, prcbaceno je preko dva jednaka kotura, tezine po G = 12,5 kg. 0 kraj uzeta je obesen teret tezine G1 = 2 G, a 0 viJjusku

120

pokretnog kotura teret teline G2 = G. Zanemarujuci masu uleta odrediti ubrzanja tereta j silu u uzetu.

3.111. Konstantnim obrtnim momentom koji dejstvuje na krivaju (k), jacine WI, = I kgm, dovodi se iz stanja mirovanja u obrtno kretanje u horizontalnoj ravni planetski prenosnik, poluprecnika tockova R, = 2 R2 = 10 cm,

tezine pokretnog zupcanika G2 = 5 kg i krivaje (.),..---2 Gk = G2/2. Koliko je ugaono ubrzanje krivaje koja

se obrce oko osovine nepomicnog zupcanika?


.3.178. Na krivaji (k) UCVfscene su osovine tri jednaka tocka, polupreCllIka R, tezine po G. Tez.ina krivaje je Gk = 3 G12. Kolika je kineticka energija planetskog prenosnika ako se krivaja obrce jednoliko, sa 90o/min u dlrektnom smeru, a tezina je G=5kg i R=80mm? Tockove smatrati diskovirna, a krivaju stapom.

3.179. Izraeunati u prethodnom zadatku ugaono ubrzanje krivaje, zanemarujuci njenu masu, ako je izlozena dejstvu obrtnog sprega, momenta ~k=70kgcm.

3.180. Kod planetskog prenosnika nepokretan je tocak (3), a na krivaju dejstvuje obrtni moment ~,. Tocak (I) obrce se oko svoje nepomicne ose 0 ko!a je ujedno j osa tocka (3), deset puta brZe od krivaje, a izlozen j~ deJstvu konstantnog obrtnog momenta otpora WI,. Odrediti ugaona ubrzanja

Slika 3.180.

krivaje (k) i tocka (I) ako je poznat moment inercije locka (I) za njegoYU osu simetrije. Masu krivaje zanemariti,

J a smatrati da su toekovi od istog materijala i istih debljina.

Slika 3.18J.

3.181. Krivaja (k), (dine 10 kg, duzine .. nepomicnog tocka (kaisnika 1). Ona je drugim krajem vezana drugog lOCka (kaisnika 2), [eline 20 kg. Preko oba kaisnika p~ebacen je beskrajni kais. Koliko je ugaono ubrzanje krivaje ako se ona 'obrce pod dejstvom obrtnog momenta jacine 10 kgm?

3.182. Odrediti ugaona . ubrzanja pogonskog (I) i radnog v,ratila (IV) planetskog prenosnika sa nepomicnim prvim zupcanikom (1) ako :su brojevi

2 "3

k

Slika 3.182.

zubaca Zi (redom) = 60; 20; 30 i 80. Moment

inercije masa vezanih sa pogonskim vratilom

(krivajom) je Jk , a moment ine~cije masa

vezanih sa vrati!om (IV) je J4• Mase zup

canika (2) i (3) jesu m 2 i m)" a njihovi

momenti inercije su J2 i J).: Pogonsko

vratilo izlozeno je dejstYU obrtnog sprega

momenta Dnk, a radno - obrtnom momentu

Olpora @ •. Trenje zanemariti.

I

3.183. Dva kaisnika, precnika D, vezana su cilindricnom! oprugom. sile elasticnosti F, = F. Preko kaisnika je prebacen beskrajni kais.i Koliki se najveci obrtni moment moze preneti transmisijom ako je koefici[ienl trenja izmeau kaisa i kaisnika fL' a ugao obuhvatanja je 180C? Koliko je ugaono ubrzanjei

Stika 3.183.

3.184. Pomocu zavojne prese, hocIa zavoJnlce 8 mm, srednjeg precnika 50 mm, i cekrka sa koturom, precnlka 50 em, i bubnja, precnika 25 em, dejstvom sile F upravno na ruCicu zavrtnja, duzine 1=50cm, i tereta (B). tdine 50 kg, podize se teret (A), tezine250 kg, koji se nalazi na giavi zavrtnja. Odrediti veiiCinu sile F ako je koeficijerit trenja zavftnja 0,15.

3.185. Pomocu· cekrka sa koturom, precnika 40 em, i bubnja, pre/:nika 20 cm, moze da se podize teret kline G = 200 kg. Za zkustavljanje dizaJice SIUli ko~na poluga OAB sa papucom P koja je nameilteria u A, gde

122

Slika 3.185.

je OA=20cm, AB=50cm. Kolika je potrebna najmanja kocna sila F da spree; ohrtanje ako je koefieijent trenja klizanja izmedu papuce i kocionog kotura (kotura cekrka) 0,25?

3.186. Na· reci se nalaze tri

uzastopna vodopada, visi~a 20m, 15m i 10m. Protok vode je 85m3/see. Kolika je ukupna snaga svih vodopada?

3.187. lzracunati snagu turbogeneratora u e1ektriCno'j centrali ako na. liniji tramvajske mreze saohraea 80 kola, svaka tdine po 8 l~na. Otpor kretanja. iznosi 2% od teiinekola. Kola

se krecu ,brzinom 18 km/h, a gubici u mrezi iznose 5%.

3.188. Otpor pravolinijskom kretanju voza je Fw = - 0,91'2, gde se Fw meriu kg, a brzina l' urn/sec. Koliku najvecu brzinu moze da razvije elektricna ~okomotiva snage 768 KS?

3.18Q. U toku jednog dana, radeci neprekidno, parna erpka izbaei 3240 tona vode, na visinu od 30 metara. Snaga crpke je 30 KS. Odrediti njen koefieijent: korisnog dejstva.

3.190. Kolika je snaga dizalice koja moze da prenese tri puta u minutu teret tezinh 2400 kg, podizuCi ga na visinu 5 m, ako je koefieijent korisnog dejstva 80%?

3.191~ Dizaliea podize tere! fezine Gt = 400 kg, a protivteg je ldine Gt = 2 Gt • l;:oturovi su eilindricni, lezina po G = 50 kg, po]uprecnika R = 10 em.

Donji kotur pokrecc eJektromotor(M), snage 15 KS, koji se obrce jednoliko, sa 90o/min. Odrediti ubrz!mje tereta, zanemarujuci masu uZeta.

3.192.' Transporter se po G = 20 k?, precnika 40 em,

SJika 3.192.

iz dva jednaka kaisnika, A i B, leiina kojih je prebacen beskrajni kaiiL Transport~r

123

pokrece motor snage 20 KS,cije se vratilo obrce jednoliko, sa 120 olmin. Odrediti brzinu tereta, tt~zine Gj = 50 G, kada se podigne iz stanja mirovanja na polovinu pula. Duzina kaisa je 1= 4 m, a nagibni ugao strme ravni

transportera. CI. = 30°.

3.193. Odrediti snagu motora rendisaljke, hoda 1,5 m, koji prede u

ralmaku od JO sekundi, ako je pritisak reznog noza 1000 kg, a koeficijent

korisnog dejstva motora je 0,80.

3.194. Brod se krece brzinom od 10 cvorova (1 cvor= 1,852km/h). Snaga brodske masine iznosi 5000 KS, a koeficijent korisnog dejstva je 0,60. Koliki je otpor vode kretanju parobroda?

3.195. Motor sa unutrasnjim sagorevanjem zapremine ciEndra 1 500 em} i koeficijenta korisnog dejstva 0,20, cini I 800o/min. Kolika je snaga motora ako 1 Iilar smese odajeO,66 kaJorija, a toplotni ekvivalent je 427 kgm za I keal?

3.196. Povrsina klipa cilindra parne masine pros tog dejstva je lOOem2 ,

a pritisak pare je 7 atmosfera (at). Kolika je snaga parne masine? Kolike

su sile u delovima mehanizma ako je duzina krivaje R = 120 mm, A = Ril = 1/4 n= 120 o/min u polozaju krivaje pri uglu 6 = 60°1

3.197. Odrediti snagu parne mailine duplog dejstva ako je pritisak pare u eilindru 5 at, precnik klipa D=200mm, hod 60cm, broj obrtaja krivaje 120o/min i stepen korisnosti mailine 90%.

3.198. Kolika je potrebna snaga za pokretanje reduktora koji nosi zamajce tezine G1 = 50 kg i G2 =Gl /3, poluprecnika R j =2R,=15cm, ako zahvaceni zupcanici imaju brojeve zubaca z, = 30 i Z2 = 20, da bi pogonsko vratilo reduktora (OJ),

'IT· ea """ "" G, G,

2

Slika 3.198.

koje se obrce jednako ubrzano, imalo posle 10 sec od pustanja u pogon reduktora broj obrtaja 1 200 o/min? Pri tome zanemariti mase zupcanika.

3.199. Zamajac oblika locka sa zbicama teiak je 200 kg, a precnika je 120em. Koliki rad odgovara ovom zamajcu ako je njegov stepen neravno

Slika 3.200.

memosti 0,15, a broi obrtaja mu je 90o/min?

3.200. Povrsina parnog klipa eentricne parne klipne masine iznosi 200 cm2,

a srednji pami pritisak je 10 at. Krivaja je duzine R = 100 mm, a duzina spojne poluge 1= 500 mm. Ugaona brzina obrtanja

krivaje iznosi 60 sec'. Precnik inercije zamajca je 80 em. Odrediti tezinu zamajca Ie parne masinc, 0= 1/50.

RESENJA

I ,~ . I

I /'

I. STATIKA

A) STATIKA U RAVNI

1.1. Td.ina coveka je sila jaCine G = 80 kgkoja je usmerena naruze. teret F = 50 kg je sila koja je usmerena nanizc, ali se ona preko uzeta i,

kotura prenosi i dejstvuje na coveka kao sila usmerena navise. Sada je pritisak na tIe okna rezultanta ovih dveju koli nearnih sila suprotnog smera; ona iznosi

F,=Fn=G-F= 80-50= 30kg,

usmerena je nanizc u smeru sile veceg intenziteta.

Covek moze da podigne najveci teret jednak njegovoj tezini.

1.2. Kako je vucna sila remorkera 2400 kg, a otpor vode 600 kg, prvom slepu predaje se sila jednaka razlici ovih sila, to jest sila jacine FJ = F - F" = 2 400 - 600 = 1 800 kg. Ova se sila moze zamenid sistemom kolinearnih siJa jacine po 300 kg, kolika je nosivost jednog uzeta, te je potrebno sest uzadi za veiu slepa i remorkera.

Na drugi slep prenosi se sila F2 = 1800-600= J 200 kg, pa je za vezivanje ovog slepa za prvi slep potrebno cetiri uzeta.

Na treei slep prenosi se sila F3 = I 200 - 300 = 900 kg, pa je za vezivanje ovog sJepa sa prethodnim potrebno tri uzcta.

1.3. Veiicinu rezultante ovih dveju sucelnih sila odreaujemo iz trougla sila, prema kosinusnoj teoremi:

F/=F/+F22 +ZF1 F2 cos!l= 100+ 36+2·10·6·0,5= 196,

pa je velicina rezultante F, = 14 kg.

Napadna linija rezultante nalazi se izmeau napadnih linija sila i ona gradi uglove a i (3 sa napadnim linijama komponenti. Te uglove odredujemo jz trougla sila, prema sinusnoj teoremi:

F,:sin(3=F2:sina=F,:sin!l, gdc je !l=a+(3,

128

Ie su: sin a = (F2 sin 6) IF, = 0,37057;

sin ~ = (FI sin e) /F, = 0,61761;

a=21° 45';

~=38° 15'.

1.4. Ix trougla sila, prema kosiilUsnoj teoremi, sledi

P=F2 +P +2P cos fJ; cos fJ= -1/2; 6= 120°. - ~ 1.5. Predstavimo silu F u razmeri crt<;tnja UF (kg/em) vektorom DA - ->

tako da je F = UF • OA j zaokrenimo taj vektor oko tacke 0 za ugao 0:; -> ~

dobicemo vektor DB, koji predstavlja komponentu FI = UF' OB. Iz trougla -> - --+

sila sledi da vektor BA predstavlja drugu komponentu, F2

= UF . BA. Kako je trougao GAB jednakokraki, onda je osnovica BA = 2 OA· sin (a/2), te je velicina druge komponente, F2 = 2 Fsin (a/2). Njena napadna linija gradi sa napadnom linijom rezultante ugao ~ = 90° - (aI2), a smer sile je od B ka A.

1.6. 1z trougla sila, prerna kosinusnoj i sinusnoj teoremi, sledi 25 = 9 + 16 + 2· 3·4· cos e, pa je e = 90°, sto znaci da su sile upravne. 1z odnosa 3: sin{3=4 :sina=5: 1",,5, sledi sin{3=315, sina=4/5.

o Slika 1.7.

1.7. Ovaj zadatak svodi se na konstrukciju trougla kome su poznata tri podatka: jedna straruca, zbir drugih dveju stranica i zahvaceni ugao izmedu dye stran'ce. U razmeri UF= 50 kg/I em nacrtajmo

----> -vektor DA, koji pre.dstavlja silu F. Zatim na zrak koji gradi ugao aSa

tim vektorom prenesimo dUl OC, koja predstavlja zbir velicina kom-ponenti; onda se terne B trougla sila

mora nalaziti na duzi OC i zadovoljavati u510v BA=BC. Zato spojimo tacke A j C i konstruiSimo jednakokraki trougao ABC; onda je prva kornponenta

.......,.. --) -Joo--I>

FI =urOB, a druga F2 =UF,BA.

VeLcine komponenti iznose FI = 'lOOkg, F2 = 150 kg.

Zadatak se moze resiti unil/ilii'ki. Na osnovu sinusne teoreme i pravila o srazmerarna b:ce

Fl F2 F,~. sin~ = sin 0::= sine.;'

Fl+F2 = sin ~+sina

F, sine

Kako je e = a + {3, unosenjem u drugi izraz dobijamo odnos

Fl + F2 I - cos e --- = cos a + ----

F, sin6

. . 6 Sill a = cos a + SIll a' tg - •

2

I

\

i

I I I

pa je

e 9-2j13 tg-= 2,77;

2 2 ~=70Q iO'; 6= 140°20'. 2

Velicine ·komponenti, zbog toga sto je ~= 110° 20', iznose:

F,=sin p F= 0,93769 ·200=1 534·200=307 kg' sine '0,61107' ,

sin a 0,50000 F --- F,= ·200=0,818·200= 164kg. 2- sine 0,61107

Vrednosti se dosta dobro slam sa grafickim vrednostima. i

.. !

129

1.8. Slicno prethodnom zadatku, i ovaj se svodi na konst)·ukciju tro-ugla nica

kome su poznata tei elementa: jedna stranica, razlika drugih dveju strai zahvaceni ugao izmedu dye stranice. U razmed crtanja UF~ 50 kg/l em

prenesimo vektor 0',1, koji predstavlja

silu F = 1" i iz 0 zeak pod uglom -. a = 45° prema vektom GA, pa na isli prenesimo duz ac, koja predstavlja razliku velicina sila. Sada lreba nad duzi CA kao nad osnovicom konstruisati jednakokraki trougao. Simetrala 05-novice AC sece zrak u tacki B, pa su veliCine komponenti

Fl = UF' OB= 50, 7,2 = 360 kg;

F2 = UFO • BA = 50· 5,2= 260 kg.

Smerovi komponenti pokazani su na crtez.u. Ugao izmedu napadnih Iinija komponenti iznosi e = 125° .

,

a Slika l.8.

I ovaj se zadatak moze resiti analiticki. lz sinusne teoreme i praviia 0

srazmerama sledi odnos

sin p-sina =cos a

sinO

Za date vrednosti bi6e

a V2 ctg- = 1 - - = 0,5286;

2 3

p=e- a =79° 16'.

9 Zbirka zadalaka iz mehaniko 1

I +cos e . . 8 Sll1a=cosa-silla·ctg -.

cine 2

,

8= 124° 16';

130

Vellclne komponenti su: I \ sin ~ 0,98246

F, = - -- F,=-----· 300 = 357 kg; sill e 0,82659

sina 0,7071 I F2 =~;;e F, = 0,82.6.59. 300 = 257kg.

vertikalne komponente Y = 4 X/3, onda Je

jc X = 3 FI5 = 60 kg, pa jc Y = 80 kg.

Za1l1~n,mo stub silom

su duzine nlcga i uglovi koje one grade

+82 =289; Ij=CB= 17m;

202 =625; 12=DB=2Sm;

sin~=20/25=4/5; cos[)=3/5.

a zalege siJama Fi ; onda iz jednaCina za rav-notezu vrhr B stuba dobijamo: ,

L,Xi=F1 sina-F2 sin!3=O; L, Y;=Fj cosa+F2 cos!3-G=O.

te ce sile u zategama biti: I

F) F2 = sin!3/sina= 17/l 0; F j = 17 GI21 = 340 kg; FI = 200 kg.

Kako; isle tolike s:le, sa~o suprotnog smera, dejstvuju j na oslonce C i D, stap01i (;:ltege) su izlozeni prilis/w.

, 1.Il. I U tacki 0 uz'mama dcsni triedar Oxy; onda po zakonu 0 pro

jekcijama s)ia, to jest da je projekc;ja rezultante sila na neku osu jednaka algebarSkof zbiru projekcija komponenata, dobijamo projekeije rezultante:

! X,=2: X;= 2 R+ 2 (R+ c) + 2 (R- c) = 6 R;

RezuJtanta je, dakle, horizontalna sila koja dejstvuje duz + Ox-ase triedra. i

1.12. ! Po pravilu 0 projekcijama sila, bite projekcije rezultante na ose Ox i Oy If~edra Oxy u napadnoj tacki 0 (N): .

I

X, =i 2: Xi = L, Fi .cos 0:,=100· cos 0° + 200· cos 60° + 300· cos 90° + I ., . I +!150. cos 135° + 200,' cos 150° + 400· cos 180° + 250· cos 270° +

+600· cos 300°= 100 + 100-75 ['2 - 100 (3 - 400+ 300= i --

=j )00-75 V2 -1001/3 = - 179,25 kg; i

Y,~ 2: Yi=L,~~i= 100113 + 300 + 75 V2 + 100-250- 300 1/3 =,

= - 200 113 + 75 1'1 - 150 = - 563,25 kg.

1.13. Po pravilu 0 projekcijama, bice projekcije rezultante:

X,=2:X;= 40+ 30- 100- 70+ 100 = 0;

Y,= 2: Yi = 30 + 20 + 100- 50-100= 0,

pa je i F, = 0, te je sistem u ravnotczi.

13]

1.14. Zamenimo uticaj kugle njenom teZinom G u sredistu 0, a uticaje uzeta i kose glatkc ravni silama F i F., od kojih prva dejstvujc od 0 ka A, a dmga je upravna na ravan sa smerom ka 0; dobicemo tri sile koje se suceljavaju u tacki O. Usvojimo u toj tacki ortogonaini triedar Oxy, onda jednacine zaravnolezu daju sistem jednacina:

2:Xi=Fn cosa-F sin!3=O; 2: Y;=F. sina+F cos[)-G=O.

Iz ovih jednacina dobijamo ncpoznate - silu u uzetu i otpor ravni:

F=G cosa!eos(a-!3); F,,=Fsin !3/cosa=Gsin!3/cos (a-!3).

Vrednosti su dobijene sa pozitivnim predznakom, sto znaci da su smeroy) nepoznatih sila pravilno pretpostav1jcni.

Isle vrednosti dobijamo i iz trougla sila, prema sinusnoj teoremi:

Fisin [(rr/2) -aJ = F"/sin!3 = G/sin [(rr/2) + (a - ~)].

1.15. Zamislimo da smo odstraniJi kugJu i ravni, onda cerno njihove uticaje zameniti siJama: (dinom kugJe G, koja dejstvuje 11 t~zistu C, i otporirna glatkih ravni F) i Fz, koji dejstvuju na mestima dodira kugle i ravni, a usmereni su ka kugli. Ove tfi sile seku se u sredistu kugle. Uzmimo u tome sredistu triedar Cxy, onda jednacinc za ravnoteZu ovih sila daju odnose:

2:Xi = F, sin a-Fz sin!3= 0; ~ Y;=F, cos a+F2 cos !3-G=O,

pa su olpori ravni:

Kako je a+!3= 75° i sin 75°= VI (VI + 1)/4, onda su brojne vrednosti otpora ra "ni:

Vrednosti su dobijene sa pozitivnim predznakom, sto znaci da su srnerOVl ovih otpora pravilno pretpostavljeni.

Isle reZllltate dobijamo i pomocu trougla sila, prema sinusnoj teorerni:

1.16. Napadna linija sile F gradi sa + OX-OSOJll oslar ugao a, koji je odreden sa tga=b!a=3/4, pa su sina=3/5, cos rt.= 4/5. Rastojanje momentne

132

tacke 0 od napadne linije sile F iznosi II = a sin IX = 40·3/5 = 24 em, pa je moment sile.

M~ = Fh = Fa sin IX = 50· 24 = 1200kgcm.

Moment je pozitivan, jer je obrtanje u direktnom smeru (suprotnom od smera kretanja saIne kazaljke).·

Kako se dejstvo sile ne menja ilko je pomeramo po napadnoj liniji, to

Cemo je prevesti u lacku N (a; 0) na + Ox-osi. Projekcije sile F na koordinatne ose bice X = F cos <X = 40 kg, Y = F sin IX = 30 kg, pa je analiticki izraz

za moment sile F za koordinatni pocetak 0 kao momentnu tacku:

MF=lx o X = = 40·30= I 200 kgcm. )' I 140

01 Y 40 30

1.17_ Analiticki Izraz za moment sile F za koordinatni pocetak 0 kao momentnu tacku je:

~ I = 15 - 8 = 7 kgm.

Pri promeni momentne tacke menJace se i moment sileo Koordinate napadne tacke N sile u odnosu na triedar O'x'y'; paraleJan triedru Ox), sa pocetkom u tacki 0', iznose x' = x-xo, y' = y-Yo, gde su xo, Yo koordinate tacke 0' U odnosu na pretbodni [triedar Oxy. Prema tome je moment iSle sile za novu momentnu tacku:

M~=I; ~1=IX~xo Y701=1; ~I-I; y;/=

= M & -I ~ ~ I = 7 -I ~ ~ I = 7 - 2 = 5 kgm.

Moment se, dakle, umanjio za 2 kgm.

1.18.' Kako su sile F i - F jednakih velicina, paralelne a suprotnog smera, one obrazuju spreg mcmmta fr, gde je r krak sprega - normalno rastojanje napadnih linija paralelnih sila. Moment sprcga moze se odrediti ako graficki odredimo krak (r) iIi, pak, analiticki, jer je moment sprega jednak zbiru momenata sila sprega u odnosu na istu momenlnu lacku. Za momentnu tacku uzecemo koordinatni pocetak 0, te dobijamo

21= 15-6=9kgcm. -4

Uzmimo sada u tacki 0' novi triedar O'x'y', paraleIan'!'[ triedru :Oxy; onda se menjaju koordinate napadnih tacaka N; i iznose XI-Xo, y;- Yo, gde

133

Sil Xo i Yo koordinate tacke 0' U odnosu na triedar Oxy. Prema tome, i s obzirom na prethodni zadatak, bice _ -:;;:-~-. i

0)]' = M] -/ ;0 ~ I + M2 -1-; !~ I = 15 - 6 -I ~ : 1-1_ = 9 - 1 + I = 9 kgcm = 1)].

Moment sprega nije se promenio, posto on i ne zaVISI ad, izbora mo

mentne tacke u ravni dejstva sila sprega (F, -iI). i •

1.19. lednacinu napadne linije rezultaule ravnog sistema ,gila odredu-jema analiticki po momenlnom praviJu (Varignonovoj teoremi) d~ je moment rezultante jednak algebarskom zbiru momenata svih sila za istu momentnu tacku u ravni dejstva sila. OJicno za m!)m'~ntnu tacku :uzimamo: koordinatn pocetak, te je

" M'd=LM~;; xY,-yX, = i (X;Y;-xi Y ;)=2:ft.fo ;=1

odnosno i~! I

xja+yjb= I;

Ovde su xi),

b odsecci koje lIgao napadne tg <x, = Y,jX,_

tekuce koordinate tacke N na napadnoj liniji rezultante, a a j

odseca fa Jiuija na koordinatnim osama (riedra Oxy. Nagibni I

linije rezultante sa + Ox-osom je <x" koji je! odreden sa

Racun se najlakse sprovodi tabelarno:

Rezultati

1.20. Rezultanta mora tllti jednaka nUIi,'pa iz us,ova'f

. 2:Xj =4-!5+6+20+Xs=0, ZYj=-3+8+8+15+Y~=O

odredujemo projekcije sile Xs = - 15 kg, Ys = - 28 kg; Fs = 31 ,5 k~. Moment sprega iwosi !

;

'ill=LMo = ~14+54-34+35+(x5 Ys-Ys Xs)=4J-86= -tskgcm.

1.21. U ovom slucaju su projekcije rezultante I X, =LX;= 4+ 4-8= 0;

pa je F, = O. Sistem sila svodi se na spreg iIi je u . ravnolez.i.

134

Zbir 11lomenata svih sila za koordinatni pocetak iznosi

·LMo=L (XI Yi-y/X;) =L Xi Y;-Ly;X,=(J5- 15 +0)

- (8 +24 - 16) = - l6 temicO, '-'f,

na spreg.

y

p~kazatii.~grafiCkj. Da bi se tri sile svcle na spreg, po-

. d,t,,,", m:~~: n"",,, (pl~) ,;1., ; b) '"

b 6f-----~""

" \

·5 8

Slika 1.21.

" " , r'

se njihove !napadne linije ne seku u jednoj tacki. Napadne linije sila 11 seku se u pJanupolozaja u tacki S, a njihova rezultanta je jednaka sili - -;3' Moment s~rega je iJII =F} r = - 8·2 = - 16 tern.

Ovo 0ozemo pokazati i pomocu veriznog po!igona: prva i poslednja strana Sli ~aralelne, jer su prvi (I) i poslednji (4) zrak plana sila kolinearni, pa je mom~nt sprega

<m f= FJ•4 • r' = UF' ap· T' =(2 tjl em)· 4,47 em ·1,8 em = 16,09 tern.

1.22. I Po pravilu 0 projekeijama i momentnom pravilu biee: I

2(X;=4+3-2-5=0; L Y;=2-3+5-4=O; F,=O;

2: Mo= 2: ~XI Yi - YiX;) =L Xi YI-Ly/X/= (4- 3 + 15 + 8)- (12-6 + 8 + 10) = .

=24-24=0; I

L MA = L Cx;- I) Yi-L (y;-I)X;=(2-0+ 10+ 12)-(8-9+ 10+ 15) = 0;

L Mo=2: ~Xi-2) Yi~;+ 1) X;= (0+ 3 + 5+ 16)-(16- 3+ 6+ 5) =0-

Potreban i dovoljan uslov za ravnotezu ravnog sistema pfoizvoljnih siJa jeste da je izbir momenata svih sila za tri nekolineame tacke jednak nuli.

1.23. ! Usvojimo u redukeionoj tacki 0 triedar Oxy takav da je Ox-osa paraleIna slranici AB, a Oy-osa stranici BC pravougaonika, onda su projekcije redukci'one rezultante na koordinatne ose:

~ =7-3=4 kg-. ' , Y,=4-1=3kg; pa je F,=5kg .

135

Kako je tg a, = Y,/X, = 3/4 = blh, napadna linija rezultante poklapa sc sa dijagonaJom AC, a smer je od 0 ka C-

Zbir momenata sila za redukcionu tack\! 0 iznosi:

L M 0 = (F, + F3) h/2 + (F, + F4) b/2 = 10·3 + 5 ·4= 50 kgcm.

Ovom redukeijom dobili smo u tacki 0 redukeionu rezultantu F, i redukeioni spreg L Mo = 2R, pa se ova dva elementa mogu sloziti u jednu silu, rezultantu F:, paralelno pomerenu za krak r=iJII/F,=50/5=10cm

udesno od dijagonale AC-

Po momentnom praviiu, moment rezultante je

L MA =F/ ·r=F2 b+FJh= 32+ 18= 50kgem.

1.24. Kako je sad a F, = 0, sistem sila svodi se na spreg momenta spiega:

iJII=F1 h+F2 b=8· 6 + 4- 8= 80kgcm.

Karla bi bile jacine sila F2 = - F. = - 6 kg onda bi zbir momenata bio jednak nuli, LMo=<m=O, pa bi sistem sila bio u ravnotcii.

1.25. Kraci trapeza grade sa osnovicom AB jednake uglove a koji su ~dredeni sa tga=4/3, sin a= 4/5, eosa=3/5. Uzmimo (eme A za redukcionu tacku i triedar Axy takav da se osa Ax poklapa sa osnovicom AB, onda sledi

X r = 10- 5·3/5-4-5·3/5 =.0; Y, = 5 . 4/5 - 5 . 4/5= O.

Sistem sila svodi se na spreg momenta

1]11 = L 1vJ A = 5 . 4/5 - 10 + 4 . 4 = 56 k gem.

1.26. Ovde su redukciona rezultanta i redukeioni spreg

x, = 300 kg; Y, = - 400 kg; F, = 500 kg;

tga,= -4/3; sinar = -4/5; eosa,=3/5,

pa je polozaj napadne linije redukcione rezultante u cetvrtom kvadrantu

L Mo= iJII = 600- 100= 500 kgcm.

Sila F, i spreg momenta iJII mogu se, dalje, sloziti u jednu silu F,'=F,=500kg paralelno pomerenu u tacku N za krak r=iJIlIF,=500/500= = I cm. Ova tacka je u treeem kvadrantu triedra Oxy.

1.27. Uzmimo tri nekolinearne momentne tacke A (Nt), B (4 em; 4 em) i C (N) , onda je po Riterovoj (Ritter) metodi mo~ent rezultante jednak zbiru mo~ menata komponenata. Pretpostavicemo da su smerovi komponenata usmereru u deo prvog kvadranta triedra N j xy. Prema tome bice:

3) za tacku A: -1O·4=F2 ·6+(F3 Ji3j2). 8;

b) za tacku B: 0=F2 · 2-(F,/2)· 4 +(F3 VIj2)' 4;

c) za tacku C: 10- 4 = - Fl . 8 Vlj2 - F2 . 2.

l36

Sislem jednacina Sa tfi nepoznate Fi je oblika

pa su nepoznate

4 N,

(0

45°

FI = - 5 (3 + V3") V2f3 = - 11,14 kg; F2 = 20 VI/3 = 11,53 kg;

F3= - 10 (3 + V3)/3 = -15,80kg.

B

N N,

F SJika 1.27.

d

Culmann

Razlaganje mozemo iZVfsiti i grafil'ki, 'po Kulmanavaj

(Culmann) me/adi. Sila F sece pravae (I) u tacki B, a druga dva pravea seku se u tacki S, pa je BS Kulmanava prava(K).

Sada cemo silu F razloziti na

dYe komponente: F1 i silu dul' Kulmanove prave, a zatim ovu silu na jos dYe komponente, kao sto je pokazano na sliei.

Graficke vfednosti dobro se slazu sa racunskim vrednostima.

1.28. Pri promeni momentne tacke menja se moment sileo Kada se umesto momentne tacke u koordinatnom pocetku (0) (riedra Oxy uzme tatka 0' (xo; Yo), onda je moment za tu novu momentnu tacku

Iskoristimo ovaj obrazae za naznacene momentne taCke, pa ce bili

MA, =Mo- (2 Y -2 X) = 13; M B =Mo -(4 Y -4X) = 15;

'Mc=Mo-(3 Y-X)=6,

to jest dobijamo sistem jednaCina:

2 X-2 Y +Mo= 13; 4X -4 Y +Mo= 15; X 3 Y +Mo- 6,

gde su nepoznate:

X = 4 kg; Y = 3 kg; Mo = 11 kgem, pa je F = 5 kg.

Odsecci koje odseca napadna linija sile na koordinatnim osama iznose:

a'= 11/3 em, b= -11/4 em.

1.29. Pretpostavicemo da su stapovi aplereceni ria zatezanje, to jf!st Oil su strelicc unutrasnjib sila [usmert:ne jeuJla ka drugoj. Onda jednacine za ravnoteiu sila koje dejstvuju na disk daju:

I II "

~ .

137

Kako .ie sin Ol = 8/10, cos Ol =6f1 0, sile ustapovima su:

FI = 10 kg (zatezanje) , F2 = 6 kg (zalezanje) , F3 = - 8 kg (prilisak).

Do istih rezultata doti cemo i po Riterovoj me/adi. Prtlpostavicemo da

su stapovi optereceni na zatezanje izabracemo Hi nekolinearne momentne

tacke A, B, C, te ce biti: ______ -~ -,/-

SMA

=G·6-F,·j6=0; 'ZMB =-G·6-F3 ·12=O;

1:, Mc=G. 6-F1 ·16 :cos 0:= O.

1.30. Pretpostavicemo da su stapovi optereceni

jednacine za ravnoteiu daju odnose:

na zateZanje; onda !

1

1:, Y/ = - F - FJ + (F3 - F,) sin Ol + 0;

pa SU, zbog Ol = 45°, sile u stapovima: i

FI = - 200 kg (pritisak); F2 = 50 Vi kg (zatezanje); F3 = - 50 )Ii kJ (prifisak).

Po Riterovoj metodi, uzecemo momentne taeke u B, E i H, te, pod pretpostavkom da su stapovi optereceni na zatezan je, sJedi

l..MB = -F·2-FJ ·l=0;

LMt.= -F· 3 -FJ • 2--F,V2= 0;

'Z M JJ = -3 F-2FJ +F3 Vi=o. Graficka metoda je KlIl

manova. Napadne linije sila F

i F, seku se u tacki I, a sila ~ ~

F) i F, u tacki II, pa je prava

K Kulmanova prava. Silu F razlozicemo na dye komponente na dye komponente u pravcima

jest da streliee sila idu po krugu.

J f

F I

I

I I I I i J I

1.31. Rezultanta ie iednaka algebarskom

i Kao napadne tacke sila uzmimo tackc N j , onda jc zbir momenatu:

praveu (K)

L Mo='ZF1h/=sin OlL F/Xi=(6· 2- 3·3+ 2· 4-1·5)/2= 3 kgcm.

!

f rezultabte paralelna je siJama, pa je a:r = ex = 30°. Njeil polo

. ti pomocu '";nomentnog pravila:

. =;=Frh;'~FrXSinCY.=2x, pa je x=3/2=I,Scm. .;~ ~{;~!if -:::

Napadna j!inija rezultante se,fe + Ox-OSU u tacki N (x = 1,5 cm; y = 0).

1.31- a) Kako jet

Fr = 6 - ~;'+ 2 + F4 = 0, to je F4 = - 5 kg.

Moi;nent sprega iznosd

<]11 = I; Mo= (l2- 9 + 8- 25)/2 = -7 kgcm.

b) F4= -5kg; I;Mo =(l2-9+8-5x4)/2=0; x.=ll/Scm.

1.33; Tere! F prenosi se pomocu uzeta i kotura i dejstvuje kao sila u

uzetu u t~cki B poluge. Kako je AB= AC, to je ugao a = 45°. Otpor zgloba A je kos, p~ jcdnacine ravnoleZc daju:

i FXi=X;I-Fcoso:=O; I; Yj =YA +Fsino:-G-G/2=0;

ZM;I= -G·I/2-G/2·!+F·{sinrx=0,

Ie su kOnlPonentni otpori i sila u uzctu:

FL G V2; X;I=Fcoso:=G; YA=G/2; FA = G VS/2 kg.

1.34.: Otpor zgJoba A je kosa sila, a sila u uzetu F jeusmerena od B ka C, pa lz jednacina za ravnoteZu sledi:

i Z Xi=XA +Fcos ~= 0; Z Y j = YA-G+Fsin~= 0;

Z~\1A =F·h-G·!/2·cos o:=f1sin 6-(G/cos a)/2; 6=~-o:,

te su sila lu uzetu:

I F = (G cos rx)/2 sin (~- a);

komponeplni .otpori.

I

XA = -(G cos a'COS ~)/2 sin (~-a), _?' YA =G -Fsin ~ =G {I- [(sin ~. cos a)/2sin ({3 - am.

Zada(ak se moze reSi!i i pomocu trougla sila. Napadne linije sila -+ -+

FiG seky se u taCki S, pa je napadna jinija otpora zgJoba A prava AS. I

1.35. jTrazeni ugao 'I' odredicemo najlakse iz momeutne jednacine. Kao momentnu tacku uzecemo zglob A, pa je

Z MA = -0 ·1/2, sin 'I'-G/2·f sin <p +Fl cos ("(/2) = o. 1z jednaCine sJedi odnos

cos-.T..(2Gsin ~-F)=O. 2 2

I I 'j

! I I I {

I j i I

139

Prethodni uslov za ravnotefu ispunjen je u dva slueaja:

1) ako je 2G<F, tad a je izrazu zagradi negativan, pa je "(=7t;

2) ako je 2G>F, tada je iIi 'I'=7t iIi je F=2Gsin('I'/2).

Komponentne otpore zgloba odredujemo it prve dye jednacine za ravno--+

tezu. Kako je trougao ABC jednakokraki, siJa F gradi sa - Ax-osom ugao

<p/2, te ce biti

I; Yi = YA + Fsin (<p/2)-G -G/2 = a.

1.36. Pretpostavimo da je AO = a>lj2, onda iz momentne jednacine

za momentnu tacku u 0 sledi

ZMo= -FA·a cos'l'+G (a-I/2) sin '1'=0; sin tp= bfa, pa je

b 2 FA a . . -I- b' 2 tg<p= . =----, FA-rO, a>, a>!. (a2 -tr)'l, G (2 a-I)

Iz droge dYe jednacine za ravnotefu dobijamo komponentne otpore:

Xo=FA; Yo= G.

1.31. Kako je alb = 2, u istom odnosu stoje i tezine del ova lenjira, jer su oba dela istog poprecnog preseka. Iz momentne jednacine za zglob A

dobijamo

Z MA = 2 G ·aI2· sin<p+ G· (a sin 'I'-b/2· cos '1') =G (4 b sin <p)

-G(bcos'l')/2=0, to jest tg'l'= 1/8; <p=7°10'.

1.38. TeZine krakova stoje u odnosu kao i duzine alb = a,s. U ravno

teznom polozaju sistema mora teziste ugaonika da bude na vertikali kroz

prsten A, te sledi

LM A =G· a12· cos (CI.-<p) + 2 G[a cos (a-(p)- b/2· cos 'I'J = 0,

pa je, zbog b = 2 a, usloy:

cos (a-<p) =(4cos 'l')/S, to jest tg'l'=(4-Scoso:)/5sina=V3/S;

tg<p=0,346, '1'= J9° 10'.

1.39. Ugao 'I' odredicemo iz momentne jednacine. Za momentnu tacku

uzecemo srediste karike O. pa je!

Ie je

Z Mo=G (I cos '1'+ h sin?) + 4Gh sin<p + 2 G· h/2' sin <p":"

-2 G (l cos tp- h sin<p) =Gl(8 sin '1'- cos tp) = 0,

tg'l'= 1/8, to jest '1'= T 10'.

1.40. Olpori zglobova SU, uopstc, kosi. Zamislicemo da smo rastaviJi nosac u zglobu C, OJlda se uticaj jednog dela nosaca na drugi javlJa kao

uzajamni pritisak zgloba: Fe l i F~= -Fe t Pretpostavicemo da su za levi

140

deo komponentni otpori Xc i Yc (pozitivni), te ce za desui dec biti - X e i - Ye

(negativni). lednacine za ravnotezu oba deja AC i BC lucnog nosaea daju:

BC) 1:Xi=XS-XC=O;

1: Yj = YB - Yc- 12 - 5=0;

1: Mc=Xs·IO+ YE ·]0-12. 5-

-5· 10=0.

Komponentni otpori zgJobova iznose:

Za odredivanje otpora .zglobova A i B (osJonaca) mozemo posrnatrati Iuk kao jednu ce1inu - Gerberov nosac. Tada dobijamo jednaCine:

l: Yj = YA +YE -1O-I2-5=0;

l:ME = -- YA · 20+ 5· 10+ ]0'13+ 12· 5~0;

M~ = XA • J 0 - YA - 10+ 10· 3 = O.

PosJednja jednacina predstavlja moment sila levog dela Juka za momentnu tacku u zglobu C.

Sada cemo izvrsiti razlaganje (dekompoziciju) grede u zglobu C odrediti komponentne otpore uzajamnog pritiska Fe:

1.41. Oznacimo sa y' = q specificnu duzinsku teiinu poluge, jedinice. kg/m (specificno opterecenje po jednom duznom melru poluge - grede), onda je tezina po luge G = y'/ = qx.

1z momentne jednacine za obrtnu tacku (zglob) 0 dobijamo uslov

l: /110 = Fx -Gx/2- Qr=O; F = qx/2+ Qr/x= f(x).

UsJov ekstremuma je da je prvi izvod jednak uuli:

df/ dx =q/2-Qr/x2 =O, to jest x2 =2 Qr/q,

pa je najmanja sila

Fmin = 2 VQrqj2 = jl2 Qrq .

1.42. PoJuge BB' i CD zamenicemo unutrasnjim siJama FE i Fe tako da su poluge opterecene na zatezanje (to jest da su streJice usmerene ka po

~a ABC i EH). Sada cerno postaviti jednaeine za ravnoteZu poluga:

a) poluga ABC: ::E Yj = -4+Fs+Fe=O; 1:Mc =4.200-FB

.50=O,

te su nepoznate sile: Fs=J6kg; Fc=-12kg;

141

b) po/uga EH: siJa FE u· poluzi BB' dejstvuje sada kao prjtisa~ na polugu EH, pa sledi:

jer je dodir poluge sa Jezistima E i 1I u tackama. Dakle, dobija,mo olpore

oslonaca: FE =6kg, FH=lOkg.

1.43. Quinrenz-vaga se tako konstruise da polozaj terela n'a platformi (poluzi DE) De utice Da taeDOs! merenja vage, to jest da rastojanJe(x) terela G od po luge BD ne u,ice na taenost merenja. Da bismo odredili ;odnose du~

zina p, q, r, a, b, I, uoCimo da se teret (G) nalazi na pJa~formi (poluzi) . DE.

koja je polugom BD vezana za mernu polugu ABC, .a:;;ifsloncem 11 osJanJa se na poJugu HK. Ova je polugom CH vezana za poJugu ABC, a osloncem K

osJanja se na osnovu SK, za koju je vezan i stub OS. 0 kraj A P?luge AOEC

obden je leg tezine F.

Zamislicemo da smo lltlca]e tereta i tega zamenili silama G fi F, a uticaje poluga siJama FD i FH u polugama odnosno uticaje osJon~ca E i K silama FE i Fx , pa cemo ispitati ravnotezu svake poluge.

a) Poluga (platforma) DE:

pa su FD =G (a-x)/~,

'£ME = -FD·a+G(a-x)=O" I

FF,=G-G(a-x)/a=Gx/a. ;

Rezultati su dobijeni sa pOZltlvmID predznakom, SIO znaci da su ~merovi sila

pravilno pretpostavljeni. Sila FD u poluzi BD prenosi se na polugp ABC u B

kao siJa - FD , jer je poluga' BD izlozena zatezanju. Otpor FE, koji je bio usmeren ka poJuzi DE, prenosi se sada na poJugu HK kao pritisak !la meslu E.

b) Poluga HK:

pa su

FH=Gxb/al; F K= Gx/a - Gxb/ai = Gx (1- b)/a/.

Sila FH prenosi se na polugu AOBC u C kao sila - FH, a; sila - F~ prenosi se na osnovu 'vage kao pritisak.

c) Poluga AOBC:

L Yi = -'-F-FD-FH+Fo=O;

pa je potreban teg tdine

F=G [(a-x) q/a + xb (q+ r)/alJjp = Gq/p +

Da velicina tereta F ne zavisi od raslojanja nul i, te se dobi ja odnos i tezina terela:

q/b=(q+r)/l; F=Gq/p,

142

: Kod: decimalne vage je J/l0=0,1.

1.44j Pod pretpostavkom raV(lomernog parnog pritiska sila pritiska iznosi Fo, vA = p;P n/4 = 10·78,5 = 785 kg, gdc jc A povrsina prescka ventiJa. Ova se sila' preno:si preko poluge DB na polugu OA, pa iz uslova da nelTla obrtanja poluge ok,o zgloba OA sledi : '--

LMo=Fr--Gx=O; X= Fr/G = 785·5/50= 78,5 em.

1.45: U datom poloiaju trougao DCE je jednakokraki, DC = CEo Ozna-· cimo sa 7. ugao 1: CED. onda je tga= 10/40= 1,'4, sina=lU/I7, cosa=

= 4]/J7/17· UsI~d dejstva sile F na poluzi OA javiee se u zatezi BC sila Fa' koju

eemo odr~d!ti lZ momentne jednacine za zglob 0 poluge AOB:

n]o] rene

L Mo=FB' r-F/= 0; FB = FI/r.

lsta! ovolika sila, sarno suprotnog smera, dejstvuje na [zglobu C, a I

odrzavaju ravnotezu sile u polugama EC i DB, koje su jednake i usme-ka zklobti. 1z uslova ravnoteZc zgloba C sJedi

I

Sile F. dejstvuju preko poluga EC i CD na platformu i leiiste D.

Vertikaln~ komponenta sile -ji; koja dcjstvuje na platfonnu je siJa sabijanja (pritiska),: pa je

Fp = FJos (f. = (FB cos a)/2 sin IX = FI/2 r tg IX = 50· 100/2· 10· (l/4) = 1 000 kg. i ~ .

1.46f 'Sila F u uzetu odrzava ravnotdu tereW G na strmo] ravm, nagibliog pgla IX = 60?_~uslova ravnoteze tereta G na strmoj ravni, uzimajuCi koordinatni sistcm taka v da je jedna osa paraleina sa ravni, a druga upravna

I na nju, s1edi

F-Gsina=O; Fn - G cos a = 0 ; F=G sin IX.

. Sila - j dejstvuje i na vitao, i 7.bog prethodne pretpostavke ona prolazi hoz pravu AC. Oslonac A jc pokrctan, pa mu je otpor vertikalan, a otpor oslonca. R.jp. koso 1z jednacina za ravnotezu vitia, za 5istem Axy, gdc

se osa poklapa sa pravom AB, sledi;

2: M B = FA' 2a-G1·a-F·h=0;

lz orih jednacina dobijamo vrednosti:

r F= 300). 3 kg; FA = G sin' r;. + G,/2 = 600 kg;

h=2asina.

XB=Gsin IX cos a= 150(3" kg;

~G, i-Fsino:--FA~150kg;

tg0= YB/Xp =!'3/3;

r---FB = I' XB

2 + Ys' = 300 kg;

143

i,47. Na mestu dodira zubaca zupcanika dejstvuju uzajamni pritisci

Fn F". lz momentnih jednacina za sredista zupcanika sledi

Ie je potrebna sila

1.48. ZamisJimo da smo prekinuli uzad koturova i njihov uticaj zame

nili silama j, onda iz uslova za ravnoteiu svakog' kotura sledi:

kotur 4) F4+F-F3=O;

kOlUr 3) F2 = 2 F3 = 4 F;

kotur 2) FI = 2 F2 = SF.

Kako su uZad drugim krajevima vezana za polugu AB, u tackama vezi

. vanja dejstvllju sHe F--; koje su usmerene navise, pa iz uslova za ravnoteZu poluge AB slede jedl:acine:

L Y;=F, +F2+F3+ F4-G= SF+4F +2 F + F-G=O;

LMo~F2·R+F3·2 R+F4' 3 R-G·x= J J po R-Gx=O;

F=G/l5;

x= II R/1S.

Sila F treba da iznosi G/15, a teret treba da je vezan na razdaljini x od tacke vdanja 0 prvog uieta.

1.49. Kako je zatezna sila u kaisu sa obe strane kotura zatezaca jed. naka, ove siJc u oba dela kaisa daju rezultujucu sill] X = 2 F sin IX, koja

dejstvuje u tacki 0 3 upravno na krak O2 °3 poJuge A02 0 3 • Jz uslova za ravnoteiu poluge dobijamo

X(r+ b+ r) =X (b+ d)= 2 F(b + d) sin a = G/, d=D2>

gde je IX. ugao koji gradi pravac kaisa na koturu zatezacu sa vertikalom 0, O2 ,

Pravac kaisa sece vertikalu 0 1 0 2 U tacki P, pa je PO 3 = y, te iz slicnosti pravouglih trouglova sledi odnos:

l'/y=R/{a+R+r-y); y=r(a+R+r)/(R+r); R=D/2; r=d/2, D=D1•

Prcmatome je ugao a odreden rcJacijom

sin IX= rfy= (R +r)/{a + R + r)= (D+ d)/(2a +D +d) = 80/160= 1/2,

pa je velicina tereta

G'= [2F(b+ d) sin IX]!/= 2· 20·40·0,5/40= 20 kg.

1.50. Zavrtanj je specijalna strma ravan osnovice 2 R, gde ]c R poluprecnik zavrtnja, visine h jednake hodu lavrtnja, nagibnog ugla IX koji je

odreden sa tg IX. = !l/2 R 11;. Sila ;: koja dejstvuje na rueicu, stvara obrtni mo-

144

ment Fl, kciji se Moze' zameniti momentom F'R, gde je F sila koja dejstvuje na obimu zavrtnja, tangencijalno. Tezina tereta G razlaze se nl1 strmoj ravni (zavojnici) u dye komponente: horizontalnu, jacine X = G tg Ct., i normalnu

Fn = Gicos (1., koja se ponistava normalnim otporom ravni. Sila jacine X uravIlotez.ava se obimnom silom F', pa je prenosni odnos

i=FIG = F' RIGI = tg a' (R/l)=RhI2R rr 1= hl2 rr /,

te je potrebna sila

F = Gh!2 rr I = 500 . 0,5/6,28·25 R:; 1 ,59 kg.

1.51. Kako Je AB = BO = a, trougao ABO je jednakokIaki, pa Je 1: OAB= -9: AOB='{l' Usvojimo u tacki A pravougli triedar Axy i oznaCimo

sa F silu u uzelu OB usmerenu od B ka 0, onda jednacine za ravnotezu pl.oce (kvadrata) daju:

LX;=FA -Fsin '{l=0; L Y;= -G+ Fcos'{l'~ 0;

2: Mo= FA' 2 a cos ip -G· d12· cos 6 = 0;

gde su 90o -'{l+6=45°, to jest 6='{l-45°, d=aV2.

Iz prve dye jednacine sledi odnos FA/G = tg '{l, pa unosenjem u trecu iednaCinu dobijamo

tg'{l= 1/3, Ie su

FAIG = tg '{l = V2 cos 614 cos <p =(1 + tg '{l)/4;

sin<p=tg'{lIVl+tg2'{l= I/VTO=VTO/IO; cos '{l = 3 V 10/10.

Prema tome su

F~Glcos<p= IOVTO=31,62 kg.

1.52. Teiiste C poluprstena nalazi' se na osi. simetrije Os. Kako su povrsine i teZisla polukrugova

AI=R2rr/2, A2=r2 rr/2, sI=4R/37T:, s2=4r/3rr,

koordinata teziSla poluprstena je

OS= sc= (AI S, - A2 s2)/(A, - A2) = 4 (1 q,3) R/3 (1 - q,2) rr == 14 RI9 rr,

gde je q,=r/R= 1/2.

Zbog toga sto je AK = AB i a = 60°, trougao ABK je jednakostranieni, pa je ugao 6 = a/2 = 30°.

Teret F prenosi se preko kotura (K) i dejstvuje u tacki B poluprstena, pa iz momentne jednacine za zglob A dobijamo

L MA = G (R cos O(-S' cos 6) -F· 2 R sin 0(= 0;

te je vel icina Iereta

s=sc; k=s/R,

F = G (cos a - keos 6) / 2 sin (1. = G {3 (9 rr - 14 V3) 154 rr .

145

Iz druge dye jednacine ravnoteie odredujemo komponentne ptpore zgloba,

uzimajuci triedar Axy u zgJobu. Dakle, bite '

LXj=XA-Fcos (1.=0; L Yj= YA-G+ Fsin a= Oi,

Ie su komponentni otpori i pravac napadne linije otpora

X,j=Fcosa; tg () = _.i = tg ot •. - I . Y [2 1 X A cosa-kSlTICl-,

1.53. Zbog uslova AE= EC = e trougao AEC je jednakokraki, pa je

6=900-~, i 1800-y=a+90o+9()o-~, to jest y=~-a. i

Oznacimo duzinu AD = u, onda iz trougJa ACD prema; sinusnoj teo-

remi, sledi I

u/sin (900 -~) = 12/sin (900 + ot), te je u = 12 cos ~/cos q..

!z trougla AED sledi po sinusnoj teoremi:

(12 - e): sin (0( + 90° - 6) = e: sin J.., . --~

cos 0(.

to jest 121e = 1 + {sin (~+ a)/ sin (~- (1.)]; c= 12 sin (~-a)/2 sin

, Uzajamni pritisak stapova u tacki dodira D je upravan :na stap AB, a

otpor oslonca E upravan je na stap CD. RastavljajuCi grede u tacki D jz jed

nacina za raVllotezu dobiCemo:

a) greda AB

LXj=XA-FDcosa= 0; :E Y/= YA-G I +FD siuot= 0; I

LMA =(G I II sinO()/2-:-FD ·u=0; ,

b) greda CD

LXj= Xc+ FDcos a-FECOS~= 0; L Y,= YC-G2 -FD sin a!+ FE sin [3= 0;

i

L Mc= - FE' e+ FD • 12 sin y+ (G2 12 sin ~)/2 = 0.'

Resavanjem ovih sistema jednacina dobijamo nepoznatci otpore i uza-

jamni pritisak stapova: i GI II sin 0( cos 0( GI /1 sin 2 a

FD = -------= ---- . 212 COS [3 4 Il cos [3 ,

F G,1Isin2asin(~-(1.) GZi2sin[3.

E= +, 4 c cos [3 2 c

Za date podatke brojlle vredllosti $U:

FD =5j!3kg; FF=!3Sj!3/2kg;

Xc=(135 {3- 30)/4 kg;

XA

=7,5 kg; YA =~0-5 V3/2kg, (l0 V3 - 85)! 4 kg_

i

10 Zbirka zadataka jz mehaoike j

146

1.54. Uvedimo oznaku DB= c, onda iz trougla ABD, prema sinusnoj

teoremi, sled! c:sine<:=l:sin ~, to jest c = I sin afsin ~.

SiJa E ~ uletu je horizontalna zatezna sila; otpori poda su vertikalni i I' ~

usmereni nav,ise u tackama/oslanjanja; . uzajamni pritisak stapova Fn u tacki B upravan j9 na stap cD. Zamislimo da smo rastavili grede. onda jednacine

za ravnotd:u; daju: .

a) Slap AB

b) slap CD I

L XifoXc-F +Fnsin ~=O; L Yi = Yc+ FD-G2-Fncos ~= 0;

L ~c= Fn (2/-e)-F· 2lsin ~-Fn' 2/cos ~+G2'/cos~ ~ O.

1z ova :dva sistema. jednaCina odredujemo:

G) cos af2 cos (~- a:); F = G1 eos a sin ~/2 cos (~- a);

FA=G1-;-F"cosp; FD=G,/2-Ftg~+Fn(2-k)/2cos~; k=efl;

Xc=O; Y c= Gz-FD+Fncos~.

Za date brojne vrednosti =0,966; k=,v2/V3, pa su:

je cos (~-a) =cos (600 - 45°) = V2 (l + V3)f4 =

= 50 «(3 - J) = 36,50 kg; F=25 (3-1·%=31.75 kg; .'

FA = 125- 50 V3 = 38,50kg; FD = 75+ 25 V3 + 500 «(3- 3)f2 = 88,43 kg.

1.55. Stap AB oslanja se u tackama AiD na polukuglu, pa je otpor

FA upravan na tangencijalnu ravan polukugle, to jest on proJazi kroz srediste

o polukugJe; a otpor ED upravan je na stap AB. Gtpor poda FE upravan je na pod i Pf@lazi kroz srediste 0 polukugle.

UsvojiIho Dekartov pravoug1i sistem Axy takav da se + Ax~osa poklapa

sa stapom AB. Trougao AOD je jednakokraki, pa otpor 1. gradi sa Ax-osom

ugao ~. Kako stap AB gradi sa horizontalom ugao ~-a, onda i tdina G1

gradi sa - Ay-osom takav ugao. 1z uslova ravnoieze stapa dobijamo

L Xi= FA cos ~- G1 sin (~-IX) = 0;

L Yi=fA sin ~+FD-GJ cos (~-a)=O;

L MA =FD • 2Rcos ~-Gl·112· cos (~-a)= 0;

FA =G1 sin (~-o:)/cos~; ,

Fn'~ GJ cos (2 ~-a)fcos~;

cos (2~-a)/eos (~-a)=1/4 R.

Otpor FA gradi sa horizontalom ugao 2 ~ - a, a otpor PD sa vertikalom ugao ~ - cz Ovi se Oljlori javljaju na polukugJu kao pritisci, pa iz jednacina

za ravnoteru po!ukugle u vertikalnom praveu i prativ obrtanja dobijamo

b Vi=FE-G -FA sin (2 ~-a)-FD cos (~-a) = 0,

L Mo=G' esin a-FD • R cos ~=O,

pa su otpor FE i ugao 0(:

cos (2~-a) fsina = G/2G1 = /. cos (~- a) /4 R sin oc.

147

Jasno da je otpor FE uravnotezen sa zbirom tezina grede i polulopte, je, se uzajamni pritisci polukugle i stapa u AiD uzajamno ponistavaju.

lz poslednje reiacije sledi veza izmedu uglova:

cos (~- a) / sin a = cos ~ etg a + sin ~ = 2GR/GJ I.

1.56. Posmatracemo nosac kao celinu. lednacine za ravnoleiu daju

'E Mc= -FA ·lcos a +Fs ·lcos a+ GI2 ·//3 ·cos a = 0,

pa su jednacine

te su olpori

Rastavimo grede u zglobu C i posmatrajmo ravnoldu nogara AC. usvojicemo komponenine otpore zgloba pozitivnim Xci Y c i pretpostavicem6 da je zatega opterecena na zatezanje silom F, onda jednacine ravnotde daju

LMC= -FA ·/cos e<:+ F·2Ij3· sina+ G·112·cos a+ Gf2 ·lf3· cos a =0,

Ie su

Yc =G/6=2kg; F= G etga= G (V3 - 1)/«(3+ 1)= G (2 ~ (3) =3,24 kg.

1.57. Trougao AOB je jednakokraki, pa je 2 ecos a = I, te je odnos e/l=k= (3/3.

Posmatracemo ceo sistem, te i7. momf!ntne jeonai"inf.' 7<1 mllmfmtnu ta('ku u 0 sledi

L Mo= F:[ecos (a + rp)-1/3· COS <p]-G [1/2. cos <p- c cos (a+ rp)] = 0, pa je odnos teZina:

l~!:....=~. cos<p-2kcos(a+rp) 3-)13 (3 G 2 3kcos(a+<p)-cosrp 2(V3-1) 2

jer je cos 15°=cos(45°-300)=J!2(V3+ 1)/4.

Resenje je realna ako je 1>0, to jest aka je cosrp>2kcos(a+<p). Taj uslov je ispunjen, jer je 2 (1/3 + I) /4> 2 n· V2/6

IV'

148

U tacki A usvojicemo koordinatni sistem Axy sa horizontalnom Ax-osom,

onda jednacille za ravnotezu daju:

L Yi=FA sin(ct.+<p)+FBsin(<x-<p)~F-G=O;

L MA = - F·I/3 iCOS cp-G ,//2, cos<p + Fs '/sin <X = O.

Ako iz druge i treee jednaCine, s obzirom Ila prVll, izracunamo silu FB

i uporedimo vrednosti, biee:

Fs= (t+ I) (2, V3 G!3=(2t + 3) (2 (YJ + I) G/l2,

te dobijamo trazeni odnos

t=F/G=(3-V3)/2(V3-I)=V3/2, to jest F=V3G/2=3!/3kg.

Sile u uiadima imose:

Fs=V2vi(V)+2)G/6=1!2'V3(V3+2)R<9'10kg~ . FA ""'-=42 kg. ,

1.58. Trougao ABC je jednakokraki, jef je AC = BC = CD = /, pa je' ~ h=AB=2/cos<x=IV). Tetina stapa BD je 2G i dejstvuje u tdistu C. Tdinu

diska G razlo~icemo na dye kbmponente- pritiske na stapove AC i BD u

dodirnim tackama Dj • Kako je D J C = Dz C, pritisci su jednaki i iznose

2Fn sina=G, pa je Fn =F=G/2sin<x=Gkg.

a Rastavimo grede u zglobu C, uzajamni pritisak zamenimo siJama Xc i Y c na gredi AC i siJama - Xci - Y c na gredi (stapu) BD i posravimo jed

nacine za ravnotdu za svaku grcdu posebno, pa ce biti:'

greda AC'

I) L:Xi=XA+Xc-Fcosa=O;

2) LY,=YA+YC-G-Fsin<x=O;

3) L:Mc= -XA,/cosa-YA,/sin<x+ + G ,1/2, sin a+ FI/3= 0;

greda BD

4) L:Xi=Xs-Xc+Feosa=O;

5) LY1 = YB- Yc-2 G-Fsina=O;

6) LMc=XB,/eosa-YB,lsina

-F113 = O.

Za date brojne vrednosti bice sistem jednacina:

1) XA+Xc=60

4) XJj-Xc = - 61/ );

2) YA +Yc =18;

5) YB- Yc= 30;

3) XA V3+ YA = 14;

6) XB V)-Ys =8,

lz (l) i (4) eliminisaeemo silu Xc' a iz (2) i (5) silu Yc , pa dobijamo

Slstem jednacina:

17. prve jednaCine je Xn = - X A' a iz druge Ys = 48 - YA , pa unosenjem

u ostale dye jednaCine dobicemo sistemod dye jednacine sa dYe nepoznate:

149

gde SlJ nepoznate

X A = -7 V) kg; Y A = 35 kg; Xs= 7 V)kg; Ys= I kg;

Xc= 13V3kg; Yc =- 17 kg,

Nosac mozemo posmalrati kao iuk na tri zgloba, pa postaviti tri jed

naCineza ravnoteiu i cetvrtu - da je napadni moment grede AC ,u zglobu C

jednak nulL DakJe, bilo bi:

L M A = X B· h - 3 G ' I sin a - G' 1/2 . sin <X = 0;

M~= -XA oleos a- YA ·/sinO'.+G,lj2, sin a+ Flf3= 0,:

Kada se izracunaju nepoznate - komponentni otpori zglobova A \ B, razdva-

J' n'em greda u zglobu C odrediee se i lizajamni pritisak tpga zgloba,

f ' primer, za gredu AC dobice se jednaCine 1) i 2). ~

.,. 1.59" Zboguslova AB=,AE trougao ~AE je je~nakokraki, pa su uglovi

na osnOVlCI BE Jednakl, Ako IZ B povueemo hOfllontalu, onda ~ lako

zakljucuje da je ugao.q: ABE= f3 = 2 a, Zbog toga je osnovnica BE= U=

=2Icos2<x, a zbog ED=c=21j3 bice BC=21-u-c=41/3-2Ilos2<x,

Uzajamni pritisak greda na mestu B upravan je na greduCD. Rasta

vimo grede nll lome mestu i postavimo sesl jednacina za ravnotez~, pa te bili:

greda AB I

2) :s Yj = Y A + Fs cos 0'. - G i 0;

greda CD

4) LXj=XE-X- Fssin <x=0; 5) L Y/= Y£-Fseos a-3 6-G=0; !

6) L M£= -G(2 J-c)cos <x- 3 G (I-c) cos O'.-Fs'u+X· csin:X = 0, i

gde je X sila u uzetu,

Nepoznate su:

G cos <X Fs=-----;

2 cos 2 <X

X= 5Gctga; X£=G(S etg 0'. ++ tg2 0:); Za date podatkc G = 20 kg, 0'. = 30" bite vrednosti:

Fs= 10 0kg; XA =-5V3kg;

XE = 105 V3 kg;

YA;" 5 kg;

YE"~ 95 kg,

X=

150

lz momen!ne jednacine za obrtnu tacku 0 sistema sledi I ,~-12: Mo= G1 • C, cos cp-G2 • C ·cos [1800~ (0: +cpl] ~ 0,

1,60.

pa je odnos tdina i

Uzajamni, pritisak kugli na mestu dodira D pada u pravac centralne

razelaljineC, Cj2' Razdvojimo kugie u tacki D j posmatrajmo ravnotezu svake kugle posebnoj Kako je trougao OC, C2 jednakokraki, uglovi na osnOVICl C, Cz jednaki [su i iZllose (3 = 900 - a/2. Kao uslove za ravnotezu uzecemo rnornen(ne uslqve, pa ce biti:

I I

kugla I

to jest

kugla 2

L Me I =;FB ·(R, + R:z)sin ~-G2 (RI + Rz) cos (rp-~) =0; I

b)' Za G1 =24kg, 0:=30°, <p=75° bice (3=750 ,

cos 75"=slu ISo=V'2 (V3-l)/4;sin 750=cos 150 =V'2(V3+ 1)/4, I

pa je

1.61. Oyde je 1=6rn, to jest AB=9m; AE=7rn; EB=2m; EC=2m; _. 1-

DH=3/2=1,5rn, EH=19/2m. , I

Uzajamni pritisak greda na mestu E upravan je na gredu AB. On gradi

sa vertikalom ugao a = 60°, a na gredu ECDH dejstvuje kao sila - FE> Jednacine ravnoteie za obe grede daju:

I,

a) greda AB

te su,

FE~ 27 G/28 = 54 kg;

b) greda ECDH , X D i- FE sin a = 0;

:E MD = Fe' I-FE cos a· 4//3 -2.5 G ·//2 +G/2 ·1/4 = 0,

151

te su

Fe=99 kg; YD~96kg.

1.62. Ovde je hipotenuza AC = e = 5 a/4, pa su cos a = 4/5, Sill a = 3/5.

Kako je e + <p + rr/2 - a = rr, to je e = (rr/2) - (<p- a).

Jz irougJa ACK, prema sinusnoj teoremi, sledi:

e/sinrp=h/sinO, to jest c/sin<p=h/cos(rp-a),

pa je

cos (<p-a) /sin rp= ctgrp' (4/5) + 3/5 = h/e = Ii:;

ctg<p= (5 k- 3)/4; tg<p = 4/(5 k- 3); . tgrp 4

Sill 'I' = ---- = ... -.-------. (I +tg2 'f')1/2 (2Sk2-30k+2S)1/2

Jz momentne jednaCine za (erne A trougla bice

F· hsinrp-G· 2a/3 = 0; F=2Ga/3 h sin '1'= 8 G/lS k sincp

iIi

Uslov ekstrernurna daje

pa je

pa su

h = 5 c/3 = 25 a/ 12 = 125 em ; Fmin =F=8G/15= 16kg.

Otpor zgloba A odredicemo iz ostalih jednaCina za ravnoteZu:

YA +Fcos rp- G =0,

X A =Fsinq>= 2 Ga/3 h= 24 Gj75 = 48/5 = 9,6 kg;

YA =G -Fcosrp= 30- 16· 4/5 = 86/5 = 17,2 kg,

jer je sinrp=2Ga/3F71=60.60/48· 125=3/5, to jestcosq>=4/5.

1.63. Kako je BO=bc=(f2/16+ 3 P/144)1/2 =1 V3/6, to je sin <): OBD=

= sin (3 = 1/2, cos (3 = V3/2, to jest ~ ~ 30°.

Iz jednacina ravnoteze kugle dobijamo

Fscos ~ - 3 G sin a = 0 ; Fn-3Gcoslt -F,sin~=O,

pa su sila u uzetu i otpor grcde (stapa) AB:

F, = 3 G sin a/cos ~ ~ 3 G = 120 kg; Fry = 3 G (cos Ct. + sin~) = 3 G = J 20 kg

152

~ .~

SiJa - Fn dejstvuje na stap AB kao pritisak, a sila - Fs je sili~ zatege BO. Usvojimo u tacki A sistem Axy takav da se +Ax-osa poklapa sa stapoin AB, pa cemo dobiti

L X j = XA-G sin a.-Fscos f:l= 0;

L Yj = Y A - G cos a + l~ - Fn + Fs sin /3 = 0 ;

LMA = FC'I/4~G .1/2.I/2-Fn • 31/4 +Fssin /3·1= O.

Odavde sIedi

FC =4G=160kg; -1.64. Oznacimo sa Fs silu u uzetu CO i sa F. otpor stapa BC, onda iz jednacina za ravnoteZu kugle i stapova sledi:

a) za kuglu

F, cos /3-G/4· sin a =0; F.- E's sin /3- G/4 ·cos a = 0;

b) slap BC

c) konzola AD ,.

X B - FD sin a + Fn sin a- Fs cos (a'- /3) = 0;

Ys+ FD cos a- Fn cos a -4 G/3 - Fs sin (a-f:l) = 0;

SMs= -4G/3· 21/3· cos G(- F,.. (41/3-R ctgf:l) +

+ FD . 1+ Fs . 4//3 . sin f:l = 0 ;

1z ovih jednacina, s obzirom na ranije dobijene rezultate u jednacini (a), b;ce

FD = (88- 9 V3) G/I 44 "" 24, 14 kg; Xs =XA = FD j/3/2"" 20,88 kg;

<JTIA =128 + 48 = 176 kgni

1.65. Uzajamni pritisak kug\e i grede AB upravan je na gredu AB i prolazi kroz srediste kugle. Uzajamni pritisak greda AB i CD upravan je na

gredu CD. OznaCimo sa S silu u uzetu, a sa F silu u zatezi MN i posmalrajm6 ravnoteie kugle i greda:

a) kugla

pa Sli

Fn sin G( +Scos f:l-G= 0;

Fn = G sin f:lJcos (/3 - a) = (3 -)13) VZ G/2R3 18 kg;

S = G cos a/cos (f:l-a) = (V) - 1) G= 7,3 kg;

b) greda AB

pa su

Fs =(9-2j!3)G/6;

c)greda CD

L Xj=XD + Fcos y=O;

L MD = Fs' 3//4 +G ·1/2-F-1/4· sin y= 0, pa su

F=(l3-2 V3) G; YD=-(12-2 )I3)G/3.

153

1.66. Kako je AK = AB= 1 i a = 60", trougao ABK je jednako~tranicni, te je duzina BK=s=1 i auiina CK=L-s=L-l. Oznacimo ugao.q: 0tCK=cp,

onda iz trougla ACK sledi, prema sinusnoj teoremi: ,

(L - s)/sin a = h/sin <:p, to jest. (L -l)/sin a = l/sin <p; :sin <p = 1 sin ix/(L -I).

Oznacimo sa S = Sc = ~ silu u uzetu (ona je jedina posto je !uze provuceno kroz kotur K) i postavimo momentne jednacine za tri nekolinearne tacke, A, K, B, pa cerna dobiti

2: MA = S ·1/2· sin<:p+S·I· cos (a/2) -G ·1/2· sin a = 0;

2: MK=XA ·/-G·I/2· sinO(= 0;

2: MS=XA ·lcos 0(- YA ·lsin a+G·//2· sin a-So 1/2·sin<p= 0.;

Nepoznate bice:

GjS=k;

L-/= /sin G(;

YA = (5 + V3) G/8",,33,65 kt

sin q.> + V3 = k V3/2 ; sin<p=l; <p = rt/2;

L = I + I sin a = I (I + 113/2) = (2 + V3) 1/2 =

= 2+ V3 = 3,73m= 373 cm.

r

1.67. Ovde je trougao ABC pravougli, pa je s = I V3, sin a = COSi~ = Y3J2, cos IX = sin f:l = 1/2. Trazeni ugao odredicemo, iz skuplle momentne )ednaCine za zgJob C, pa je

te je

odnosno

1: Mc= G .1/2· cos (0( -q.»-2 G [lj/3 cos (~+<p)-lcos <:pj

- 2 G I V3 cos (f:l + cp) = 0 ,

cos (a-<p) = 8 V3 cos (f:l + <:p) - 4cos <p; 9 V3 si~';", 15 cos <p , ~ .. --

tg <p= 5 V3/9;

154

Rasta~'imo grede u zglobu A i stavimo da su komponentni otpori X 4

i Y,4 za gredu AB i - XA i - YA za gredu AC,.a silu u uzctu oznaCimo sa Fu;· ona dejstvtijc na B i na C, pa je sila zatezanja. Jcdnacine zit ravnotezu daju:

I I

a) greda AS

1: Xi = XA -F. cos (~+ 'p) = 0; : i

1: M A = Fu' 1- 2 G ' I cos rp - 2 G ,21 cos rp = 0;

b) greda At

2: Xi = - X ~ + Xc + F. cos (~+ rp) = 0;

2: Ate = - XA I sin (a -q:» + YA ,I cos (a- rp) + G, 1/2, cos (a -rp) = 0,

Odavde nal,azimo nejJoznate

F. = 3 Gi cos 'P/sin ~ = 18 G V 3/52 ;

Xc = 0; Yc '= 5 G (sto se lako uocava i jz skupne jednacine za ravnotem u

vertikalnom pravcu).

1.68. Oznacimo ugao <J: BAP = 2 a i sa s = AC, onda je AD =.U = S cos a.

Iz usJova ravnotei(j kugle i stapa AB, gde smo slavili da je siJa u uietu S, a otpori s\f!pa pod a na mestima dodira D P (zbog simetrije) jednaki, sledi:

a) za kuglu S=2Fnsina;

b) za slap 'AB

2:Xi = Scosa-Fnsin2a=0;

te su Fn = G / cos 2 aj2 s cos a; S =GI sin IX cos 2 a/scos a;

I cos2a "2 Y,4=G[I--,---(1-'Hll1 a)].

2 s cos a

1.69. Oznacimo duiinu OC = b = s + R sa rp traieni ugao, onda iz momentne jednacine za tacku vesanja 0 sledi

I

2: Mo=G· b sin cp-G ·1/2· sin I}= O.

Oznaoimo sa D tacku dod ira kugJe i stapa, onda je trougao OCD pra

vougJi, pa"sledi odnos bsin(rp+I})=R. Unoseci ovu relaciju u prethodni odnos, bicei

(s+ R)sinrp=(isinl})/2; sin<p=sintjl; sin ('P+ tjI) = 1/3.

ovih transcendentnih jednacina dobija se

sin 2<p= 1/3; <p=tY=9°45'.

155

1 .. 70. Oznacimo sa h=l+.-R, onda je bsincp=2R sin~. OznaCimo sa S silu u koncu j sa Fn uzajamni pritisak prve (odnosno druge) kugle j treee, onda iz jednacina za ravnoleiu kugli sledi:

a) prva kugia

S sincp-Fn sin ty =0;

b) Ireca kug/a

S cos cp - G - F" cos ty = 0;

2 Fn cos ty - G 3 = O.

Rako je sin<p=(2R/b)sin ty, bice

Fn =G)2 cos ty;

Kada se kugle dodiruju, tada je tro·ugao C1 C2 C] jednakostranicni, pa

je ugao tjI = <Pm;n = 30°. Tada iz prethodne relacije za tg.p = 1/3!3 dobijamo

G3max = 6 G tgcp/(V3 - 3 tg<p).

B) STATIKA U PROSTORU

1.71. Projekcije rezultanfe na ose triedra Oxyz iznose:

X,= I +3 +0+2= 6kg; Y,= 6+2- 3 + 3= 8 kg; Z,=7-2+9+ 10= 24 kg,

pa je intenzitct rezu1tante:

Kosinusi smera rezultante jesu:

cos a, = 6/26 = 3/ I 3; cos ~,= 8/26= 4/13; cos y, = 24/26 = 12/13,

pa su uglovi koje gradi napadna Jinija rezultante sa osama triedra Oxyz:

a, = 770 50'; ~,= 720 5';

1.72. Ovde su projekcije rezultante na ose tricdra Oxyz:

X, = 2: Xi = 6 - 3 + 2 - 1 - 2 - 2 = 0; Yr = 1: Yi = - 2 + 5 - 3 + 2 + I - 3 = 0 ;

Z, = 2: Zi = 7 -: I + 2- 3 + 4 - 9 = 0,

pa je sistem sucelnih prostornih sila zaista u ravnotezi.

1.73. Ovde su projekcije rezultante na ose triedra Oxyz:

X,=5+5+0= 10kg; Y,=0+6+6=12kg; Z,= 30+0 + 30 = 60 kg,

pa je intenzitet rezultante:

F/ = 100 + 144 + 3 600 = 3 844 ; Fr~ 62 kg.

156

Kosillusi smera su 10/62, 12/62 i 60/62, pa rezultanta ima napadnu liniju koja se pokla'pa sa dijagonalom paralelepipeda, usmerenu od 0 ka

drugom - suprotnom - temenu.

1.74. Moment sile F za momentnu tacku 0 iznosi:

TTlZ -- -i j k -7 -- 2

-+ --+.-+

Mo =[r, F]= x Y z 2 3 =3 i -6j+2k,

XYZ 2 3 6

pa su projekcije vektora momenta na koordinatne ose i velicina momenta:

M y = -6kgem; M z =2kgem;

M2=9+36+4=49; M = 7 kgcm.

Vektor momenta (no sac momenta) gradi sa koordinatnim osama uglove

a.m , (3m i Ym' Ciji su kosinusi (kosinusi smera):

cos a.m = 3/7; cos (3m = - 6/7; COS Ym= 2/7.

Kako je vektor poloiaja napadne taeke u odnosu na oba pocetka para

lelnih triedara dat izrazom ON = 50' +"(j'j.j iIi 7=;: + 7, to je moment sile F za novu momentnu tacku:

M~=[I, - --F]=[r-ro,

-=12i+4j-6k;

I j k

ii= X-Xo Y-Yo Z-20

X Y Z

M~· = 144 + 16+ 36= 196;

-~-i j k

o 3 2

2 3 6

Mo' = 14 kgcm.

1.75. Projekcije rezultante na ose triedra Oxyz jesu:

X,=6-3+2-1 +2-2=4kg; Y,= 3 kg; Z,=12kg, pajeF,=13kg.

Kosinusi smera i uglovi napadne linije jesu:

cos "', = 4/13; cos(3,=3/13; cosy,= 12/13;

tx, = 720 5'; _ (3, = 770 50'; Y,= 21 0 35'.

Za . sistem sucelnih prostornih sila vazi Varignonova teorema (momentno

pravilo) u vektorskom obliku, jer je

--i j k ----?? -.. --? -- -- --+ -- 2 3

I: M 0' = I: [ r, F;] = [r, I: F;] = [r, F, 1 = 4 =24i-sT-6k; 4 3 12

pa su:

I: Mo= Mo= 26 kgm; cos txm= 12/13; cos (3m= - 4/13; cos Ym= - 3/13.

1.76. Velicina opterecenja je F = 40 (16 + 9 + 144)1/2 = 520 kg.

Rastojanje dveju tacaka, T; i T" kao i kosinusi smera te

cos tx = (Xl

Prema tome, duzine stapova i kosinusi smerova bite:

1,=J3dm;

cos(X,=O;' eos(3,= -5/13; cos y, = 12/13;

12 = 13 dm;

cos (X2 = 4/13; cos (32 = 3Jl3; cos Y 2 ~ 12/13 ;

13 = i3dm;

Pretpostavimo da su sile u stapovima usmerene ka cvoru P, onda su jednaeine za ravnotefu sistema sucelnih sila u cvoru:

odnosno

Eliminisanjem sile F3 iz (I) i (3) a zatim iz (2) i (3), dobijamo dYe jednacine sa dYe nepoznate, pa su nepoznate sile u stapovima:

F, = 390 kg; F2 =-195kg;

1.77. Slicno prethodnom zadatku, duiine slapova bice: AJ' = 200 em = = 20 dm, BP= 250 em = 25 dm, CP= 520cm = 52 dm, pa su jednaCine za ravnoteiu evora P; .

I) I: Xi= 12 £,/25 -12 F3/52 = 0; 2) I: Y j = - 12 FJ20 + 15 F2/25 +48 F3/52 = 0;

3) L: Zi= 16 F,/20 + 16F2/25 + 16 F3/52 - 5S0 = O.

Ove jednacine dalje postaju:

5 F, + 8 F2 = 3625,

pa su sile u stapoyima

F1 = 525 kg; F2 =1.25kg; F3 =260kg. ,

1.78. Trougao BAO je prayougli, pa je 2/ cos a = I, to jest cps a. = 1/2 0: = 60°. Trougao CBD je jednakostranicni. Pretpostavimo da 3D sile u

I

158

uzadima zatezne, a sila u stapu pritisna (usmerena ka zglobu), onda su jednaeine za ravnotezu zgloba (B); .

! 2:Xi~ -{Fl:+F,)cos~+Fcos~=O; 2:Yi=(-Fl+Fz)sin~=O; ~~0:/2;

!

pa su F, = F, = F/2 = 50 kg ; F= G!cos0:= 100kg.

Rezultati su dobijenisa pozitivnim predznak·om, sto znaei da su smeroy! sila pravilno pretpostavljeni.

1.79. ; Najpre moramo odrediti polozaj evora P (x, y, z) il odnosu na triedar Oxyr sa poCetkom. u horizontalniei (plafonu) i + Oz-osom usmerenom navise. Posto su poznate duzine uzadi (merene u dm), bice;

Ap2 =(x- 5)2 + (y-O)2 + (z- 0)'= 72 = 49; Bp2=(X- 0)2 + (y-5)2 + (z- Of=49;

Cpz = (x-l5)2+ (y_7)Z + (z- 0)2 = 142 = 196.

Oduzijnanjem druge jednacine od prve i od treee dobijaju se jednacine:

-'-x + y=O;: 15 x+2y= 51, pa Sil X=y= 3dm =30cm i z= ±6dm= - 6 dm,

jer se prva ~ vrednost mora odbaeiti posto evor mora biti ispod plafona.

Oznac:imo sa Fi sile u uzadima sa pretpostavljenim smerovima od evora P ka tackaina vesanja. Usled toga moramo promeniti i predznak kosinusima smerova, pa ce jednaeine ravnotez.e evora p biti:

2: Xi= 2 F,n - 3 Fz/7 + 12 FJ/14= 0; 2: Yi = - 3 FI J7 +2 F,f7 + 4 F}/14 00 0;

L: L; = 6 1-,/7 + 6 F2J7 + 6 FJ/ 14 - G = 0, odnosno

2 F, - :3 F2 + 6 FJ = 0; - 3 FI + 2 F2 + 2 F} = 0; 6 FI + 6 F2 + 3 F3 = 7 G. I

Sile u uzadima iznose:

F, = 42 G/R5 = 42/5 = 8,4 kg;

1.80. Osnova tetraedra je jednakostranicni trougao ABC, straniee a,

vi sine h = a V3/2. Vis ina tetraedra prodire osnovu u tezislu Co' pa je ACo= = 2 hf3 = a 1i3/3, teO je visina H = [a2 _

-(2h/3)2JI12=aJ/6/3. Ivica AV tetraedra gradi sa osnovom ugao 0:, Ie je cos 0: = = 2 hl3 a = V3/3, sin a. = ]16/3.

159

Zbog simetrije, sile u stapovima su jednake, F;=F,usmerene su ka vrhu V, Ie iz uslova za ravnotezil vrha sledi

- !7 -2:Z;= 3 Fsin o:-G=O;: F=G/3 sino:=G!V6= G Je 6/6= 6 V6 kg. ~

Sila -F dejstvuje na pod i fnjena komponenta vclicine F sin 0: = G/3 = 12 kg ponistava se otporom poda FA' evor A napada i sila F' = F cos 0: =G cos a./3.

. sin 0: = G 1/2/6. Ona sc uravno!cz.ava sa silama S u koneima koji se sticu u evoru A, pa ·je uslov za ravnotezu u praveu ACoO:

F'-2Scos300=0, te je sila S=GV6/18=2!l6kg.

1.81. Projekcije glavnog vektora na osc triedra Oxyz iznose

Xr=2:X;=0+4+0=4kg; Y,=L:Y;=4+8=12kg; Z,=6kg. pajeF,=14kg.

Napadna linija glavnog vektora (rezuJtante) gradi uglove sa koordinatmm osama:

cos iXr = 2/7 ; eos ~,= 6/7; cos 1 r= 3/7, to jest

0:,= 73°25'; ~,= 30°55'; 1,= 64°35' .

Sile PI F3 seku Ox-osu, a siJa ~ jc paralelna sa tom osom, pa je

gJavnl moment za tu osu jedriak nuli, 2:Mx='fllx=O. Posto siJc P2 i.F} seku

Oy-osu, a sila P, je paralelna sa tom os,?m, glavni moment za tu osu tako

de je jednak nuli, 2: My = lJIl y = O. SiJa FJ sece Oz-osu. pa je glavni moment za tu OSU:

L:Mz='illz=L: (x, Yi -- YrXj) - 2· 4 -2·.4~ O.

Posto je glavni moment 7.a tacku 0 jednak nuli, '1IIo = 0, sistem sila svodi se na gJavni vektor (rezultantu) koja prolazi kroz redukcionu tacku O.

1.82. Ovde je glavni vektbr

Xr=3kg; Y,=2kg; Zr=6kg; Fr=7kg; cos 0:,= 3/7; cosf3,"'~2J7; coslr=6/7

Glavni moment bice

1JIl,.=2: (yjZ;-ZrYi)= 12kgcm; lJIly =2: (ZiX;-X;Z;) = 3 kgcm;

<JI1,=2:(x; Yi-yiXi) = 4 kgcm, pa je lJIlo = 13 kgcm,

te su kosinusi smera:

cos O:m =12/1 3; . cos f3m = 3/13; cos 1m = 4j13.

Sistem sila svodi se u redukcionoj tacki na glavni vektor glavni moment, to jest na torzer. U gao izmedu ova dva vektora je

cos e = (F" lJIlo)/F,' iJl/o = (3·12 -!- 2·3 + 6·4)/7· 13~" 66/91 "~0,725,

pa jc ugao e = 46°35'.

160

1.83. Kao i u zadatku 1.80, zakljufujemo da je visina osnove tetraedra h=a ~f312, pa je AO=21z/3=aV3/3 i OA'=1z/3=a(3/6. Visina tetraedra je H=OD=aV6/3, te je nagibni ugao ivice tetraedra prema njegovoj osnovi

cosa.=AOla=!/3/3; sin!.i.==H/a= V6j3.

U tdistu osnove ABC tetraedra uzeeemo pocetak triedra Oxyz tako da se osa Ox poklapa sa visinom OA osnove. a osa Oz sa visinom H tetraedra; onda su projekcije glavnog vektora j glavni vektor:

X r = -~V3/3; Y,= -Fz ; Z,=F, V6/3, pa je F,=VF/+F/

Sila F, sece Ox- i Oz··osu, sila is sece Ox-osu, a paralelna je Oy-osi,

te su glavni momenti za koordinatne ose:

'l1t = 0; ~y = -F,· 21z/3· sin IX = -F, a V2J3; ~,= Fz 'A'O=!z a jl3;6,

pa jc glavni moment ~o= : V8 F/+ 3 FF

Za date podalke su:

X,= -2 V3kg; Y,= -8 kg; z,=2V6kg; Fr= 10kg;

cos a, = - 2 V3/10; cos ~r= - 8110; cos I, = 2 V6/l0;

Wx=O; ~y= -24 V2kgcm; ~z=16 V)"kgcm; QIlo = 81/ jOkgcm;

COSam=O; cos(3m'~ -V60/!O; cos,m=2VI0/10,

pa je ugao lorzera

cos 8 = cos a, cos am + cos (3, cos ~m + cos I, cos 1m = 24 V15/ I 00 = 0,92952, to jest 8=21°35'.

1.84. Racun najlakse sprovodimo tabelarno:

I i _I_~N; ____ I_~F; !-,-~_-'~._I ii-I Xi I Yj I Zi X j I Yj I Zi I Yi Z;-z; Y; \ Zj Xi-Xi Z; l:i Yf-Yi Xi I

I 4 3 I -2 4-3', 4 + 2 I 3 + 8 2 -3 2 4 12-4 -6-8 I 4+9 3 -2 I 3 -6-3 -6-6 2-4 4 I -6 -5 0-0 0+5 -6+0

1.: 0 1-0---0-- 0 -15 1-'16--

pa je glavni moment Wo=1/15 2 + 162 =V481"",,21,93kgcm.

Posto je glavni vektor jednak nuli, sistem sila' zaista svodi se na spreg, momenta sprega 21,93 kgcm. Nosal: sprega je u ravni Oyz, te spreg dejstvuje kroz ravan koja prolazi kroz Ox-osu, a upravna je na nosacu sprega

(vektoru \]](0). -7

1.85. Koordinate vektora W4 u odnosu na liiedar Oxyz iznose \]]c4x = \]]{. cos a. = 12 kgm; 'ill. y = 6 kgm; QIl4, = 4 kgm.

.,

j t ~ f , I

! I

I ;

;

161

~~ ,;l j Kako se spregovi mogu,paralelno i pomerati po

;, ;lIl;'i'), .' ........ prostoru, dovescemo ih u tacku 0 i irn;ace;mc!j!",sisltem' sue' nih)vektora 'ill,. RezultujuCi spreg jednak je vektorskom pa projekcije (koordinate): ~i

Wx =6+12+0+12=30kgm; Wz=q ! :

te je moment rczultujuccg sprega W, = QIlo = 31 kgm. Nosac ;ovog sprega ~ i

(vektor W o) ima kosinuse smera u odnosu na ose triedra Oxyi:

cosC<m=30/31; cos (3m= 5/3]; cos 1m = 6/31. i I

1.86. Iz poznate re1acije cos 2 C< + cos2 ~ + cos2 I = I sledi da ic cos 1=3/7. Glavni vektor ima intenzitet F, = I: F; = 7 kg, i on gradi sa fcoordinatnim osama triedra Oxyz iSle ugJove kao i svaka sila posebno. Kak~ su projek-

cije sile F; na koordinatne ose X,=F;cosc<, Yi=Ficos(3, Zi=FiPOSI' glavni momenti su:

i

~x= I: Mx=I:(y;Z;-z; Yi)=cosy I:FjYi-COS~LFjz;= - ~ kgm; I

,]TIy= L M y= I: (z; X;-X;Zi) = cos a I: F/zj- cos Y I: Fixj = - f kgm; I

QII, = l: M z = I: (x; Y;- y;Xj) = cos ~ I: Fix;-cos C< I: FiYi = 6 kgm,

pa je Wo=7kgm i cosam=-3j7, cos(3m=-2/7, cos,m=6/7.

Posto je cos 8 = cos a, cos am + cos~, cos (3m + cos I, cos I;" =

= 2/7· -3/7 + 6/7· -2/7 + 3/7·6/7=(-6-12+ Ill)/49=iO,

o je 0 = n/2, pa su glavni vcktor i glavni moment upravni vektori.

1.87. Redukcijom sila na pocetak 0 triedra Oxyz dobijamo:

X,=F;

i Kako je skalarni proizvod gJavnog vektora i glavnog momenta Jednak nuli,

I to je ugao e = 7t/2" jer je

1.88. Posto su projekcije glavnog vektora X, = 0; Y, = 0; Z, =12 + 1- 3 = 0, to je F, = 0. Ovo je sistem sila paraleIan Oz-osi. Zbog toga je '!fl. = 0, ali su

'21?x=I:Zi Yj=4tm; 'illy=-I:Zixi=-6tm, pa je ~0=2j/j3tm.

Sistem paraielnih sila svodi se na spreg, momenta 2 VIT tIT). Vektor sprega je u ravni - yOx, spreg dejstvuje u ravni koja prolazi ktoz OZ-05U i

upravna je na nosai' sprega.

f I Zbjrka zadataka iz rnehanike J

162

1.89. pvde je gIavni vektor X, =' 0; Y, = 3 t; Z, = 4 t, F, = 5 t, glavni

moment I

9~0=r~, F:l+r;::, F,1+@=11 I ~~I+II~ ~ ~1+4r= jO 3 0 0 0 4

=12i+~r+6k; 'IDx=12tm; 9TIy =4tm; 9TI,=6tm; 9TIo =I4tm. I

Projek¢ija gIavnog momenta na pravac glavnog vektora iznosi , - -~

9nc = Wlocos 6 = (P" 9na)IF, = (12·0 + 3·4. + 4· 6)15 = 36/5 1m. ,

1.90. Qvde su projckcije gJavnog vekto~a X, = 2 t ; Y, = 6 t; Z, = 3 t. pa je F,=7~, te su cos IX, = 2/7; cos~,=6/7; cosy,=3/7.

Projeksije glavnog momenta su

l]](x=-6·2+6=-6tm;lJ1(y=-3·4-6=-18tm; WI,=-2·4-1=-9tm,

pa je 'IDa = i I tm, Ic su cos IXm = - 2/7; cos ~m = - 6/7; cos Ym = - 3/7.

Ugao tbrzera je

cos e = 2/7· - 2/7 + 6/7· - 6/7 + 3{7· - 3/7 = (- 4 - 36 - 9)/49 = - I,

Oba vektora su koJinearna, glavni vektor F, je u prvom, a glavni moment u sedmom okta,nlu triedra Oxyz.

1.91. Uzeccmo mere u dm, pa su duzine uzadi:

PA2 J 1,2 = (0- 2)2 + (0- 3)2+(6- 0)' = 49;

1']32='// = (6-2)2 + (0- 3)2 + (0-0)2 = 25;

PC' = 1/ = (5 - 2)2 + (9 - 3)2 + (2- 0)2 = 49;

I, = 7 dm = 70cm;

/2= 5 dm =50cm;

i} = 7 dm = 70 em.

Oznacimo sa IF, sile u uzadima sa smerovima od P ka tackama vesanja A, B,

e, onda jednq.cine za ravnotcZll sila u cvoru P daju:

Slika 1.91.

b X j = -2F,/7 +4 F,/5 + 3 F}/7 = 0;

b Y j = -. 3 Fl/7 -3 F2/5 + 6FP=0;

b Zi = 6 F,/7 + 2 FJ/7 - G = 0,

odnosno

- 10 Fi + 28 F2 + 15 F3 = 0;

- 5 FI - 7 F2 + 10 F3 = 0 ;

6 F, + 2 F J = 7 G ,

pa su sile II ufudima:

F I =77G/78=77kg; F2 =5G/78=5kg;

F3=7G/l3=42kg.

1.92. Ovde su duzine zatega

AB2= IJ' = (3oy + (-20)' + (60)' = 4 900;

CD2= 1/ = (- 30)'+ (-60)2+ (20)2 =4 900;

11=70cm;

12=70cm.

163

Oznacimo sa FI sile uzategama usmerene od A ka E, odnosno od C ka D. Otpor zgloba 0 ima sve tri komponente, pa su jednacine:

Kako su momenti pojcdinih sila 7..a pocetak 0 triedra [rj, Fj J, glavni moment je

IJTI 0 = ~ 1110 t I + F21 h ~b ~ 1- 80 G T = O. 7 3 - 26 7....: 3 - 6 2

Sledece tri jednacine za ravnotdu jesu:

b Mx= 120FJ/7+ 120F1/7 -80G=0; L My = 0;

LMz= -60FJ/7 + 180F,/7 =0.

Iz poslednje jednacine je F} = 3 F2 , pa je F2 = 7 G/6. Prema tome, sile u za· tegama i komponentni otpori zgloba 0 bice:

F1 =420kg; F,=140kg;

Xo= -120kg; Yo=240kg; Zo= -280kg.

1.93. Sile II 1Izadima '511 vertikalne i usmerene Sl] navise, pa je L Z, =

= FI + F2 + FJ - G = O. Druge dye jcdnaCine postavicemo iz 1Islova da su momenti siJa za ose OA (1) i OB (2) jednaki nuli, te su

L MI =f'l·R sin 60o-FJ ·R=0; L M 2 = -F\·R sin 60° +F]· Rsin 300 = 0,

pa S1l

Fl =(3-V3)Gj6= 6,35 kg; F2 = (3-J!3)G/3= 12,70kg;

F3 =(V3-l)G/2= 10,95= I I kg.

1.94. Usvojimo 11 lezlstu A triedar A:\yz. Sferno Jdiste inia sva tri komponentna otpora, a ciJindricno sarno dva, jeT je YB = O.

Jednacine za ravnOle'lu su:

bMz = -XB (2a+ 3 b) +F(a+2b)-Fa= 0,

pa S1I komponentni otpori lezista:

-XA ~XB= 2Fb/(2a+ 3 b);

J]0

164

1.95. Nepoznatu lezinu tereta F odredujemo iz uslova da nema obrtanja oko ose Ax, te je

F=G/2= 5 kg,

posto je (I. = 30°, ~ = 60°, pa je trougao KAD jednakostranicni.

Ostale jednacine za ravnotelU daju komponentne olpore:

L Y{= YA + Ys-F·cos 30°=0;

Ie su

1.96. Kako je trougao KAC pravougli, KC je dijagonala paralelepipeda,

pa je KC= 3 a/2 = 180 cm, Ie je sin ex = 2/3 i cos a. = VS!3. Projekcija sile F na horizontalnicu je sila F' =Fcos (I. =FV"S/3. 'Nju cerro razloziti na dYe komponente veliCina: X = - F' sin i3 i Y = - F' cos (3, gde je tg f3 = alb = 2, ":pa su sin f3 = 2 VSj5 i cos f3 = V5/5. Prema tome, pro jekcije sile F na ose triedra Oxyz iznose X= -2FI3, Y= -F13 i Z=2FI3.

Iednacine ravnoteie daju:

pa su

G=4Fj3=12kg; X A=6kg; YA=3kg;

Xs= YB=O; ZB= 12kg.

1.97. Kako je XA=YA' to je (1.=45°, pa su koordinatetacke A:

Da odredimo poiozaje temena BiD, uocimo da je OD' = OB' i AD = =AB=a; onda je prava D'B'upravna na simetralu OA, pa je zbog toga

D'O' = O'B'; OD' = OB', te je i AD' =AB'. Kako ove duzi predstavljaju projekcije duzi AD i AB na ravan Oxy meke D i B moraju imati jednake apJikate, to jest mora biti ZD = ZB' Kako su te tacke u ravnima xOY i Oyz, a osim toga je XD = YB' bite

gde je

k= VI +2.p-21j.1.1 ,~"

Koordinate tezista trougla ABD jesu: 11\>

~¥ Xc= (XA + Xs + xD)/3= Vi (1 + tjJ)ay6; Yc=xc; "",

Zc= (ZA +ZB +zn)/3 =v{~~/3. !Ill;

Kako su otpori na mestima dodira upravni na' ravni,

teze daju:

,

"EMz=Fn · XD-FS' YBi=o, pa su

F=V2(2tj;-1)Gj2k;

1.98. Ovde su projekcije glavnog momenta sistema spregov~:

Ilix = 80 kgcm; lliy =240kgcm; Iliz =60kgcm.:

lednacine za ravnotezu daju:

2:X;=Xo=O; LYj = Yo+ YA=O; 2:Z;=ZO+ZA=O;

L Mx= 80",,0; 2: My = -ZA·a+240= 0; L M z = YA ·a+ 60=0.

165

Kocka nije uravnotezena jer ostaje spreg Ilix . Da bi se i ovaj spreg uravnotezio, telina kocke mora biti

Tada su otpori

Xo=O;

2: M,,= 80= G'aI2, G=16kg.

Yo=-YA ; YA =-6kg;

20= -8 kg.

1.99. Du.zine stapova su 11 = 13= I. = a, '2'= I. = Is = a V212. ~retpostaviCellO da su sile u svima stapovima usmerene lea ploci, onda j1dnacine za ravnotezu daju:

LX/=F+F.V2/2=0; 2: Y;=F-(F2 +Fs) V2j2=0;

2: 2; = -G + F, +FJ +F6+ (F, +F4 +Fs) V2j2 = 0;

~Mx= -Ga12 +F).a+F. Vi/2 ·a=O; 2:My = -Ga/2 + (F, + F3) ·a+

+ (F2 + F.) V2/2 ·a=O; ~ M, = Fer-(Fi + F.) V2/2. a= 9· Rdavanjem ovog sistema jednacina dobite se;

FJ = 3 G12;

F6 =3G/2.

166

! Sile ,U stapovima 0), (4) i (5) suprotnog su smera od pretpostavljenog,

10 jest stapovi su optereceni na zatezanje, jer se pretpostavljalo da su optereceni na I pritisak.

1.10". Posto je ploca horizontalna, trougao A'D'B' u ravni Oxy je jedriakostranicni, a takvj su i trouglovj OA'D', A'A"B' i D'B'Bu. Zbog toga su koordinate temena ploce:'

I A (d:11J12; .aI2; a); B(aV312; 3a12; a); D(O; a; a)

pa su koqrdinate tetista ploee:

~C=(~A+Xll+XD)/3,=,aV313; Yc=(fYi)/3=a; zc=a.

F[, i= 1,;;; .. , 6 siJe u s!apovima i pretpostavimo da su sproves ti tabelarno.

F 3 a/2 -0 Ga

F, aJ!3/2 a/2 F, V6/4 , V2i4 F,V2i2 F, aV3/2 a/2 a F, F,al2 . -V3F,aI2 F, aJ!3/2 .30/2 a -F,V6/4 F, V2;4 I F, Vi/2 V2F,a12 -V6F,012 F 0 a a' - I F

F,a . -F~2I4 F.~2 aV372 3al2 a 3F,a12 -V3F,aI2

aV3/2 i 3 al2 a I F. V6'i4 V2F,a

Jeddcine za ravnotezu daju sistem jednaCina:

1) 'LX;=F,-FJ +F6=0; 2) 'L y,=V2(F, +F) -F6)/4-G=0;

3) 'LZi= ~2(Fl + F) +F6)/2+F2 +F4 +F5 -G=0; !

4) 'L Mx=f2 + VIF) + 2F4 + 3 Fs+2 ViF6 =0; I I-

S} "ZMy = j-3 F2 -3 V 2F)-3F5 + 2G=0;

lz ovih jednaeina sledi:

I I

b) iz (6) I

c) iz (l)

F6= -GV212;

F)=F,+F.=GV2/2; pa je F3= -F6'

Zbog jovih relacija je I

d) iz (3) F2+F.+F5':"0; !

e) iz ~4)

f) iz b~ !

F2+2F4 +3P,=0;

3F2 +3F5 =-G,

-V3Ga{2

-V6F.a/2

I

167

pa su:

F, =GVZ=24Vzkg; F2= -GI6= -4kg; F)=GV2;2= 12V2kg;

, F4=GI3=8 kg; F,= -G/6= -4kg; F6= -GV212= -' 120 kg.

1.101. Duzine svih stapova su iste, 1/ = f2 + a2 = 25a2/9, Ii = 5 a/3, pa je cosoc=afl;=3/5, cos~=I/I;=4f5, cosy;=O. Pretpostavicemo da sve sile u stapovima Fo,=F; dejstvuju ka plocici, onda jednacine za ravnotezu daju:

2;My = -Fa+(F,-F2 )acosa.=0;

Iz ovih jednaeina sledi: F3 = F4, F2 = - F6, pa je F, + F, = 0, te su siJe:,

1.102. Duzine stapova iznose: 1,=lz=(c2 +h2)!I2=aVs; 13=1.=h=2a;

Is = 16 = (e2 + a2 + h2)11

2 = a V6; d= hl4 = a12.

lednacine za ravnotezu, stavljajuci da su sile Fo; = S,' bice:

"Z Z;= (Sl + S2)hll, + (S3 + S4) + (Ss+ S6)h/ls-G -£2 = 0;

'L Mx = (S, + S2)' (a + b) hill + (S) + S4) a+G (a + b)/2 = 0;

'L M y = (SI-S2) he/II- (S3--S,) e-Fl h-F2 e=O;

"Z M.= -(S, -S2) (a + b) ell, = O.

Za date odnose duzina biee siJe u stapovima:

1.103. Tereti se preko uzadi prenose i dejstvuju u tacki 0 ploce. 1z uslova projekcije sila na pravac OB i sume momenata za tll osu bice:

1) F2 +F) cos ~+ Fl cos (3600 -a.) = 3 +2 cos ~ + 4 cos a.= 0;

2) F3 ·R sin (I800-~)-F, R~in (180°-a.) =R(2sin ~+ 4sina.)=0.

Kako je sin~=-2sina. i 3+2cos~=-4cosa.=-4VI-(sin2p)/4= = -2V4-sin2~, stepenovanjem dobijamo

9+12cos~+4cos2~=16-4sin2~, to jest 12cos~=3,

pa je cos~= 1/4, odnosno ~=75030'.

DaJje je sina=-0,5 sin~=-0,484, pa je a=15103'.

Treci ugao je y=360o-a.-~= l23°27',

168

1.104. Kod pravilllog tetraedra j~ H = a V6/3; h = a V3/2, cos IX = V3/~ sill IX = 16/3: Projekcije glavilog vekrora "su: . .

:L: Xi = - Fcos IX + Fcos IX' cos 60° = - FV3/6; :L: Y j = F- F cos IX ·cos 30° = F/2, ---.... "'-~ ...... '" __ • ...,..r"-~ ___ c-=----="-_

1:L: Zj = 2 F sin .::.:.?Ff6/3'Jpa je F,= !'VI:cp !f3kg.

Glavni momenti za koordinatne ose jesu:

:L: M .• = Fsin IX ·a/2= Fa 16/6; L M y = -Fsin 1X·2 h/3 +Fsin IX ·h/3 =

= (-Fh sin 1X)/3 = -Fa Vi/6; :L: M, = - Fhf3 = -Fa V3/6,

te je g'avni moment ®o = Fa VIT/6 = 120 VIT kgcm.

Ugao izmeau ova dva vektora je

= - V66/11 = "-0,739;

I.IOS. Zbog b=40cm i BE=30cm, bice DE=50em,pa je cos a = 4/5 i sin a = 3/5. lz uslova da nema obrtanja oko Ay·ose sledi

:L:My = Gbl2 -Fb sin a = 0; to jest F=G/2 sin a= 5 G/6= 10 kg.

OstaJe jednacine za ravnoteiu daju:

pa su

1.106. Duzina DK iznosi

DK2= [2 = (0-40)2 + (0- 30? + (80 V3 - 30 V3f= 102 • (l6 + 9 + 75); 1= 100 em,

jer su koordinate tacke D (40 em; 30 em; 30 V3 em), pa su kosinusi smera

sile F u uzetu:

cOSa= -2/5; cos~= -3/10; cosy=V3/2.

Jednacine ravnotcie daju:

I: Xj=XA -2 FI5 = 0; L Y;= YA + YB -3 F/IO=O;

:L:Zj=ZA +ZB-G+ V3F/2= 0;

L.M,,= -G·1O+24V:fF=O; LMy = -80ZB +40G-32V3F=0;

LMz= YB ,80=0.

jer je

-~F Mo = 40

-2F/5

30 -3 F/IO

~

k

30V3 V3F/2

, i

i V3i -32V3l

Dakle, sila u uzetu i komponentni otpori oslonaca bice:

F= 5 V3G/36 = 5 V3kg;

ZA=33j2kg;

XA =2FJ5 =2 V3kg;

,

YA = 3 V3{2kg;

ZB= 12kg.

Ii

169

l.I07. Ovde su OB=d=100cm, O'K=100cm, pa su ;sin~=3/5,

cos ~ = 4/5, sin'{ = 4/5 j coS'{ = 3/5.

lednacine za ravnoteiu siJa daju: i

• 1

:L: X;= F3 • V2/2· 3/5 +XA = 0; :L: Y;= -Fj +F2 • 3/5 +F3 V2/2' 4/51+ Y A = 0;

:L: Zi= -G -G/2+F2 • 4/5+ F3 , fil2 +ZA = 0;

:L: Mx= G, 40-F2 ,4/5·60=0; :L: My = -G· 30+ ZA' 60 = 0;

pa 511

XA = -6kg; ZA~G/2 = 15 kg; tjt~"

F2 = 5 Gj6=25 kg; 1f;jF3 = 10 jl2kg. i ·.··.I~ ....~, i

I.IOS. Radi Jakseg racuna uzimamo;m(!re u declmetpma. i Oznacimo iM; • "'''''''''''1 sile u stapovima sa F .=5., onda cemo racun sprovcst! 'tab o.! "' . ! i~ ,l[ .

I Flr~~~-; -,_'-:Z-Y; Zj I Yj Z;-z; Y1 I Z; Xj-Xj

1------~I--------·----~------7--2-G~~j-~~1 G 2 0 0 '/ -G

F, 6 0 0 -2 GI3 i

4G

F, 0 2 0 G/3

S, 0 2 0 S, 2S,

S, o -2 0 S, --2 S,

S; o -2 0 -3S,/5 4S,/5 -8'S,/5 S,/5

S, 0 2 0 -3 S.l5 4S,/5 8 S.l5 6 S,/5

S, 6 0 0 S,/(17 4S,!Vl7 -24s,/V17 s,/l/17 1 ._

S. 6 0 0 -S,/(17 4 SoIV17 1-24 S,/V17 s,IVTI

170

Sabirarjem dobijamo:

.z:; Y j =SS-S6 + G· VT7f3 = 0; .z:; Zj= s! + S, + 4 (S3 + S.)/5 +

+ 4 (Ss +s6)(VT7 -5 G(3 =0; i /_

2::'M.=si ~S2-4 (S3-S.)/5 =0; .z:; My = -24 (Ss+ S6)/t 17 + 6 G = 0;

S,)/5 + (Ss - S6)/VT7 = 0,

=96kg;

-4 VT7 kg;

S)= -40GI48= -80kg;

S, = 7 VT7 G/24 = 28 VI,? kg.

ABeD jesu: , .

x=O; r=(a+2b)h/(a+b)' =240· 180/3· 180';"'80cm=8dm;

Koorqinate karakteristicnih tacaka vezivanja stapova jesu:

z=O.

K(5dm; i 6dm; 0); K'(-5dm; 6dm; 0); A'(6dm; 0; -8dm); I i D'(-6dm; 0; -8dm),

pa SIl duzj~e A'K=D'K'=VlOT""IOdm; PA":=IOdm. i --+ --+

Kosinysi smera sila F) i F. jesu:

-1/10; 6/1iO; 8/10;1/10; 6/10; 8/10; osim toga su cos~=4/5; sin~=3/5.

Moro~nti sila 1) i 14 za poeetak 0 triedra Oxyz bite: ~ ~ ~

i j k 5 6 0 =F)(4S T-401+36 k)/IO;

-1 6 8

MF4=F4(48 fl-40 T-36 k)/lO. o lednaCine za ravnotezu sila jesu:

I

.z:; Xi=GI3~F3/10+ NIO-Fs' 3/5 +£6' 3(5 = 0;

odnosno

i i.z:; Zj=Fj +F2+ 8 (F)+F.)/10+ 4(Fs+ F6)/5-G-G=0;

21 Mx= - 8 G -IS G+18 (F3+ F.)/IO + 18 (F5+F6)- 4/5 =0;

.z:; M y = (F,-El) ' 6-:- 40 (F) -F4 )(10 = 0;

.z:; M z =36 (F) -F,)/IO+ (F5 -F6)' 3/5 - IS = 0,

F)-F. 6(Fs-F6);;~;: F3 +F,=0;

+8(F5+ F6)=1200;

F) + F4 + 3 (Fs + F6) = 325 ; 3 (F) - F,) I- 2 (F) - F4) = 0; i

(F) - F.) + 3 (Fs -F,) = 0_

17 t

Sile u stapovima iznose:

F3 =-100kg: F,= 100 kg;

Fs = 525/6 kg; F6 =125/6kg.

1.11 O. Ovde su vis ina trougJa h = a V3/2, cos C( = 6/10, sill C( = S/I 0, r = ct, te iz jednacinaza ravnoteZu sistema sila dobijamo:

.z:;Zi =F) + F3 +F2 ' 8/10 + (F. + F6 )· 8/l0+ Fs -G = 0;

.z:; Mx= -(Ft +F2'· 8/10) ·a/2+F) ·a/2+F.· 8(IO'a/2=0;

Odavde izracunavamo sile u stapovima i one iznose:

F6 ='F.=29 kg.

1.111. Kako je h = 40 cm, bl2 = 30 erri, to je [) = 12 = 50 cm. Zbog toga sto je H=60cm, a=80cm bice 14=15= 100em, te je eosa.=h/I,=a/l.=

~ ~

=4/5=8/10, sillC(=3/5=6/1O~ Oznacimo sa Fui=Fj sile u stapovima koje smatramo da su usmerene ka ploci, onda jednacine za ravnoteZU daju:

.z:; My = (F. + Fs)' 3(5· SO-G· 40-G· SO=O;

.z:; M z =(F2 -F,)· 4/5·30 I- (F. -Fs) - 4/5·30= 0,

pa su sile u stapovima:

F.= 25 kg;

1.112. Specifiena tezina materijaJa (ceJika) je Ym = 7,85 kgfdm3, pa je tdina vratila:

G =Ym' J2 1t/4-1 = 7,85·0,52·3,]4·20/4= 3] kg.

172

Za izabrani triedar Axyz jednacine za ravnoteiu daju;

2. M y = 20XB - 48 G- 30Gcos \1.= 0;

2. M, = 5 F- (2 G....., G) . 2-(5 G cosa)·j = 0, pa su

F=(4 + 5 V3) ·G/lO= 1,265 G = 39,3 kg;

1.113. Koordinate tacaka P i K iznose:

pa je rastojanje

-Ie su kosinusi smera sile F2 :

COS (32 = -113/4;

Stoga su Dekartove koordinate sile is. u odnosu na triedar Axyz:

X2 = 3 F,/4; Y2 = -)/.3F2/4;

Sila ~ paralelna je ravni Axy, te su njene Dekartove koordinate:

Tezina vrata G dejstvuje u teiistu C, Cije S1l koordinate:

xc=bj4; Zc = h/2 = bj4.

Stoga tacka H-napadna tacka sile F,-ima koordinate:

lednacine za ravnoteZll prostornog sistema sila daju:

2. Zj = Z A - G + F2/2 = 0;

2. Mx= - YB' h+)13 F, b/4-F, b/8-)I3Gb/4= 0:

2. My=XB • h+ F2 b/4-J/3 F,b/8 + GbJ4 =0;

2. M z = - VI F2 b/4 +FI b="~- .

pa su k~~ponentni otpori oslonaca i sila F,:' , i

X A =(24-)13) G/48 = 139,20kg; y .. = (J VI - 5) G/16= 165,~5 kg; ,

ZA = (6-)13) G/6= 213,50 kg;

173

XB = -(24 + 5)13) G/48 = -204 kg; YB~ (7 - 8 V3") GfJ 6= -1118,25kg;

F, = 41/3 F,/3 = V3"G/3 = 173 kg.

1. II 4. Kako su koordinate tacaKa:

A (a; 0; 0), C (a/2; a/4; a V3J4) , P(O; 0; a

rasto janja su:

Ap2= (- a)2 + 0 + (a 113)2= 4 a2;' AP= 2 a;

Cp2=( -a/2)2+ (-a/4)2+ (31I3a/4)2; CP=aVZ;

pa su kosinusi smerova pravih AP i CP:

COS "', = -1/2; COS (31 = 0;

COS (32= - Vl/8;

COS y, = J/3/2;

COSY2= 3 116/8: U delu uzeta AP dejs\vuje sila ~, a u delu CP sila F,.: Ali kako je

me provuceno kroz prsten (P) obe ·sile su jednakih velicina,i F, =F2 =F.

Stoga jednacine za ravnotdu postaju:

2. Xj =XB -F/2-FVl/4 = 0;

l:Z;=ZA +ZB+)13 Fj2+

posto su momenti sila F. za tacku B (0):

~ ..,.. , J k

~F, Fa ~F, I MB = a 0 0 Ms =32 -F/2 0 F(f/2 I

..,.. - -j k: 2 I VI

-2V2 -(2 3116 I

tacaka K (0; 0; 2 a) i D (0; a V3/2; a/2),

1 CK=I=2a,

I -+

pa su koordin,3te sile F:

X=F/2; . Z =3 F/4.

Koordindte leZista C ploce

3 _

xc=(Xt +xz+kJ)/3=0/3; Yc ~ t.Iy;)/3 = a V3/6; Zc = (Zl + Zz + zJ)/3 = a/6. !

jeT je moment sile F za tacku A (pocetak 0):

I +-7 Fa lvi A =-i 4

i Prema t!Jme su:

j

o V3/2

2 -V3

k Fa -+ _ -+ ......... _

1/2 =402V3+j-kV3). 3

F=G/3=4kg; X A=-GI6=-2kg; Y,4=O; ZA=G/3=4kg; !

X)=O; YB=V3G/12=3kg; ZB=5G/12=5kg. . i

1.116. Koordinate tacaka su:

}- . ;- h K(O; 0; R I1

3cm), D(R/2; 0; RI3/2); C(2R/3n:; 0; 213R/3n:),

pa su Dekartove koordinate siJe F: I xt -F/2;' -1:0; Z=V3F/2; jer je KD=I=R.

JeclrmCin,e za ravnote~u daju:

:E X;= X A + XiJ-F/2=0; :E Zi=ZA +Z8+ 1/3 F/2-G= 0;

Iz ovih jednaCina sledi:

1.117. Koordinate tacke D jesu (RV3/4; -R/2; 3R/4), pa je

DK2 = f2 = (- R V3/4) 2 + (R/2)2+ (R VI - 3 R/4)2 = (8 - 3)/3) R2/2"" 1,41 R2;

te je du.zina I=DK~I,2 R. Stoga su koordinate sile

F (X=-3F/4,8; Y = 2 F/4,8; Z = 3,92 F/4,8)~

Jednacine ravnotde su sledece:

XA + xB-V3 F/4,8 =0; YA = -2F/4,8; ZA + ZB~G + 3,92 F/4,8 = 0;

ZA R ~ZB R - 2·6,92 FRj4 ·4,8 = 0; G· 2 Rj3 7C- 6,92 FR V3 /4·4,8 = 0;

(XA-XB) R= 0, te su:

175

VeliCina sile -; u koncu smanjila se za oko 33%, pa se time menjaju komponentni otpo~i oslonaca.

1.118. Oznacimo sa Gt tdinu vratila, a sa G2 teiinu kaisnika, onda ce jednacine ravnoteie sistema sila koje dejstvuju na vratilo da budu:

te dobijamo

:E Zj=ZA + ZB-F-Gt-G2= 0;

:E My=Fr-GJ R= 0;

1.119. 1z jednaCina za ravnotezu sila

:EXj=XA+XB+F=O; :E Y;= YA=O; :E Z;=ZA +ZB-G=O;

:E MX=ZB' I-G· (a+b) =0; :E My = -FR+Gr=O;

1; M z = -%B·l-F(l-c)=O, dobijamo:

F=Gr/R;

XB = -F(l-c)/l; ZB = G (a+ b)/J.

1.120. Ovde su 1=120cm, a=50cm, c=40cm, R=25cm, r=5cm,

pa su jcdnacine za ravnoteZu:

1; X;=XA + XB+F=O;

176

Ie dobijamo

XB =-40kg; Z.B=175kg,

1.121, Teiina vratiJa iznosi

Jednacine za ravnoteZu daju:

LXi=XA+XS +(F,+F/)-(Fz+F;)j2=0; LY,= Y'4=0;

L Zj= ZA +ZB-GO - G,-GZ-(F, + Fz') V3j2 = 0;

L Mx=Zs'lO-Go' 5-G" 3 -Gz ' 8-(F2 +Fz'), lf3/2, 8=0;

L My=(F)-F)') R,-(F2- F;), R 2= 0;

L M,= -XB,IO-(F) +F)')' 3+ (F2 + F2')/2 , 8=0,

pa su

Zs=703 kg,

1.122, Kako su koordinate tacaka

K(a; 0; a); D(O; ay3j2; aI2),onda je DK=I=aY2,

te su koordinate sila:

F(X=(2Fj2;

F",(X",= --3GI2;

pa jcdnllcinc ruvnotczc duju:

y= -V6FI4;

Yw -Glf3/2 ;

Z= Jf2 FI4),

Z.,= -G),

L Zi= ZA + ZjJ + FJf2/4-2 G =0;

Z M,= -GaV}/4-3Galf3/8+FaV6/8+Fa 3 (2/8=0;

Z My = 2 Ga - 3 Gal8 + Fa 2 V2/8 - 2 Zs a = 0;

Z M, = 7 V3" Gal8 -- Fa V6/4 + 2 Ysa=O.

Komponentni otpori oslonaca i sila iznose:

F= 5(V3 -1)G/4= 91 kg;

YB = -169 kg; i

Zs=65,2l'kg.

177

1.123. Kako su koordinate tacaka D (R; 0; 0), K (0; 0; 1 R/3), dulina je:

DK = 1= [( - R)2 + 0 + (4 Rj3)2)1/2 "'" ~::flf'S; i

pa sn koordinate tereta: F(X = - 3 Fj5; Y = 0; Z = 4 F/5). Sada i'z: jednacina za ravnote2'u sledi:

i

ZMy = -4FR/5+ Gxc=0;

->

pa su sila F i komponentni olpori:

,

gde je Xc koordinata tezisla srafirane povrsine. Ova povrsina je rahka povr·· sina polukruga (1) i kruznog odsecka (2), sredisnjeg ugJa 2 IX = 900, to jest oc = 450 odnosno IX ~ 7r/4. Prema tome, po zakonu leiista bite '

R,i

Xl = 4 /311:;

Az = RZ IX- (R2 sin 2 a)/2 = R2 (1t~ 2)/4;.'

X 2 = -R+ 4 R sinJ a./3 (2oc-sin 2 a,);

te su

Brojne vrednosti terela F i komponentnih iznose:

F = 0,70 G = 7 kg;

1.124. Koordinate tacaka su: D' (R R/2; 0), K CO; 0; 4 R/3), pa su

D' K = I) = [( - R /3/2)2+ (RI2)2 + (4

D" K = t2 = [( - R 113/2)2 + ( - R12)2 + (4 R/3)2J!/2;

12 Zbirka zada[aka iz mebanike 1

117"·~nr{)Vl1ceno

dejstvuje ista sila;F=F'=F" jednaCine :9 ravnotezu daju:

(K), u deJovima D' KiD" K uZeta ali su projekcije sila razlicite. Stoga

2: Xt=XA +¥r 3]13 F/IO-3 ]l3F/1O=O; 2: Yj = YA+3F/IO-3F/IO=0;

2: Mx=( -Z", +ZB) R-8 FR/20+ 8 FR/20=0; ,

-8]13 FR/20=O;

jer su mom'cnti sila F' i F" za koordinatni pocetak jose: I

-> p fFR Mo=:-

20

-, ~

kl --> ~

] j ~r FR

I j k VI -J ~ I; Mo=- ]13 I 0

-31"3 3 20

-3(3 -3 8

Iz prefhodnih jednaCina dobijamo:

F = 10 V3 G},c/24 R= 0,403 G= 4,03 kg, XA = XB= 3]13 F/10;

i ZA =ZB=G/2-FjJO= 4,6 kg.

1.12S.! Koordinate te£ista trostrane prizme su: i

xc =a/3 =20cm=2dm; Yc = b/2 = 4 dm ; zc=c/3= I dm.

Kako je tgF=bjH=4/3, to sina:=4/5; cos rr.=3/5; ~=450.

Oznaci,mo sa F.i = Fi sHe D stapovima i pretpostavimo da SD sve usmerene ka pJoci, tada SD jednaCine za ravnotezu:

t X;=FJ V2/2=0~; .2: YI = -F2 sinrr.-Fssin rr.= 0; , -;--

:t Z,= F] + F. + F6+F2 cos rJ. + Fs cos a+ F, sin ~-G = 0; !

~ Ml= (F] cos ~ + F6) b-Gb/2= 0; 2: My= (F. + F5 cos a+ F6+ i

+F3icos~)a-Ga/3=0; 2:Mr= -(Fssina)a-(F3sill~)b=0. I

lz ovih jedqacina dobijamo:

F\ =2 G/3 =10 kg; F2=F)=F5=0; !

F.= -G/6= -5 kg; F6=G/2= 15 kg.

1.126. : Pritisci stativa na pod su vertikalni, pa Sil i otpori poda vertikalni. Jednatine za ravnotezD svih sila, uzimajuCi osu BP' za x-osu i osu AC za y-osu, bieq

179

gde je h = a V3/2, pa su:

FA = Fc= (G + F)/3 + FR/2 h;

Prevrtanje stoIa nastupice kada je FB=O, to jest kada bude 3 R/h> 1, odnosno F>G/[(3 R/h)-l).

1.127. Duzine svih stapova su jednake, II=i=50cm, pa su cosR=3/5, sin rr. = 4/5. Visina trougaone ploce je h = a VI/2 = 3 V3 dm.

........ RaiSun sprovodimo tabelarno sa F.i= Fj :

-I j XI Yj I I Zj XI Y1 ZI Mx.

G V3 0 0 0 0 -G -F 3v3J2 0 0 Flf3/2 0 F/2 -

F, 0 0 0 0 -3F,/5 4F,/5 -

F, 0 0 0 0 3F,I5 4F,/5 -F, 3Y31z -312 0 3V3FJIO 3F,/10 4F,/5 -12F,/10

F, 3v3t2 3/2 0 . 3V3F./10 -3F./10 4F./5 12 F.l1O

F, 3Y312 -312 o -3V3F,/10 -3F,/I0 4F,/5 -12F,/10

F. 3 V3/2! 3/2 0 -3 V3F./I0 3 F.IlO 4 F./S 12 F.1l0

Iz tab lice sledi:

pa su:

My

JGV3 .-F3 v3t4

-

-

-12 V3F,

-12 V3F.

-12 V3F,

-12 V3F.

M z

flO 9 V3F,JIO

flol-9 V3F,/10

/10 1

1

-9 V~,/lO 110 9 V3 F,/IO

1.1Z3. Sada je teret F vertikalan i dejstvuje u taiSki S, te daje sarno moment oko Ox-ose koji iznosi -Fh=-Fa/2=-3V3F. Spreg predstavljen vektorski pada u pravac + Oz-ose. Stoga su jednacine za ravnoteZu:

pa su:

180

1.129. Zbog simetrije optereeenja i motora bice sile u stapovima: Fl = F. , F2 = F" F J = F6 •

Duiine stapoVa i kosinusi smerova sila bite:

I;

2;

3;

4

5

6

, [/ (ern)

131,16

137,42

151,33

, cos a; I cos III

0,762 /-0,366

0,728 ,-0,204

0,793 -0,396

I cosy/ -

0,534

0,655 I

I -0,463

pa jednacine za ravnotefu daju:

L Xi = 2 (F1 cos iXl + F2 cos a2 + F3 cos e(3) = 0;

L: Yi = (F4 - F1) cos [31 + (Fs - F2 ) cos [32 + (F3 - F6 ) cos [33 = 0;

L Zi = 2 (F1 cos YI + F2 cos Y2 + FJ cos Y3)-G= 0;

jer Sil prva dva momenta zbog simetrije jednaki nuli. 1z ovih jednacina sledi

F,=F.= -1 574kg;

l.BO. Za izabrani triedar Axyz koordinate tacke C jesu: C (2 m; 0; 3 ill),

a koordinate Sil sile F(X=O; Y=-FII2/2; Z=-FV2t2), pa je moment ~

sile F za pocetak A triedra:

~ -4- k ~ F F(2 1 j FII2' -+ _ ~ M A =-2- 2 0 3 =-2- (3 i +2j-2k),

o - I -1 te su jednacine ravnotde

Stoga Sil

XA=O; Y4 =100J!2=14Ikg;

@Ax= -423 kgm; @AY= -282kgm;

C) TEZISTA

ZA= 141 kg;

@A,=282kgm.

1.131. . a) Sve paralelne sile grade isti ugao ex sa + Ox-os om, pa ce

takav ist1 ugao graditi i rezultanta. ,Uzmimo da je Fi neka "i-ta" sila iz sistema, onda Sil njene koordinate i moment za koordinatni pocetak 0 triedra Oxy:

Xi=Ficosa., Yi=F,sina.;

181

Projekcije rezultante i njen moment bice:

!VI';; = LMo = sin rI.. L: F; Xi- cos ex' L: FIYi'

Kada se sila ~ zaokrene oko svoje napadne tacke N j za ugao q>, promenice se njene projekcije na ose triedra Oxy i njen moment w tacku 0,

// i I /

Y/ ri

O~,(7~i-'-, ~.

a)

b) yl

/~ /

/ a.

I I I I

C4'-''----

Ye

L Ie . __ 0:...... o --

te ce iznositi (s1. a):

C)

SJika 1.131.

X;' = F/ cos (rI. + cp) = Xi cos cp- Yj sin cp;

Sabiranjem dobijamo rezultantu:

a

182

Kako je

veNtina rez~ltante nije se promenila.

Pre o,brtanja napadna Iinija rezultante gradila je sa + Ox-osom ugao 0:,

a sada ce on biti 0:', te sledi i

tgtp+ tg ct

1- tg (i tg q> tg(a+q»,

pa je (i' = a: + q>, te se i rezullanta zaokrenula za isti ugao 'l' i u islam smeru.

Da bismo nasli oko koje se ta<:ke zaokrenula rezultanta, odredirno, prema momentnom pravilu, jednacine napadnih linija rezultante pre i posle zaokretanja, pa ce biti:

xY,-yX,J:2: Mo; xY.' - yX/ =:2: Mo'=cos'l" (xYr-yX,) + sin:'P.:2: (x/X/+ YiYi)' I

S ob:/iirom na prethodne telacije dobijaju se dye jednaCine:

sa nepoznatirna x i y, koje predstavljaju koordinate tacke (C) oko koje se obrce reZ',Jltanta. Ta se la<:ka naziva srediste sistema paralelnih sila. Njegove Sil koordinate u odnos~vni- Isti triedar Oxy:

:2:Fx, X- - ". c----,

F,

2. FiYI J'c=--;

Fr

Dakle, kada se sve site sist~ma zaokrenu oko svojih napadnih lacaka za iSli ugao i;u is/om smeru, ne l7'.enjajuCi svoje ve/ifine, rezultanta ce se zaokrenuti oko sredista za isti ugao i u istom smeru, ne menjajuCi takode svoju veliCinu (51. v),

b) za dati sistem sila bite:

Fr=2. Fi= 10+2- 3-4 + 5= 10kg; :2: Fjx/= 20- 2-6-12+ 20=20kgcm;

:2: F{ Yi = 20,+ 2 + 6 - 8 - 10= 10 kgcm ; xc =20/10=2:cm; Yc=10/1O=) em.

Pololftj sredista moze se odrediti graficki. Pomocu plana sila i veriznog

poligona odredi se rezultanta F; paralelnih sila. Ona prolazi kroz tacku R-presecllu tacku prve i poslednje strane veriznog poligona (sl. c). Zatim se sve sile zaokrenu za isti ugao i il istom smeru (u prirneru za 30°) i po-

i '

novo odredi rezultanta kroz lacku R'. Obe napadne linije rezultanti F, i F,' sekti se u sredistu C,

183

1.132. a) Svaku duzinu L/ zarnenicerno sijorn L, = Fj , pa cerno racu

nom i graficki odrediti srediste sisternavezanih sila J;, a to je i teziste vlaka,

Racun sprovodimo tabelarno.

Deo I L j I XI I Y/ I L/x/ I LjYj

AB R Rf2 R R'f2 R'

BD RvT 3Rf2 3 Rf2 3 R' VYf2 3 R' V2!2

DEF

1

Rrc 3R 12 ;+(2 Rf11:) 3 R'n 2(rc+J)R'

FH 2R 4R 8 R' 2R'

1£ tablice slede vrednosti:

L=:2:L j =(3+V2+n:)R; :2: L/xj =(l7 + 3 V2 + 6 rc) Rl/2;

:2: Li y/ = (10 + 3 VZ+ 4n:) R2/2; xc =2,67 R; yc=O,77 R.

L; b' c' d'

C C " L, b I :

L, C 2 /",2' ',3' 4:' 5;'

L. L,

L. ,; . c

0 L,

d

L,

'~ 4

Slika 1.132.

PoloZaj Idista je odreaen graficki (slika),

b) Po prvoj Guldinovoj teorerni, povrsina ornolaca je

Sy=2rr LXc=2rr2. Li Xi =n: (17 + 3VZ + 6n:) R2rr= 125,82 RZ cmz•

1.133, a) Ovde je duzina vlaka

L=:2:L;= 4 R+ R+R+ R V'Z+R n:~ 2 R= (8 + V2+ n:) R = 12,55 R,

184

pa su

2.: Li Xi= ° -I R· R/2 + R- R + R liz. J,5 R+ R1t (2 R+ 2:R!-rc) + 2 R·R ~

= (I + 4 Td 31!2)R2j2 = 18,90 R2;

2.: Li Yi = 4 R· 2 R + R- 4 R + R· 7 Rj2 + R 1/"2·5 R/2 + R 1t. R = (31 + 51-2 +

+21t) RZj2 = 22,17 R2,

Ie su Xe = 2.: Li x;/L= 18,90 R2j12,55 R= J,51 R; Ye== 1,77 R.

b) Racun sprovodimo tabelarno:

11 4 R2 Rj2 2R 12R' 8 R'

12 R2j2 4R/3 7 R/3 2R'j3 7 R'j61

3 2 R2 3Rj2 I R 3'R' 2R'

41 R2 rr/2 2 (2 + 3 rr)R/3rr R (2 + 3 IT) R'/3 R'n/2

lz tablice sledi:

1.134. Srafirana povrsina 01 AB (AI) i knlznog odsecka

y

R

Slika 1.134.

Xe= 1,19 R; Ye= 1,57 R.

jednaka je razjici povrsina krUZllOg isecka (A 2) nad tetivom 01 B". Srcdisnji llgao prvog

isecka je «= 1t/6, jerje trougao 01 0z B jednakostranicni, stranice R, ugla ~ = 1t/3. Teiista isecka A01 B i odsecka naJaze se na osama simetrije u tackama C1 I

C 2 , te su (slika):

te je

A I = R2 a/2 = R2 1t/l2 ;

SI = (2Rsinrxj2)/3 (aI2) =

= 2VI(V3 - J)RI1t,

A1 SI = VI (VJ- J) R3/6;

A2 = R2 ~/2 - RzV3/4 = R2 (2 1t - 3 V3)j12,

pa Je

A2 Sz = R2 nj6· 2 R sin (f>/2)/3( f>j2) - R2 V3/4· 2 R V3n ·2 = R3/12.

185

Koordinate teZista odredujemo iz jednacina:

AXe = A, Xl -A2 Xz = A, Sl cos (tl./2) -A2 52 sin (~/2) = R3/8 r I

AYe=A I Y1-A2y2=A I SI sin (0:/2)-Az (R -szcos ~/2)= (8-41t+ 3 V3) R3j24 ,

pa SU, zbog toga sto je povrsina A=A,-Az=(31/3-1t).R2jI2,

Xe= 3 RJ2 (3 V3 -1t) = 0,73 R; Ye=(8 + 3 V3 -41t) Rj2 (3 VI -1t) ='0,153 R.

1.135. Srafirana povrsina je razlika povrsine kvadranta kruga, poluprecnika 2 R, dva kvadranta kruga, poluprecnika R, i kvadrata 00, S02 gde je S presecna tacka polukrugova. Teiiste se nalazi na osi simetrjJ~ O~, te su:

A=(2 R)z1t/4-2 .R2 rc/4-R2= (71."-2) RZj2= 0,57 R2;:

A ~e= R2 1t . 4 V2. 2 RJ3 -2· R2 1t/4· (R V2J2 + 4 Vi RJ3 rc)- RZ: RVi/2 =

= VI (6-1t) R3/4 = 1,008 R3,

pa Je koordinata tezista merena ad tacke 0:

.------~e= 2 (6 -1t) R/2 (1t - 2) = I ,711i..

1.136. Srafirana povrsinasastoji se iz povrsine polukrug~, dye R<.:vrsine kruznog isecka, poluprecnika 3 R, manje povrsina trougla osnovice AB= = 4 R i visine h. Sredisnji ugao isecka je <;t., pa je co,> a = 2 R/3 R b" 2/3, to jest «=0,841 rad. Zbog toga je visina trougJa h=3Rsina, gde je ;sina=V5/3.

Prema tome biee: i

AYe = 2.: AiYi; [1<2 1t/2+ 2·9 R2 a/2 - (4 R· 3 R sin 0'")/2]yc= . I

= [R21tj2. 4 R/3 11: - 2·9 R2 aJ2. 2·3 R· sinz (0:/2)/(3 aJZ)-'

- ( - 6 R2 sin a· 3 R sin a)J3] ,

iIi

te je

Ye= -4RI(1t+ 18-4V5)= -0,428R.

1.137. Statick:i momcnti povrsina pravougaonika i polukruga za tacku ° moraju da budu jednakih veliCina, ali sllprotnog smera, te sJedi:

2 Rb· bl2 = R2 rc/2. 4 R/3 1t = 2 R3!3, to jest b = ]/z RZj3 =)16 R/3.

1.138. lz uslova da je zbir momenata sila A; za tacku 0 jednak nuli

sledi:

L Mo= 2 Rh/2 .h/3- R2 1tj2· 4 Rj37t = Rhz/3 -2R3j3 = 0, to jest h= RV2.

186

1.139., Iz momentne jednacine za tacku 0 sledi:

i ,2: Mo= AXe = Ax = (bh-xh/2) x=bh· b/2-hxI2· h13. odnosno

_/3'2 x<-6 bx+ 3 b2 =0,

to jest x = (3± 13) bl2 = (3 - Y3) b/2 = 0,635 b, posto se drugi lkoren mora od-baciti, jer k s/alii'ki nemoguc.

1.140.[ Ovde je ,povrsina A razlika povrsina trapeza i polukruga, pa ce biti:

pa je

[~a + b) hJ2- RZ rr/2]yc= !(a + b) h/l .(a + 2 b) hl3 (a + b)-I

- RZ1t/2· 4R/3 rrJ = 2 bJ/3- bJ/I2 = 7 b3/I2,

Yc= 14 b/3 (12 -71:) = b/l ,89 = 0,53 b.

1.141.: Teiiste se nalazi na osi simetrije (Oy-osi), pa je

AYe = (R2 rr/2 - R2 71:/4) Yc = (RZ 71:/4) Yc= 2 RJ/3 - RJ 71:/8 = (16 - 3 rr) RJ/14,

odakle je: Yc = (16- 3rr) R/671: = 0,35 R.

Prem~ drugoj Guldinovoj teoremi bice:

v" = 21t 2: A/Yi= 2 rr (16- 371:) RJ/24 = 1,73 R3.

1.142. SJiku cemo podeliti na slike cija teiista znamo lako da odre-

1.144. Prema drugoj Guldinovoj teoremi bice:

1.145, a) Ovde su povrsina i staticki momenti delova slike:

A = 2R2_2 RZrrJ4 = (4 - rr) RZ/2 = 0,43 R2;

2: At XI = 2 R2. R/2 - 2 (R2 rr/4). (R-'-4 R!3 71:) = (10 - 371:) RJ/6 = 0,097 RJ;

L. A/y/=2 R2. R-(R2 rr/4). 4 R/3 71:-(Rz71:/4) (1 R - 4 R/3 rr)=

= (4 -71:) RJ{2 = 0,43 RJ,

pa SD koordinate tezista:

Xc = (l 0- 371:) RI02 - 371:) = 0,23 R; Yc=R.

b) V xfVy = Yc/xc = (12- 371:)/(10 - 3 rr) = 2,58/0,58 = 4,44.

1.146. a) Ovde su povrsina srafirane slike i staticki momenti:

A = (2 R)z71:/4_ R2 rr/2 = R2 rr/2 = 1,57 R2;

L. A j x;=(R271:).4. 2R/371:-(R271:/2)R=(16-371:) RJ/6= 1,097 Rl;

2: AiYi=(Rz71:). 4· 2 R/371:-(R271:/1). 4 R/371:= 2 RJ,

pa su koordinate tezista:

Xc= (16 - 371:) R/371: = 0,69 R;

b) Odnos zapremina je:

Yc= 4 R/rr=0,636 R.

\87

dimo, pa c~mo [acun najlakse sprovesti tabelarno: V)Vy = Yc/xc= 12/(16 _ 3 IT) = 12/6,58 = 1,82.:

i

2

3

4

' I Ai! Xj y, A/XI Aiy,

J6R' 4R R 64 R' 16 R'

-R'f 8 R/3 IT 2 R-8 R/3 1< -8 R'/3 -2R'rr+8R'/3

I-R'i 8 R/3 5 R/3 -8 R'/3 -5 R'/3

R' ' 8 R-8R13 IT 8 R/31t -8R'IT+8R'/3 -8 R'/3 - 1t

1z tablice sledi:

Xc= 8 (23-h) R/3(l5-2rr) .,4,15 R;

Yc= (43 - 671:) RI3 (15 -2rr) = 0,92 R;

Vx = 2 rr (43 - 671:) RJ/3 = 50,55 R3.

1.143., Prema drugoj Guldinovoj teoremi bice:

Vy = 2 rr 2: Ai XI = 2 rr [4 . 2· 1 + (2·2/2) . (2 + 2 + 4)/3 + 4·4·2-

- J2. rr/2 . (4. 1/3 rr) - (16 rr/4) .(4 - 16/3 71:)] = 2 rr (66 - 16 rr) = 315,51 cmJ

1.147. Zapremine SU u odnosu:

Vx/Vy = L. AiY;!L. Ai Xi = (136 - 9 1t)/2(38- 9 rr) = 107,74/19,48 = 5,53,

jer su staticki momenti:

:E A,Xt=2 RZ. 2R/3 + 8 R2.R-(R271:/2). (2 R- 4 R/3rr)-R271: (2 R- 8 R/3rr) =

=(38-9rr)RJ/3;

:E AI YI = 2 R2. 14 R/3 + 8 RZ. 2R-(R2 rr/2). 3 R-R2 1t. 8 R/3 1t= (136- 9 rr) RJ/6.

1.148. Sraiirana povrsina je razlika trougJa OBO' i kruznog isecka OAB, poluprecnika O'A = 0' B = R, sredisnjeg ugJa t:t. = rr/3, jer je cos t:t. = R/2 R = 1/2. Visina trougla je SB = R 13/2, pa je zapremina

Vy = 271: 2: AI Xt = 2rr [(9 RI2). (R 13/2.2). (R {X/6) - (R2 71:/6)· (2 R/71:)' 1/2}= I =2rr (27/48 -1/6) RJ = 19 IT R3/24 = 69,12 cml,

jer je

Xz = Sz sin (aj2) ~ 2 R sin 2 (aI2) / (3 t:t./2) = R/rr.

188

1.149. Srafirana povrSina sastoji se iz pravougaonika i trougla umanjenog za kruzni isecak. Prema drugoj Guldinovoj teoremi, zapremina ce biti:

V"~ V, = 21' LA; X;~' 21' [ab. a/2 + (a2 etga). a/6-

- (R2 (12) ·12 R sin ~)I (3 (1./2)· sin ~ 1 = 21' [a2 b/2 + (aJ ctg (1.)/6-\ 2 2 J

- (2 R3 sin2(1./2)13] = 535 dm3•

1.150. a) Racun sproyodimo tabelarno:

__ ! __ L_i _~._--,-__ Y_i _-,-__ L_i X_i_-,-_Li YI

2R-41;/" II

2

3

4

5

Rrr

2R

R

2R

R rr/2

}z tabliee sledi:

L=(lO 13rt)R/2;

4 R/",

3R

3R

5 R

6R+2 R/rr

2R

3 R/2

R

2 R/"

4R'

6 R'

3R'

lOR'

(31<+ 1) R'

(2 n-4) R'

4R'

3 R'12

2R'

R'

L L;Yi =(9 + 4n) R2/2;

Xc= (48 + 6 rr) RI(lO + 3 n) = 3,49 R = 13,96 ern; Yc = (9 + 4 TI) R/ (10+ 3n:) =

= I,ll R=4,44cm.

b) Prerna prvoj GuJdinovoj teorerni, povrsina omotaca obrtnog tela bice:

S =S,= 2 n L. L;Yi = (9 + 4n) n R2= 67,70 R2= I 083 crn2•

e} Racun sprovodimo tabelarno:

~l-'~- . --I -;'--1 I 4 R' R -1

2 -R'T( 8R/3rr 1

I :

4 R' 3 R I

2:: rr/4 ::+4Rlh I

pa su:

A=(40-3n)R2/4;

R

2 R-8 R/3 rr

R

R/2

4 R/3 1<

4R' 4R'

-8 R'/3 -(6 rr-8) R'/3

12R' 4R'

lOR' R'

(9"+2)R'/6 R'/3

xc=2(142+9 .. )Rj3 (40-3n)=14,84cm;

Yc= 4 (12 - 2 rr) R/(40 - 3 n) = 2,99 cm.

189

d) Prerna drugoj Guldinovoj teoremi, zapremina ie:

V = 2 n L Ai Yi = 2n (12 - 2 n) R3 = 34,92 R3 = 2 235 CJll\

1.151. Uzecemo tacku 0 u sredistu os nove konusa, onda ie, VZc=L ViZi ,

pa su: v = 6 R3 n - 2 R3 n/3 - 2 R3 re/3 = 14 R3 n /3 ;

L Vj z,=6R3 n ·3 R-(2 R3 n /3).(2 R/4)-(2R3nI3).(6R-3 R/8)~ 167 R4 n j12;

zc= 167 R/56=2,9? R,d R.

1.152. Uzecerno tacku 0 u vrhu konusa, onda su:

V=R2 1' • 4R/3-2 R3 n /3 =2 R3 n /3;

-(2 R3n13) (4 R- 3 R18) = 19 R4 n112;

L Vj z/=(4 R3 n /3). (3.4 Rj4)

pa je zc=19R/8=2,375R.

1.153. Uzrnirno tacku 0 u sredistu osnove konusa, onda' su:

V =2 R3 n /3 + 2 R3 n!3 =4 R3 n/3; LVi Zi = (2 R3 n j3) (3 R- 3 Rj8) + (2 R3 n /3)·

.(2Rj4)=7 R4 n/4+R4 n/3=25R4 n/12, Ie ie zc=25R/l 6 LJ ,56R.

1.154. Qvde su:

v = 2 R3 nl3 - 2 (2 (3 n/3) = R3nl2 ;

LV, Zj = (2 R3 rr/3) . (3 R18) - 2 (2 ,3 rt/3) (3 r/8) = R4 1'J4 _,4 nl2 =7 R4 n132,

pa je Zc= 7 R/16 = 3,5 CIll.

1.155. Iz momentne jednacine za tacku 0 sledi:

.

L Mo = L. VI ii = (R2 n H/3) . (H/4) - (2 R3 Te/3) . (3 R18) = 0; H=Rl!3·

1.156. Iz momentne jednacine za leziste (C) sledi:

L Mc= (2 R3 .. /3) (y - 3 RI8)- (R2n YI3). (3 y/4) = 0;'

3y2-8Ry+3R2=O; y=(4±V7)R/3, ali je y=(4-V'7)RI3=O,45R.

1.157, Zbog simetrije tela tdiste mora bili na Oz-osi, p~ je:

=(2R3 n/3) . (3R/8)-(4 r3 n/3) (r}=R4rr/6, pa je zc=,R/3.

1.158. Zapremina zarubljenog tetraedra jednaka je raziici zapremine punog tetraedra (VI)' osnove jednakostranicnog trougj-arp6VJsine A:= Al = a2 1·f3/4, visine h = a V3/2, visine HI = H = [a2 - (2 h/3Yl I12 = a V6/3, i odsec\,!nog tetraedra, zapremine Vz• Presek paralelan osnovj tetraedra takode je jednakostranicni trougao (slika), stranice b = all, povrsine A2 ;., b2 V3/4 = a2 1/3/16 = A 14. Visina

odsecenog tetraedra je Hz = H12.

190

, Slika 1.158.

lz momentne jednacine za tacku o (le.ziste osnove tetraedra) sJedi:

VZc=1: VIZ;; V=(AH/3-A 2 HJ3)=

=(AH/3-AH/4.2.3)=7 AH/24;

1: Vi Zj= (AHJ3) (HJ4) -(A2 H z/3) (H

- 3 H z/4) = AH2/12 - 5 AH2124. 8 =

= II AH2/24. 8,

pa je koordinata tdista,:

Zc = (11 AHz/24. 8) / (7 AH /24) =

= 11 H/56=O,196

iznad osnove telraedra. Kod punog tetraedra teziste je na visini tetraedra na razdaljini H/4 od osnove. Kod ovog zarubljenog tetraedra leziste se spustil? za dubinu 0,054 H.

1.159. a) Sliku cemo podeliti na pravougaonik (I), iva trougla (2) i (3), osnovica 2 R j R, visina 8 R i 4 R, kvadranta kruga (4), polukruga (5) i kvadranta kruga (6).

Racun sprovodimo tabelarno:

2 8R1 , . -2R"

4 -R'.rr/4

5 -R'.1t/2

6 -R'.rr

Ie su:

A=(72-7TC)R2/4;

Xj Y; AiXj

R 36R'

26R/3 2 R/3 208R'/3

34 R/3 Ri3 -6&R3 13

(30 rr-4) R/3 rr 4 R/3 -05rr-2) R'/6

5R (6 rr-4)/3 IT -5R'rr/2

8 R/3rr S R/3rr -SR'/3

1: Ai Xi = (682 - 30 TC) R3/6;

Xc= 2 (682-30TC) R/3( 72-71<)= 7,84R;

Yc = 2 (86 - 61t) R/3 (72 -71t) = 0,90 R.

A/y/

12R'

16 R'/3

-2 R'/3

-R'f3

-(6rr-4)R'/6

-8 R'/3

b) Po drugoj Guldinovoj teoremi, zapremina obrtnog tela je:

191

c) Telo cerno podeliti na manja tela Cija tezista mozerno lako odrediti. valjak (1), konus(2) vi sine H2 =8R, konus (3) vi sine H3=4R, poluloptu (4), polutorus (5) i poluloptu (6) poluprecnika 2 R.

Zapreminu polutorusa odredujemo prema drugoj GuJdinovoj teorerni:

Tezis(e polutorusa nalazi se na osi Oz, u srednjoj ravni polutorusa.

Racun dalje sprovodimo tabelarno:

I 1

~

i 2 3 4 5

-16:'rr/31

I

Vi 124 R'rr 32 R' rr/3

I -4R'rr/3 -2 R' rtf3 I -(61t-4) R' rr/3

I "I 3R 8R llR IOR-3RI8 5R 3 R/4

Vi Zj I 72 R'rr 256 R' rr/3 I -44R'rr/3 -77 R'n/121-(30,,-20)R4 rc /3 -4 R' 1t

Iz tablke sledi:

v ~ L Vj = (86 - 6 IT) R3 TC13; L VI Zi ~ (I 711- 120 TC) R41<jI2;

zc= (1711 -1207t)R/8 (43 - 31t) = 4,96R.

1.160. a) Srafiranu povrsinu (sJiku) podelicemo na pet jednostavnijib slika: troug/ove (I) i (2), pravougaonik (3), kvadrant kruga (4) i polukrug (5), kao sto je pokazano na slici.

Racun cemo sprovesti tabelarno:

-I Ai I Xj Yj

4 R' 4R/3 2R/3

2 -R' 8R/3 R/3

3 3 R' 7R/2 R/2

4 R'rr/4 (15 rc + 4) RI3 rr 4 R/3 rr

y

R'rr/2 3R (3rr+4)R/3rr

pa su

Slika 1.160.

-----AjXi A1Yj

16R'/3 8 R'/3

-SR'/3 -R'/3

21 R'/2 3 R'/2

(15rr+4)R'/I2 R'/3

3 R' 1</2 (3rr + 4) R'/6

Xc = (54 + II TC) Rj(24 + 3 IT) ; Yc=2(29 +3TC) R/3 (24+3 'It).

b) Telo cemo podeliti na sest jednostavnijih tela: konus (1), konus (2) valjak (3). polutofus (4), valjak (5) i poluloptu (6).

192

Racun cemo sprovesti tabelarno:

i I 1 I 2 I 3 L 4 I 5 I ~-~I -

VI 16R'rr/3 -2 R'rr/3 2R'rrl 2rr (R'rr/2)(R+4 R/3rt) I R'1t I 2 R'n13

zi R 5 RI2 3 R I 3 R 9 R/2 I 43 R/8

VIz/ 16R'rr:13 -5 R'rr:/3 6R'1t (4+3rr:)J('rr: i9R'1t/2 43 R'rr:112

Iz ovih odnosa dobijamo:

v = (29 + 3 n) R3 1t/3 = 38,J 9 R3;

Zc = 9 (29 + 4TC) RI4 (29 + 3 n) = 10,39 R14,27 = 2,44 R.

D) TRENJE

1.161. Usvojicemo u (distu tela triedar Cxy takav da se osa Cx poklapa sa strmorn ravni, a. da je osa Cy upravna na ravan, onda jednacine za ravnoteZU daju sistem jednacina·:

gde je FI). = flo Fn otpor trenja strme hrapave ravni, a Fn normalni otpor. Koeficijent flo je koeficijent statickog trenja ("trenja pri rnirovanju"). On iz

nosi flo = tg Po' gde je Po ugao tr.enja.

lz druge jednacine dobijamo otpor - trenja:

F". = flo Fn = 1-'-0 (G cos ~-Fsiu(3),

pa iz prve jednacine sledi da je potreban uslov za ravnotezu:

F (.l • • SIn~-fLocos~ -IX-r)

cos!-,+F" :;"GslIl~, to Jest F:;" GJIIlIIIJ! 0 G. cos (3 -1-'-0 sin (3 cos «(3 + Po)

1.162. Teret F se prenosi preko kotura K i dejstvuje na kraJ B sta

pa AB. Napadna linija sile F gradi sa podom (horizontal om) ugao p. Usvojimo u tacki A triedar Axy, onda su jednacine za ravnoteZu:

Ie su L. Mp=FA lcos IX + flo FA 1 sin <1..-(Glcos <1..)/2 = 0;

2FA(1+fLok)=G, gde je k=tg~,

tg (3 = (G -FA)/fLo FA = 2k + (11!Lo) = (I + 2k fLoWo;

F =!Lo FAlcos (3 = 1-'-0 FA (~,Ug? 13)112= G VfL/ + (l + 2!Lo kY/2 (l + I-'-ok);

F= G V247,73/20. 1,115 = (16 G/20) V (1- 0,032)/l,lIS",,69,S2 kg.

1.163. Oznacimo sa I-'-! = !LOA i sa 1-'-2 = floE koef;cijcnte lrt nja poda zida, onda jednacine za ravnoteiu daju:

Ie su:

tg <P = 2 fL! FA I(2 FA - G);

FA = G 1(1 + fL! fLz); tgcp= J; <P = 45°,

l.164. Otpor dodirne tacke A je kos, a na mestu dodira C upravan

na stap AB, te je Fc=Fn. U odnosu na triedar Axy bice:

L. MA = Fc' c- (GIcos <p)/2 = 0; c sin '1'= h = 1/2, te su;

FA = (Gt sinz <p cos <p )/21-'-0 II;

. ~"go = 'sin2 <Po cos 'l'0/(2 h-I sin <Po cosz CPo) = 3 (8 + \13)/61 = 0,486 . P" "-

(~~~) Oznacimo sa F = i" silu u uZetu, a sa 1" nonmilnu kompollentu otpora zlda, onda su jednacine za ravnotezu valjka:

L. Xi=Fn- Fsin <p= 0;

te su:

F~= FlfLo;

pa koeficijent trenja mora da bude flo:;" L

1.166. Oznacimo sa F pritisak gomjeg poluvaljka na donje, onda iz usJova za ravnoteZu gornjeg poluvaJjka sledi 2 Fcos <p= G, Ie je f= G/2 cos <p,

~

gde je <p ugao izmedu centralne razdaljine 0 1.02 sa vertikalom. Ako je Fn normalni otpor poda, onda jednacine za ravnoteiu jednog donjeg poluvaljka

daju:

te su:

L. Yj=Fn-G-Fcoscp=O;

Fn=G+Fcosrp=G+ G/2= ~gJ1;

Iz simetrije sledi da je

tg <p = [io F~/(Fn - G) = 3 [io·

x/2+R=2Rsin<p, to jesl X=2R(2Sin<p-I)=2'R(-i_ 6\Lo 2~- I). ..-._._~ I· 1+9fLo.

13 Zbirka zadatnka i.z mehilnikc: I ,:

194

1.167, Zbog simctrije hvataljkc i aksijalnog opterecenja teretom (G),

lako sc uo~ava da vucna sila u laneu iznosi takode F,= G. U polugama OA

B' F;,

Slika l.l67,

i 0 A' javice se sile F;', koje zbog simetrije hvataljke moraju biti jednake. Isle tolike sile, samo suprotnog smera, dejstvuju na kolenastu polugu ABC, od

nosno A'B'C. Prema tome, izjednacine ravnotde zgloba 0 sledi:

2: Y, = G-2F,' cos IX = O.

te je, F,' = - Fl = GI2 cos IX.

Otpor dodirne ravni je F3 • a ot

por trenja F" = fL F3" Stoga iz momentne jednaCine za tacku B dobijamo:

2: Ms = FJ3 cos (~- C() - F,I3 sin (~-'y)

- (G13 cos (3)/2 = o. pa je, S obzirom na prethodnu jednaeinu, pritisak papuee:

F3' = - F3 = G sin ~ sin (1.12 cos (I. sin (~- y).

Silu u zatezi BB' odredujemo iz momentnc jednacine za tacku C:

Uslov zahvatanja (ereta papucama je

• sin (f3-y) fL F3?- G12, to jest ~?-G/2 fL, odnosno 19 (I.?- ----.

fL sin [3

1.168" Iz, jcdnacina ravnoteze kotura i poluge sledi:

2: M 0 = F, a + F2 b - Gc = O.

" gde su F, i, F2 sile lJ uzad:ma, Prcma Ojleru, F, je vucna sila, pa iz treee jednaCine d'obijamo:

pa su:

F, = Gce"'''/(ael'o'' + b);

Da bi' otpor zgloba bio jednak nuli, iz druge jednacine mora da bude:

to jest c= (ae""''' + b)/(e""" + I). vt:-

obesen teret G, je vueni, a siJa F u hori",,,cpr,, ... '" dela za kotur (Ta, Medutim, kod drugog

195

kotura je sila F vucna, dok je vuceni dec onaj 0 kome je obesen teret G2 ,

Prema Ojlerovim obraseima bice:

jer je ugao obuhvatanja 0 = 3 n/2, Logaritmovanjem dobijamo:

3nfLo= In (G,/GJ = In ]0, te Je fLo = (In 10)/371:= 2,3026/9,4248 = 0,24.

1.170. Zamisrmo da smo prekinuli uzad kocnice i njihove uticaje zamenimo silaina F, i F2 gde je F J vuena; tada iz ravnotde kotura i poluge dobijamo:

pa su:

Kako je O=37t/2,ondajefLof:l=97t/20=1,413, pa je e1,41J=4,108, te je kocna sila G= 100.1/4.(1 +4,108)/(4,108- J)=25· 1,64=41 kg,

E) GRAFOSTATIKA

1.171. a) Otpor oslonca A je kos, pa jednacine ravnoteZe daju:

Otpor Z A dob:jen je sa negativnim predznakom, sto znaCi da je negativan, to jest suprotnog smera od pretpostavljenog. Druga dva otpora dobijena Sll sa pozitivnim predzllakom, sto znaci da su im smerovi praviJno pretpostavljenj,

Pomocu plana sila i veriznog poligona odredelli su otpori oslonaca.

Posto otporu FA znamo sarno napadnu tacku, prva strana nriznog poligona mora da prode kroz nepokretno JeZiste (A). Zavrsna strana veriznog poligona je prava J-II (5), pa je zrak 5 u pJanu sila kojim razlazemo rezultantu tereta

-+ d v-+ (F,) na dye komponente, po uslovom da bude ravnoteza, FE = lIF' gS,

-+ FA=lIF,Sa,

13'

196

StatiCki dijagrami napadnog momenta, transyerzalne i aksijalne sile

r aCftani su u nayedenim razmerama, jer su pojedine vrednosti momenta

M(b ~~7· 4-2.6-7·2 =2 tm; d '

M(E)=3·4+2.2+ 1.6-4.4=6tm (skok u momentu zbog sprega~4tm);

M (~) = I . 2 - 2· I = O.

2F

'mrlTTTiTiTfu.wi.J.W~TTm7OITrT1TIT<inTTNTilTrmrrflli~TTT1l 02 2

,

Slika U7l.

H~4cm

~ -----1 / I

, I I I

F..l I I I I I

9

U polju A-S bite M=7z-'2(2-t-z)_qz2/2=0 za zo2-10zo+8=0, to

jest za Zo = S ± Vi7::S'±4,12 = 0,88 m, posto je prvi koren OYe kvadratne jednacine statii!ki nemaguc.

b) Transverzalna sila r moment saYijanja u preseku p-p bite:

FT~ 7 -2- 3-qz=2 -z=1;(z); Mf~ M(z) = 7 z-2 (2 +z)- 3 (z-2)_ qz2/2 =

q=lt/rn.

c) Za z~3m bice F],= -I t;

Ove se vrednosti slaiu sa vrednostima IZ

1.172. a) Otpori Fc i FD sekundarnog nosaca dejstvuju na gJavni nosac kao opterecenja, pa jednacine r3YIloteie daju:

nosae C-D-K

I: Y;""Fc !FD-6-3-3=O;

'S M D = F c ' 6 - 6 ' 4 - 3 . 2 + 3 ' 2 = 0 ;

pa su FD =8t;

nasal" A- B-E

2: Yj=.FA+Fs-Fc-FD+3=O;

.z:: MB=FA' 6-Fc,4+ FD , 2-3, 4=0;

Fa = 7 1.

Otpori oslonaca mogu se graficki odrediti skupno za oba nosaca, pa i naertati

sarno jedan dijagram momenata, Poligon sila abed pripada sekundarnom nosacu, kao i virizni poligon 1 -- 2 - 3 - 4 - s', Poligon sila abcde i verizni poligon 1 -s' ,- 4 - 5 - s" -- 5' - 4' - s pripadaju glavnom nosacu. Dakle, beli dijagram

momenata pripada sekundarnom, a ,(ackasti glavnom nosacu, i Razmera za

momentni dijagram je uM= UL' UFo H = Im!1 em· I mIl,S em; Scm =.10/3 (tm/em),

Dijagrami transverzalne site nacrtani su za svaki nosac posebno,

F,- fe-D)

'111110011111, f"'~""'!' 11'1I1'1I1I!\IIIII~lllll8

stika 1.172.

tiL = l,~;m UF"'~

11M == ~;;

198

b) U preseku p-p bite:

r za sekundarni nosac

2° za glavni nosac

c) Za z=3m bi6e:

iO,FT=-2t;

FT =4-6= -2t;

Fr=2-4= -2t;

M = 4 z - 6 (z ~ 2) = 12 - 2 z:

M=2 (2+ z)-4 z=4-2 z.

M=6 tm; 2° FT = -2 t; M= -2tm.

1.173. a) Jednacine ravnoleze daju:

a) za sekuhdarni nosac

.E Y/=Fc +FD -6=0;

.E M D = Fc' 3-6·1 =0;

pa su otpori osIonaca:

FA =4,5t;

E

0,

b) za glavni nosac

.E Yi=FA +FB -2-Fc -FD + 1-2+ 1-1 =0;

.E Ms= FA . 8 + I· 7-2· 9-Fc ·6-FD ·3 -2·1-

-1·1+1·2=0,

F.8=4,5 t; Fc=2t;

H UN = /::::

0,

+

199

b) Momenti u pojedinim presecima glavnog nosaca jesu:

. MiA) = -2 tm; M~H) = 4,5 .}-2·2 = 0,5 tm; M:C)=4,5. 2-2· 3 + 1· ! "'" 4 tm;

M:D)=4,5. 5 + 1·4-2· 6-2· 3= 8,5tm; MfK)=4,5. 2-2·1-1.1 =6tin;

M7B) = - 1 tm;

c) U preseku D transverzalna sila prelazi jz pozitivne u negativnu vredn.ost, pa je u tom preseku moment savijanja najve6i i iznosi M max = 4,5 . 3-

-2·2-1=8,5 tm.

1.174. a) Jednacine ravnoteze daju:

.EZj=ZB-F=O;

b) Momenti u pojedinim prest;cima su:

M:A) = -2 ·2-2·1 = -6 tm; M~D)= 9·2-2·4-4·2=2 tm;

M1E)=5. 2 +2· ! -4·2=4 tm;

Staticki dijagrami nacrtani Sll II naznacenim razmerama.

Slika !.l74.

200

Deo grede B- P izlozen je dejstvu aksijalnih pritisnih sila.

c) FT = -5+q(2+z)= -3+z; M=5z+2-q(z+2Y/2=3z-z2/2.

Za z=lm bice FT =-2t; M=3·-1/2=5/2=2,5tm.

d) Ekstremne vrednosti momenata su na osloncima ABu polju DE, pa je Mmax=-6tm na osloncu A.

Moment je jednak nuli u polju AD, te je:

M=9z-2(z+2)-q(z+2)2/2=0, to jest z02-10zo+ 12=0, pa je

zo=5±lm=5-3,61=1,39m od oslonca A.

1.175. Jednacine za ravnotezu jesu:

2:Yi =YA -q·!=O;

2:MA = -']1[A+2.j + 1/2.)·)/2+ 1·2=0;

Staticki dijagrami prikazani su na slici.

Fr UllIrn-.

1-1 IIIIITIEilll

Fa., IT!lillI] M P r

SJika 1.175.

~~ ~§

F

1.176. Zbog CE=AE=I/2 trougao ACE je jednakokraki, pa je ugao

~ ACE=<p, le je AC=x=!coscp. OznaCimo sa ~ uzajamni pritisak greda na mestu oslanjanja C, onda jednacine za ravnotezu daju:

greda AB

2: Xi= X A -Fncos<p=O;

l: MA = Fn' x-G ·1/2. sin<p=O;

greda CED

2: Xi= X E + Fn coscp= 0;

l: ME = Fn ·x/2 -F· 1/2 . sin Il= 0,

20J

Ako uporedimo vrednosti za Fn iz

Fn= G/2. tg<p= 2 G sin fJ/coso/=4 G

i seste jednacine, dobicemo:

Stoga su:

sin<p=3 V'i/8; tg<p=3V'i=3.

Fn= 3 G V'i12 = 60 V7' = 159 kg;

YA = -235/2",,-118kg;

Staticki dijagrami prikazani su na slic:i.

~t :'/~ . y. : : 4 :

~ ~

I! I, 111!\ \!!!! \1) \ \ j j!! ID e

Slika 1.176. Slika U77.

1.177. a) Iz jednaCina za ravnotezu dobijamo:

2:Xi = -FcosC(+FBsinC(=O;

2: MB=FA leos O-G ·1/2. cos 6=0, pa su:

FA = G/2= 30 kg;

F=(Gsiurx)/2=G/4= 15kg;

FH =G/2. cos C(= G V3/4= 26 kg.

b) Staticki dijagrami prikazani su na slici.

1.178. lednaCine ravuotde daju:

l:Xi =XA +2F=0;

l: Y i = YA-F=O;

l: M A = '-IJTIA -2F.R-F·2R=O,

F

4

Slika 1.178.

202

pa SU otpori uklestenja:

X1=-Jtt~); YA = 1/2 t;

Staticki dijagrami prikazani su na slid.

U preseku p- p moment iZTIosi:

Mf = M = -FR (I-cos<p);

1.179. Ovde je tg <X = 4/3, pa su sin <X = 4/5, cos <X = 3/5.

lednacine ravnoteze daju:

Z; X j = X A + Fu cos <X = 0 ;

te dobijamo:


M


F

5

203

1.180. Jednacine za ravnotezu bite:

Z; Yj = FA + Fc-G -2F -F=O;

Z; MA = Fc' 2//3 -F(l+ r) -Glf2- 2 Fl/3 = 0,

pa su

Fc= (400 + 360 + 200)/2 =480 kg; FA = 240 + 300-480 = 60 kg.

Momenti u pojedinim presecima bite:


1.181. a) Jednacinama za ravnotez.u dodacemo naknadni uslov da je uapadni moment (moment savijanja) grede u zg]obu jednak uuli, te te biti:

0, OJ

z·II'111111 1IIIIIil Wflll!i III illil!i I F

S lika l.J 8 1.

204

1:. Ms=FA' 5-4· Fe+ 8-F-6·F-4q. 3-2 F·2 +2q. J +3F·3 +F·I =0;

Mb= FA·4+F· 7-F· 5-4 q·2- 2 F·I =0,

pa 5U otpori oslonaca: FA = 2 t; Zs= 1 t; Ys =7t; Fe=2t.

b) Momenti u pojedinim presecima su: M{E)=2tm; M(A)=2tm (levo je spreg"momenta2tm), MG=O; M(e_s)=-Itm; MtK)=2.2-1.1=3tm; M ~K) = 2 + 2 . 7 - 4 . 5 - 2 . 4 - 2 . I + 3 . 1 + 7 . 2 = 0 ; M1s) = 2 . 4 - 1 . 1 - 2, I -- 3·3 = -4tm.


c) FT=F-F+FA -qz=2-z=/2(Z); M=2+2z-Z2/2=/3(Z),

Za z=3mje F,=-It; M=8-9/2=7/2=3,5tm.

1.182. a) Otpore odreclujemo jz jednacina za ravnoteZll:

L Y;= FA +Fs+F-F-4 q-F=O;

L MA = 'ill" + 8Fs+ 6 F-2F-4q. 6-IOF=0;

M~ = 4 Fs + 2 F - 4 q. 2 - 6 F = 0;

b) StatiCki dijagrami prikazani 5ll na slici.

~j~PI ml~F ~A----G P l1'~ B I F Lz ~z

- z I- x-l

~ H ~ :'LL~LL-·w.u,,-,,-___ ~'~o, .?fIIIOOIIJl2 FT 4mmmill 2 Q~~~. ll-----~~mm,~·-~I~oz

$lika L 182.

c) FT=FA-F-qz= -z;

M~z)= FA (4+z) - F(2+z) - 'TIIA -

-qz2/2= -z2/2,

d) Za z = 2 m bite F T = - 2 t; M= -2tm.

e) Za z=O je M=O, pa je moment u zgJobu G jeunak· HulL U polju BE bice napadni moment:

M(x) =Fs'x- F(2 +x)-qx2/2 =4 x

-4-2 x- x2/2 =0,

to jest x 2 - 4 x + 8 = O. Ova jednacina nema realnih korena (x je imaginarno),

pa nema pres.;ka n kome je moment jednak nuli.

J .183. a) Jednacine za ravnoteZu sila bite:

I: Y; = F~ +Fe-- 2-'4 +2-1 + 2= 0;

+ 2·6 - I ·3 + 2· I + 'TIIB = 0;

1:."MB = 11 FA - 'TIIA-IO. 2-4·6+

Mb, =3 F,,-IJTIA-2. 2=0;

205

pa su otpori uklestenja:

'TIIs =5tm (smerc~).

Staticki dijagrami prikazani su na slid.

e

0,

Slika 1.183.

- qz2/2 = 9 + 3 z- 5-4-2 z-z2/2 =z-z2j2; M=I/2tm,

1.184. a) Rastavicemo gredu u zglobu G i uticaj zgloba zameniti silama ± G=Fa, te cemo dobiti jednacine Za ravnoteZli oba dcla:

deo A-B-G deo G-C

1:. Y j =FA +Fs -I-2-6-G=0;

pa su: G= I t;

Otpori su odredeni i graficki pomocu dva pJana sila i dva verizna poIigona: I-I-2-3-4-H za deo AB i 1l-4'-5-IIJ za dec Be Oba poJa

PI uzeta su sa istim rastojanjem H = 5 em, pa su zavrsne strane s, i Sz, a -:l> -7---)- -7- -)0 -7-

otpori FA = Ur ga, Fe = urlg i Fe = Ur ef

206

b) Staticki dijagrami prikazani su na slici sa naznacen;m razmerama~

Slika 1.184.

u ----1Dl L - 1'scm

c) Transverzalna siJa i napadni moment Iznose:

fj=G-q(3-z)/2= 1_(3_z)2/3, jeT je q:qo=(3-z): 3,

to jest

q= qoP - z~/3 = 2(3 -z)/3; M = 1· (3 -z)- q(3 - z)2/6 =0 (3 - z) - (3 -z)3/9.

Za z=2m bite FT =2/3t; M=8j9tm.

1.185~ a) lednaCine za ravnotezu sistema sila daju: i

i - 2· J 5 - 8,· 9 - 3 . 2 = 0;

pa su:

Fc= 5 t; FD=lt.

207

Otpori su odredeni graficki pomocu tri plana siJa sa tri verizna poligona za poJja AB, BC j CD.


u _--1.!rL t~ fUT)

b 2

Fa II 2'

Bt

f Sz J:1

F,

Slika 1.185.

b) U preseku p-p bice: FT =F,4+FB-2-qz=7-2-2z; M=FA(6+z)-2(4+z)-qz2/2+FB'Z= -2+ 5Z~Z2.

Za z:02m su FT=! t; M=4tm.

4

H=Scm-

Kada je z = 2,5 m, tada je FT = 0, pa je Mm " = 17/4 = 4,25 1m.

1.186. a) lednaCine ravnoteze daju:

L; Z i=ZA+2=0; L; Yj = YA-I-FB-5-1 =0;

L M A = FB • 4-1·6-5 ·2-2·2 =0,.

pa su: Fn= 5 t. Posto je otpor oslonca A kosa sila kojoj znamo same napadnu tacku (A),

prva strana veriznog poligona I - 2 - 3 - 4 mora proci kroz nepokretno leZiste. Poslednja strana (4) sece vertikalu osIonca B u tacki II, pa je prava II - A zavrsna strana ver;znog poligona. Zrak s koji odgovara toj strani sece vert i-

kalu tereta db u tacki S, pa su otpori FA=UF'S~, F---; = UF' is. b) Staticki dijagrami nacrtani su za stub AC i precagu CBD kilO stD

je pokazano na sl:ci.

c) U preseku p - p bice:

FT = YA-qz= J -z/2= 1/2 t; M = YA ·Z+ ZA' 4-2· 2- qz2/2=

=z+8-4-Z2/4=4+z.:..Z2/4=4+ 1-1/4=5- J/4= 19/4=4,75 tm.

208

Slika 1.186.

F, H 2F M Fa.,

s F

~ F U

B

2F V'--

4

~~ u -~ _.?.L u-1crn ~ - 1crn

F

2Fllllllll!11 mlill IIIIII1ZF 0, O~

Slika 1.187.

I

\

l ! I

209

1.187. a) Jednacine za ravnotez.u sistema sil3-d-;;ju:

I:Zi=ZA-2.F+2F=0; I: Y;= YA+FB+F-2F+4F-Fq'~F-F=0;

:z; MA =FB· 6-2 F· 8-Fq. 4- 2 F· 3 + 4 F·2-F· 2=0; pa su:

ZA=O; YA=-lt; FB=6t. ,_ I Koristeci definicije statickih velicina u pojedinim presecima, nacrtani

su staticki dijagrami okvira.

b) U polju C - D bice:

FT=-1+1-2+4-q(z-1)=3-z; zm=3, pajeMmax =-I.t+l(z+2)

-2 z+ 2·2 + 4 (z- 2)-q (z- 1)2/2= -2,5 + 3 z-z2/2= 2 tm.

1.188. a) Jednacine ravnotde daju:

, "LMA = 3 Fj2. 2+ 3 F- 2+ 4 q. 4 + F· 7-Fs ' 6-2 F· 4- F· 8'=0,

~ -;::: -.:: -:::::: --?- -==- ~r pa su:

b) Staticki dijagrami prikazani su na slici.

;H T';' ,.

O'ruTI~IIIIIIIIIIIIII!I!IIIiI:mlllllllllillllllllllllll 0,

Slilca 1.188.

14 Zbirka 2adalaka IX mchanike 1

210

c) Fr= Y.tJ-3F/2-3F-q(z-2}= -z;

M= YA • z- ZA' 6 + F· 1-(3 F+ 3 F/2) (z-2)-q(z-2Y/2 = 6-z2/2. Za z=3rp biceFT = -3 t; M= J,5tm.

I

iz jednacina za ravnoteZU:

.~ Yi = YA+Fn +F-6q=0;

~. F- 2 F + 9 F + 7 FB - 36 q = 0;

te iznose:

;ZA=O;

6F-18 q=O; AB= 7m;

'1.llA = 6 1m (smer <-::J ), FB = 6 t.

F, M F

F

Slika 1.I89.

r J

b) U preseku p-p bice:

~- FB-F+q(6-z)=4-2z; d M(z) =FB (4-z)+ F(6-z)-

-q(6-zYI2=4z-z2. , '

c) Za z=2m bice.-J&=O i M=4tm.

a) Jednaeine za ravnotezu daju:

L MA = FB • 6-F· 8-4q. 6+F.3-Z F· 2+®A =0;

, M~=FJ;.2-4q.2-F.4=O.

F

F

I

pa su otpori oslonaca:

FT M

Ii I

1'1 11m 0,

lINc:rc,;;-

11"lllll1ll1lrJj~II~I~ 2F

A ;f'

OJ I1lllRilllID OJ

Slika 1.190.

21 J

2

b) Fr= YA - q (z + 2) = 1- z; za z = J je Fr= 0, to jest najveCi napadni moment Mmax= YA·Z+'1.llA-2 F·2+ZA·4-q (Z+2)2/2= 1 +z-z2/1= 1,5 tIn.

1.191. tema sila:

pa su:

a) Otpore oslonaca odredujemo iz jednacina za ravnotew sis-

b) Sile u stapovima odredicemo iz ravnoteze svakog evora, prelpostavJjajuci da su siJe u stapovima zatezne, to jest da je slap optereeen na zatezanjl? (stoga su strelice un1!trasnjih sila usmerene jedna ka drugoj). Oznacimo unu' trasnje sile sa Fui = F;, onda za pojedine cvorove dobijamo:

14'

212

F, ~ -1/2 t (pritisak); F2 = 4 t (zatezanje);

evor F4 =-lt;

evor III) - F2 + Fs V2/2 + F6 = 0; F) + FsV2/2 - 6 = 0; F5 ~ 51/2 t; F6 = - 1 t;

evor IV) -oF4-Fsl'2/2+3+Fa V2/2=O; 6-F7-(Fs+F8)1!2/2~O;

F7 = 0 (neopterecen stap); Fa ~ V2 t;

evor V) -F6+ F9=0;

6/

Slika 1.191.

8

II

Smerovi unutrasnjih sila pokazani su na slici. Dakle, stapovi I; 4; 6 i 9 optereeeni su na prilisak (unutrasnje siJe su zatezne), a ostali na zalezallje (unutrasnje sile su pr~tisne). Stap 7 Ilye ople

recell, ali se on mora zaddati u konstrukciji kako bi resetka dalje bila staticki od redena, to jest sastavljena iz trougJova.

1.192. a) Jednacine za ravnoteZu daju:

1: ME = FA' 8:...F· 6 +F· 4-2 F·2 + F· 2 +F· 2- 3 F· 2 = 0,

pa su: ZB = 2 t;

Otpori su odredeni i graficki. Poslednja strana veriznog poligona (7) povucena je kroz nepokretno Idiste (B). Prva strana (I) veriznog poligona sece vertikalu pokretnog oslonca u tacki I, pa je 1-B zavrsna strana veriznog

poligona. POHlOCU L(aka (s) u plaHu :;jJa lll:va ra:.du:Zili n:zultaJIlu F, lerda

na komponente FA i i: tako da nastane ravnoteza. Pri tome je poznato da

je Olpor FA. venikalan. Zrak (s) sece vel'likaJu au u tacki S (u), pa su F;, = UF .gS, -+

FA=uj-·Sa (sl. b).

b) Za kOllstrukciju KremoninogpJana sila mora se sila 2 F = 2 t razloziti na dye paralelne komponente, na obliznje cvorove D i B. Velicine komponenti su po I t. Obilazeci oko reselke u smeru krelanja satne kazaljke, nacrtan je zatvoreni poligon spoljasnjih sib (abcdefgh), pa jc Krcmonin plan sila (51. d) nacrtan u naznacenoj razmeri (uF = 1 t/4cm). Strclice smerova

213

unutrasnjih sila u stapovima stavljene 5U kod svakog evora i onda. ~reokrenute kod susednog evora (sl. c). Numericke vrednosti date su u t,abhc} (s1. e).

F K T

c)

A

g

d) Cremana (UF • 4~~ )

12

3 1 17

c) Desno od pres~ka K - K dejstvuju

/ I

a

• • A

d

F

I I

h)

1 4 F c

J / b

I)

f

2F 2--_

---- 7

.------ F I 6

3F /

CUlmo~nn F/

17

K 3F

8

P

F

tanta odredena prema trougJu sila. Qna prolazi ;

napadnih linija Sila. Pravac stapa (17) sece rezultantu F; u tae~i S, a stapovi 8 i 12 seku se u tacki T, pa je prava .sT Kulmanova prav1 (st. c). ~ada je rezultanta razlozena na' dYe kompOllente 11 pravcu K i 17, a zatlm sJla u

pravcu K na komponente u pravcima 12 i 8 (s1. I).

C)

A

metodi za presek R - R (sl. g) posmatracemo ravnotezu dela R - R~ Pretpostavicemo da su sta pov j 4 7 i II pre-

. 'l~ , z~tezanJe~,lc~uzecemo momentne tacke N, DIE koje nlSu

,:; ;;11 pME= .2+(F-F)'t47Fu7·4=0; FU1 =0,5t (zalezanje); i" -':.:f ~l "LMD=FA·4-F.2+~Fu4·r4=0; FU4 = -1,1 t (pritisak);

tMH =FA ·2-F 1 ·21 F ·1-0- F It (t ) , u, ull -. ul!= zaezanje.

n z

b

r:/ "-

"-

" "-"-

"-e) "-

"-"-

.'C ~

6

e _/~ 4F

F

~~ p\ JF

5 F.l

r

~ 3F y{i 'l-

Slika 1.193 ..

215

1.193. a) Otpor oslonC3 A pad a u pravae ~tapa AA', a otpor oslonca B je koso Jednacine ravnoteZe daju:

I: Zj=FA + Zs+ 4F-4F(2· V2/2+F -2 F=O;

"L Y,= Ys-F- 3 F -4 FV2. V2/2 + 3 F- 2 F=O;

I: M,,=FA· 8 -F- 9 ~ 3 F· 7 + 3 F· 4-4F{2". j/2/2 .(4 + 6) + 2F- 2 + 4 F· 6 +

+F·2-2P:2=0, pa su:

Ys= 7 t.

Otporisu odredeni I grafickl (51. a i b). Poslednja strana veriznog poligona mora da prode kroz oslonac (B), pa je s zavrsna strana veriznog poligona, a njoj odgovara zrak s u planu sila.

b) Sila 41, koja dejstvuje na stap I, razlozena je na dYe paraielne

komponente u obJiZnjimcvorovima A' i A", a sila 4 FJlI na C i D. Zatim je nacrtan plan spoljasnfh sila abcdefghijklm j' Kremonin plan slla (sl. c). Vrednosti unutrasnjih sila date su u tabliei (sl. d).

c) Za presek K - K (6 - 7 - 8) odredena je rezultanta sila leva od preseka pomocu plana sila j veriznog poligona (sl. e). Ona prolazi kroz presecnu tacku prve (l) j poslednje (6) strane veriznog poligona.

Za Riterovu metodu ispitacemo ravnotezu desnog dela resetke i uzeti momentne tacke D, E, N, te sledi:

"LMD=2F.4+(2F-F).4-YB·2+ZB·6+FuI0 2=O; F"Jo=-8t (prilisak);

"LME = 2 Po 4+(2 F-F) ·2- YE • 2+ Zo· 4-Fu6' 2-F"9' 2 V2/2 =0;

F"O = - I t (prilisak);

i.194. Otpori oslonaca su:

"LMB =7 YA-9F+2F=O;

Fo = 2 t.

Silu 3 F = 3 t, koja dejstvuje na stap 6, razlozicemo na dYe paralelne komponente kroz obliznje cvorove C i D. Pretpostavimo da su stapovi 8-9-10 preseka p - p optereceni na zatezanje (to jest da su im strelice usmerene ka preseku p-p), pa iz jednacina za ravnotezu desnog dela resetke sJedi:

2:Z,= --F"s-F"9V2/2..,-F,,Jo+F=0;

216

Ie su:

Fu8 = - I t (pritisak);

Cremana d

lit = J~: UF;Ol 2~~

4 P 8 8' 12 It 9 Fa

11 ; 2t

Z~ c.e 6 12

11 2/ It 21

Slika 1.194.

Rezultati su provereni j pomocu Kremoninog plana sila.

1.195. a) Otpori oslonaca su Z A = F = - 2 t; YA = FE = 3 t. Otpori su

odredeni i graficki, pomocu plana sila i veriznog poligona. Prva strana veriinog poEgona povucena je kroz nepokretni oslonac A.

a) F F b) u _..lL Ks

F- tem

t4.==3~: u F

15

K

2 /'

3 d) Cu/mann b F e , ..... /

/ UF=)/m /

I y. M~/ b 8

e) Riller a.g

C to D 14 F

c) Cremana

uf =:#rn F

10 F 14

Slika 1.195,

217

b) Nacrtan je Kremonin plan sila (sl. c) u naznacenoj razmeri UF= I t/2cm.

c) Za presek K - K primenicemo analiticku Ku]manovu metodu za levi deo rdetke. Pretposlavicemo da su stapovi 6 -7 - 8 toga preseka ?ptereceni na zatezanje, onda su jednacine za ravnoteZu:

pa su:

! '

Vrednosti su proverene i graficki (sl. d).

Za Rite~ovu metodu ispitacemo ravno!eZu 'desnog dela rdetke, uzimajuci momentne tacke C, B, D (sl. e), pa su jednacine za ravnote:z.u.

te su:

z.

FUIO=2 t; Ful2 = 3 t.

1.196. Otpori oslonaca su ZA,=6t; YA = -Fs= 121.

Kremonin plan sila prikazan je na sEci.

SJika 1.196.

a) Otpore

berovog nosaca:

c odredujemo iz jednacina za ravnotezu Ger-

pa 5U:

Otp~ri 511 odredeni i graficki pomocu plana sila 1 veriznog poligona

dYe zavrsne strane Sl j S2 za svako polje (AB i BC).

aJ {it:::: 3~: . F

12

~.

c} Cremana // t\\ 2' '

u~=: 3c:n /

~: g' I ~o i' ~- \\

: ~-8-~-//H 11 /

~~!Y' 4

2 a.c,e

Slika 1.197.

b) Krcmonin plan siJa nacrtan je 11 naznacenoj razmeri (51. c).

1.198. a) JednilCine ravnoteie daju:

pa su Fc=lOt.

219

Otpori su odredeni graficki pomocu dva plana sila dva verizna po

ligona (sl. b).

aJ 2m b) 11

Ui "'" 3cm

~~'G Ut= = 1em

F a 2 5, "./ ___ .-:::' , 8 !

I , ) - 5 7, \ g I 12

<.. ..oL- --' " I J' /2 - 6 ~ \ C

A KR B'~

! r. F Yl r~ G~,\,,, II;:;,. B \..-.- --- P,

\s], )' ./ /S~/\~2

\~/4 \

:) Cremana \ \

UF =0 I:: / []['

;/ I ,Fa 10

.- II / 8 F F b b

V ~ " ,

7

f 4 . d) Cutmann

U; = 1:~ 6

/y F F IF. '2/ A

d.-·F

Slika 1.198.

b) Nacrtan je i Kremonin plan sila (s1. c).

c) Prema Kulmanu, za levi dec resetke bice:

1: Z/= 5- 5 + Fu4 +FU5 cos 0:+ FU6 = 0;

1: Mn= -5 ·2+ 7·5- 5 .3-Fu6 ·2=0,

pa su, zbog tg (f. = 2/3, cos 0: = 3 ]fi3/13, sin 0: = 2 ml13, sile 11 stapovima:

FU4= -2 t; FU5=-13t;

Prema Riteru, za levi deo rcsctke takode je:

1: MA = 5· 2- S·2-FuB • 2-Fu7 ' 5 =0;

1: M B = 7 . 5 - 5 . 2 - 5 . 3 + Fu g • 2 = 0 ;

1: MD = - 5·2 + 7·5 - 5·3 - Fu6 • 2 = 0;

Fu 7= 2 t (zatezanje);

Fus= -5t (pritisak);

FU6 = 5 t (zatezanje).

22il

1.199. ledriacine ravnoteze su:

l: Yi = YA +FB+ Fc- 3 F-F-F-2F-F-F=O;

F, =5 Fj2;

l: Mc= YA ·12+FB· 7 +F, ·2-3 F·l1-F·IO-F· 9-3 F·2=O;

pa su:

2F ~F

IF "--;!,-,-,=- Z A

A" _.

r;,

2F

2F

1<"-_--=_-+---110 . 'j

Cu/mann

u~""1:~

6 I

F.' r R

FB = lOt;

8

b tF. e

7

Slika 1.199.

16 C\J

15

F

">

I) 2 2 Fe

C

!-F, d Cremona \0

UF= t;!

9

8

16 2F

h

I l

221

Ostale vrednosti pokazane su na slici. Silu F, na stapu (J), 3 F na stapu (4)

2 ji na stapu (12) raz!ozicemo na obliznje cvorove, pa onda pacrtati Kremonin plan sila.

te su:

1.200. Jednacine ravnoteze daju:

l: Zi=ZC-2 F =0;

M~=FA' 6 +FB· 2-F· 8-F· 6-3 F· 4- F· 2 =0, i

16 9 8

71· /

IS

13

b)

c)

1 Z 3 " 5 6 7 8 9 10 il 12 il

+ If! I 0 12 4 5J5 f 2 a I 4 4 5,6 4

Stika 1.200.

Yc= -4t;

14

4

15

5.6

_1 r,

10

4

8 t;

8

17 18 19 20

8 G a a 15 o·

2F

d)

21 22

8

~5

222

KrEIDOnin plan prikazan je. na slici za ceo nosac.

Poht'aj napadne linije rezultante sila levo od preseka K - K mozemo odrediti racunom prema momentnom pravilu:

FA z- Fez +2) - Fz+ 3 F(2-z) = 2 z-z-z- 2 + 6- 3 z =

=4-3z=O; z=4/3, illereno od osionca A.

Ie su:

VeliCi.na rezllitante je F~ = 2 - 1- 1 - 3 = - 3 t.

Prem~ Riteru bice:

2:: M 8 = 2·4 - I ·6- I ·4- 3·2 + F. lO • 2 = 0 ;

L M D = 2·4 - 1 ·6- I . 4 - 3·2 - F. 6 • 2 = 0;

L M G = 2·6 - 1 . 8 - I ·6 - 3 ·4- 1 ·2+ 8· 2 - F. 9.2 - F. B' 2 = 0 ,

F •• = -4t; Fu9= -4t; Fu!O = 4 t.

te su:

II. KINEMA TIKA

A) KRETANJE TACKE

2.1. lz zakona puta diferenciranjem dobijamo brzinu

s=2t+4t2; v=2+8t;

'\a= ~ m/sec.

U trenlltku t= I sec bice s= 6 m; V= 10 m/sec; a= 8 m/sec2•

ubrzanje,

Kako su predeni putevi u vremenima 1=4 sec i t=6 sec: s.=8+64= = 72 m/sec, S6 = 12 + 144 = 156 m, i vremenski razmak Ll t = 2 sec, to je prosecna brzina kretanja V,= (S6 - s.) / Lli = (156 -72) /2= 42 m/sec. Tu brzinu mozemo odrediti i kao aritmeticku sredinu brzina u tim trenllcima. Posto su brzine v4 = 34 m/sec, Vii = 50 m/sec, to je Vs = (34 + 50) /2 = 84{2 =

= 42 m/sec.

2.2. Kinematicke jednacine ovog pravolinijskog jednako usporenog kretanja jesu:

s=2+4t-t2; v=4-2t;. a= -2 m/sec2•

Tacka se zaustavlja u trenutku kada je v=O, to jest uvremenu t=tk= = 2 sec, presavsi put sma> = 2 + 8 - 4 = 6 m.

2.3. Kinematicke jednacine kretanja jesu:

Pocetna brzi na je Vo = 10m/sec. Jz uslova a = 0 sledi t = I sec, pa je na jmanja brzin.a Vmin = 7 m/sec.

U trenutku t=3sec bice s=31 m; v=19 m/sec; a=I2 m/secz.

2.4. Eliminisanjem vremena t iz jednacina kretanja dobija se putanja (Iinija putanje). Kako je iz jednacina (2=(4-x)/2=2yJ3, Iinija putanje (i. trajektorija) jeste p,aya iinija jednac:ne 3 x + 4 Y - J 2~, O. odnoSl1o xJ4 + y/3 = I.

224

Komponentne brzine Sil X= - 4 I, Y = 3 I, pa jebrzina V= (;i..2 + Y)"2 = 5 t. odnosno V= 10 m/sec.

Komponentna ubrzanja su x= - 4; ji = 3, te je a = 5 m/secz.

2.5. U trenutku sustizanja oba su voza presla jednake puteve, pa je

s=v j l=v,(t-0,5), gde je v2 =15:3,6=54km/h. Prema tome je 361= =54(1-0,5); 1=3/2=1,5h; s=36·1,5=54km.

2.6. U trenutku silstizanja obe suo tacke presle isti put, pa je 5=al'/2=

=vo(t-2)+a(I-2)2/2, teje 1= (2vo-2a)/(vo-2a)=6 sec; 5=4·36/2=72 m.

2.7. Oznacimo savol=vo=15m/sec, a j =a2 =a=lm/sec2, SOj~'O' 502 = = 1= 100 m, onda su predeni putevi tacaka racunati od tacke A:

Sj=vol+at 2/2; s2=J+2vo l-at2/2.

U trenutku sustizanja predeni putevi, racunati od tacke A, isti su, te sledi:

Koreni kvadtatne jednacine su:

1= (15±25)/2; 1= 20 sec,

posto je drugo resenje kinematicki nemoguce, te se mora odbaciti. Prema tome su predeni putevi:

51 = 15" 20 + I .400/2 = 500 m; S2 -/ = 500 - 100 = 400 m.

2.B. Oznacimo pocetou brzinu druge tacke sa V02 = C, ooda su VOl = 2 C

V03 = c, pa su predeni putevi pojedinih tacaka:

sl=2cI-,.a/'/2; s,=c(t- 10); 53=c(I-15)+a(I-I5)2/2.

Jz uslova AB= BC sledi:

51-52 = 5,-53; Sj-'-252 + S3= 0; 2 ct+ 10 c+ (225- 30 t) a= 0,

pa je vreme kretanja prve tacke:

1=(225a+ IOc)/(30a-2c)=25 sec,

te su predeni putevi tacaka:

5j =2·35.25-4.25'/2=1750-1250=500m; 52=35;15=525m; 5)=550m.

2.9. Jz jednacina x= 3, ji= 4 integralisanjem dobijamo: x= 3 t+ C1 ;

x= 3 (2/2+ C1 t+ C2 ; y=4 t+C,; Y= 2[2 +C,t+ C4•

Integracione konstante Ci odredujemo iz pocetnih uslova kretanja da su

u trenutku 10=0 pocetne koordinate Xo= 1,5cm, Yo=2cm i pocetna brzina ima projekeije na koordinatne ose Oxy triedra Xo = 3 em/sec i Yo = 4 em/sec, pa su

~ J i

j,

!r ! I

""

225

Cj = 3 em/sec; (\="1,5 em; C3 = 4 em/sec; C4 = 2 em. Stoga su Jdnematicke jednaCine kretanja:

a=5cm/see2; x=31+3; y=4t+4; v=5(1+1);

X= 3 «(2+2 t+ 1)/2; y=2 «(2 + 2/+ 1), s= 5 «(2 + 2 t+ 1)/2.

Kretanje je pravolinijsko po pravoj y = 4 x/3, i to jednako ubrzano.

U trenutku {= 2 sec bire a = 5 em/sec2 ; v = 15 em/sec; S = 45/2 = 22,5 cm.

2.10. Kako je ubrzanje x = d x/d (, mnozenjem diferencijalne jednacine x = - 4 x identitetom 2 x d (0= 2 d x, ona se svodi na diferencijalnu jednacinu koja razdvaja promenljive, i moze se lako odrediti prvj integral:

i 2xdtdx/dt=2xdx= -8xdx; x2 = -4x2 +C

1= 100-4x2 = 100[1-(x/5)2],

posto je integraciona konstanta C1 = 100, jer je za Xo = 4 em brzina Xo = 6 em/sec.

Izvlacenjem kvadratnog korena i smenom x/S = sin e, posro je dx =

~;)il'os e d e, jednacina postaje

x=d x/d t= IOVI=(x/5)2; 5de=IOdt,

pa je drugi integral:

101+ cz=se, odnosno sin e=sin [2 1+ (C2/5)}=x!5.

Jz pocetnih uslova kretanja sledi da je sin (C2/5)=4/5, pa je, zbog

cos (C2/5) = 3/5, zakon kretanja:

x=5sin 2t+(Cj5)=4cos 2t+3sin 2t=Rcos(2t-0:)=5cos(2t-a),

gde su R cos 0: = 4, Rsin 0: = 3, R = 5; tg 0: = 3/4. Kretanje je harmonijsko oscilovanje po Ox-osi, amplitudom R = 5 cm, kruinom frekvencijom w = 2 sec-I, perioda T= rr sec, pomeranja faze 0:, gde je tg Q( = 3/4.

" 2.11. Jz a = 10 t integra\isanjem sledi v = 5 ,2 + Cj; S = 5 (,(3 + C1 t+ C2•

Kako su konstante C l = 5, C2 = 20, bice zakoni kretanja:

a= lOt; V= 5 (I + 12); S = 20+ 51+ 51 3/3.

2.12. Kako je T=2rr/w= l/f=0,5, to su w=4rrsec-'; f=2sec-1.

Zbog -6 V2 "'" A cos 3 1';/4, sledi da je A = 12 cm.

2.13. Brzina voznje je v = V/3,6 = 20 m/sec = Yo' Jednacine' kretanja su: v=vo+at; v2 -v/=2as; v=20-t/2=O; t=40sec, s= -400/-2'.0,5=400m. jer se voz zaustavlja kada brzina bude jednaka nuE.

2.14. K~ko je v=vo+at=6+at, to je 1O=6+2a, pa je ubrzanje a= = 2 m/sec2. Zakon puta je:

i.5 Zbirka zadataka h mehanike I

226 i

2.15.; 'Kako su jedJ.laj;ine kretanja v=vo+at; y2-vo2=2as, u pojedinirn

deonicama, puta bjce'~

1) vo=O; v=al; v=72!3,6= 20m/sec; l=v/a= 180sec; s=v2/2a= I 800m;,

2) J = I: Sf;! S2 = 14 000 - I 800 - 200 = 12000 rn = 12 krn; 1= 12000/20 = 600 sec;

3) v=20m/sec; v=20-1=0; t=20see; s= -400/-2=200rn,

Prose'cna brzina voznje je Vs = I/I: Ii = 14000/800 = 17,5 m/sec = J 7,5·3.6 =

=63 km/h., 2.16., Eliminisanjern vrernena I iz jednacina dobijarno: (x- 6)/2 =

= (y - 6)/3'= (z - 3)/6, pa je putanja prava linija koja prolazi kroz tacku No (6,cm; ~ em; 3 ern), pocetni polozaj pokretne tacke.

. Kornponentne brzine su: x = 2 em/sec; Y = 3 em/set; t"", 6 em/sec, pa je intenzitet Qrzine V= [x2+ j2 + z2J1/2= 7 em/sec. Kretanje je jednoliko pravolinijsko

kretanje, t,e je a = O. Zakon pula je S = So + vi = 9 + 7 t, jer je pocetni put

so= ONo= (36 + 36 + 9)"2 = 9 em.

2.17. Ozhacimo sa cp=n: t, onda je rezultujuce kretanje: I

,'3--4(3 3V3+4 , X=X,+X2= 2 coscp- --2-- SlTJrp =R cos (rp+ ex) = 5 cos (n:I+ex),

gde je

tg ex = - (48 + 25 V3)/39, posto smo stavili da su

R cos rJ. = (3 - 4 1/3)/2, R sin rJ. = (3 V3 + 4)/2.

'Kretanje je' harmonijsko, istom frekvencijorn Ul=nsec- l , amplitudom

R = 5 em i :pomeranjern faze Ct..

2.18.: OznacimCi sa cp = 2 t, onda je:

X= Xl + X2 = (3 Vl/2) cos cp-(21 1/'2/2) sin rp=R cos (rp + rJ.) =

=15eos(21+rJ.), gdt? je Igex=7; ex=81°55'.

Kretanje j~ harmonijsko, amplitude R = IS em, kruzne frekveneije Ul= 2 sec-I.

pomeranja faze rJ., gde je tgCt.=7.

2.19.: Oznacimo sa rp=7CI/2, ondaje x/10=cos2 <p=I-sin 2 cp=l-y/10,

pa je putahja Y= 10-x iIi x+Y= 10.

Kako; je x=-IOn:Cosrpsin<p=-57Csin2rp=-jl, to je brzina V=

= 5 IT V-z si~ 2 <p, te je ubrzanje a = 5 7C2 V2 cos 2 <p.

Zakori' puta je:

S2= (x- 10)2+ y2= 2y2, 10 jest s= 10 1/2sin2q>.

lstu vrednosl dobijarno i integraJisanjem brzine:

s = J v d t+ C = - 5 J/'2 cos 2 <p + C = 5 )/1 (I - cos 2 q».

r

I

J

227

2.20. Jz z=1 slediz=t+C=t, jer je C=O, pajeputanja pravalinija,

jednacine x/2 = y/3 = z/I i brzina y= J!T4 m/sec.

2.21. Kako je (x/5)2 + (y/5)2= I, putanja je centraini krug po]uprec

nika R=5cm. Ugaona brzina je w=2see-', pa je obimna brzina V=RUl= = 10 ern/sec. Tangencijalno ubrzanje je jednako nuli, aI = v =R w = 0, pa je i

ugaono ubrzanje jednako nuli, w=O. Normalno ubrzanje je aN =RUl2= = 20 cm/see2 = a,pa je jednako totalnorn ubrzanju. Kako je w T= 2 IT, vreme obiiaska po krugu je T= n: sec.

2.22. Posto je vA=RUl i Y.B=rUl, to je VA/VB = 30/10= 3=R/r, pa je

R=3r. Zbog toga sto je AB=R-r=3r-r=2r=16cm, bite, r=8cm, odnosno R = 24 em.

2.23. Kako je ugaona brzina Ul= n: n/30, gde je n minulJ1i broj obrfaja

(o/min), ugaone brzine obrtanja su:

a) sekundne kazaJjke

b) minutne kazaljke

c) saIne kazaljke

oom=n· (1/60)/30= n:/l 800 sec-I;

wh=n· (1/12· 60)/30=n/21 600sec- l ;

d) obrtanja Zemlje UlZ= 7C/30· 24·60 = n/43 200 sec-I.

2.24. Kako je prirastaj ugaone brzine obrtanja L1Ul=UlZ-UlI =Wt=

= n: (n2 n,)/30 = 2 IT, ugaono ubrzanje je w = n: sec-2 , Krelanje tacke po krugu je jednako ubrzano, pa je prirastaj obrtnog ugla:

U trenutku t = 2 sec je Ul2 = 3 n, pa je l'2 = R 002 = 30 n ern/sec; Gt= 0; aN = a = =R Ul/= 90 n 2 cm/see>.

2.25. Ovde je Ulo=n:/3, a .lcako je a,=Rc1=n:, 10 je w=7C/9sec- 2•

U trenutku sustizanja jedna tatka je obis!a luk kome odgovara ugao 'P" a druga luk kome odgovara ugao 'P2' pa je ukupno:

Ie dobijamo:

t = njwo = 3 sec, to jest <PI = 3 rr/2; '1'2 = n/2.

2.26. Jz Xl + y2 = RZ = 100 sIedi y = 8 cm. Diferenciranjem bice: V

2 xx+ 2yy= 0, to jest y = lOy = -xx/y= 30 ern/sec; V= 50 cm/sec.

DaJjnirn diferene:ranjem sledi:

j;2+ XX +Y+Jj;=0, pa je Y=Gy = -lOOero/sec2, Ie je totalno ubrzanje a = 250 em!sec2

1S"

228

Kako je v = c?nst:, to je a]= 0, ~N= a; Q;b 5 sec-I; W = O. Hodograf brzme Je krug, poiuprecfllka R}~ 2.27. Eliminisanjem ugla q> = 5 t dobija se jednacina putanje

(X __ 2)2 + (y- 3)2=25 = (5)2,

krug, poluprecnika R = 5 em, sa sredistem u taCki C (2 cm; 3 cm).

Kako je ugaona brzina ~ = w = 5 consL, to je w = 0, pa su:

V= R w=25 em/sec; aT = 0; a =aN=R w2 = 125 em/sec2 = 1,25 m/sec?

Hodograf brzine je centricni krug.

2.28. Dizanjem druge jednacine na kvadrat i eliminisanjem vremena

sledi:

y2 = 100 sin2 t cos' t= 100· (1- x/IO)· x/IO = (lO-x) x; x2 + yZ- 10 x= 0.

Kako je opsta jednacina kruga:

(x-py+ (y_q)2=R2, sa sredistem u C(p; q),

uporeaivanjem sJedi p = R, q = 0, te je putanja krug sa sredistcm C na

+ Ox-osi, poluprecnika R = 5 cm.,

Diferenciranjem osnovnih jednacina dobice se brzina i ubrzanje:

x=-20costsint=-10sin2t; y=IOcos2t; v=10cm/scc; w=2see- l;

x = - 20 cos 2 t; ji = '- 20 sin 2 t; a = 20 em/sec' = aN; aT= O.

yj

1-1 ---8----;

~i

-j- -t--~ I

SEka 2.29.

2.29. Kako je prva jednacina x= 8 cos 2 t = 8 - 16 sin2 t = 8 - y2, putanja y2 = 8 - x je parabola.

Diferenciranjem osnovnib jednacina sledi: . I) x=8cos2t; y=4sint;

2) x=-16sin21;y=4cost;

3) x= -32cos2t= -4x;

Y=-4sint=-y.

Iz (I) dobili smo jednacinu putanje. Eliminisanjem vremena iz (2) dobijamo

hodograf brzine;

i? = 32' sin' I cos' 1= 32' (I - y2/1 6) . YZ/16 = 4 yz (16 - y2), te je kriva cetvrtog reda.

Kada je x=4cm, y=2, tada je cos2t=sinf=I/2; eosl=sin2t=V3/2, pa su brzina i ubrzanje:

X= -8 V3 em/sec; y= 2 V3 em/sec; v=2V5T em/sec;

x= -16em/sec?; y-= -2em/see2; a=2Y65cm/sec2

• i

j

Prirodne koordinate vektora ubrzanja iznose:

x x + y y 62 VI? / 2. X Y - Y X 24 VT7 !--2 aT= =--- em sec, aN= =--- cm sec;. v J 7 v 17

Poluprecnik krivine putanje je:

Rk = v2/aN = v3/ (xjl- yx) = (XZ+y2)3/2; I: x.l = VI?/3 = 1,37 cm. y

229

2.30. Stavimo ; x2fl6 + y2/4= I; putanja je elipsa;

2) i -8sin<p;y=4cos<p; x2/64+y2/16=1; hodografje e/ipsa;

3) x= -J6cosq>= -4x; y'= -8sin<p= -4y.

Za x=2cm jey=j!3cm, pa je cosq>=i/2, sincp=V.3/2,

te su:

x= -4j!fi y=2; v=2J!TIcm/sec; x= -8; Y= -41/3; a=4j!7 cm/sec2;

aT = 24 V3!2 Vi3 = 12 V39/13; aN= 32 Vi3/13 cm/sec2,

U temenima elipse bice:

'P 0 ,,/2 IT 3rr/z

I' 4 8 4 8

a -16 -8 16 8

Posto je <p = w I = 2 t, bice 2n=2 T, to jest T= n sec.

2.31. Komponentna kretanja su harmonijska oseilovauJa po Ox- i Oy-osi (zad. 2.10), kruznim frekvencijama 1 sec-1 i2 sec-I. Ops~i integrali su:

x=A cos t+Bsio t; y= Ceos 2t+Dsin2 t. !

Integracione konstante odreoujemo iz pocetnib uslova kretanjk: za t = 0 su xo=O; Yo=4; xo=vo=2; Yo=O, pa su partikularni integrali (klnematicke jednatine kretanja):

I) x=2 sint; y=4cos2t

2) x=2cos t; y= - 8si021;

3) x.= -2sip-t= -x; y= -160:;0$ 21= -4y.

te su;

Kako jz (1) sledi y= 4- 8 sin2 t=4-2x2, putanja je parabola.

Kada je y=O, tad a je x=y'2eID, pa jz (1) sledi da ~u

sin f = V2/2; cos 2 t =~O; t = n/4;<ni t = 1,

x=2em; y=O; x=j!2 cm/sec; y= -Scm/sec; v=J!66crp/sec; ) I

230

i= - V2 cm/secz; Y= 0; a;'" - Vi cm/sccz;,

aT = (ix +yy) /1' = -1/66/33; aN = (xy- yx)!v= - 8 V33/33 cm/secz;

Rk = -33 V33f4cm.

Kakb je r2=x2+y2, to je rr=xx+yy, pa je v,=;. Zbog VZ=X2+y2=

=1',2+1'/ bice vc=r~ =VV2 -V,2, te su radijalna i cirkularna brzina:

i v,=(xx+Y.Ji)!r=Vicmfsec; vc=(xy-yx)/r= -8 em/sec.

Na isti nacin dobicemo radijalno i cirkulamo ubrzanje: ,

ac = (xy - yx)fr = O.

2.32.: Kretanje prve tacke je kruzno, ugaonom brzinom w=2sec- l ; pa je rp = 2 t. iZa rp = 5 7t/4 bice vreme Tl = 5 ,,/8 = 1,96 sec. .

Druga tacka krete se pravolinijski, po precniku, ubn:anjcm a = J cm/secz

bel. pocelne brzine, pa je zakon pula s =at2/2 = IZ/2. Kada bude s = 2 R = 18 cm, tada je Tz F 6 sec, pa ce prva tacka (M) pre da stigne u polozaj A.

2.33.' Kako je {z = x/2 = y/3 = z/6, putanja je prava linija, koja prolazi hOl koordinatni po~etak (0) i ima kosinuse smera cos a = 2/7; cos ~ = 3/7; cos y=6/7.

Posto jc zakon pula: S=(XZ+y2+Z2)112=7t2, to SU 1'=141, a=14cm/sec2•

2.34. ' Tacka sc kreee po zavojnici na kruznom' cilindru, poluprecnika R = 4 cm. Diferenciranjem osnovnih jednacina dobijamo:

a) x=-12sin31; y=12cos3t; z~9; pa je v=15cm/sec;

b) x= -36cos 3 t; Y= -36sin3t; ;'=0; pa je a=36 cm/secz;

aT=v=:O; aN=a; Rk= v'/aN= 225/36 = 25/4 cm.

1z (3) se vidi da je, zbog v = const., hodograf brzine kruzni konus sa vrhom u 0; poluprecnika 12 cm/see i visine H = Z= 9 cm/sec. Vektori brzina su izvodnice konusa.

2.35. . Iz uslova aT = aN sledi d vld t = vZ/ R, pl su difcrencija1na jednacina i prvi integ~al:

R· d v/v2 =d t; - R/v=l+ C= t- R/v. = (vo /- R)/vo'

te je zakon promene brzine: v = RVo/(R - vot) = 25/(5 -I).

Zbog toga Ju prirodne koordinate ubrzanja:

ar = aN = v2/ R= 25/(5 -t)'.

2.36. Tacka sudara (U) je presek tetive j kruga. U tom trenutku je sredisnji ugao <r. NpU"=rp = 2 a,= Te/3. Kako jc troug:w N,OU jednakokraki, to su zakoni j~dnako ubrzanih kretanja tacaka:

, r=Gztz/2: <p=w t/2,

oduQsno utacki U biee: I ! l

pa .ic:

TZ= 4R {j j2az = 2 rt/3 w; Ubrzanje prve pokretne tacke je:

al = R (~, + (,)4)11'= R ~ (9 + 4 Te')1i2/3,

pa su ubrzanja u odnosu:

aI/a, = Te (27 + 12 7t')1/2/27.

2.37. 1z jednacina kretanja sledi:

X= 4cos 2 t= 4- 8 sin' 1= 4 - 2 y2, odnosno y2= (4-x)/2,

231

pa je putanja parabola. Koordinate tacke M jesu x = 2 cm; y = J em, pa iz

jednacina kretanja sledi da je sint=I/2, COS21=1/2, cosl=V312, pa je tk = rr/6.

Zakon kretanja tacke B je:

s=OM=V,lk=V4+ J =VS:

pa je brzina u trenutku stizanja u tacku M na putanji

l'i= 6(SITe cm/sec.

2.38. Kretanje je po eJipsi, jednacine x2/36 + y'/4 = I, pa su parametarske jednacine kretanja:

x= 6 cos w t; y=2sin 0) I; 0)T=8,,)=27t; 0) = rr/4 sec-I.

Koordinate tacke M jesu x=3cm; y=V3 cm, to jest r=OM=Vl2=

= 2 V3 cm. lz parametarskih jednacina sledi da je cos w (= 1/2. sin w t= = V3j2; (,) tk = 7tj3, odnosno tk = 4/3. Zakon pravolinijskog kretanja drugc tacke je:

2.39. Ugaona brzina obrtanja je w = ~ = TC n/30 = rr/] 0 sec-I. Pararnetarske jednacinc kretanja prve tacke po cikloidi su:

x=R(<p-sinrp); y:",R(l-eosrp),

pa su projekcije vektora brzine i brzina:

x~Rw (I-cos <p); y=Rwsin<:p;

Posto je zakon kretanja druge tacke:

s=vzI, to je OE=(4RZ+R2TCZ) I/Z=vz tk =V2 T/2= 101'2; T=2rr:/w=20;

odnos brzina u temenu cikloide je:

(V1/V;)E= 2 (RUl)/(R V 4 + 7t2/I 0) = 2nd 4 +TI:z = Vi, Stoga je V 1>V2, pa se prva pokretna tacka kreCc brze.

2.40. Iz yZ= 4x diferenciranjem sledi:

232

2yy=4X; j'=2X/y=x/Vx; v2 =c2=x2+y'2=i2(1 + l/x)', t v=cons ., pa su koordinate vektora brzine:

x = e/l! I + I/x; Y = c/ VJ+X. Ponovoirn diferenciranjern dobicerno koordinate vektora ubrzanja:

.. r x =cXj2 ~ x (I + x) J/2=c2/2 (l +x)2; y = _c2 Vx/2 (1 +X)2.

Poluprecnik krivine je:

Rk = cJ/(iji -yx) = - 2 (I + X)312= (I + y'2)3/2/y",

gde su y=2j1x;y'=I/Vx; y"=-J/2xVx.

2.41. Kornponentna kretanja su harrnonijska oseilovanja po Oxosi kruznirn frekveneijarna w=2 sec-I, pa su opsti. integrali:

x = A cos 2 t + B sin 2 t; y = C cos 2 t + D sin 2 t.

Oy-

Integraeione koustante odredujemo iz pocetnih uslova kretanja, te su A = 2; B = 0; C = 0; D = 2, pa su partikularni integrali - zakoni kretanja:

I) x=2eos2/; y=2sin2t; Iinija putanje je krug'sa R=2ern.

Diferenciranjem ce biti:

2) x = - 4 sin 2 t; Y = 4 cos 2 t; l' = 4 cm/see; hodograf brzine je centralni krug, poJuprecnika Rh = 4 cm/sec.

Kako je y' =y/x = - ctg 2 t, a tangenta na hodograf brzine gradi sa Ox-osom ugao

tangente na putanju i na hodograf su upravne. Ovo sledi neposredno, jer je

QT= d v/d t = 0, pa je -; = --;N i upravuo je na vektoru -;.

2.42. Zbog x= 2 cos 2 t= 2- 4 sin2 t= 2- y2/4 bite y2= 8- 4x. Putanja je parabola.

Difereneiranjem dobijamo projekcije vektora brzine:

x=-4sin2/=-8sinteost; y=4cost,

pa eliminisanjem vrernena (t) iz ovih jednacina dobice se jednacina hodografa brzine:

On jc kriva cetvrtog reda u sistemu Oxy.

2.43. Posle integralisanja sledi:

Zakoni kretanja su:

I) x=2t; y=10-3t2 ; putanja je parabola y=IO-3x2/4;

2) i = 2; Y = - 6 t; hodograf brzine je prava para Ie Ina Py-osi, na iazdaJjini od nje za i = 2 em/sec.

2.44. Ovde je ugaona brzina w = ~ = rr n/30 = re/5 sec-I. Parametarske jednacine cikloide su:

x=R(cp-sincp); y=R(l-c.oscp); cp=wt,

pa difereneiranjem dobijamo projekcije vektora brzine:

y=R wsin cp; V= 2 R w sin ('P/2).

EJiminisanjcrn vremena (t), odnosno ugJa cp, iz prethodnog sistema jed-· nacina dobice se jednacina hodografa brzinc:

(i_Rw)2+y2=(Rw)2, to jest (i-2rr)2+Y=(2rr)2.:

Hodograf je krug, poluprecnika 2 TC em/sec, sa sredislem na P~-osi, gde je

p = R w = 2 TC; q = O. !

Tacka ima najvecu brzinu u temenu eikloide (E) ona iznosi:

Vmax = vE = 2 R U) = 411: em/sec.

2.45. Kretanje se vrsi po zavojnici na kruznorn ciJindru, poluprecnika R = 3 crn. Kornponentne brzine i ubrzanja jesu: i

x=-3sint; y=3eost; z=4; v=5cm/sec;

~= -3cost; Y= -3sint; z~O; a=3cm/see2.

Hodograf brzine je krumi konussa vrhorn u Ph (0), poJuprecnika osnove-3 em/sec, vi sine H = 4 em/sec.

Kako je kretanje po zavojniei jednoliko, 1'=eonst., loje aT'=dv/d 1=0,.

pa je aN=a i Rk =v2/aN =25/3em.

Obimna brzina je Vo = 3 em/sec, a aksijalna z = 4 em/sec,! pa je nagib

zavoJDlee tg CI. = z/vo = 4/3 = h/2 R TC, te je hod zavojnice h = 8 rr em. Kako je wT~'2TC, to jc T=2rr/w, T=2TC, pa je h~zT=4T=8TCcm ..

2.46. Zbog t = r/4 = cp/2 bice r = 2 If, pa je putanja Arhimedova' spira/a (ona. irna ulogu prave kod spirala, jer postoji linearna zavisnost izmedu potega i ugla)_

Diferenciranjem bite: '

r=4; ~'=O; 0/=2; ~=O,

pa su kornponentne brzine v,=~ =4=const., vc=r~ =8t, te je brzina

v=4VI +4/2.

234

Projekcije ubrzan ja su:

a,='r-r ~2= -161; o,=2r<p+r ~= 16; a= 16 VJ+i2". 2.47. Kako su parametarske jednaCine kretanja r = 8 t Z, <p =2 t, to je

!' = 2 <p2, p~ je putanja spirala. I

Dif~rencjranjem dobijamo:~=16t; ;=16; ~=2; <p=0,

pa su komponentne brzine

v,=i61; l'c=2r=1612; v=16tVf+f2;

1 komponentna ubrzanJa

a,=16-4:r=4(4-r)=16(l-2t2);ae=2;q,+r~=64t; 0=16)/1+1212+414

Kak? je za t = 0 i <p = 0, and a je u presecnoj tacki spiralc sa + Oyo som <p = 1c/2, pa je vreme 1= tk = rr;/4, te su:

! v,=1 K cm/sec; vc=n:2 cm/sec; v=rr;VI6+rr;2cm/sec; r=rr;2/2cm;

i

a,= (J 6(- 2 rr;2) cm/sec2; Oe = 16 rr; cm/sec2; a = 2 V 64 + 48 ;T:;--rr;4 cm/sec2.

Prirodne koordinate vektora ubrzanja jesu:

aT= (v, a, + Ve ae)/1'= 8 (8 + rr;2)/ V 16 + 1<2;

I aN = (v, ae-1'ca,)/)'= 2 rr; (24 + rr;2)/ V16 + rr;2,

:a polupre?nik krivine putanje je:

Rk = v2/aN = ),3/(1', Ge-l'e ar) =;;; (16 + rr;2)3/2/2 (24 + rr;2).

2.48. Stepenovanjcm i oduzimanjem dobijamo:

! x 2= 4 (e 41 + e-41 + 2); y2 =4 (e41 +e-4t -2); x2 _ y2 = 16,

pa je putanja jednakostranicna hiperbola, realne poluose a= 4 cm. I

Diferenciranjem . sledi:

x = 4 (e 21 - e 2l); y = 4 (e21 + e-2,); 1'2 = 32 (e4t + e-41) = 4 r2;

1'=2r, jer je r2=x2+y2=8(e4f+e-41).

Hod ograf brzine je takode jednakostranicna hiperboJa yz _ x2 = 64.

Komponentna ubrzanja i (olalno ubrzanje jesu:

x = 8 (e21 + e-2'); 'y = 8 (elf - e-2f); a2 = 128 (e4f + r'") = 16 r2,

pa su korriponentne I i

putanja je hiperbolicka spiraEa jednacine r = 8/<p.

j 235

;v,=4;vc =-8/t; 1'=(41(4+12 )/1; v=41I2cm/sec; a,=;'_r~2= -16/t 3;

ae=2;~+r~=-16/12+16/12=O; a=-16/I J; a=-2em/sec2;

aT=(v,a,+Veac)/I'=V,Or/v = -64!vl}; 0T= -VI em/sec2; aN=Va2+aT

2;

2.50. Kako je r = e21 = e"', putanja je logaritamska spirala. Diferencira

njem bite:

pa su:

1',=2r; I'c=2r; v~2Vir; 0,=0; ae=2r<p+r~=2r,p=8r=a;

aT=(v,ar+veae)/v=veacfv=41Izr=~; aN=Va2 +a/=4VIr;

R,,=v2/aN =r VI.

Brzina, ubrzanje poluprecnik krivine putanje logaritamske spirale srazmerni

su potegu (r).

te su:

2.51. Posto je cirkuJarno ubrzanje jednako nuli, mora da bude:

. . .. 1 d . Gc = 2 r<p + r <p =-- (r2<p) =0, odnosno ,2? = const. = C.

r d 1

Difereneiranjem jednaCine lemniskate bice:

2 r; = - 2 c ~ sin 2 <p, odnosno ,1; = - Cc sin 2 <p;

3 r2 ;'2+r1;' = -2 Cc~ cos 2'1'= -2 C2,

;. = (Cc sin 2 'P)/r J ; ;: = - 2 C21r} - 3 i2/r = - 2 C21r} - 3 (C2 e2/r4). (l - ,4/e2) =

= _2C2Irl_3C2(e2 __ r4)/r4.

Zbog toga je radijalno ubrzanje:

a, = i: _r~2 = - 2 C2/r3 - 3 C2 (e2_ (4)/r4 - C2 r} = - 3 C2 (r' + e2- (4)/1'7 =

=-3C2 e2/r7=-k/r" gde je k=const.

Radijalno ubrzanje, koje je ujedno i tOlalno ubrzanje, obrnuto je srazmemo sedmom stepenu raslojonja pokretne lacke od pola (0).

2.52. Kako je kod 'elipse e2 = 0 2 - b2 = 16, finearna ekseentricnosl ove

elipse je e = 4 em, pa je numericka ekscentricnost e: = e/a = 4/5. parametar e1ipse

je p = b2/a = 9/5 em.

236

Uzmimo pol polarnog sistema (0) u desnoj ziti (Pj

) , tada iz trougla f'z l",iPj , gde je M polozaj pokretne tacke u odnosu na pol r = OM, sledi prema kosinusnoj teoremi:

R2= (2eY+r2- 4er cos (1800 -cp) = 4.t?+ ,2+ 4ercos cp= (2 a-ry,

gde je ugao cp= <;.Tl OM, posto je osobina elipse da je zbir potega do zila konstantan, to jest PI Ai +MP2 = r+ R= eonst. = 2 a. Prema tome je polarna jednacina elipse:

r=b2/(a+ecoscp)=p/(1 +ECOSCP); r(l +ECOSCP)=p,

sa polom 0 u desnoj ziti.

Posto je pri oVom kretanju cirkularno ubrzanje jednako nuli, to je:

ac = r-'· d (1'2 ~)/d I = 0, odnosno ,z ~ = const. = C= 6.

Diferenciranjem polarne jednaCine eJipse dobijamo:

~(1 + HOS <p) -E r ~ sin cp = p; /r- (C ~/r) sin cp;

; =(Cs sin'P)/p; r = (Cs/p) ~coscp=(C2ECoscp)/pr2=C2[(I/r)_(l/p)]/r2, pa je radijalno (ujedno i totalno) ubrzanje:

a, = ;. -r 92= C2 [(1/r) - (l/p)]/r2 - C2/r3 = -C2/pr2 = _ k/r2 = _ 20/r2,

gde je k = const.

Radijalno (totalno) ubrzanje je obrnUio srazmerno kvadralu rastojanja pokrelne lacke od pola (desne tite).

Kvadrat brzine je:

v2 = ~2 + (r ~)2 = C2/r2 + (C E/p» siri2cp,

pa je brzina u temenima elipse:

u temcuu T, (<p = 0') VI = CfT] = Cf(a - e) = 6 em/sec;

u temenu T2 (<p= 180°) v2 = Cfr2 = Cf(a + e) = 2/3 em/sec.

2.53. Posto je cirkularno ubrzanje uvek jednako nuli, to je r2 ~ = const. =

= C. Tada su radijalna i cirkularna brzina:

v, = j. = (p E sincp) ~/(l H cos cp)1= (C s sin <p)/p; Vc= r? = Cfr.

Pomocu ovih brzina mozemo da odredimo Dekartove koordinate vi:ktora brzine:

[X = V, cos 'I' - Vc sin cp = [(C sjp) cos <p - (CJr)] sin cp= - (Csin cp)/p;

y = V, sin cp + Vc cos '1'= (Cs/p) sin2 cP + (Cfr) cos cp= (C sjp) + [(C/r)

- (Cs/p) cos 'f'] COS 'I' = (C/p) (HCOS<p),

JeT SU scos<p=(p/r)-l, (s cos'P)/P= (ljr)-(l/p)= (p-r)/pr.

Eliminisanjem ugla <p iz prethodnih grafa brzine:

Hodograf brzine je, dakle, ordinatom CE!p.

237 :t~

dobija s~1jednaCinahodo-

sa

2.54. Deljenjem jednacina dobija se yjx= -x/y, pa je y dy= ~xd x. Ova diferencijalna jednacina razdvaja promenljive, te je prvi. integral:

y2j2= -x2/2+C; C=c2/2;

Putanja je centralni krug, poluprecnika R=c. Ovde je k=w ugaona brzina, pa je obimna brzina V = ck = R w = const. Kretanje je jednoliko kruzno kretanje.

Kako je ds=Rd<p=Rwdt, i <p=wt, bite s=R<p=Rwl, pa:vremepre-laska za ugao 'I' iznosi t = <p/w. '

2.55. a) Posto je v, = ;. = c = const. W= ~ = const., to je d r = edt,

pa je r;" ct + Cj = ct, i 'P = w t. Putanja je Arhimedova spirala.

b) Posto je v,= i- =d rid t=c to je r=ct+CI =R+ct. Zbog ;toga sto je

Vc = r ~ = r d cp/d t = b, to je d 'P = b d 1/ r = b· d rjer, Ie integralisanjeI]1 dobijamo

cp= (ble) Inr+C2 •

Konstanta je C2 = - (b/e) In R, Ie je '1'= (blc) (In r-ln R) = (ble) In (r/R), pa je c 'I'/b = In (rIR). Antilogaritmovanjem dobijamo da je rlR = ec<,lo., odnosno r = Re''''/b. Putanja je logaritamska spira/a. !

2.56. Kako je a = d v/d tid sid t = v, to Je:

Jads=Jvdv= J6S1l3ds, odnosno v2j2+C,=4,5s4J3 .

y S

200

{DO

u _ 40m s- I,m

Of2345X

Slika 2.56.

j

Ua

:;; IOm/~ecz lc~

l<:1Jt[' .,.-; J/'fP ~ 20 /--1.:: 10 ~.': : i ::

..! ; :j :_I_t_ o I 2 3, 4 S X

Iz pocetnih uslova sledi da je konstanta C1 =O, te je V=3~2J3=ds/dt, pa ponovnim integraJisanjem dobijamo:

238

Kako je !Constanta C2 =3, to je zakon pula S=(1+I)\ brzine 1'=3(1+1)2 i ubrzanja d = 6 (I + t).

Dijagrami su: (s,l) kubna parabola, (l"/) parabola (a,l) praya Iinija.

.Pocetne v~ednosti su So = 1m; Vo = 3 m/sec; ao = 6 m/sec2•

Kinematicki dijagrami prikazani su na slici.

2.57.: Kinematicke jednacine ovog kretanja jesu:

xLRcoSUl/; X= -RUlsinUlI; ~= -RUl2 cosUlI= -Ul2 X,

pa su: lO=:Rcos'PJ; -20(3=-RUlsin'PI; lOOIR2+1200/(RUl)2=I:

5=RcoS'P2; -lOm=-RUlsin'P2; 25/R'+150Of(RUl)'=1.

Iz o;vog sistema jednacina mozemo odrediti amplitudu oscilovanja i -kruznu fr~kvenciju:

R,= 20 em; Ul=2sec1; T=2-rr/Ul=-rrsec; f= l/T= I/TCHz.

Kindnaticki dijagrami su siuusna i kosinusna linija. Dijagram (v,s) je eJipsa, a (a,s) prava linija.

2.58. Diferenciranjem dobijamo kinematicke jednaCine ovog pravolinij

skog kret~nja: I . .

x=e- I s:in 2 I; x= _e-t (sin 2£- 2eos 2 t); x = -e-t (3 sin 2£ + 4 cos 2 f).

Kako je. brzina jedmika nuli (x = 0) kada je 19 21 = 2, to su sin 2 1= 2!VS; COS21=I/V5=0,448, pa je 21=63°24'=63,4°=1,105 rad; 1=0,552 rad, odnosno, i,-t = 0,577.

Zbog oyoga su:

i1x =0,577.2VS/5=0,231 VScm; x=-1,154VScm/sec2•

2.59., lz' parametarskih jednaCina kretanja sledi:

I Y = 10 sin2 (= 10 (1- eos2 /)= lO-x, odnosno x+ Y= 10, I

Ie je putahja prava Jinija, odsecaka a=b= 10m.

/j\(a.tJ .I : \

/ l \ . : /V1 '-. (v,t)

!/ \: '\. . \ . "-I. .

\ /

\J/ Slika 2.59.

2rr

I I ,j

23lf

Diferenciranjem sledi:

X = - 10 sin 2 I; .~ = ....: 20 cos 21; Y = 10 sin 2 t = -:k; y C~ 20 cos 2 I = - x. pa su:

v=10V2sin2t; a=20v'icos21; s= jvdt+C=lOV2sin2 t,

Jer je s2=(IO_iY+y2.

Kinematicki dijagramisu sJnusne odnosno kosinusne linije prikazane na slici.

2.60. Kako su put i vreme S=U,'Y, I=u,'x, gdc su X=X, y=y koordinate lacke u ravni Oxy merene u duzinskim jedinicama, to jc nagib

dijagrama (s,l) u prvom deJu:

tg <XI = yfx = (s/u,)/(I/U,) = (ur/us ) sit = 1/4, v = (u,lu,) tg <XI'

jer je v = S/I, te je v = 5 m/see.

U drugom delu kretanja Je <X2 = 0, pa je i \'2 = O. Mcdutim, u trecem delu krctanja je:

VJ = (u,/u,) tg <X3 = (20/1) . (1/2) = 10m/sec.

U prvom j trecem periodu kretanje je jednoliko, u drugom je mirovanje.

2.61. Kako su v=up'y, l=u,'X, to su y=v/6 i x=t, pa su zakoni brzine kretanja tacaka:

VJ = 41; 1'2 = 10+ 4 (1- 2).

Oba su kretanja jednako ubrzana, ubrzanjem a=4m/see2 , ali je prvo bez

pocetne brzine (1'10 = 0), a drugo ima pocetnu brzinu v20 = 10 m/see j pocinje 2 sekunda docnije od kretanja prve tacke.

Pri sustizanju obe ce tacke

preCi iste puteve, te povrsme

dijagrama moraju biti jednake. One iznose:

A I =xy/2; A2 ={(5/3)+[5+

+ 2 (x- 2)]/3) (x - 2)/2 = = (x+ 3) {x'- 2)/3,

te iz uslova jednakosti puteva sledi:

AI =A2; xy/2 = (x+ 3) (x -2)/3,

odnosno :>::2=X2+X_6; x=6, iii t = 6 sec.

'J s.r

(a,t)

o

(s,.t) (5,.1):

: .---: ........ ~ .....-" , . y,~vr,t) ~ -~'-7----t

d 5 6 I

Slika 2.61.

Vreme sustizanja je, dakle, t = 6 see od pocetka kretanja prve tacke iIi 4 sec od pocetka kr~tanja druge tacke.

Zakoni predenih puteva su;

Sl =2 (2; S2= 10 (1- 2) + 2 (1-2)'.

Syi kinematicki dijagrami prikazani su na slici.

:240

2.62. lednacina ovog kruga je:

(X_R?+y2=R2, odnosno x2-10x+y2=0.

Kako su s = U,' y i t = u,' x, to su y = s/2, x = t, pa su lakoni kretanja:

$2=4(10/_/2); s=2(IOt-t2)1/2;

V =s= 4 (5 - t)/s= 2 (5 - t)/[l 0 t - 2 t?jl/2;

a = S = -(4+ v2)/s = - 50/[10 t- t2pll.

U trenutku t = 2 sec (to jest x = 2 em) bice y = 4 em, pa su:

s=/I,'y=8m; v=I,5m/sec;

a = - 25/32 m/sec2•

Brzinu mozemo odrediti i graficki pomocu tangente, kao sto je pokazano na s \ici, pa je:

1'= (us/uJ tg ~ = (2/1)· (3/4) = 3/2 = 1,5 m/sec.

2.63. Kako je tg IXI = J, ubrzanje prve tacke je al = (uJuJ tg (XI =

= 2 m/sec2 = const., te je vJ = 2 t t CJ = 2 t. Kretanje ove tacke je jednako

·ubrzano.

JednaCina centralnog kruga je x2 + y2 = R2 = 25, pa je v = U,' Y = 2 y, X= t, Ie su kinematicki z<lkoni kretanja druge tacke:

1'=2y; t=x; 1'2=4(25_(2); 1'20= 10m/sec; 1'=)'2; 21'a= -8f;

a= -41/1'= -21/(25-t2)1f2; s= [vd 1=2[ (25-t2)1/2d t= 10[VI-(t/5)2dt=

Ubrzanje mozemo odrcditi i graficki pomocu tangente, te je:

a2 = a = (u../u,) tg (X2 = - 2 tg q> = - 2 x/y = - 2 1/(v/2) = - 41/1',

kao sto smo dobiE i neposredno difereneiranjem.

2.64. Ovde imamo tri periQda: a) ubrzanog kretanja, b) jednolikog .kretanja c) zaustavljanja. Prema tome bice:

a) V = 90 km/h = 25 m/sec; a = 1/4 m/sec2,

a = COIlSt.; v = at = t/4;

Ik=Vk/a =25·4= 100 sec; sk=2· 625= J ~50m;

b) S2= JOOOO-I250-625=8125m=vI; tk =8125/25=325sec;

T = II + 12 + t3 = 100 + 325 + 50 = 475 sec= 7 min 55 sec= 7,9 min;

II II

J

241

c) v=1'o-at=25-1/2; tk=50sec; V2 -W02 = -2as; sk=62.'in1.

Dijagrami su prikazani na slici.

jJi 5.'.0 (v. I)

,r-'-'-'-'-'-'-'--"--:;:;"'--'--''--/i '

/' i (s.t)

iL-_===--J......_ ... _ .. __ .. __ .. (0.1) "_"_' __ "_"_" - .. ....,r'-'-,---r~

• I

L . .,.. .. J Slika 2.64.

r- . 2dt=V-1/2dv, pa J'e 2t+C,= 2.65. Kako je a=2Vv =dv/dt, to Je "

V- b'o 2 V- iIi v={,1+2)2=ds/dl. = 2 1'. Kako je C1 = 4, Ice 1+ = v

Dalje je s = (c + 2)3/3 + C2, pa je C2 = 0, te su kinematicke jednacine:

a=2(t+2); v=(/+2l;

y (s.'.G) (,,1)

,/(v.l)

s = (t + 2)3/3. ./ .---'(a.l)

Kinematicki dijagrami pri.kazani su na slici.

Za t=4sec bire: a=12m/sec2 ;

v=36m/sec; 5=72m.

2.66. Ovde su:

..'--

o 4

Slika 2.65.

a=12t-20; V=612 -20t+C1; s=2t3 -10t2 +Cj l+C2 ; C2 =-'1O;

pa su zakoni kretanja:

a= 12 t-20; V= 6 (2 -20 t +4; s= 21 3 -10 t2 + 41 - to.

C,=4,

J 'kb bI Zat=4;J'e9=-26; Dijagrami su p,aya linija:, parabo a luna para 0 a.

za t = 5 sec je s = J 0 ill, a za t = 4,8 je s = O. 2.67. Kinematicke jednacine su:

a=6t+2; v=3t2 +2t+l; 5=1 3 +/2 +1+4; C=4.

te su u trenutku t= 3 sec:

a=20m/sec2; v=34m/sec; s=43m.

Dijagrami su slicni onima iz zadatka 2.65.

2.68. Kinematicke jednaCine ovog kretanja jesu:

a=-1tsin(1tt/4); v=4cos(1tt/4); s=16(sin1tt/4)!i'.

, 16 Zbirka xadataka iz roehanike I

242

KiIiematieki dijagrami Sll, kao pri harmonijskom oscilovanju, sinusne odnosno kosinusne linije; dijagram (V,s) je elipsa, a dijagram (a, s) je prava linija.

Y S,t,Q

(si)

,,: i

:'-...!.!:2. : i ."-- . . -.....-.---., . : •. ::;::0

~ .. --.,,-

Slika 2.69.

2.69. Iz a=-2v=dv/dt=-2dsldt sledi v=-2s+CI=4-2s.

Kako je ~ = d vld t = - 2 v, to je d 1'/1'= - 2 d t, paje In v':' - 2 t +'C1

= _ 2 t + In 4.

Zbog tog~ je v=4e-2'=dsjdt, pa je s=-2e-2'+C2=2(1-e-2,).

Kinematicki dijagrami prikazani Sll na slici. Brzina j ubrzanje za t = 00

teie uuli, a put tezi vrednosti folk.

y S.Y 2.70. Ovde su zakoni kretanja za obe taeke:

a) v=at=4t; s=2/2 ; b) v=20-4t;

s=20/- 2 t2•

, U trenutku sustizanja obe taeke su preSle isti put, te je 2 [2 = 20 t - 2 (2,

to jest t = 5 sec. Tada je V2 = 0 i ta se facka zaustavila. Predeni put s = 50 m.

Resenje je prikazano i grafieki (slika).

B) OBRTANJE KRUTOG TELA. TRANSMISIONI PRENOSNICI

2.71. Kako je v=Rw=Dw/2=wj2= I m/sec, to je w=nn/30=2sec- l ,

pa je n = 6,O/n o/min.

2.72.' Kinematicke jednaCine obrtanja jesu:

~=const.; w=wo+~t; Cp='Po+wol+~t2/2; W2-&}o2=2~('I'-(Po).

243

Kako je 'Po = 0 i Wo = 0, to je '1'= ~t2/2, odnosno 50·2 n = ~. 100/2 = 50~, te je ;,:; = 2 1t seD

Dalje je; W=~I=..40 1t sec-I; cP = 2 1t • 400/2 = 400 7t = 2 1t N,

~ te je ukupni broj obrtaja do tog trenutka N = 200.

2.73. Poeetna ugaona brzina je (,)0=3 000n/30= IOO7tsec-J, pa iz uslova

~=O sledi wo2 =2;':;CPk";2wo·27tN/T, te je

T= tk = 4 nN/wo = 120 Nln= 4 sec.

2.74. Iz uslova w=wo-IO~=O sledi wo=I07tsec-t, pa je

-woz = -2.~·2nN= -1007t2, te je N=25 obrtaja.

-:/' 2.75. Ovde imamo dva perioda: a) ubrzavanja i b) usporavanja, pa ce biti:

a) cp=("tZ/2 te je ugaono ubrzanje (,,=2<p/T2=2.2n.2400/(2.60)2=

=27t/3sec-z, gde je T=th pa je ugaona brzinaw=27t.J20/3=80nsec-:-~.

b) (,)2- w/= -2~c:p, odnosno

~ = wo2/2 C:Pk = wo

2/4nN = 6 400· nz/4 n· 160 = 10 n sec- 2 ;

T= T z= tk = wol~ = 80 -;<;/1 0 n= 8 sec. v Ukupno Vreme obrtanja i ukupni broi obrtaja iznose:

v

Tk =T1 +Tz = 120+ 8 = 128 sec= 2 min 8 see; Nk = 2 400 + 160= 2560 obrtaja.

2.76. Polofuj tereta (G) U odnosu na horizontalni precnik tocka odredicemo koordinatom z. Ubrzanje tereta u vertikalnom praveu ujedno je tangencijalno ubrzanje dodirne facke uzeta na obodu tocka, pa su kinematieke jednaCine:

·te sri:

~= I sec-z; w=~t=t; <p=t2/2.

Posle vremena od 10 sec teret se spustio za z = h = I 000 em = 10m, a

tocak je naCinio: N=c:p/27t=25/7t~8 obrtaja.

2.77. Ovde je ugaono ubrzanje ~=2V2c:p1/2=dw/dt. Kada se ova

jednaeina pofinozi identitetom 2 w d 1=2 d cP, ona razdvaja promenljive:

2wdt.d(,)/dt=2wdw=4¥2c:p1f2dq>, pa je wZ =8V2cp3/2j3,

jer je integraciona kOIistanta C, = O. Odavde se ponovnim integralisanjem clobija;

w=d cp/d t= (8 V2;3) 112'1'3/4 odnosno ~8 V2/3 t= 4cp';<'

jer je C2 =0.

16

244

Dakle, zakoni obrtanja su:

2.78. Brzina dodirne tacke (P) 0 ba tama kotura iznosi v = r WI = X w2

•

gde je WI = 1tn,/30 = 10 1t sec-! = const. Diferenciranjem se dobija:

0= XW2+X~2; pa je w2= -xw2/x='rwIJ3x2= 30 TtJx2,

jer je x=-lf3.

Za x = r bice ~2 = 10 n/27, tada je w; = WI = lOn, pa su brzina i ubrzanje krajnje tacke A kotura K

2:

VA = y = R W2 = 18.0 n emlsec = 565,20 cm/see = 5,65 m/see;

2.79. Prenosni odnos iznosi:

pa je i=wdw2=nt/n2=D2/DI = 30/90= 1/3,

WI =~I /=0,21t l=w,/3=rr:·180/3. 30=2n,

Ie je' 1= 10 sec.

2.80. D;)dirna tacka P oba tocka (iIi zupeanika) ima istu obimnu brzinu: v=vp=h1 wl =hz w2, gde su hi> i= 1,2, rastojanja ziza 0

1 od zajed

nicke tangente. 1z ovoga sledi odnos ugaonih brzina:

W,/W2 =h2/hJ =02P, sin f)/Ol p. sin f) =02 P/OI P= (2 a -r)/r.

Duzinu 0 1 P = r odredl·c'emo J'z trougla ° PF . 1 2' prema koslilusnoj teo remi:

pa je:

r = (a2_ e2)Jla- e cos rp)= b2/(a_ e cos q»,

te je ugaona brzina drugog tocka:

W2 =: rwd(2 a-f) =: b2 wl/(2 a2 -b2-2 ae cos rp).

Za date podatke bite:

nz= 9 nd(41-40eos(jl)=90/(41-40 eos(jl).

2.81. Prema Willisoyoj fOfmuli bite,

i =w1/w. = n1/n. = (_1)n-1 znlzJ = (_1)4 Zs/Zt = 30/20 = 3/2.

245

2.82. Prema Willisovoj fonnuli Za paralelnu spregu bice:

i = wl/wn = wI/w,p = ( - l)p (n zZi)/(H Z2i-!) =

= (- 1)3 Z2 Z,Z6/ZJ Zl Zs = - 20·50.30/40. 10·15 = - 5.

2.83. Kako je nl = - 1 200 o/min, iznose:

obrtaja pojedinih zupcanika

i56=nS/n6~ -Z6/Z5= - 32/16= -2;

i67=n7jn6= -z7/z6= -20/32= ,-5/8;

Ukupni prenosni odnos iznosi:

i= n i jk = i12 • i'4· iS7 = (- Z,jZI) (-z./z,). (Z7/Z,) = (- 60/20)· (- 40/1

= 10; 1I7=lIl/i= -1200/10= -120o/min.

2.84. Prenosni odlloS i broj obrtaja iznose:

i=i17=n,jn7=iI2.ilS.i67=(-40/18).(36j15).(-48/l6)= J~;

n7 = lIl/i = 800/16 = 50 o/min.

2.85. Prenosni 9dnos je:

i = il7 = nl /1l7 = i13 ' i.5 • i67 = (Z,/ZI)' (zs/z.), (- Z7/ Z6) =

=-40.60.48/20.24.20=-J2, pa je 1l7 =-J60/12=,.30ojmin.

2.86. Prenosni odnos je:

i=n1/nvu=n,/n9=(-Zl/ZI)' (-z./z.). (-Z9/Z7) = - 60·60.60/20.20·20 = -27,

pa je lI9 = nyU = 270/ - 27 = - 10 oimin.

Stoga je ugaona brzina poslednjeg zupcanika 'W9 = n n9J30 '; n/3, pa 611

br:zina i uhrzanje tacke M;

F = D W9/ 2 = 9· re/3 = 3 n em/sec = 9,42 em/sec; ar= 0; a = aN = D W92

/ 2 =

= 9n2/9 = 9,86 em/sec2•

2.87. Slicno prethodncm zadatku bite:

pa 5U:

i = ndnv = 111/116 = (D2/D I)· (- Z2/Z,)' (-z.lzJ): (- Z6/Z5) =

= _ 150.20· 50· 36/200·40·20· 18 = - 15/8,

W6 = -. 8Ti/3 sec-~;

246

v = D 0)6/2 = 6 . 8 -;r;/3 = i 6 -;r; = 50,24 em/sec;

= 128-;r;2/3 =421,12 em/see2.

2.SS. Prenosni odnos je;

i = ndn. = i l2 ' i,4' is6 ' i78 = (D2/D,). (- z4/Z,)' (- zJzs)' (- Z8/m) =

= -(20/12). (3~/18)· (40/20)· (36/3) = - 80,

2.90.

n8 ~ n;/i = 1 200/80 = 15 o/min. ~f

odn?o~ je: <~~'~

= nl/n4 = (~~f\(Z2/ZI) (Z4/Z3) = 60·54·30/2.20.18 = 135,

'~J·'-A' n4~;nl/i = 1350/135 = 10 o/min.

e"" . Prenosni odno~' je:

,l'

pa je:

nz = ndi =900/30 = 30 o/min.

Brzina odmotavanja kabla je obimna brzina tacke na dobosu, te je:

v = D 0)2/2 = D TC ni60 = 30· -;r;. 30/60 = 15 n: = 47,10 em/sec.

2,91. Ovde je w p = (,)4' pa je v, = D p wJ2. Kako je prenosni odnos:

i =W;/W4 = 60/n4 = IZI4/Z1ZJ =48,24/12.6 = 16,

brzina ziupcaste pofuge je:

Vz = 5 ·3,14· 60/30.16= 1,96 em/sec.

2.92. Ovde je prenosni odnos:

i= ZI· Z3· Z6· I •· Z 9

m l • Z2 • Z4 • Z7' m2

30.40·25·48·20 ---'----- = 400 3·25-30·16·2 •

pa je: n9.=np=2ojmin i cu9=cup=-;r;/15.

Iz~edu precnika podeonog kruga, modula i broja zubaca postoji ovaj

odnos: Di = mz, te je D p = mz p = I . 30 = 30 em, pa je brzina po luge:

vz =Dp(,)p/2 = 15 TC/15 =3,14 em/sec.

2.93., Prenosni odnos zupcanika je:

i lS"fi"Jn4 -=Z2 z41z1 z3= 54 Z2/20·] 8 = 3 z2/20, pa je:

247

Kako je Ds = mzs = 1,5·40 = 60 em, btzina i broj zubaea iznose:

2.94. Ovde su brojevi obrtaja:

nl = n l = 1 200o/min;

2.95. Ovde je:

pa je obimna brzina:

v = D M/2 = 90 -;r;';" 282,60 em/sec = 2,83 m/sec.

2.96. Ovde je W = 2 -;r; sec!. pa je parametar / = h/2 -;r; = 20/-;r; = 6,36 mm =

= v,/('), te je Vz = 40 mm/sec = 4 em/sec.

Nagib zavojnice je tglX=//R=O,636, pa je 1X=32°30'.

2.97. Za svaki podeljak (p) na nonijusu pomeranje jznosi h' = hip j'

ono predstavlja lacnos! merenja mikrom~/ra. Ovde je h' = 0,4/40 = 1/100 =

=0,01 min.

2.98. OVde je ugaona brzina obrtanja (,) = 3 n: sec', pa je parametar /=6/37t=2/n:=2.0,318=0,636em=6,36mm, te je hod zavojniee h=2n:/=

=4em=40mm. Nagib je tglX=0,318, te je IX= Ir40'.

Ako je hod h = 4 mm i p = 50 podeljaka, onda je tacnost merenja h' =

= 4/50 = 0,08 mm. 2.99. Kada se navrtka zavrtnja (N) porneri aksijalno za d z, pJoca ce

se pomeriti u vertikalnom praveu za dy, pa je etg et: = d y/d z, odnosno brzine su:

d y = d z ctg IX; y=v =zetg IX = Vz ctg IX =[(h1 + hz) n etgo:]/60,

posto je ukupni hod zavrtnja jednak zbiru hodova oba zavrtnja. Za date

podatke brzina kretanja pioce prese iznosi:

V= (12+ 18).30.j!3/3.60= 5 V3 = 8,65 mm/sec.

248

2.100. Duzina rucice CA = CB = I ostaje nepromenjena PrJ pomeranju navrtki A i B. Kada se navrtka pomeri aksija'lno za d z, pomerice se zglob C za dy. Medutim, trougao OCA, iii trougao OCB, gde je OA = OB, ostaje zbog simetrije i dalje praJ'ougli, te vazi relacija:

CA2=)2= y2 + Z2= (y + dy)2 + (z- d z)2, iii 2ydy+ dy2_ 2 zd i + d Z2= O.

Kako su pomeranja mala, mozemo zanemariti kvadrate diferencijala, pa postoji odnos:

ydy>'::;zdz, iIi dy/dz=z/y=tgfJ=y/z=y/vz>

gde je v, translatoflla brzina zavrtnja. Brzi.na zgloba bice dva puta veca, zbog pomeranja i druge navrtke (B), te je:

Vc= 2y = 2 v, tg 0 = (2 hllj60) tg e = 2,4 tg e em/sec.

C) RELA TIVNO KRETANJE. BREGASTI MEHANIZMI

2.101. Brzina plivaca je njegova relalivna brzina, a brzina reke je prenosna brzina. Vekror reJativne brzine treba' da gradi takav ugao a sa pravcern toka reke da mu se ta komponenta ponisti prenosnom brzinom, to jest mora biti:

Slika 2.101.

V,COSIX=Jlp; cos ex = vp!vr = 1/4.

Plivac ce preplivati sirinu reke za vreme t, koje iznosi:

5=(v,sina)l; t =slvr sin ex =

= IOWVTS = 20 VTIJ3 = 25,80 sec.

2.102. , Za vreme gledanja (I) putnikov voz preCi ce put 51 = V, t, gde je v, = 54/3,6 = 15 m/sec, dok ce celo drugog voza preci za to vreme put s = V2 I,

gde je v2 = 10m/sec. Zbir predenih puteva mora biti jednak duzinj kompozieije mimoilaznog voza, te je: .

2.103. Kretanje broda je prenosno, a predmeta relativno, Prvo je kretanje jecinojiko, a drugo jednako llsporeno. Za apsolutni triedar bite zakoni kretanja:

pa eliminisanjem vremena t dobijamo apsolutnu putanju:

249'

Pumnja je parabola sa temenom u E (xE =25/2m; YE=25/4m).! . I

Kako su brzine Vp= 5m/sec i vr =Yo-al=5-2t, a njihovi vektori 8U

upravni, apsolutna brzina kretanja predmeta je: .. -;-

Va = V = [Vp 2 + v/J'/2 = {50-20 1+ 41 2)112•

2.104. ReJativna brzina je Vr = ar I, a prenosna je vp' Vektori 'ovih brzina grade ugao IX, pa prema kosinusnoj teoremi, iz plana brzina (stika) odredu-jemo apsolutnu brzinu: :

v}= v/+ v/ + 2 v, vp cos (Xc-v/ + (a,t)2 + 2 vp art cos a.

Slika 2.104.

Relativna putanjaje sarna strma ravan (AB), a zakoni relativnog kretanja su:

G, = const.; sr =a,. /2/2. i ,

ApsoJutne Dekartove koordinate pokretne tacke (M) uodnosu na apsolutni triedar Oxy jesu;

x = X A + S, cos ex = vp I + (a, {2eos a)/2; Y =YA sin 0: = h-(a, [2 sin a)/2.

Eliminisanjem vremena t iz prethodnih jeJnac:na dobijamo: • \ ~~o •

x SIn IX + Y cos a.-h cos a= f,}l Slll a, odnosno }I~i;.

Ix sin a.- (h- y) cos !X)2 = (>'p sin a)2. 2 (h - Y)ltPjsin IX = 2 v/ !~:~~ "

Apsolutna putanja je konicni presek. On se mtze napis'lti

/(x,y) = A X2 + 2Bxy +Cy2 + 2 Dxt2 Ey+ F=O, i

pa kako je A = sin2 (/., B = sin ex cos a, C = cos2 (/., onda je AC ~ B2...: 0,

putanja parabola. i

2.105. Prenosno kretanje je translatorno kretanje tramvaja, brzinom l'p= 28,8/3,6 = 8 m/sec. Sasija vrsi pravolinijsko oscilovanje, te se ovo pravolinijsko relativno kretanje vrsi prema jednaCinama:

s, = 'A = A sin w, I " v = 't)' = A w cos wI' a = 't)" = - w 2 .~ ., T r r, r r 'f'

gde je UJr kruzna frekvencija Wr = 2 re/T = 27<= 6,28 sec-'.

250

.' Usvojimo nepokretni sistem Oxy i pokretni A ~fJ kao sto je pokazano :nasliei, onda su apso!utne koordinate tezista (C):

I

Y=Yc=Y" +fJ= R+ h+ A sin wrl.

jednacina dobijamo apsolutnu putanju:

X/Vp) = 140 + sin (IT x/400). [cm].

Putanja jet dakle. sinusna

Zbcig jednolikog translatornog prenosnog kretanja, prenosno $OVO ubrhnje jednaki su nuli.

,1:

Korioli-

2.106. Relativna putanja tacke M je prava (L), a apsolutna krug (K). Stoga je relativna brzina koJinearna sa pravom L, a apsolutna je obimna

brzina, pa je tangenta kruga, Ie sledi:

vr=vpctgcp; va=Rwa=R ~=v)sincp,

pa 3U ugaona brzina i ugaono ubrzanje:

t·

,,~b)L\

'. /R' ,:." = cp" = (- vp2 cos cp)/R2sin J cp. (,lo = rp = vp sm cp; ~"

Ubrzanja su:

ar=d vr/d 1= -vp ~/sinzcp=

aoT=R;P = -V/COS(F/R~jnJrp;

aaN=R ~Z=v//Rsin2rp.

2.107. Relativna putanja je krug (K), pa 3U:

".', Prenosno kretanje je transJatorno. pa su: ., ..'

SJika 2.107.

Vektori prenosne i relativne brzine gn ce 1 F 0 (n/2) + 'P, a \ektor

ar i ap ugao Tt -cp, pa iz trougla bfzina,

f

251

odnosno ubrzanja (slika 2.107. G i b), slede apsolutna brzina i apsolutno . ubrzanje:

Apsolutne koordinate tacke M u odnosu na tfiedar Oxy bice:

y= R sinrp; rp = Vr t/R.

Kako je vreme t= R rp/v, = (Rlvr) arc sin (y/ R), eliminisanjem vremena lZ prethodnih jednacina dobijamo apsolutnu putanju:

X= V R2_y2 + (a p /2)· (R/vrF· [arc sin (YIR)f.

Putanja je, dakle, transcendentna kriva.

2.108. Relativno kretanje je pravolinijsko, a prenosno je obrtno. PreJJcisna ugaona brzina je wp = w = IT sec-I, pa je vreme jednog obrtaja T = 2 Tt/w = = 2 sec. Zbog toga je predeni put AB = 1= vr T, pa je Vr = 1012 = 5 em/sec i

G r = O. Prenosna brzina je upravna na dijagonalu i jznosi vp = d w = y I = 10 ViTtcm/sec, jer je duzina dija- DI-_____ ,..-.._o::..c_~_;;. gonale' d = 10 Vi cm. Ovi vektori grade ugao CI. = 45°, pa iz trougla brzina (slika) sledi prema kosinusnoj teoremi:

v}= v/+ v/+ 2 Vr vp Vi/2;

va =5j/1 +4Tt+8IT2=48,05 cm/sec.

Komponentna ubrzanja su:

GpN=dwZ= 1OV2 Tt2 ;

12! u=w o

W=Wp

d

8

Slika 2.108.

Koriolisovo: ;c=2[-;:;, ;;:J=2wvr [-k, -JJ= -2wv,i;

i usmereno je u smeru - Oxcose. Ubrzanja ~ i ~~ grade ugao 45°, pa iz trougla ubrzanja (slike) sledi:

2.109. Relativno kretanje je oscilatorno:

Sr = r = (h/2) cos rp; v, = - (hk/2) sin rp; a, = - (hF/2) cos 'P, gde je rp = kt

i k=wr =IT/6. Kako je 11 polozaju M pr~deni put OM=r=h/4=(h/2)coskt, to je coskt= 1/2, pa je kl=rp=Tt/3, odnosno vreme t=2sec.

Kinernali<::ke jeuua<::iTle obitanja plocice jesu:

&J = const.;

Za 'P = n!2 1=2 sec bite vrednosti ~ = Tt/4 sec-2; w = -;r/2 sec-I.

252

U polozaju M (sJika) bice: ~

a) brzine v,=(-hnfl2)=-nk; -;" = b w 1 = 6 n r pa je apsoJutna przina:

Va = l' V39 = 6,245 l' = 19,61 em/sec;

jer je reJativna brzina paralelna obrtnoj osi (AB), odnosno vektoru ugaone prenosne brzine, pa je apsoJutno ubrzanje:"

ao = a, + apT +apN + ac:

= 29,67 em!sec2.'

U trenutku t = 4 sec bice sve vrednosti:

t= 4 sec; r= -6cm;

6;=1'/4; w=7t;

Va"" 38,06 cm/sec;

zl Ii{) CD

B J'*-(: _______ (-,Ol M.

- - - --- --- -'"""'!:'---t apN

II o

SJika 2, JOy, Slika 2.JlO.

2.110. Relativno kretanje je pravolinijsko jednako ubrzano kretanje, pa su:

.I, - S = 50 {1/2;

i,

253

Prenosno kretanje je jedn'ako ubrzano obrtanje, pa su:

~=w=1'(1 +1)/1;

Kako je BC1= b2 +h2=900+ 1 600= 15'00, to je BC= 50 em i cOSrt.= 4/5, :sin rt.=3/5.

Za t = I sec bice (slika): ..------s=15cm, te je s=BM=MC; r=15em; w = -;; ~~C-I ;

v, = 50 em/sec;

= 5 [100 + 9 n2]1J2 = 68,70 cm/sec;

;,= 50 (Tsin cx-k eos'cx) = 30 T-40 k; ~ -apT= 7,5 l' j;

13a je:

a: =;, +~r+~N+;c= (30-15 7t2) i+(7,5 + 60) n T -40k.

Kada je s = 50 cm, tada je t = VI sec j (.j = 1,2 l' sec-I ;; r=b=30cm, pa su:

v, = 50 VI em/sec; vp = 36 l' cI]1/sec; ar = (30 T - 40 k">; ~N=-43,20nlT; ~=101,521'T.

2.111. Za prenosno kretanje bice:

w = 7t t/2;

Kinematick" jt:ulJaciJH: relativnog kretanja ~u:

Wr =const.;

Za 8 obrtaja plocice obrtni ugao iznosi:

Za poJozaj pokretne tacke M u tacki krugu bice:

pa su:

v,=Rw,=2V27t;

-7 -~ -+-

apN~ -Rw2 i= -12811:2i;

w,=~/32;

~ r ) l -~ -..,. 4 --to -+- i

ao =a,T+arN+apT+apN+aC=n( -257 l' i+ 16 j.- k)n. I

-+ j;

. ;i~ .-;¥j

17v'''m(Jrn''~;6Jozaju bice zakoni kretanja:

(5 n/2) sin O· ro; ;, = - (571:2/16) cos (j.~.

q>= tc/2)sinO; ~ =cu=(n2jI6)eosO; -1;;

~ =~ = -(n3/128) sin (l;

gde je -;0 art radijalnog, a -;0 ort cirlrularnog pravea. I

b) U I trenutku t = 2 sec bite (slika):

r= iOY2em;

Va = (5 n/8) YS + 71:2 em/sec;

Slika 2.J 12.

I

;, = ( - ~ Vi n 1/32) 70 ;

~ {C ~3/~')--:' --rl .• - ...... G, + a-+." +;,_ .. (-. S 1'[2/256)! 2 (8 -171:2)70 I 17. 7t ;:'oJ; {It,; - - \.~,. .J.. "0' " "~ l

2.113.. Prenosno kretanje je obrtno, a relativno pravolinijsko, te su

njibove kin~maticke jednacine: I

11, = c()n~t.; v, - a, t; s, = a, (' /2.

I I I I

U trenutku zaustavljanja konusa kinematicki elementi iznose:

w=O; T=wo/-in; q>=lnN=8;

tg IX = 3/4;

T'=4 sec;

]= lOem;

s, = [= 5 P/8 = 10;

(t)= -7r ..

U polozaju tacke M na polovini duzine izvodniee AB bite:

s, = 1/2 = 5 em; r = 5 sin ex = 3 em;

0, = 5/4 em/see2; t =< tk = 2 V2 S"ee,

W = - 7t ; cu = 2 n (2 - V2) ; v,=SV2/2; vp =rw=6n(2-V2);

~ = (3 Vlf2)i+ 6n (2-v2)1-k;

255

zlr A

H

Y r o''''--:---__________ ~ .r - AT

Slika 2.113.

............ 0,=(3/4) i-k;

~N= -12n2(2-Y2)2T; 0c=2cuv,[k, isinIX-k eoslXj=

/

."'" (2/cu v, sin IX)1 = 12 n <V2 -1)1; ao =a,+ap +ac =[3/4-

y

-12 n 2 (2- jI2)2]i+ 3n (4 V2- 5)j ........ k.

Slikn 2.114.

Uy = 20cm/uc

'"''

2.114. ApsoJutna ugaona brzina obrtanja krivaje je CUo = 0 = n n/30 = 3 n = eonst., pa je ino = e = O. ReJativno kretanje kulisnog kamena je UUZ prave 0, A; prenosno kretan je je obrtanje kulise

oko tacke 0" ugaonom hrzinom w = ~ = -~, jeT je 'P + + t = n12. Apsolutno kretanje kamena je kruzno, polu

precnika R, sa sredistem u O. Ovo je kretanje jednojiko, pa su apsoJutna brzina j apsoiulllV uurz311je:

Va =R CUo = 30 n =

= 94.20 em/sec;

aa - R cuuz - 887,40 cm/sec2 -

. - 8,87 m/sec'.

156

Vektor apsolutne brzine je kolinearan sa tangentom, a vektor apsolutnog lJbrzanja je usmeren ka centru 0 (slika). '

1z trougla O,OA, prema kosinusnoj i sinusnoj teoremi, slede relacije:

rsin 0/ =r cos<p= R cos 8; rsin<p=h+Rsin8,

pa diferenciranjem dobijamo:

r cos <P- r cu sin <p = - R CUo sin 8;

cu=cuo(r -hsin<p)lr;

S obzirom na izneto bite:

a) brzine v, = ~ ~;; -+ -+ -+ -I-

v.=Rcuo T=v,+vp ;

; = ~ r (U2 -r . pM 0'

Za date podatke h=3R, R=lOcm, 8=30°, T1=90o/min, bite:

<UO=3TC; &0=0; r=RVi3=3.61R~36cm; cos<p=5 !13/36; sinq>~3S/36;

~ = v, = 251':3 TI/2 = 68,00 emlsec; w=41TI/72;

W = 27 S TI2 V3/432; Vp = 41 TCI2 = 64,37 cm/sec;

<11, = r = 50 TC 2 ~ 493 em/sec2 = 4,93 m/scc2 ;

~4,42m/sec2; apN= (41 TC/12Y = 120,8 crn/sec2 = 1,21 m/sec2;

ac = 2 W v, = 1 025 TI2 V3/72 = 242,62 cm/see2= 2,43 m/sec2•

Dijagrami brzilla i ubrzanja prikazani su na slici u naznacenoj razmeri.

2.115. Obrtanje regulatora oko vertika1ne ose OM (Oz-ose) jeste pre

nosno kretanje, a uLrlanje tai'!ke oko ose Ox je njeno relatIvno kretanje. Tacka se krece po krugu poluprecnika r=!sinq>=112 u ravni 'upravnoj na usu. Prenosna ugaona brzina je (.) = CUp = 2 TC sec-I, pa je ,;) = O. Prenosna

hrzina je obimna brzina tacke m, a relativna brzina je upravna na potegu Om = I, te je njen vektor u ravni OMm. Radi lakseg predstavljanja, uocimo

V111Ut:llli tric~r C~'tJ sa oriovima ~ i-;;-o (slika), ouda je ;,~(-Vrcosq»r~+ -I- ( -I', :;in cp) k. K nko jc rclativllo krc:lanje jedilllk.o ubrzuno kmzl10 krctanjc, t.o su zakoni ovog kreluuju:

257

te je 6:., = TC/4 sec-"_ Relativno tangenc'jalno ubrzanje je kolinearno sa relativnom brzinom, a relativno normalno ubrzanje je usmereno od tacke m ka

~w o

o

Slika 2.115.

tacki 0, sredistu relativne kruzne putanj~. Prema tome bice:

v, = / CU,= 20 IT cm/sec;

vp=rcuCo=40TCCO; ~= -IOTC!I);:+ 401t-;:>-lOTIk;

Va= 10 TC V20 = 169,25 em/sec;

a,r= I w,= 10 TC; ;,T= - 5 TC (!13 ~:+ k);

a,N=lhl/= 10 TC 2; ;rN= STI2( -~+ y:3 k);

;. =;, +;p + ;c = - 5 IT (V3 + 17 1t) ;: - 4OV~1t2;;'0 + 5 TI (TI !13 -' I) k ; ao - 10 TC ~ 1 + S Ii 3 TC + 121 ~~ ~ Ilt,4 3 lH/~ec1 .

; it; , 2.116. Ovdc jc (.) _ 7t scc-1, (:) - O. OZfl!li;jimo sa A - e/R 7"" t/2, onda je

zakvll krdallja stapa: If".;' ir; y = e cos 1 ;:f

~~-=:" '

17 Zbirka zadataka iz mehanike 1 Uf/;

258

Diferenciranjem ~~~'J~A"~ brzinu i ubrzanje:

V=V=-RW),[Sinq>+ )'sin2+ . .. [(A - A3) COS 2 l' + A3 cos4 q>]

(I-A2Sin2<p) 3/2

U naJviSem polozaju S11 sledece vrednosti:

Ymax=e+R=3R/2=15cm;. v=O; a=·-A(J+A)Rw2=

2.1 17. Ubrz'1nje klina je prenosno translatorno ubrzlnje. Apsolutno ubrzanjJ stapa je u vertikalnom pravcu, a reJativno je ubrzanje dodirne tacke i usmereno je uz ravan. jz trougla ubrzanja sledi;

arcos ap = 0; aa = a, sin IX = ap tg IX; ar = 6 V3 cm/sec'; aa = 3 V1 em/sec2•

2.118. Apsolutna brzina usmerena je duz stapa od B ka A, a relativna pada u pravac tangente na krug, poluprecnika· R + r, us;n~rena je ka Ox-osi. lz troug/a brzina sledi:

V~.=Vr+vp; O=l'rCos<p-vp, ~a=v,sinq>; v,=(R+r)w,. I .

pa su ugaona brzma i ugaono ubrz:inje reJativnog kretanja:

00, =V)(R + r) cos q>; w,= vp smq>/(R + r) cos2 q> = (v/ sin q»/(R + r)2 cos'<p.

Pri~odDe komponente re!ativnog ubrzanja jesu:

pa je

Za ·,date podatke vrednosti su:

sp=t=vpl-gr:m; Silltp=8/1O':'4/,); cn~q.h3!5; w,-2/"3;

W, = 16/27; . v, = 20/3 em/sec; a,T= 160/27 cm/sec2 ; a,N= 40/9 cm/sec';

au = - 200/27 = -7,4] cm/secz•

Visiha spustanja sredista tockica iznosi:

i h=(K+rHl-coScp}= IO(l-3/5)=4C!Il.

2.Il~. Zakon podizanja stapa (apso!utnog kretallja) jeste y = !U + 41,

pi! su b~zina v~4cm/sec i ublz3njc /)'--0. Obrlanje bregasle osovine je jednoliko, tei sledi:

: (,) - n 11/10 - n/2; ! T,,43CC.

7.1 polo bbrtflja (t ~ 7/2 - 2 s~ ... ) hiI.':", Jlajvt'ce podizanje stapa. kaje izn031

It = Ymax = 10 + 8 = 18 em,

259

Zbog jednorkog obrtanja bregaste osovme polarna jednaCina brega za

pol u sredistu 0 bice:

r=R+c!fJ=Y= ]0+41; C!fJ= 4 t; c·27':=4T= 16; C = 8/n,

odnosno r= R + (8 <p/r.:) = 10 + (8 <p/IT), Arhimedova spirala.

2.120. RazLkujemo tri period a rada bregastog tela: a) podizanje,

b)· zastoj i c) spUStanje.

a) U periodu pod;zanja imama dva ciklusa: ubrzavanje i usporavanje,

te su kinematicke jednacine:

]0 a = const; v=at; S = aI 2/2; v2 = 2 as;

q>=wl=2TII;

za <p=TIj3 b:ce t= 1/6sec, pa su s=2cm; a=144cm/sec2;

s v,o /(o.IJ

---l/(V,IJ . /(s.l)

/i / \

i \

,'-' . I i :

w = TI n/30 = 2 n;

", "

" "

o ..A<"~~+---'i' •

Slika 2,120,

v = 144/6 == 24 em/sec; ohlik brega r = R + s;

20 - a= const.; v = vo-at = 24-at; s = So + Vo t-at 2/2 = 2+ 24 t- at2/2;

v=O=24-a/6, pa je a=144cm/sec2 ; oblik brega r=R+s.

b) Pri zastoju je oblik brega kruzni luk, po]uprecnika r=R+4=6cm.

c) Oblikbrega je simetrican prvom hoch!.

2.121. Ovde je v = const., s = vt, u) = 7':, q> = "IT t. Za q> = TI/3 = n t je t =

~ I/Jsec, te je v=s/t=6cm/sec. Oblik brega je r=R+s.

U drugom dclu je l' = 0, pa je oblik brega kruzni luk, U poslednjem periodu oblik je isti kao u prvom. Za drugu polovinu obrtaja oblik brega se poklapa sa krugom bregaste osovine, kao sto je pokazano na sllc!.

17'

260

~ I ~----"-" A'--+-----l,11 --, '-,,\

Slika 2.121.

2.122. Podilanje i spustanje' radnog tcla je harmon:jsko, sa zastojem na pos!ednjem deb pUla od 30°.

Konstrukcija je prikazana na stci.

II 12

, \

, I I

/'

6'

j'

4' 8'

J'

9' 2'

to /'

-, ----, ,

Stika 2.122,

.,

-, , ,

-, , ,

\ .\ \

, , : ~ , , , , , ,

I :: I :' .:

.' l:I' 4 .. ,' :'./

, ' ." /' , /

2.123. Konstrukcija je prikazima nu clici. Qvoj jc zakon puta cikloirlni sa zastojem na posJednjem delu od 30°.

2.124. Na delu rr:/3 je harmonijsko podizanje radnog tela, zatim je l:a~toj do 2 It/3, onda spllsta nje do, 7 It/(i, a zMim no ,? TC mirovanje (zastoj)

Konstrukcija je pokazana na sJici.

2.125. a) Uzmimo u tacki 0 triedar Oxy, onda su koordinate tacke B:

x=/sin6; y=R+/cos6, pa je X2+(y-R)2=F.

J :; 6 7 8

R '" 20mm r ;;: 10mm e~lOmm

I "

"

..

Stika 2.123.

Slilm 2,121.

Apsolulna putanja je krug, polupr~cnika I, sa srediStem na Oy~osi: b) Ix (rollgl11 OAR >;Jedi:

.261

· · ·

r cos'l'=R+ {cos 6; r sin 'l' = I sin 6; 1'2 = Rl + J2- 2 RI co~ (1800- Il).

te je: ,2=R2+ /2+2 Rlcos 0 = /2_ R2+ 2 Rr cos <p; ,

262

Resenje ove kvadratne jednacine je:

r = Rcos q.>+ VF - R2 sinl mala velicina u odnosu na jedinicu, te se d?bija:

r = I [l + A cos q.>- (A sin <p )2/21. I

c) Prenosna ngaona brzina je til = TC n/30 = 50 TC, pa su relativna i pre-nosna brzina: ,

I Vr = ~= -Alw(l + hos <p) sin<p;

U' vertikalnom poJozaju spojne poluge je:

r=I+R=0,4m; f=O; Va=Vp = (I + R) w = 20 TC m/sec;

r=l-R m; Va = l'p = (I - R) w = 10" m/sec.

U i horizontalnom polozaju spojne poluge bite:

<p = rr/2 iJi 3 TI/2; , i

r=/(l-"A2j4); r = 'fA/w;

D) RAVNO KRETANJE. RAVNI MEHANIZMI

2.1 t6. Ploca u ravni Oxy vrsi dye translacije u pravcima koordinatnih ,OSa Ox ,i Oy triedra Oxy i obrtanje oko ose (z) upravne na ravan ploce.

Sve lackc ploiSe imaju islu brzinu trall-

Slika 2.126.

prema ko~inusnoj teoremi, sledi:

~ . -+ -+ -+ -+.1

Yn-V't I V,ut-vA+l'n; ,

slacije. Uzeccmo da je ta brzina;;:, brzina jeune proizvoljne locke ploce. Relativna brzina tacke B u odnosll nil la(;

ku A je njclla obimna brzina v~ = I w, gde je w ugaona brzina "brtalljll ploce. Brzina tacke If jednaka je vektorskom zbiru brzine translilr.ije (laCke A) i relativne brzine prema tacki A, jer smatramo da se u tom trenutku ploea obrce oko tacke Ao lz trougla brzina,

Kako je VA =6 em/see j vFA =lw=S.2=IOcm/sec, il fl= 90°--0: = 600,

bite

V8= 14 em/sec.

I'

!

263

2.127. Pretpostavicemo da je obrtanje u direktnon: smeru i izabracvemo pokretni sistem da se osa A ~ poklapa sa stapom, a A Y) Je upravna na.

o

stap. Projiciranjem osnovne vtktorske relacije za brzinu na ova dva pravca doblJamo:

Ie su:

VB = 2 m/sec; -2·1/2= 2 V3. V3f2+ til; til = -4sec-!.

Obrtanje je, dakle, u indirektnom smeru. . v

Trenutni pol (P) se nalazi u preseku upravnih na vcktore brzma. Tacka K ima brzinu kLzanja VK= Vk = V3 m/sec. Ova tacka je presek normale povuccne iz pola (P) na' stap AB.

v .----or .. ~'1 \ c;\

\ \

'Id:=--_____ ~ - ________ 0 ______ •

Slika 2.127.

v

p

l'olozaj trcnutnog pola moze se odrediti rl'li'llTIski, razloganjem vektorske jednaciI;e na dYe skalarne u pravc:ma osa pokretnog triedra:

;:~k __ __ vA+ 0 0 w -(vA~7o 1"A'l7o)-U)"lJl'ro-lIiI~1":o-O,

odllosllo

Ove vrrdnosti slazu se sa vrcclnostima dobijcnim graficki. '

Brzina klizanja (tacke K) odndellu je i pomocu velocide V-V.

2~12l!. Kak\) je yA =20cm/scc, to jc-/iP=v.4Iw=10cm i plII se

1m UJlInvlloj pOVUGcnoj nu brzinll ;" (BJikll). htu VredllQ,t nohijamo i obrascima, uzimajuci tricdnr A ~ 'I):

Jlillar.

prema

264

Projiciranjem osnovnih. vektorskih jednacina na koordinatne ose odredujemo brzine temena;

B) vjJ=--; +0' A 0' VjJ~=-vAsin()(=-lO'IJ; .. A V.J VB~=-VACOS()(+I'B=IO;

"B = V 1'i< + 1'B\ = 20 ein/see;

D) i C) pomotu trenutnog pola, jer je DP=CP=Y52 +(1O-5Y3)2=3Y3.cm,

pa je Vn=Vc=6V3 emjsec= 1O,38cm/sec;

v'

S)vs=SP. w= 10 VI em/sec = 17,3 em/sec.

A

1'1 I 1---' ,

...--I' I

--~ :s I S V;

\ , A' -",

_ --1~\----'=~:'-;5CC-' ----"".o/a\

\ I

\ I

\ / \ I I \ : I

(J/ D,_---K C' / - ---.. V2 D~~----~--~~~~

Slika 2.128.

b =-------.:

a =-----:----1 d

. Brzi~e su odredene ~grafjcki pomocu okrenutih brzina, odnosno plana

brzma. Tacka S dell duz AB na dva jednaka dela, AS = ifS, pl cemo tackom

s podelili ,duz "Q~ n1 dva j~dn:!l<a dela, as.-=bs, Ie j~ vs=u,.P;' Ovo je provereno 1 vdoclClorn (V-V).

.2.129. ,Trenulni pol za postolj~ (p) i spojnu polugu (c) je u preseku (P) strantca OA I BC. OZnacimo sa q>- "!.OPC~7511, onda iz lrougla OPC, prerna sinusnoj teoremi, sledi:

OP"/p~siny/sillrp, to jest OP=35sin~/sin<p=35(V3-1). jer je sin 75°=2(VI + 1)/4;

CPlp = sin 600/sin 75°, to jest CP= 35 V6 (VI -1)/2.

Sada mozemo odredit'j duzine AP i BF:

AP = OP-k = 15,55 cm;

265

Kako je WI = -p; n,j30 = 3 n, brzine su:

2.130. Ugaona brzina krivaje je wo=21tsec-!. Iz trougila OAB sledi

odnos R sin e = 1 sin tV, pa je 1= R sin 45° !sin 30° = R V2 em.

Trenutni pol (P) nalazi 'se u preseku pravih OA i upravne na put klizaca B, pa je trougao 0 P B jednakokrako pravougli. lz trougfa AP B sledi prema sinusnoj teoremi:

APll = sin 600jsin 45°;

Ie je ugaona brzina obrtanja oko tTenutnog poJa:

w= RwojAP= hi V3 =2 Y3,,/3. Kako klizac B pripada spojnoj po\uzi AB i poluzi BC, sledi:

I

vB=PB,w=hw/, to jest UJ,=PB,wlh=6l(2013+ J)-2Y3-p;/J. 16= ,

= 1,67 .... sec-I.

2.131. Sve tacke ploce imaju iSlo translatomo ubrzanje kbje je onda i ubrzanje tacke A. Relativno ubrzanje tacke B prema tacki A irna' dYe prirodne komponente, relativno tangencijalno - velicine lW::l-reIativno (normalno -ve!icine J w2 , Prvo je upravno na ·stapu AB, a drugo je koLnearJ1.o, sa' stapom i usmereno od B ka A, jer smatramo da se u tom trenUlku placa a brce ako tacke A_

Kada osnovnu vcktorsku jed-nacinu za ubrzanje:

-+-+- --+

aB=atr -,: aro,=aA +a; 7'

-+ -+A -+.1 ~aA+illlT+t1[JN,

projiciramo na pravac st~pa

AB (A ~-osu) i upravno na stap (A l'j-osu), dobicemo:

aEt = a..! cos 0: -1 (1)2 = 10 V3 - 10= 10 (VI - I) = 7,3 cm/sec2;

(In'J--a,lSinOlll(;)- ·10,·10-0, te je as-IInr:.:

Ubrzanje kraja B odredeno je i graficki pomocu plana ubrzanja, kon-struisanjcm prelhotlne vektorske relacije. .

2.132. Trenutni je pol u P. Tacka Aploce {'loklapa se sa, sredistem 0, a tacka B je tacka M I " lz zakona s = t + ,2/2 sledi v = 1 + t,~ = 1, te su ,

266 i,

. u pocetnOin trenutku b,!'Zina i ubrzanje sredista ploce lIA'= 1m/sec, aA = I m/sec2•

U datom trenutku'-~va brzina je obimna brzina, a ubrzanje je tangencijalno ubrzanje iobrtanja ploce oko trenutnog poIa, te su ugaona brzina j ubrzanje ploce:

Brzihe tacaka M, iznose:

VI =v3 =PMj .(,)= R'VI (,)=0,4 V2. 5/2=2 m/sec;

114 = 2 R (,) = 0,8.5/2 = 2 m/sec.

Kak~ su relativna ubrzanja R w = I m/secz i R (,)L = 2,5 m/sec2, projiciranjem osnovne vektorske jednacine

i--4- .---,.. -- A ---+.A A ;aM=aA + aMT+aMN, aMr=Rw;

Da ose tfj~dra A~Yj, dobice se ubrzanja:

lacke M/ a21; = I-I =0;

lacke M): a3~=1+2,5=3,5; !

2,133. Usvojimo triedar A ~Yj, (kao u zadatku 2.128), onda projiciranjem osnovne vektorske jednacine na ose triedra dobijamo:

te su:

Za temena AiD dobijamo vektorske reIacije :

-;D = -;A + -; ;T+ a ;N;

odnosno projiciranjem:

aD 1; = - 20 ; aD." = 20; aD = 20 V2 cm/sec2; aq = ac = 60 cm/sec2; ac~ = o.

Vrednosti se odreduju i graficki pomocu plana ubrzanja. Tackom s po

deHmo duz ah, koja predstavlja relativno ubrzanje -;; u istoj razmeri u kojoj

(acka S deli duz AB, to jest na dva jednaka del~, onda je ubrzanjc tackc S

/lfnpa ;,; -' Ii.' p-;:,;.

I \ I I

I I

267

2.134. Ovde su BC=[=20em, cos<p=3/5, sin<p=4/5. Nepoznati su

ugaona brzina i ugaono ubrzanje obrtanja ploce, pa cemo ih odrediti pomocu ubrzanja temena B i C, projiciranjem osnovne vektorske jednaCine na ose

iriedra A 1; 1):

ac~ =aseos<p-i w sin 'P -/ (,)2 eos<p;

aC~ = as sin <p + I w cos <p -I (,)2 sin 'fl.

UnoseCi brojne vrednosti dobicemo jednacine:

pa su: w = 1 sec-2

;

b ~----~--------~

u _ 5cm/sec? a-~

STika 2.134.

Sada cemo pomocu vektorske relacije odrediti ubrzanje temena A:

-+- - """'c --+c a,.1 - ac I aAT I a .4'1; aA~ - - 25; 36 - 11 cm/sec2

;

Vrednosti su odredene j graficki pomocu plana ubrzanja.

Kako je sada poznata ugaona brzina, lako cemo oureuili puluZaj lllOuul

nog pola (P), jer je AP=P=VAI(,)= IZV3j3=4V3 em.

Drzine oSlala dva tcmcna odredicemo racuDski, prujil;iraujem jcdnacina

za brzine:

na koordinatne ose:

vCI; = -vAsinet= -6V:3; vc~ = -VA coset+b(,)= -6+ I2Y3; vc2 =144(4-j!3); l'c=18,08cm/sec;

VDt"" -vA

sina+!tr,l-IOj!3; VB" - -VAeo3(:t.- -6; vD-fl}}6~ 18,3Jcm/~ee.

268

Vredllosti mozemo dobiti i grafii'ki pomocu okrenutih brzina, iii, pak, pomocu plana brzina.

2.135. Trougao OAD je pravougli. Trenutni pol je u preseku potega OD i prave pOvucene upravno na + Ox-osu u tacki A. Stoga je x cos <p = R i

xtg<p=AP. Kako je vA=I'=x=AP,w,ugaona brzina i ugaono ubrzanje bice:

w=vjAP =v/x t~

= 2 R w sin (<pj2), te vektor brzine VA mora da prolazi kroz konjugovanu tackn P (slika).

p'

K

p

SJika 2.136.

Kretanje tacke B stapa AB je pravolinijsko, pa se upravne

na brz:ne -;;: i;8 seku u trenutnom polu r. Ugaona brzina obrtanja stapa AB je 0, pa iz trougla BAA' sledi:

! sinO=AA' = R-Rcos<p;

<p = w; <p = w,

te diferenciranjem dobjamo:

10 cosO=Rwsin<p; () = (A W sin cp)jcos 0; 1.= Rjl; Ie· cosO-! (}2sin 0 =R(;J sincp+ Rw2cos<p;

e = 02 tg 0 + A «(;) sin <p + w2 cos <p)/cos 0.

Tach A stapa krece se po krugu, pa je za nju:

-. -+ ""'c """"'c aA=aC+aAT+aAN; Ve=v~' = Rw;

Posto tacka A pripada i stapu AB, za kraj B stapa je:

-+ --to- .......,. -+ -+ -+ -+ -- A -- -c -C -A --+A Vn = VA + V~= Ve+ V~ + V~; aB= aA +a n = ae + a AT+a AN+ a BT+ a BN'

Projiciranjem na osu Px bice:

vB=vc-RweoS<fl+/ O sinO; aB=ac-Rwcosrp+Rwzsin<p+le sinO+/Ozcose.

Za date padatke je A = 1/2. rp = 900; sin 0 = 1/2; cos 0 = )13/2, pa su:

() "" jI3 w/3; VII '-I'e (3 + 1/3 )/3 - 1,9!lm/sec;

an = ae (3 + V3)/3 + v/ (9 + 4 V 3 )/9 R = 6,98 m/sec2 ,

jer je w=1tsec-1, &l=O; ac=O.

269

2.137. U gaona brzina obrtanja krivaje 0 A iznosi Wo = G = 21t, pa je

ugaono ubrzanje &lo = Ii = O. Vektor br~:ne ta~ke A je u praveu tangente kruga~ it tacke B je u pravcu - Ox-ase, te je trenutni pol (P) u preseku upravnih na

vektore ovih brz;na. Kako je 6 + cp = 1t, to je ~ = W = - e = - Wo ~gaona brzin~

obrtanja oko trenutnog pola, te je ~ = &l = - e = o. Trougao BAP je jednakokraki, jer je <j..BAP=2cp i -1: PBA=n:/2:"'<p=-1:BPA.

-I v;

SJika 2.137.

Stoga su brzine:

v A = R wo; vn = BP· w = h Wo = 2 R Wo sin 'P = 2 R Wo sin e; ve=CP· w = CPo wo = Wo (R2+ b2 +2 Rbeos 20)112,

jer iz trougla PAC sledi, prema kosinusnoj teoremi:

Cp2 = R2 + b2- 2 Rb cos (1800 - 2 6) = R2+ b2+ 2 Rbcas 2 e.,

Ubrzanja su:

R 2 ~ ~ +->A +A . I aA +-;A. a A' -aA-O aA = wo; aB=aA aBT aBN , aC=aA, eT eN' BT- cr- , te SU: ,

a -a -a cOScp+RW2COScp=2Rw2COStp=-2Rw02cos6; B - B~ - A

ae2 =aA2+ (b ( 2)2 + 2 aA bw2 cos 2 '1'= R2 w04 tJ +k2 + 2k cos 2 0); h=kR.

1z trougla OAC i trougla Pa ac (u lplanu ubrzanja) sled~ ovi odnosi:

Rjsin ~ = b/sin (2 tp + ~); aA/sin (I. = b w7/sin (2 tp + IX),: pa je: i

blR. = k =sia (2 rp + 'jI)/sill 'I' = b(,)llR. ("l = Sill~l'...+ 11.)/:;ill 0:,

te je IX = <jJ, '510 znaCi da vektor ubrzanja tacke -CrproJazi hot tacku' 0, u kojoj se seku i vektori ubrzanja taeaka A i B stapa BAC.

270

Za ~o=2;t i 6= 1200 je 9=600 , pa su;

Y A = R Wo = 20 71; em/sec; a A = 4071;' em/sec' ;

VB = 20 V~ ;t em/sec;

"c = 20 V'l 7t em/sec;

Do ,ovih rezu/tata mozemo doci i neposredno difereneiranjem koordinata taeaka Bi C:

X n = - 2 R eos rp = 2 R cos 6; VB = - 2 R Ul" sin 6;

Xc= (R + b) cos tp- 2 R cos (jl = (b- R) COS (jl = - (b-R) cos 6;

Yc = (R + b) sin rp = (R + b) sin 6;

2.13,8.

k= IOem; ;

Iz zadatka 2.129. imamo ove podalke i rezultate:

b=20em; p=35em; AP=15,55em; BP=Jlcm;

Ul,==37t; Ul= J,93n:; w, = 1,06 7t ;

VA = 3071; em/sec; 1'8 = 21 ,23 71; em/sec.

Slika 2.138.

Iz trough ABP, prema kosinusnoj teoremi, sledi:

c=!7cm;

~in <X - 0,624; cu~ 0: ""'" 0,782;

sin~=O,885; cos ~=O,468; ~ = 62 0 15';

271

Ubrzanja su:

aA = OA . W l2 = 90;t2 em/sec'; -+ ~ - -

an= aA + atT+ atN;

= 22,40;t' em/sec';

S obzirom na prethodnu dvojnu vektorsku relaciju za ubrzanje tacke B: ----I> _ _ _ _ 4

a8 =aA +a~T+ a~Nc; a~T+ <l~N'

mi poznajemo projeke;je vektora ovog ubrzanja na spojnu pravu A B (A ~-osu) i na pravu BC, pa mozemo odrediti ubrzanje an i ubrzanja c(~ i bw, gcafieki kao s(o je pokazano na erteiu.

Ove se vrednosti mogti odrediti i raeunski, jer vektor -;;n gradi sa praYom Be ugao S, a sa pravom SA ugao 1'-0, te sledi:

a8 cos 0 = b w2' = 22,40;c2;

te je:

tgo=7.12; coso=0,/41;

2.139. Dodirna taeka P je trenutni pol, pa su brz;ne:

Ve= R w; Ul = l'e/ R = 2 ; v~= PM·w=

= 2 R Ul sin ('P/2) = J 0 em/sec. Vektor v prolazi kroz tacku P.

Slika 2.139.

Kako je ubrzanje:

~ -l---+

a~ =ac + aXt-T' afiN ~aftN' bic'e a~ = R w 2 = 20 em/see2•

272

Uzmimo pravu (L) za Ox-osu, onda sledi:

7= OP+ ie' + C'M =X i + y T = R 'P i+ R (I-cos<p)f-iRsin'P.

te su koordinale pob'etne tacke:

x = R (<p-sin 'P); y=R(l-cos'P); putanja je cikloida.

D:ferenc:ranjem dobijamo:

j'= Rw (I-cos?); ji = R w sin 'P ;

hodograf brz:ne je krug. poluprei'nika Rw, sa sredistem na P,x-osi,

Brz'na je v=(;i:2+y)I/2=[2R2w2(1-eos<p)j1IZ=2Rwsin ('P/2),

Dalje su: •. 2 Y =Rw cos<p;

Za 9= 600 b:ee: V= 10 em/sec; a = 20 em/sec. Za tacku Ail b;ce:

VI = MI p. W = 2 Vf9 em/s,e, jer je

MI P = [Rz+ (2 R/S)Z-2 R· 2 R/5. 0,5]112 = R VT9/s.

Ubrzanje je a l = (2 R/S) w2 = 8 em/seez. Tai'ka 1'.11 opisuje frohoidu, parametarskih jednacina:

x = R (S 'P- 2 sin 'P)/S; y~R(5-2cos,-?)/5.

2.140. Kretanje je epicikfoidno, te je R,'Pl~R2'P2 j

\~ =CPI + 'Pz - re/2; sin.¥ =. - cos (rpl + rp2) = - cos (1 -I- k) 'PI; ,

k = RI/R2 ='PZi'PI; 'cos t} = sin (I + k) 'PI'

i i R, I .

Vektorska i parametarske jednacine ep;cikloide su:

-> +M'1'.1; A=Rz(l+k)cos'Pl-

- Rz cos (I + k) 'PI;

'- -, -, ---+<"-'.....L"'-'----,-~-:::- -"-I_ y~R2(l1 k)sin'PJ ··R2 :sin(l +k)'f'l'

Diferenciranjem dobijamo: K/ I

, I .~

S]ika 2.140.

..

I /

/ .I

ic = R2 WI (I + k)[ - sin 'PI + I Gin (l lie) 'Pd ;

ji = R 2 wI (l + k)[cos <PI -

-cos (l + k) 'Pd

x = Rz w/ (I + k)[ - cos 'P1 + (1 + k) cos (1 + k) 'Pd ;

Y = R2 w/ (l + kH -sin 'PI + (1+ k) sin (l + k) 'PI)'

cos 'P1 = 1/2 ; SIn 'PI = V3/2;

cos( 1+ k) 'PI = - I, pa ce biti:

x=-3V3re/5; ji = 9 refS; v = 6 V3 rr/5 em/sec;

x = -2Irr2/25; a = 6 VTI rr2/25 cm/syc2•

2.141. Slicno prethodncm zadatku, sada imamo:

k = 12/8 = 3/2; 1 + k = 5/2; (l + k) 'PI = 5rr/6 (to jest 1500).

sin (1'+ k) 'PI = 1/2; cos (I + k)'P, = - V3/2, te su komponente brzine i ubrzanja:

i = - 5rr (V3 -1)/2; ji =5 re (1/3 + 1)/2; y = 5 VI rr em/sec;

x = - 5 (2 + 5 V)) re2/16; y = 5 (5 - 2 J13) 7(2/16; a= 5 V29rr'/8 em/secl .

Zbog toga su prirodne koordinate vektora ubrzanja:

pa je poJuprecnik krivine putanje(epieikloide):

Rk = v'/aN = 80 (ij7 em.

2.142. C'ce SU: w, ='IT/4, k=5/2, ra je j:ftrru pClfcef,Cn1 zadatku , ,

x=20cos<p,-4cosk'PJ; y=20sin'P,-4sink?i; i

i ~ w, ( - 20 sin 'PI + 10 :.iu k 'PI); jI = WI {2U cos 'PI - lOcos k 'PJ;

x· =w12 (-20 cos 'PI +25.cosk 'PI); y=wl2 (- 20 sin 'PI + 25 sin k'l'I)'

Za date podatke su:

X= 5rr (1-? V'J)/4; ji -- 5 'IT (V3 + 2)/4; V= 5 V5 Te12;

X=-57t2(4+5j13)/32; .Y·=51t2 (-4(f+5)/32; a-5'IT l V4,l/16;

'" ... r;: GN= (xy.c...yx)/v= n II 5n2/16;

18 Zbid::a zadataka iz mehanike [

274

2.143. Ovde je k~l, pa je <PZ=<PI=<P, te jero1=ro2•

Zbog wT=20ro=27t bite w=rcjlOsec-1•

Za Rl =. Rz = R dobijaroQ nepo:;;redno iz relacija za epicildoidu (zadatak

2.140): i,

f = 10 (2 cos <p-cos2<p); y=10(2sin<p-sin2<p); kardioida;

x = 2 n-( - sin <P + sin 2<p); y = 2 7' (cos <p-cos 2 <p);

pa su:

x=O; . y=27'=v;

Kretanje je hipocikloidno~ U jednacinama epicikloidnog kretanja treba umesto R, staviti vredno~t -Rz, te se dobijaju sve relacije. Ovde je,

dakle, Rl 'PI = - R, 'P2' to jest k = Rd Rz = - <PZ/'PI' pa je zbog k = 2, 1', = - 2 'PI' Zbog toga su jednacine:

odnosno!

x = (Rl - Rz) cos 'PI + Rz cos (k-l) <PI;

y= (R1 - Rz) sin <p,-Rz sin (k- i) <PI>

y=o;. X= 2 Rz COS<f'I;

Slika.2.144.

~o jest wI =7'/8 = const., bice:

a~i =0.

Kretanje je, dakle, UlC'Y.UHW"0,,.V po Ox-osL

,>.

2.145. OVde je k = 3; Oz Mo = - I em, te su koordinate tacke M:

yf

SIika 2.145.

pa su;

x=27t (-3 sin <PI + sin 2 <PJ);

x = 2 7'z ( - 3 cos <PI + 2 cos 2 <PI) ;

Za date podatke je:

y=2rc;

v=47tcm/sec; X = -5x2;

Y = - 5 V3 Xl; a= 101J;2 em/sec2•

2.146 .. Ovde je k=4,teje

R J = 4 R z ; stogasu jednacine:

x = RI (3 cos 1'1 + cos 31'1)/4 =

- sin 3 <P1)/4 = R j s!n3 <PI'

jer· su:

sin 3 'P = 3 sin 'P cosz <P - sin) 'P;

IS'

x

Sljka. 2.146.

275

276

Putanja je asteroida lzvezda), jednacin~ x2f3 + y2/3 = R:2i3.

Kako je (,)1 T = 24 (,)1; 2 rr, bice (,)1 ='ir/i 2. Difetencininjem dobijamo:

a = 3 R (,) 2 (sin6m +' cos6 <p) 112. . 1 1 .. ,1 ,t,

ar=d v/d !=3R1 (')/cos 2 <PI; aN2 =a2-al;

Za date podatke su:

Y=-X; v = 5 rr/4 cm/sec;

2.147. Ovde je PAo=PA, to jest R<p=PA. Kako je vektorska relacija:

Stika 2:141.

parametarslce jednacine putan je jesu:

x = R (cos <p+ <p sin 'P);

Putanja je evolventa kruga.

y = R (sincp"-<pcos<j:».

I

277

Diferenciranjem bice:

X= R (,) 'P cos 'P; Y = R

:;; = R w2 (cos <p- 'P.sin 'P);. Y = R w2 (sin <p +

Kako je aT=dvjdt=RGi, to je aN='Rul<p;

Za <p = rr/2 i (,) = 7t n/30 = ir!2 bice:

v = R rr2/4;

Rk = Rrr/2 = 31,4 cm.

2.148. Ovde je WI = 4 7t/3, pa je i = w:/w2 = zi!zl = 10/30,1/3, te je

w2 = 3 WI = 47t. Stoga je brzina voznje:

11= R (,)2 = 0,75, 47t/2 = 0,75· 27t= 1,507t= 4,71 m/sec = 4,71,3,6 = 16,96 km/h.

2.149. lz vektorskib relacija:

sledi: a) u prvotn slucaju

1I1=VC+Rw; V2=YC-R(,); vc=(v l +v1)/2=7cm!sec;

(,) = (vl-vd!R = 3/42 = 1/14 sec-I,

pa je polozaj trenutnog pola (slika a)

VI = (2 R + y) (,); v2 = yw; V I!V2 = 1,0/4 = (2 R+ y)/y; y=4R/3=56cm;

. _____ , _ !'J+.~_--:v;-_. -ie_-+.;>

/ ,/ ,

p'A"'-_-,T ,// R

:i.L V; p.

,P, v, =10 .

("~Q "'~P.pZI";:; / j

Kn 0)

c ~ .'

Slika 2.149.

b) u drugom sIucaju

VI =vc+ R C,l; v2 = - ve + R (,); Vc= (VI -vi)/2= 3 em/sec;

(.)=(v1-vc)/R=7/42-1/6see-t, t

pa je poloZaj trcnutnog pola (P): .

1'1=(R I y)(,); v2=(R-y)w;. V1!V2=t0/4",,(R+'y)/(R-y); y=3Rj7=18cm. ..,.- ':..~~

278

I

2.150. pvde je WI = 31(", pa je u razliCitim poJolajima: '

a) za pr;vi pololal je trenutni pol u P j (tacki C), pa je:

vA=Rw1 = 60fcm/sec; VA =(R+p)w;

te je VB = 2 11 Ai3 = 40 1t = 125,60 em/sec;

VB = R w;. VB/V A= R/(R + p) = 20/30,

v A = 188,40 cm/sec;

P, Slika 2.150.

b) u dr~gom slucaju je trenutni pol u Pz, pa je Pz Az = Pz B2 , te su brzine jednakl~:

I VB = V A = 601("= 188,40 cm/see;

c) u trecem slueaju je trenutni pol u P3 (0), te postoji odnos

vAl VB = R/(RI- p) = 2/3, pa .ie VR = 3 vAI2 = 90 TI cill/sec= 282,60 cJJl/sec.

:no;1. Rn-ine kliz~<'\a A i B k()1inI'.RrTIf': ~11 sa koordinatnim ()~}lma, 1':-1 Sf':

upravne na njih sek'u u trenutnom polu P. Za usvojene triedre bice koordi. nate poJa i ruiete:

y~=lcosrp;

:t Yjp=Ypcoscp=lcos2 cp=1(1 +cos2rp)/2;

~ i I- (~p .. 1/2)2; (krug). 11

Ruletesu krugovi (Ifardanovi krugovi); nepokretni je eentralni krug, poluprec-nika 1, a pokr'etni je poluprecnik~ 1/2. sa sredistem u C.

lGnematicke jednacine kret~nja pojedinih tacaka jesu: >~

tacke A) YA=I-icosq>; vA=(wsincp; . :*:

y.:/ =1/2 =at2/2 = 40 = 10 12;

W= V3/3 sec-I;

t=2sec;

I !

\

I I I I I

279

lacke B) XB = I sin '1'; VB= 1<0 eosq>; aB = -/ w2 sin 'P + I W cos '1';

VB = 40 VI/3 cm/sec;

tacke C) Xc = (lI2) sin '1'; yc=(lf2)cos'P; putanja je krug, poluprecnika 1/2;

Vc= I w/2 = 40 V3/3; aT = 1,',:,/2= 20 {3/9;

ac = 20 V39/9 cm!sec2 ;

lacke D) xD=x=ssinq>; YD= Y = (I-s) cos rp;

putanja je elipsa, poluosa 20 em i 60 em;

x=swcosrp= 10 V3/3;

/'

v

~:::.z: --. I --

--+-\

Iy

'" I "---..-1·

Y= - (I-s) wsin 1'= - 30;

aD = 50 V201/9 cm/secz.

Slika 2.151.

V D = 20 V2Tf3 em/sec;

a

b,.... ___ -'-_"'5!Ii=l.

a

Brzine i ubrzanja odreoeni su graficki; prve pomocu okrenutih brzina, velocide i plana brzina, a ubrzanja pomocu plana ubrzanja i akceleroide. Posto

. -je poznat pravac ubrzanja aJ), dovoUno je sarno odrediti ubrzanje a;N = I w 2 =

= 80/3 = 26,7 cm/secz (duz an), pa se povlacenjem upravne iz tacke n dobija ...

tacka b i ubrzanje OJ), kao i ubrzanje a~T=lw=40V3/9cm/sec2.

280

2.152. Klizaci A j B vrse pravolinijska kretanja po pravinn Lj

, pa su im brzine kolinearne sa njiml, te se okrcnute brzine s~ku u polu P. Rulete su krugovi (Kardanovi krugovi), poluprecnika R = I/sin e i R/2. Kako je trougao ANB pravougli, onda je ugw ..'J:BNA =8, jer S~1 p;rife,-ijski uglovi nad

istim lukom IpB, te sledi AN· sin () = I; AN = 0 P .

\ \, '1')0

~ "p\ v . \ , \

Slika 2.152.

\ \

o

Kp

L, \V

Brzina klinca B odredena je grafi:ki. Kako je tj; = 30°, j~r je If' = 1200,

onda je P A. cos 'I' = 1/2 = 15,' te.ie PA ~. 1 () (I em, pa .ie 1' .. , __ PA. (,) i

w=60jlO!l3-2i3scc-'. Po;toje l'lJ=l'A, to.ie VS=VA u ovum polozaju stapa. Rrzi;-]H leiista stapa je Vc ~ 30 em/sec.

Ubrzlnje Ce:ilO odrediti graficki pomocu phna ubrzanja:

--)oA -7 j

as = i1A + a BT + a &N; A .

a SN = I w2 = 360 cm/sec2 ; as = 680 cm/sec2,

1,:) = 600, te je ';1 = 20 sec -2.

2.153. Stapovi klize kroz obrtna postolja (0;), pa siJ. brzine onih tacaka stapov:i koje se pokbpaju S~ snxli~lirna postolja brzine klizanja, a upraVJl~ na njih seku sc u trenutnom polil (P). Usvojimo triedre 0

1 xy j A ~ Yj, onda iz

trougJova UJ AU2 i 0,1'°2 sl,,{\i:

~)': sin (0 -J <p) = I: sin 0; YJp: -sin(0+<p)=I:sin8,

pa su:

~ p = I sin (0 + <p)/sin 0; ·rjp= -I cos (8 + <p)/sin 8;

Pokretna ruleta je krug, poJuprecnika l/sin 0, sa srediStem u A.

Kako su koordinate pola (P):

xp='I]psin<p~ I (sin <p-ctg e cos <p) sin <p = I

yp = - YJpcos <p = i (ctg 8 cos <p - sin 9) cos,? = I

eliminisanjem vre;nena sledi:

(xp-i/2)2+ (YP-O,S/ctg 8)2=

= (1/2 sin 0)2.

Nepokretna ruleta je krug, poluprecnika 1.2 sin 6,· sa koordinatama sredista 0' (p = I, 2;

q = 0,5 ctg 6).

Za date podatke je <p = 600,

fl = 30°, te su:

= 1, te je V2 = v,. Brzina temena A iznosi:

J

281

2 '1'- ctg 0 sin 2 <p)/2;

Slika 2.153.

V A = /iF- w = U/sin 8) vJ/OJ P = Iv/O, P siri 8 = vI/sin fl = 2 v, = 20'cm/sec.

2.154. Brzina kraja A je u smeru - Oy-ose, brzii1a kJizanja' stapa Be je brzina one njcgove tacke koja se u datom trenutku pcklap:l sa srcdistem postolja 0" pa je trenulni' pol (P) U preseku upravnih na ove brzine.

Slika 2.154.

282

Rako su trouglovi AOS, SBOI i PP'01 podudarni, to je OS=BS=P'0I=s. pa su koordinate trenutnog poJa:

xp=l-s;: yP = (1- s) cos tp; s= l-,xp= yp tg '1'; y/=1(2xp-I),

te je nepokretna ruleta parabola sa temenom Tn U tacki (lf2; 0).

Rako su koordinate pola U odnosu na triedar B ~ YJ:

pokretna ruleta takode je parabola sa temenom Tp (0; 1/2) na B 1]-osi.

Slika 2.155.

Za pokretni triedar je:

J' • .sin 'P = h sin tp/COS2'P ; "1J p= hfcos tp;

2.155. Brzina VA je kolinearna sa + Ox-osom, brzina dodirne tacke D je brzina klizanja, pa je trenutni pol (P) u preseku upravnih brzina. Za izabrane triedre sledi:

xp=htg<p; yp=h+xp tg<p=

= h (1 + tg2<p);

x/ = h (yP- h); parabola,

sa osom simetrije Oy-osom i temenom u T (0; h).

i-:=-~_:'iS;: -,~~, _ j-

rzm~$ti!~dredene graficki pomocu okrenutih brzina i velocide (V-V). ,,0"",""0'''''' n ;:'!',;"VI!V, , ",

Ali 'se'moWlodI'editi i'racunskili , '," I fif .,'~I

tacke A) VA .J /lp.1> = yp' 0=20:~ (l + 3) = 10; 0: 1/8 sec-I; , "'.' . 'li tack(( D) VA sin 'P = VD ; VD ~5 vr cm/sec; ili vD = f) P . w; np"C 40 V3;

'li' 'H

tacke C) Vc ~ CP· w = 70/8 = 35/4; ,t

tacke B) vB=BP·w~ 10V74/8 - 86/8~ 10,75 em/sec.

2.156. Trenutni pol je u preseku zraka OD i upravne na Ox-osu povucene u tacki A. Za izabrane triedre bi6e:

I

I.

283

Za polozaj kada je BD=DA bice tg<p=2, pa je AP=BP, te je vB=VA.

Brzina klizanja je Vv = VA sin 1);= 2VA/VS = 2 Vs em/sec.

p

" v

, \

---,>:"-_...,:::"-,',,,, :1--v:-Slika 2.156.

2.157 •. Poznati su pravci brzina ta~aka AiD stapa, pa je trenutni pol u preseku upravnih brzina, to jest u tacki P. Kako je OC = CD = R, cetvorougao AOCDA je deltoid, te je

s sin e = R + R cos e;

/

SIJki1/.J'i I.

284

Rulete su:

a) nepokretiw: Xp = s = R (I + cos OJ/sin 0;

parabola, sa temenom T" (0; R12) na + Oy-osi;

0) pokretna: 1'}p=s; E,p= ypcos 0 = sctg 0;

parabola, sa temcnom T p ( - R;2; 0) na - A ~-osi.

Kako mamo brzinu VA, onda pomocll okrenutih brzina iii veIocide odredujemo i brzinc tacaka D i B.

Osm toga je Vn= VA cos {} = Vk = 5 ~/3 crr./sec kao brzina klizanja. Odnos brzina je:

5=20(2 + V3\ I-s= 60- 20 (3;

Kako je pcznata pfzina VA, ugaona brzina i ugaono ubrzanje bicc:

VA ~, AP . Ul = s Ul/sin {} ~~ R Ul (1 + ccs {}),'Sir,2 0;

W= -(v,-IUlsinfJ)/R, jtr Je e = -Ul.

Za date podatke su: (,) = (2 ~ 1'}\'4; (~= - (2 - (:5)/ 16,

te su, zbog a,j = 0, ubrzanja tacaka BiD:

s/I-(2+113)/5-0,74G, te je LlD -O,746(1Jj'

Ubrzanja su odrectena grafii:ki pomocu plana ubrzanja.

2.158. a) Kada S1l brzine istosmcrne, a izaberemo sisteme Uxy i U 1:,"lJ. u sredistu kruzne ploce, bice :ulete:

".1"1. (R-I'Y)/(}' R); }'-h J i'l)R/(i'l VJ-nClll, IHllV!l pHwkllltl Ox-t)~i;

~/ + 1'}/ = y2 = R2 [(vJ + V2)/(V1 - vz)]2.

b) Kada su brzine suprotnosmerne, bite:

krug poJuprecuiku y - R (vI -" v2 )/( VJ + v2) - 18 em.

Slika 2.158.

2.159. Brzina;A je tangenta na kruznu pa je trenutni pol (P) u preseku upravnih

a) nepokretna: xp=R+Reos2q:>; )'p=Rsin2qJ;

Xp_R)2+y/=R2, krug, poluprecnika R, sa sredi:;tem O'

ugao AO'D, zbog AO' = O'D = R, jednakokraki;

Slika 2.159.

b) pokretna: ~p= 2 R cos cp; 1'}p=2 RsinqJ;

285

L

cenlralni krug, poiupretnika 2 R, sa ~re(!iStem u A. Krt."['lIlit." is, ualde, I!pi~ Cikfoidno.

Kako je trougao DO'P jednakokraki. brzine tacaka su:

VD = 2 R wsin<p = VA sin <p = 10 V2" em/sec za 'P = 45°;

vs=BP.w-R Ul VT3=T2ws<p-IO V4,5'1=21,31 cllljsr.;e.

286

Ubrzanja su:

aA =!R UlO 2 = 20 em/see2; a .ut = I w2 = 15 em/sed;

Ubrzanj~ se graficki mogu odrediti pomoeu plana ubrzanja.

brzine j ubrzanja tacke B mozemo doei analiticki, nepokretni triedar, te su:

Y= (1- 2 R cos '1') sin 'P,

; = R (,)2 (~eos'P-4 cos 2 rp).

y = R Ul (3 cos 'P - 2 cos 2 'P);

= Rw2 (- 3 sin '1'+ 4 sin 2 '1');

bite x=5(3V2-4);y=15V2; Za R = 20 em, Ul = 1/2, 'I'

y = 5 (8- 3 V2)/2; v.u=21,31 em/sec; ; = 15 Vl/2;

2.160. Zbog toga sto je OA = AB= R, trougao OAB je jednakokraki,

paje o =tj;=rr!2-rp, stog:l je 6 =

Kako je xp=2RcosO, yp=

=2RsinO, toje xi+Ypz=(2R)2,

pa je nepokretna ruJeta centralni J hug poJuprecnika 2 R. Dalje je

C;p = 2Rsintl. cose = Rsin 20;

"l)p= 2 R sin O· sinO = R(I -cos28),

pa je ruleta jednaCine

C;2p I (·fJr-Rr~R'.

Slika 2.160. Rulcta je krug, poluprecnika R, sa

sredistem u tackiA (0; R) na B"fj-osi. Kretanje je, dakle, hipocikloidl/o.

Brzine s~: VA = R (.)0= 20 .\3rr= 60" cm/sec; YB = 2 it Ulsin fJ = - lZOrr sin e = - 60 Jt cm/sec.

"

ubrzanja· su: , aAT =Rwo 0; aA =OAN = R w0

2 = 180 Jt2cm/see2; a B~=Rw - 0; -~. .

-+ ->

aR=aA + a,;:..,; a.u2=·ZaA 2(1 +cos28);

287

Do ovih vrednosti dolazimo i neposredno pomoCu koordinata;

Za R=20em, 8=30°, (t)0=3Jt biee x=20V3cm; V= - 60rr em/sec;

a= - 180)13 Jt2 cm/sec2 • Brzina i ubrzanje su negativni, jer su usmereni nalevo (u smeru-Ox-ose).

2.161. Posto su stapovi vezani u zglobu C, brzine klizaca Ai B i zgioba C Disu proizvoljne, jer zglob (C) pripada i jed nom i drugom stapu. Zbog toga projekcija brzine klizaca A na pravac stapa AC mora biti jednaka

projekciji brzine zgloba C, to jest AA) = CCI . Takooe projekcija brzine ~ na

P,

-~----- .. C'/

Slika 2.161.

pravac &tapa 'CB mora biti jednaka projekciji brzine zgJoba na taj pravac, to

jest BB2 = CCz. Tako se odreouje j brzina -;c' Kako je taj vektor upravan na oba pote&a. CPt i CPz, moraju polovi PI> C i Pz da leze Da jednoj pravoj (Aronhold - Kennedyjeva leorema).

2.162. Relativni polovi stapova pokazani su na slikama. Prema Aronholdovoj teoremi, apsolutni pol obrtanja stapa BC (2) mora da bude na pravoj AB, jeT su na njoj polovi P,~ i 1'14, te ce biti i kombinacija P 2.' apsoiutni poJ obrtanja ~tapa (2) prema (4). Prema tome su rulete krugovi: nepokretnipoluprecnika R, sa sredistem 11 A, i pokretni - poluprecnika 2 R, sa sredistem u B, posto mora biti VB = R w = BP24' w/2, to jest BP24 = 2 R.

288

Slika 2.162.

U drugom slucaju, apsolutni pol' obrtanja stapa (3) prema stapu (l) mora da bude Po Da pravoj P14-P34, pa je vD =bw/2= DP13' w , odDosno DPn = b/2.

2.163. Ovde je wo=61t'sec-1, pa su vA =Rwo=1201t'cm/sec; aA

=

= R w/ = 720 ,,2 em/sec' = 71 m/sec'.

U tehnickoj praksi· najvise sc koriste priblizni obrasci za izracunavanje brzine i ubrzanja ukrsne glave:

te su: VlJ""'V A (sin 0 + 0,5 A sin 2 0);

VlJ = 0,56 VA = 67,20" em/sec = 2, It m/see;

Uy = 40~;;/nc p

u _ 10 fr2 c m/s~2 4 - lCflJ

------- ---_-1 a'

n

Slika 2.163.

Btzim -;8 otlredcna je graficki pomocu okrenutih brzina, Brixove metode i plana brzina. Tada je odredena i brzina v~ = 104 n:. Ubrzanje je odredeno pomocu Kleinove konstrukci;e, pa je as=HO,w02=J8 5· 367t2 =6661t'2.Kako

je aB"N= I w2= (v 1)2/1 =(104 7t)2/140 = 130 n:2cm/sec2, ubrzanje (IE odredeno je i

pomocu plana ubrzanja.

289

Brzinu i ubrzanja tezista C poJuge AB lako odrcdujemo graficki:

tackom c podelicemo brzinu -;;~, odnosno ubrzanjej; ..... na dva dela, onda

je p.~ brzina, a p.~ ubrzanje -;;;, kao sto je pokaz;no na planovima brzilla .,

i ubrzanja.

2.164. Prema Brixovoj metodi su: vB=wo·OD, v~=wo·AD.

Kako je VA = R Wo = w· AF, gde je w ugaona brzina u odnosu na trenutni pol, ubrzanje rukavca A

moze se napisati U obl:ku aA =

=Rw02=wwoAP. Sa slike se vidi da iz cetvorougla PADS proizlazi ova vektorska relaeija:

iIi ---? ~) ---+-wwo(PA +AD+DS)=

--}-+ -,. -+ -+

=wwOPS=aA+a~N+aZT=aS' . :jer su:

Iy I I

Slika 2.164.

, a A=BA.w.z • =(v-")2/I=VAw= wwoAO. BN • S B ;

Stoga je a A =!w=ww DS pa J'e vekter is srazmeran ubrzanju Lkrsne glave, BT 0' ,

~ -, as = W Wo ps. lz slicnosti trouglova

I

6" BPS ...... 6" BUK sledi odnGs PSjUK =

= BP/BU = (VB/W)/(VS/WO) = Wo/W, te je:

->:. --;-,. UK·wo=PS·w, iii W0

2 • UK=wwOPS=aB,

a to je trebalo dokazati.

Slika 2. J 66.

J9 Zbirka z.adataka 11. mehanike 1

ii iIf'2.165. Zbog toga sto je 'liP, . i

tg'fifxja=y/b sl~dl ,odno!> Y=

=b17~~ kx, gde je"~~ b/~, pase moz~!"mnoziti bt9j.~i~ btojeTI};k; fe~Unal j~ Lruj Y!9&!alli01ibl~e; x = y/k, pa je x t6In!~ik~~~l9je!t y k, pod uslovorri'da']clk,;t'O,

I Ji:1 .~."

2.166. Kako sb brzi~e klizanja stapeva koline:irne sa sta~ povima i jednake su brzinama onih taeaka stapova' koje se u

datom trenutku poklapaju sa sre

distimll obrtnih POS~Oljll B i C, trenutni pol (P) je, u preseku

290

brzine, to jest u tacki A konjugovanoj tacki A. Prema tome sledi:

'=Ai.w=2Rw; ; w=wo/2; '-I'

VB = 2 R w sin 'l' = VA sin 'P;

= 2 Rw sin *= VA cos'!'; 'f' + <fi=n:/2.

ehaniza~~eekscentricni, te ce biti: 5-i~ t'

Rsin{)=!siU<fi.; x=RcosO+lcos,p. :i, !\--Jiii--;; .

Kako je :wa= 5n: sec-1 = con#., bice Wo = O. Osim toga je ; '-:~: ';

te je O=wo i ~= -~. Diferenciranjem dobijamo: , jl

<fi +'l'=n:/2,

wri R cos 0 = I <fi cos <fi; :1; ~ = AWo cos O/cos <fi ; A =R/l; i ,

i

- R Wo 2 sin {) = I ~ cos t - If 2 sin t ; x= vB = -R Wo (sin {) + cos {) tg <fi);

Za dater podatke je:

sin t = 1/5 + 0,5 sin 0 = cos 0 ; pa je: 2 + 5 sin 0 = ] () cos 0 ; ]25 sin2 0+20sinO-96=O;

Zbog toga su':

cos (} ~ 3/5 = sin t; pa su brzina 'i ubrzanje ukrsne glave (klizaea):

!

sinO=4/5 jli -24/25.

vn = - 5 Rwo/4= -25 Rn:j4=i-125n:crnjsec= - 3,9 m/sec;

a~= - 57Rwo2/160= -1751t2 cm/sec2 = -17,25 m/sec2•

2.168. ,Ovdc su:

Iz trougla OAD slede odnosi: i

S2= R2 +b2 -2:Rp cos 655 R2 (5 - 4 cos (1); i

R cos 6+ s cos,<fi = b= 2 R.i_?sCOS tj; = R(2 - COs 8); b: sin (O+<fi)=R :sin <¥'

?sin'11"'Osin(lll.jl); te'/I=sin6/(2-cos6).

Zbo~ toga sto je 'f'+tj;=n:/2 bi(;e 0/= -t, to jest ugaona brzina O,brtanja oko lrenutnog, poia w = -~. lz uslova VA = R Wa = .:.. AP· w, ~de je

bice: AP.cos(6+ +of)=s=R sin O/sin <fi,

W= -R,"'o/AP= -(Rwo/s)cos(O+,p)= -wocos(O+tjJ) sin tj;/sin 0=

15 Wo sin 2 (6 ~ </1)/4 sin e, jcr jc 2 sill';' - ~ill (0 + tj;).

I I

29)

Diferenciranjem se dobija ugaono ubrzanje obrtanja oko pola:

N = W02 sin2 of [2 sin 6 + sin2 (6 + tjJ)J/sin2 e,

jer je:

fJ + ~ =wo [sin e + sin tjJ cos (6 + <fi)J/sin O. Brzine su:

VA =Rwo= 40n:cm/sec; vD=PD· W=VA sin (6+ tjJ)=VA' jer je tg'~=V3/3, to jest tjJ=300

, odnosno 0+,p=n:/2. Zbog toga je w=O; N=4n:2 ]13/3. Brzina kraja B je vB=PB. w=vA, jer je pol P u beskrajnosti. Brzine tacaka A, D, B jesu brzine klizanja.

SJika. 2.168.

Ubrzanja su: . -+~ -+ -+

aA - R w02 - 80 n:2 cm/sec2 ; aB=aA+a;T+aiN;

te se mogu odrediti pomow plana ubrzanja.

U prethodnom specijalnom sIucaju bite, zbog (tl = 0, izwzi jednostavniji:

Brzinu j ubrzanje tacke B stapa odredicemo analiticki pomoCu koordi-. nata: XR~X= R cos e + lcos tjJ; YR~ -(l-.s) sin (-tV) = (l~s) sin,p ~ 1 gin tjJ- Rsin e, te diferenciranjem dobijamo:

x - - (R Wa sin 6 + I ~ sin tjJ); . Y ~ - R wn cos 0 + I ~ cos tjJ;

x = - (R wol cos tl + I ~ SllltjJ + I ~l cos tjJ); y = R we' sin tl + I ~ cos cV - {~2 sm <fi.

U specijalnom slueaju jc 6=7t/3, w=O; ~= _~=47t2V3/3, tc cc biti:

Y= -Rrr;

19'

292

2.169. a) Trouglovi ACP i OAC su slicni, jer su im po dye stranice kolinearne i imaju jednaki llgao, ~ CAP = .,q: OAC' = El + <¥. Iz te slicnosti sledj odnos ACjAP=AC/OA iii AC'/AC = R/AP.

Slika 2.169.

Trouglovi ABP i OAD su takode slicni, te iz te slicnosti sledi odnos ABjAP=AD/OA iii ADjf=R/AP. Uporedenjem sledi AC'/AC=AD/I, pa je AC'.wo=AC.CD.wo/I=AC·y1/1. Kako je vi=/w i v"b=AC.(ij to je oduos

v1/v~ = 1/ AC~ te je AC'· Wo = vi. Stoga. je ~c' = OA + AC' iii 02. Wo = R Wo + -~ ~ ~ ~ -~

+ AC' . wo, to jest Vc = VA + v~. Dlkle, zaista je vektor OC· Wo brzina tacke C spojne poluge. A to je trebalo j dokazati.

b) Po Brixovoj metodi je v~=lw=AD.wo, pa je w=wo·AD/I. Kako je v A = R Wo = - AP· w, ugaona brzina w je suprotnog smera od ugaone brzine obrtanja krivaje.

2.170. Ovde jt:! uguon3. bl'zillJ. obrtillljakrivu ie wQ - 8 'It ~ec-l, pa je I'A = R Wo = 240 'It em/sec. Brzina ukrsne glave B jednaka je nuli, jer je ukrsna glava u spolja~njoj mrtvoj tacki, VB = O. Kako je tacka C na sredini spojne poluge, to je Vc = v AI2 = 120 7t em/sec. Projekcija ove brzine na stap DC je obimnabrzina krivaje DE, pa je 'I'D = Vc' cos 60° = vel2 = 60 'It em/sec =

=-DE·wl=120~, te je -w1 =7t/2. Broj obrtaja je IlJ =150/min.

2.171. Prenosni odnos zupcanika je i=Z2/Z1"'; 1, pa je W2 =WI =3 7'Csec- l.

Iz trougla OAB sledi odnos 2 Rlsin <¥ = l/sin El odnos·no 2 A sin 6 = sin <¥. Kada se krivaja OA zaokrene. za ugao El u odnosu na polozaj OB, onda ce se

I

I i I I

293

poluprecnik drugog zupcanika (2) zaokrenllti za ugao 'P u odnosn na spojnu polugu AB, pa je <p = El + <J; + 6 = 2 El + <J;. Diferenciranjem sledi w) = 2 a + <¥ = = 2 Wk +~, gde je WI ugaona brzina zupcanika, a W k = e ugaona brzina krivaje. S obzirom na odnos izmedu llg!ova El i .<¥ bi6e:

WI = 2 Wk+ ~= 2 wk+ 2 Wk A cos a/cos </I = 2 wdl + A cosO/cos </I),

te je ugaona brzina obrtanja krivaje OA:

cos <¥ WI Wk= W I =-

.-----'-.

V I - 4 ~2 sin2 6

2 (cos <¥ + A cos 6) 2

Za cetiri karakteristicna sJucaja ugaona brzina iznosi:

1 ° za 6 = 0° je W k = wI/2 (A + 1) = 5 ,,/4, jel'~ je A = 1/5; WI f' 3,,;

2° za 0=900 je wk =37t/2; 3< za 6=180° je wk=3"/2(J~A)=157t/8; 4° za El = 270° je Wk = 37ti2 sec-I.

2.172. Kako je ugaona brzina krivaje WI = 4 7t sec~l, to je brzina rukavca krivaje vA=80"cm/sec. Brzina rukavca B krivaje O'B je upra~na na O'B, te joj znamo pravac. Konstrukcijom vektorskih reJacija:

----). -+-.......,. .......,. -+ -+

VS-l'A+V;, VK-l's+ v~,

posto je brzina -;~ upravna na AB, a brzina -;: na polugu BK, mogu se odrediti brzina 1'8 i brzina VK, koja je kolinearna sa KO'.

Po

Ubrzanje rukavca A iznosi a A = 320,,2 Sada se mogu konstruisati vcktorske jednacine:

-+ A -..,. A aB = aA + aBT +aBN·,

posto se poznaju pravci ubrzanja ;;:. '4

aK j kornponentna

·0

A A·2 B B 2 -aBN=(VB) Ie, aKN= (VK) IRK. Stoga nije potrebno odredivati k?mponentna relativna tangencijalna ubrzanja.

2.173. Brzina kJizaca A je u praveu prave x-x, a brzina kJizanja stapa AC

je brzina olle tacke stapa koja se u datom trenutku poklapa sa sredistem obrtnog postoija (C), pa je trenutni pol (P) u preseku upravnih brzina. Klizac B ima apsolutnu brzinu vB upravnu na krivaju OB, prenosnu brzinu u odnosu na trenutni pol i relativnu brzinu kJizanja, koje se mogu odrediti pomocu trougla brzina, pa je 1'~=PB.w. Kako i klizac

A pripadastapuAC, toje vAjv%=APjBP.

Konstrukeijom plana ubrzanja odredili bismo j ubrzanja, posto je Ubfzanje aB= OB· W02, a ubrzanje klizaca A je pravolinijsko.

2.174. U gaona brzina obrtanja Slika 2.173. krivaje je Wo = 3 rc see-t, pa je apsolutna

brzina vA = R Wo = 75rc ernjsec. Prenos:na brzina je upravna na stap BAC, a relativna je kolinearna sa

stapom, pa! se lako mogu odrediti iz tfougla brzina. Kako je poznat odnos brzina v~jv~=BAjBC, to je vg=v!·BCjBA, te se moze lako konstruisati, a

time i brzin~ -;K' koja je horizontalna, posto je brzina ;{ upravna na stap KC.

c

~ .~). o. .

n a:; .

Slika 2.IR

Ubrzarija bismo odrediJi po planu ubrzanja, kao sto je pokazano na slici, posto su:

i -).- -+--l--4----4-

aA=a,;+ap+aco,; aC=aA+a~+a~N; -> -4- --+ _+

aK=aC+a~T+a~N Koriolisovo ,ubrzanje je upravno na stap BA. I

I I

I I , I i

----------------~

295

2.175. Projekcija brzine v A na polugu AB je brzina klizanja Aa'.

Brzina temena B pri obrtanju oko tacke C je obimna bfzina upravna na CB, a -,

njena projekcija na stap AB je brzina Bb' =Aa'. Pomocu brzine VB lako cerno

f' -c

/

k

Slika 2.175.

odrediti brzinu tacke E strane CD ploce,

ove brzine -;D na stap DK je brzina projekcija brzine klizaca K na pravae

a time i brzinu temena D. Projekcija -7

kJizanja Dd', a tolika mora biti i stapa KD. Zbog toga prenesimo u

-) --7 ----?

tacku K brzinu Kf, onda je brzina klizaca VK = Kk.

E) SLAGANJE KRETANJA. PLANETSKI I DIFERENCIJALNI PRENOSNICI

2.176. a) Kako je -;=-;;1+-;2, projekcije na ose polarnog sistema u ravni Oxy bice:

Vr=r=vl sin '1';

pa je kvadrat brzine:

Iz rel,acije

vC=r~=V2+l'leoscp=VI(21 cos '1'),

; = d rjd t = T' d rid 'P = VI sin cp = [VI (2 + cos cp)jrJ . d rjd tp sledi:

drjr-(sin-p.d'P)j(2 I CQPp)_"ou!u, l301n jn 11-2+cosfp.

pa logaritmovanjem dobijamo:

In r-In C= In (r/C) = -In U= In (1/u); r = C/u = C(2 + cos '1');

Rudijulno i cirkuiurno ubrzunj~ bice:

a,=r-r~l=~[vleoscp-vl(2+coscp)1·- -2vl~= 2Cv I2/r';

ac= 2 ;.~+ rcp= 2 r· Cvllr' + r·( - 2 CvljrJ) ~= o.

296

Kretanje se vrsi pod utieajem sarno radijalnog ubrzanja, pa je putanja konicni presek.

b) Zakoni relativnog kretanja su:

r=OM=Reoswt=Reoscp; v,= -Rwsincp; a, -Rw2eoscp= -w2r.

Kako je obrtni ugao e = w t = cp, apsolutne koordinate tacke M i apsolutna putanja iznose:

x=r eose = R eos2 cp= R (1 +eos2cp )/2; y=r sin e = R eoscp sincp= 0,5 Rsin 2 cp;

(x - R/2)2 + y2 = (R/2f; krug, sa sredistem C (R/2; 0), poluprecnika R/2.

-> ~

Kako su l'p=rweo ; -+ -; -~ -)0 -+

apT=O; apN=-rw2 ro ; 0co,=ac = 2 [w, v;]=

=, ( - 2 R w2 sin cp). -;;:, apsolutna brzina i apsolutno ubrzanje bice:

2.177. Kretanje Cigre je slozeno iz dva obrtanja: sopstvenog, ugaonom brzinom WI = W, , i preeesionog oko ose. preeesije Oz, ugaonom brzinom preeesije w2 = wp. Obrtne ose seku se u tacki 0 i grade ugao IX. 1z trougla

z! 12

I I

I " r

W;

p

Slika 2.177.

./

5 ./

/1 ./

. SJika 2.178.

ugauJlih brzina, premrr sinusnoj i kosinusnoj teoremi, slcdi trcnutna ugaona brzina i polozaj trenutne ose (OP):

w=7n-sec- l ;

sill IX, = 3 V3jJ4=U,37U;

<X, = 21° :iO' i !X,=(f.-"l= 'HIU In'

297

2.178. Kretanje je s!ozeno obrtanie oko dveju osakoje se seku, llgaonim brzinama w, = Ws = 3 n-/l 0; w2 = wp = n-/2, pa je rezultujuca ugaona brzina w= 7 n-/IO sec-I. Trenutna osa gradi ugao CL I sa osom L" gde je w2/sin IXI = = w/sin CL, pa je brzina tacke A na obodu diska:

VA = rA • w = w (c sin IXI +,R cos IX,) = 7 n- (28.5113/14 + 14· 11/14)/,10 =

= 7 n- (iO V3 + 11)/10 = 62,20 em/sec.

:r

Stika 2.179.

2.179. Kretanjeje slozeno obrtanje oko osa koje se leku, pa je trenutna osa obrtanja izvodnica OA. 1z trougla ugaonih brzina sledi:

~ -~~~ ~ w~ WI + w2 =w,+ ~P;

w2 = WI sin IX ;

tga.=R/H=3/4; S · : "lIS' !~a=J ,

COS IX = 4/S,' w, = 5 ~7/3 = ~ ! -

= 5·9 7r./3 . 30 = n-/2, pa jje n! =

= 15 o/wjn i ugaona brzina CD = 2 n-/S, to jest n= 12 o/min.

2.180. Ovde je tgIX=3/4; sin C(;= 3/S; coslX=4/5. Trenutna osa je dodirna izvodnica pokretnog konusa K2 (prava 01'), pa iz trou$la ugaonih brzina slede odnosi:

CD sin IX= w2 ; W= Sn-/3;

Stoga je brzina tacke A pokretfiog konusa:

v A = h w = 2 R w cos IX = 12·5 n-/3· 4/5 = 16 n- em/sec.

2.181. Prenosnik je planetski. Kretanje krivaje je prenosno 'kretanje, a obrtanje zupcanika (2) je apso!Ulno krel<lllje U ounosu na trenuHli pol (P),

dodirnu tacku oba zupcanika. Prema tome, apsolutna brzina sred\sta drugog zupcanika (2) i njegova apsolutna ugaona brzina iznose:

gde Ji: w2k relativllG ugaoll<l brzillu pn.:ma krivaji .. ; Ak.u St:! uvt::de Pt"enosni odnos spoJjasnje sprege zupcanika i = - RzlR, = -z27z1 i broj obrtajaj onda sle-de obrasei:

117 = 1 - -- nk; 1=---, ( 1) . -1/". . , i . n2-n~:

298

Pri oJ,ome pretpostavljamo da su obe ugaone bizine pozltlvne, to jest da su obrta:nja u direktnom smeru (smeru suprotnom od smcra kretanja satne kazaJjkc). Zbog toga U ovim obrascima treba uzimati svaku ugaonu brzinu (iIi briJj obrtaja) sa svojim predznakom (+ iii -), kao i prenosni odnos zahvacenih iupcanika (- za spoJjasnje i + za unutrasnje zahvatanje).

Na primer, za date podatke bice i = i,z = - 12/36 = - 1/3, pa su

Za jeqan obrtaj krivaje (nk = 1) u direktnom smeru satelit ce sc obrnuti nZk = 3· puta u odnosu na krivaju, odnosno nz = 4 pula u odnosu na osu OJ nepokretnog zupcanika.

Kada je z, = Z2 = Z= 20, tada je i = - J, pa je W z = 2 Wk; WZk = Wk' i

2.182.: Kako je WZ=Wk+W2k> bice W3=Wk+W3k> gde je WZk/W3k=i23'

Stoga je W31<=W2k/iZ3=·-Wk/i12.iZJ' Na ovaj nacin moze sc obrazac u prethodnom zadatku uopstiti, pa ce bili:

i Wn = ( 1 - + ) W k ;

1

gde je i ukupni prenosni odnos sprege zupeanika. Ovaj obrazac vazi zabro-jeve obrtaja ce biti:

Ovde su Wn . ugaona yrzina j broj obrtaja poslednjeg zupcanika. Ukupni prenosni odrlos raCuna-se od nepokretnog zupcanika.

Kako je Ilk = 60 a/min i i = z"z, = 12/36 = 1/3, bice n3 = -120 o/min. I

U drugom slueaju je nk=-3 i prenosni odnos i=z3/zJ=15/75=1/5, pa je n3= -(1- 5)· 3 = 12 o/min; n3k= -( -3)/(1/5)= 15 o/min.

I .

Kada Je prenosni odnos i = 1, tada je 11" = 0, pa poslednji zUpCa~ik vrsi kruinu t~al1s1aciju. Ovo .ie Fcrgusonov paradoks. On se javlja koo redne spregc zupclmika planetskog prenosnika kada je broj zupcanika neparan, a prvi i pos!ednji imaju jednak broj zubaca, Zn=Z,'

i 2.183. ! Postupnom pnmenom prethodnih obrazaca dobijamo:

ii2 = 60/1 00 = 6/10; I1 z =(1-10/6)·30= -20 o/min;

I1J = (l + 10/3)·30 = 130 o/min;

;1'1 - f - ilL' i~j' fj4 - 6/10. 3/6· - 2/3 - 2flO,

te je n4 = (l + 10/2) . 30 = - ! 20 o/min.

Istu vrcdnost dobijamo skupnim obrascem:

n4 =(1 -l/i)nk=(l- 10j2). 30 = -120 o/min.

299

Tablicna metoda (iii metoda zaustavljanja) sastoji se u ovome: zamislicemo da je planetski prenosnik kruto tela i da se obrce ugaonom brzinom krivaje (Wk) u dircktnom smeru. Zatim cerna "zaustaviti krivaju" te moramo saopstiti nepomicnom zupeaniku ("suncu") negativnu ugaonu brzinu (- wk )

kako bi se ponistilo prvo obrtanje, posto ovaj zupeanik miruje.· Usled ugaone brzine -Wk dobice sateliti nova obrtanja prema sprezi zupcanika, a njihove ugaone brzine jesu relativne ugaone brzine u odnosu na krivaju. Zbirovi daju apsolutne ugaone brzine svakog pojedinacnog zupeanika. Ovo se obicno radi shematski, pomocu tablice, Ie se zbog toga i naziva tablicnom metodom. TabJica se daje za ugaone brzine iIi brojeve obrtaja. Za prethodne podatke dobijamo sledecu tabelu:

Stanje I Kr~~;ja Zupcanici .11 K(t

3ja

I Zupcanici

(1) (2) (3) (4) (I) (2) (3) (4)

"'k "'k "'k II 11k I "k nk nk nk pogon <.Uk

-~:k I' -<.Uk -"'k 0 I -uk -nk -nk

II vracanje 0 -<.Uk -.- "k -- ----lIZ ilJ

't4 i i12 in i l4

o "'k(l -~) "'k(l-~)I ( 1 ' Zbir "'k nk 0 nk J..-C.~) '12 llr I II'

!

gde je r redni broj zupcanika. U prednjem primeru bice numericke vred-nosti

----Stanje I Krivaja Zupeanici

(k) (1) (2) (3) (4)

30 30 30 30 30

IT 0 -30 -30(6/1 0) ~ -30/(-3/10) ~ -30/(2/l 0) ~

I ~-50 ~ 100 ~-150

Zbir 30 0 -20 130 -120

Krivaja (k) i zupcanik (3) obrcu se u direktnom smeru, a ostali zupcanici u indirektnom smem.

2.184. Racun sprovodimo tabelarno

I Stanje

'- Zj

I II

I -1

I o

I

(I) 120

-I

0

Zupcanici (2) (3) 30 15

-I -I

30(120 -15/120

3 -9 .----.---

(4) (5) 40 10

-I -I

40/120 -W1l20

2 -13

300

2.185. OVde su prenosni odnosi iz, = - 20/40 = - 1/2; in = - 10/40 = = -1/4; i24 = 25/40 = 5/8; i25 = 100/40 = 5/2, te su brojevi obrtaja:

n,=(1+2).40=120o/min; n2 =0;

n. =(1-8/5). 40 = -120/5= - 24 o/min;

n J = (J + 4).40 = 200 o/min;

n5 =(1-2/5).40=24o/min.

2.186. Prenosni odnos je i=z2z4/z,z,=30.20/50.40=3/JO, pa je broj obrtaja

n. = (1 - J 0/3) . 15 = - 35 o/min.

2.187. Ovde ee biti:

2.188. Ovde je n, = nn = 70 o/min, a nepoznat je broj obrtaja krivaje Prenosni odnos i broj obrtaja krivaje su:

i = i4 , = Z3 z';z. Z2 = 50·40/80·60 = 5/12; i =. -nk/(n, -n;.J = -nk/(70- nk) = .

=5/12; 7 nk = - 350, odnosno nk = - 50 o/min .

2.189. Broj obrtaja drugog vratila jednak je broju obrtaja poslednjeg zupcanika n![=n., pa su prenosni odnos i brojevi obrtaja:

i = (-zz/z,). (Z,/Z3) = - 20·80/60·30 = - 8/9; n. = (J + 9/8)·800 = 1700 o/min.

2.190. Broj obrtaja krivaje je n,,= -800 o/min, pa su;

1= (ZZ/Z,) . (-Z4/Z3) = -40· 60/120· 30= -2/3; I1U = n4 = (I + 3/2) ( - 800) "'"

= - 2 000 o/min.

2.191. Poluga (p) nasa dena je na isto vratilo na kome se nalazi zup-' canik (4), te je I1p = n •. Prenosni odnos i broj obrtaja su:

i = Z2 z./z, Z3 = 20.20/21 . 19 =400/399; . np = n. = (1- 399/400).400 = 1 o/min.

2.192. Obimna brzina kaisa u odnosu na vratilo 0 1 je V, = D w,f2,

a u odnosu na osu konusa frikcionog prenosnika vf= d wf /2, gde je d precnik konusa na mestu dodira kaiSa i konusa. Kako ove dye obimne brzine moraju biti jednake, sledi odnos v, = v(= D wd2 = d w.r/2, te je prenosni odnos i

14 =

- w,/wf- diD. Prcnosni odnos para zahvaccnih zupcanika je i'l = Z2/Z" pa .ie ukupni prenosni odnos i broj obrtaja zupcanika (2) odnosno vratila 0

11:

l=i'ZiJ4=dz2/lJZl = -Wk/(WZ-Wk); WI =Wk'

Za date podatke biee:

d=(R+r)/2=20cm, /--20.(iO/60·15=4/,1; i~4r\; nz =(l-'/4»).UO=

= 50 o/min.

2.193. Pumeranjc mivrtkc iznosi s-·n6·/l, gde je h hod zavojnice, a 116

broj obrtaja zupcanika (6). Prenosni odnos i broj obrtaja biee:

i=ZZZ4 Z6/Z,Z,Z5=30.40. 15/30.20.15=2;

pa je pomeranje: s= 12/2 = 6 mm.

n6 = (1-1/2).1 = 1/2 o/min,

301

2.194. Prenosnik je dlferencijalni. Prema zakonu relativn?g kretanja apsolutne ugaone brzine zupcanika su:

gde su W,k i W2k relativne ugaone brzine zupcanika prema krivaji! (k). Dodirna tacka P oba zupcanika pripada zupcanicima, pa mora imati is:tu relativnu brzinu prema krivaji, v,k=vzk, to jest w,k·R,=w2k·RZ' Odavde je odnos ovih brzina w1dW2k=R2IRj =Z2/Zj =-i,z '= -i, posto je sprega zupcanika spo" Ijasnja. Zbog toga je:

te vaze uopsteni obrasci:

---'-

U ovim obrascima treba uzimati ugaone brzi;J~.r (odnosno ~rojeve obrtaja) prvog (wk ) i drugog 'pogonskog elementa (w,) sa svojim pr~dznakom, a takoae i prenosni odnos, koji ide od prvog (pogonskog) do posl~dnjeg (rad!log) zupeanika.

Brojne vrednosti bife:

a) i=-zz/z,=-12/36=-lj3; n2 = 80 (l + 3) - 100· 3 = 20 o/min; !

n21' = (J 00 - 80)/( - 1/3) = - 60 o/min: i

b) i=I/3; n;= 80 (1-3)+ 100· 3 = 140 o/min; n2k = 60 !o/min.

2.195. I

Prcn0311i odnos i broj obrtaja vrntiln Oll (zupcaniJm 4) jesu; I

j = Z2 Z4/Z, Z3 = 20.100/80.30 = 5/6;

nIl =n4=800 (1-6/5) +200/(5/6)= -400 o/min.

Iz obrasca Zit \lgilonH brziucl (,)" vidi sc da nnll imll uva de)". tJ1yj <leo

je isti kao i za planetski prenosnik sa nepomicnim zupcanikom (I), i drugi koji se javlja zbog obrtanja ovog zupcanika (drugog pogonskog elementa). Zbog toga tablicna metoda ima tri stanJa. Prva civa ~u iSla kao i za planetski prenosnik, po~to smatramo da je zupcanik "sum;e" nepokretan. i Posle toga dolazi treee stanje: zupcaniku "sunce" treba uati njegovu ugaonu brzinu w,

pri nepokretnoj krivaji, te ee sad a biti obicna sprega zupcanikai Tablica se daje i za ugaone brzine i za brojeve obrtaja. '

302

Stanje

Jl

I, Krivaja

(k)

I I 800 I

I o

800

I, (I) (2) Zupcanici (3)

------------,_._---80 20 30

(4)

100

800

-800

o

800

-800

20/80

-2400

800 800

-800 -800 -----20/80 20 JOO/80 30

-2400 -160

-200 -200 -200 III 0 -200 -- --

I 20/80 20/80 20 -100/80,30

~ ____ ~~ ____ -_2_0_0 __ -_3_2_0_0 __ -_3_2_0_0 ___ -_4_0_0 __ ~

2.196. .Ovde je broj obrtaja krivaje 11k = - 120 o/min, a dnlgi pogonski element je zupcanik (3), Posto· je i'l = n,/1I2 = - Z2/ZJ = - 25/20 = - 5/4, to je 112 = 113 = - 4· fJ5 = 40 o/min .. Prefosni odnos i bro j obrtaja iznosice:

i36 = i = Z4 ZJZ3Zs = 40· 80/50·60 =J6/15; 116= -120 (1-15/16) + 40·15/16 =

= (-120 + 600)/16 =480/16 = 30 o/min.

2.197. Posto je krtvafa(k) na vratilu 011, to je 11k = 113 = n,/i'3 = - 450 o/min, jer je in = -Z3/Z1 = -24/36 = -2/3. Drugi pogonski element je zupcanik (5), pa je IIS'= 1/. =: n 2/i24 = 1l1/iz• = - 600 o/min, jer je i2• = - Z.!Z2 = - 20/40 = - 1/2. Prenosni odn6s i broj obrtaja iznose:

i = iS9 = (-z~/zs)· (Z9/Z7) = -75,20/25·80 = - 3/4; n9 = -450 (1 + 4/3)-,

- 600/( T 3/'1) = 450·7/3 I 4· nOOn ~ -1050 + 800 ~ - 250 o/mill.

2.198. !anjirasti zupcanik (3) je nepomiean, a zupcaTIl~ (1) Je pogonski element zti krivaju (k), a ujcdno je i drugi pogonski elemeut. Broj obrlaja krivaje iznosi:

I nk = 200 o/min .

i ,

Bit)] ulll;laja ZUp6f11ika (5) bit.e:

(lI j -I1/r)/Chs-n,J = (J 200 -200)/(i15- 200) = i" = - 60 .7.4/15.12 = - 8; i

: I 000 = - 8 115 + 1 600; I

115 = 600/8 = 75 o/min.

2.199. Ovde je Ilepozilal broj obrlaja krivaje (11,,), pa po~to je zupcanik (3) nepokrctan, bice kao za pianctski prenosnik:

i IId(1I 1 11,.) --' 11/.10 200 - II,,) - i3J - I,/Z3 -- 16/48 - 1/3; Ilk - - 600 o/min.

Broj obrlaja vratila On isti jc kao i broj obrtaja zupcanika (5), pa je:

(Il, -11,,)/(11, Tnk) = (I 200 I 600)/(17s I 600) - i!5 - 72 ZS/ZI Z4 = 45· 16/16.32 =

= l5/32, odnosno ns = (1 800·32/45) - 600 = 680 o/min.

I

I I

I

I 1 j

303

2.200. Posto su zupcanici (5) i (6) kruto vezani za dobos D, broj obrtaja je 115 = 116=IID' Krivaja se obrcc istim brojem obrtaja kao i zupcanik (4), 11k = 114 , Ie postoji odnos:

jer je par zupcanika (4) - (3) spregnut spoljasnjom, a par (3) - (6) unutrasnjom spregom.

Zatim se dobija:

(n! -Ilk)/(Il~ - ilk) = i ,S = ( - Z2/ZJ) . (ZS/Z2) = - zs/Zj = - 50/15 = _ IOf3 ,

to jest:

odl1osno

Ils =116 =I1D = -311,/49= -3·735/49= -45 o/min.

Tablicnom metodom dobice se:

, Stanje I k (4) .I

(I) I (2) I (5)

I I I 11k "k "k 11k

II 0 -11k ~ I -11k

-z.)ZJ -z,lz,

L I 0 11k (l +z,/z,) 11k J "k (I + ",/I,)

III 0 11,

.. ' _"_,_ I ", -Z]/1 1 ---",/z,

------l; Ilk ", ", 11, ---

1z nje sledi:

odnosl1o

posto Je

Za date vreuuosli dobija tle 115 - - 45 o/l11il1,

III. DINAMIKA

A) DINAMIKA MATERIJALNE TACKE

3.1. Kinematicke jednaCine kretanja su:

s = 4 + lOt + 4 t2 ; v=10+8t; a = 8m/sed-,

pa je siJa koja proizvodi kretanje:

F=ma=G a/g= 20.8/9,81 = 160·0,102 = 16,32 kg,

Jer je l/g = 1/9,81 = 0,l0194~0,102 sec2Jm.

3.2. Kinematicke jednaCine slobodnog pada jesu:

a=g; y=gt; pa su

v2 = 2gs; h=v/12'g, !

Vu=Vk= 10g= 98,1 m/sec; h= vk2/2 g=gt;//2= 50 g= 490,50m. !

3.3. Kinematicke jedDlIcine slohorlnog padanja jesu:

a=g; l'-gt; s=z-gt?/2; v2~2gs; h=Vk1/2k,

pa je visina:

h = 16/2g= g. 0, 102~ 0,816 m- 81,6 em, a vreme padanja:

3.4. Kretanje vode je jednako usporeno ("hUae navise")i pocetnom brzinom 1'0 = V/3,6 = 20 m/sec. ,

j KinelJJalicke jedlla(';ine· hjca navlse u bezvazdusnom proslofu Jesu:

I l.l~ -g; v'=vu-gt; s=z-·vot-gt2 j2; 1'?_V02~ -2gs; ;h~>'02/2g,

i pa su:

h = 400/2g= 200·0,102 = 20Am;

20 Zbirka zadataka iz mehanike 1

i I

i 306

3.5. P~vo telo paJa slobodno, a drugo vrsi kretanja hica navise. U trenutku sudara oba su teJa presla ukupni put jednak visini padanja (h),

i te ce biti:

h~hl +h2=gt2/2+vol-gt2f2;""Yol = 201; ts= T= 2 sec,

odakJe je: i h! = 4g/2=2g= 19,62m; h2 = 40-hl = 20,38 m.

3.6. Kl-utost cilindricne zavojne opruge je e = G/Is =1 00/0, I = I 000 kg/em, gde je Is iz?uzenje opruge (staticki ugib). Prema tome je silaelasticnosti

opruge (elasl\cnog uzeta): I

! F;: -ex= -J OOOx; Fmax=G.

Diferen¢ijalna jcd~~Cina harmonijskog oscilovanja je: .--mx=!-ex; UJ2 = e/m = eg/G;

• v !. . a nJeno resenJe Je:

I <,>:",.4 cos wI + B sin w t; x = Is cos w 1,

gde je fs amplituda, a pocetna brzina jednaka je nuli.

Period psciJovanja iznosi:

T= 2 rr/w = 2 f vmTc= 2 rr VG/eg= 2 rr/VIOg = (2;V15). (rr/jlg) = 0,2 VIO· 1,003 =

= 0,2 . 3,162· 1,003 = 0,634 sec,

jer je rr!Vg! J ,003.

3.7. Vagoil se krece brzinom 7,2 km/p. Krutost opruge je e= 5 000/0,5 =

= 10 000 kgjc~. Zakon oscilovanja je:/' '"

'&x+ex= 0; x=A coswl+B sinwt; I

Integracione ikol1stante odredicemo iz pocctnih uslova krctanja: za 1=0 je xo-O i vo~'~o-2mhec, te "u A-O, B-v,,/w. Prema tom~ je zakon OSGilovanja x= B s1n UJ I, Ie je B amplituda (najveee izduzenje opruge):

I

tJ.[ = R= Yo/'" = VO V(1/2 r.g = 4 VIO· 0,319/1 00 = 4,036/100 = 4,036 c m,

Jer na svaku oprugu dolazi telina G/2. r

Period :je T = Ilf =.2 ;;:/w = 2 ;;: Ii G/2-~g = 12,65 sec. r

3.8. Brzina kretanja je v = 36/3,6 = 10 m/sec.Ona je stvarno pocelna brzina ovog' jednako ubrzanog kretanja. Kako je v = Vo + aI, ubrzanje je

a = (v - vo)/t,d (30~ 1.0)/10= 2 mjsecZ, pa JC s1la:'

F~ma=Ga/g, odnosno G=Fg/a=100·9,81/2=490,50kg.

3.9. Qvde je 'vo = 72/3,6 = 20 m/sec,' pa je kretanje jednako usporeno, v=vo-al, te1jc a=(vo-v)/t=lO/JO=lm/sec' a kocna sila je:

-F-:-ma-Galg-l 000· 1/,\(-1 000·0,J02 102kg.

307

3.1~ Vaga pokazuje pritisak tela na podlogu (vezu). Prema d'Alambe

rovom principu, mora biti u toku kretanja "ravnoteZa" izmedu aktivne sile (teze), otpora podloge (F,,) i sile inercije: -G + Fn+ (-ma)= 0,

. gde je sila inercije proizvod mase i ubrzanja sa negativnim predznakom. Teza je usmerena nanize, a ubrzanje navise, kao i otpor podloge, te ce biti:

-G + Fn-ma = 0; a= (Fn-G)lm = (Fn- G) giG = 2·9,81/1 00 = 0, 1962 m/sec2 =

= 19,62cm/secz. ___ _ ---3.11. Kinematicke jednacine ovog pravolinijskog kretanja su: x=4+IOt2; _'r=201; x=20m/sec2 ; y=3+5[2; )1=101; y=JOmjsecZ,

pa su projekcijc sile na ose ortogonalnog triedra Oxy:

X = mx=Gxlg = 2·20/9,81 = 40· 0,J02 =4,08 kg; Y =my = 2·10/9,81 = 2.04 kg, te je sila:

F= VX2 + yz= V2ITO = 4,59 kg.

3.12. Kako je intenzitet sile lil=l-c;j=1-4cl= 16 dyna, koeficijent proporcionalnosti je e=4. Stoga su diferencijalne jednacine kretanja tacke:

my+cy=O, iIi x+x=O, Y+y=O.

. Komponentna kretanja suharmonijska oscilovanja po pravima Ox Oy, pa su resenja ovih jednaCina:

x=A cost+Bsinl; y=Ccosl+D sint.

Posta su pocetni uslovi kretanja: t = 0; Xo = 4 cm, Yo = 0; Xo = 4 V3 cm/sec, Yo = 4 cm/ses, pa su integracione konstante A = 4; B = 4 V3; C = 0; D = 4, Ie sukinematicke jednaCine kretanja:

X=4COSI+4V3sint; Y=4siut;

x=4(-sint+V3 cost); y=4 cost;

x2_ 2 VX xy + 4 y2_1 n= 0 (eJipsiJ);

v2 - 16 (1 - V3 sin 2 t + 3 cos2 I) ;

x- 4 (C03t I V3sint); )' ~4∫ al-1G(1IV3~iIl21+3~iIl21),

U POi07!ljn N(x=O; y:--O) je )'=2, pa jc sint-I/2, cost- -V3/2; sin21= - ]f3/2, te su v=21/!9cm!sec; a;"'2cm/sec2 ; aT= -(l6V3 cos2t+

+24 sin2t)lv= 2 V57fl9,; aN = 8jl!9/19cmjser.2 ; Rk=V2/fl~= 19 )/19/7 em

Kinetil;ka energija lllutcrijall1c la<:'k<: iznosi:

Ek =mv2j'1.=(Jvl/,1.g=4·7(;j9'i51 ·0,31 gem.

3.13. CirkuJarno ubrzanje je ac=2'r~+r~=r~ld(r2~)/dl=0, te je r2,p= = C= const. Zbog toga je radijalno ubrzanje ujedno i tolalno ubrzanje, pa je:

;'= -·2R~ sin,cp; ,.2;' = _ 2 CR sinep;

20'

308

odnosno

Privlacna sila je obrnuto srazmerna petom stepenu rastojanja r = OM.

3.14. Posto je ac=O, to je r2~=const.=C, pa je kvadrat brzine:

. v2=;2 + (r~)2 =;2 + C2/r2 i ;2 = (b2- Cz)fr2= (k/r)2.

Prema tome, diferencijalna jednacina i njen integral jesu:

~=k/r; rdr=kdt; r2=ro2+2kt=Cfci;

du=2kdt; d<p=(Cf2k)du/u;

odnosno

Putanja je logaritamska spira/a.

Kako je r2=ro2+2kt, to je r'~k, pa je '2+rr=0. Radijalno ubrzanje je ujedno i totalno ubrzanje:

a,=r-r,fl= _(k2+C2)/r3= -b2/rJ, te je sila F,= -mlr/r3.

Sila je, dakle, obmuto srazmema trecem stepenu rastojanja. Njena je vrednost F,=lOOO·225/1000·981=0,23 grama.

\

3.15. bto sto je ac=O, bice r2~=C, pa je a=ar • Iz jednacine putanje sledi:

r-b= b cos '1'; r=-bq, sin,!,; ~2 = C2 (2 b- r)fr3 ;

pa su:

Fr=ma,.

Sila je. dakle, obrnuto srazmerna cetvrtom stepenu rastojanja;

3.16. Ovo je problem horizo~talnog hica u bezvazdusnom prostoru, Ie ~1I vreme leta (T), rl(lm~t (D) i hrzina miflm (VA):

=28,57.900/3,6=7146m=7,146km; v/=v/+2gH; vk=jlvl+2gH=

= y2502+ 2·9,81·4000 = V 140 980= 376m/sec = I 354 km/h. ! !

I I

! I I I

3.17. Slicno prethodnom zadatku dobijarno:

Vo = D Vg/2 H = 50 ~/9,80/20= 50 V0,49 = 35 m/sec; Vk =Vo VI +,(2gH/v/) =

= 35 V 1+ (2.98/25·49) = 35 (1 + 0,08) = 1,08·35 = 37,80'm/sec.

3.18. Neka je va brzina kretanja aviona, a va pocetna br~ina projektija, onda u trenutku udara projektila u avion moraju biti jednaki ,predeni putevi u horizontalnom (Ox) pravcu:

X=Va t=vo t cosa;

Prema zakonu fada (zakona 0 kinetickoj energiji) bice:

m(v2 -vo2)/2= -mgH, pa je brzina udara V2=vo2_2gH. K~ko je, prema zakonu kosog hica, vreme leta projektila do udara H = va T sin a - gT2/2,

odnosno g'P- 2 vo·T sin 0'. + 2 H = 0, iii T= (vo sin O'.± Vv02 sin2 a- 2gH)/g, zbog

realnosti vremena potkorena kolicina mora da bude pozitivna, pa je uslov v/ sin2 a=v02 (1-cos 2 a);)o2gH .. S obzirom na raniju relaciju, bice vo';)ov/+ + 2 gH. Iz ovog sJedi da je brzina udara v = Va' Elevacioni ugao je cos a = 100/100 V5 = VS/5 = 0,448, odnosno 0'. = 63" 25'.

3.19. Visina penjanja (H), domet (D) j ukupno vreme I~ta (T .. ) kosog hica u bezvazdusnom prostoru bice: '

H = (v/ sin2 a)/2g = 36· 104 .0,102/8 = 4 590m; D = (VOZ sini 2 a)/g =

= 36· 104 .0,102/8 = 31 763 m = 31,763 km; Tk = (2 va sin a)/g = 61,2 sec.

3.20. 1z obrasca za domet sledi:

2 a= 3° 40'; a, = 1° 50'

odnosno a 2 = 900 - al = 890 10'.

3.21. U temenu(E) putanje 5U x=vo COSa, y=O; pa Je poluprecnik krivine putanje:

.. i x=O;

Rk=v2/a;v= y3/(,:y_y;) = vo3 cos3a/(-vog cos a) = voz COS'a/g=

= 104 • 3 . 0,102/4 = 765 m.

Y= -g,

3.22. Ako je az = 2 a, = 20'., onda su donieti 11 odnosuD,/Dz - ~in 2 a/sin 40'. =

= 1/2 cos 20'.= 1/(2 - 4 sin2 a).

3.23. Ako je V02 = kvOI = kyo, onda 511 odnosi dometa i vi~ina penjanja:

D,/D2 = Vo//Vo/ = l/k2 = 1/4; H.J.Hz =; vo,2/V022 = l/p ~ 1/4.

Dakle, i dome! i visina penjanja povecace se k2 puta, to jest 4 puta.

3.24. Uzmimo koordinatni sistem Oxy sa pocetkom b 11 podnozju brda, onda su jednacine pulallja prujek(ila:

1) y=h+x tgO'.I-(g.x2/2v02 cos2 0'.,);

2) y = h + x tg a2 - (gx2j2 v02 cos2 ( 2),

gdc je 11 visina brua. .;-.

310

Kako j~ za Y= 0 do~et x=D jednak za oba projektila, izjednacenjem prethodnih jednaCina bite:

I

! D (tg <x, -lg <x2) = D2g (tg2 IXI - tg2 "'2)/2 1'0 2,

jer je l/cos21X!~ I + tg2 IX. I

Dome! iznosi:

D = t 1'/ (tg (XI - tg IX2)/g (tg20:1 - tg2 0:2) = 2 v//g (tg 0:, + tg IXz),

pa je, jz jedn~cine I) za y = 0, vis ina brda:

h =D2g (1:+ tg2 0:1)/2 1'02-D tg IX, = 2 V02 (1 - tg 0:1 tg IXl)/g· (tg IX! + Ig "(2)2.

t

Za date fodatke je tg "'I = I, tg "'2 = (3/3, pa je visina brda: /_ I

h = 1'02 (3 - ~ 3)/r(2 + i/3) = 1'02 (9 - 5 j!})/g = 0,35 v02jg = 0,35'104 .0,102 = 357 m.

I

Sljk~ 3.24.

\

y ,

/ /

/

//

0' :\~ ____ _

h

Slika 3.25,

J d I v'

3.25. e ryacme parabo"e kosog bica i strme ravni u odnosu na tri-edar Oxy bite: !

i I) y =h +x tga --cgx2/2 V0

2 cos 2 0: = 5 + y} x -gx1/50; , I 2) y=xtg[3=hx/3.

Resavanjem ovil~ jednaCina dobijamo presecnu tacku (U):

3gx2 -I00{1x-h'i0=o iIi 3,~·2. 1010x. 7'i=0; x,,=51/}m; i

Po zakoml ': rada bite: I

~E1-A; !

m(v}

Ie je kineticka energija udata:

a)

c) rad

Ek 1111'//2 Gv//2g,,:;SO kg111.

3.26. Postb je a = 2 m/sec, to je v = at = 21 = 20 m/sec, pa su:

K = mv = Gv/!? = 2·20· 0, 102"" 4,08 kgsec;

- 2·400· 0,102/2 ~ 40,80 kglJJ;

·5·0,102= 2,04 kgm.

Yu= Sm.

I I !

I I

311

3.27. Tacka se krece po elipsi poluosa 5 m i 3 m, ubrzanjima x' = - 4 x, Y = - 4 y. Rad sile iznosi:

A = .r (F, d ',;) = S (X d x + Y d y) = - 4 m [.I: d x + .f: d Y ] = 2 m (a 2 - b2

) =

~ 2 G (a2 _b2)/g ~ 16 kgm.

3.28. Centrifugalna sila iznosi:

Fe = maN = mR (,)2 = GR (re n/30)2/g ~ GR re2/g = re2 /8 = 1,233 kg.

3.29. Otpor voza je F", = 0,5 G/lOO = G/200, a brzine su VI = 1'0 = 54/3,6 =

= 15 m/sec i 1'2 ~ 20 m/sec. Po zakonu rada je ~Ek=A; G(v/-v/)/2g=I,2Gs/200; s=148,7m,

3.30. Krelanje je pravoJinijsko'u smeru Oz-ose, usled dejstva teze i ()tpora vazduha, pa je dinamicka jednacina kretallja:

ma=m'z= -mg-bv iIi a= -g(I +~v)=dv/dt;

Prvi integral bice:

~dv ~--= -g~d f; J+i)v

Kako je u trenutku t = ° pocetna brzina vo, to je konslanta C, = In (I + avo),

-va je zakon promene brzine kretanja:

J 1 + ~ Vo ". n--=got, 1 +~v

'pa je .drugi integral- zakon pula:

z= -1/~-(l +i)vo)e-gll(/g~2+C2=(l +~vo) (1-rgl)()/i~2-(t/g),

jer je za 1=0 i zo=O, pa je konstanta Cz =(I-ovo)/giS2•

U lrenutku zrrustavljanja je ]1=0, Ie su vreme penjanja i visina

penjanja:

In (1 + is 1'0) . T=----,

ga H

Vo In (l + 0 1'0) =-~----- .

gi) gi)2

Za uule pudatke je G ,- 1 kg, 3 = 0,02 sec/J11; 1 +;) "0 ~ I I 0,2 ~ 1,02;

1n 1,02=Jn (102/100) =4,625-4,605=0,25; T = 1,28 sec; 1/2g=0,051;

H~50m.

~.3t. Saua imamu sJobodni pad u v:uduhu, pa Je' dikrcncijnlna

jednaCina krclanjll:

mu - "'~ = mg-- by; -gadt- oct ll/(I-a»); 1) = h/G = helm.

312

j zakoni kretanja:

In(l-8v)~ -got; v=(I-e- gli ')j8;

z~ r/8 + e-gotfg 82 + Cz = tf8 + (e-glit - l)/g 82 •

Za 1=7= 10sec bite z=H=410m.

3.32. Kr~tanje je pravolinijsko, pa ce biti:

ma=mdv/dt= -b~ iji "--kdt= dvIV"V=v-1/2dv; k = b/m = bgjG;

kt = ~ -11v, jer je C j = 2 Vv.;; v = (2100 - ktf/4 = d s/d t; dS=(-1/4k)u2 du; u=2 viJ-kt;

s = [21'0 VV;;-- (2 vv.; -kt)3Jj3 k.

U trenutku zaustavJjanja je brzina 1'=0, pa su:

b=0,04; k=4·9,81J2·100=0,1962~0,2; T= 2 ~Jk=20 sec;

smax = 2 Yo ~/3 k= 80/3 = 26,7 m.

3.33. Kretanje je pravoJinijsko, pod uticajem tde i otpora vazduha, pa Je diferencijalna jednacina:

ma=mz=cmdvldt= -mg-bv2 iii dvldt= -g(1 +1)1'2);

Posto je ubrzanje a = d I'/d t i 2 v d t = 2 d z, gde je d z = d s, mnoienjem prethodne jednacine ovim izrazom ona se svodi na diferencijalnu jednacinu koja razdvaja promenljive:

d I' 2 I'd t ---= -gdz iii

dt (1+-01,2) . 20vdv . ---= -2g8·dz; (I + 8y2)

lJ trenutku zaustavljilnjil .if.' l:>r.<:ina v=O j visin.1 pf'lnjnnjn 1

Zmax = H = 2 g ~ In (I + I) va) = 0,051 . 100 In 10 = 5, lIn 10= 5,1 . 2,303 = 11,75 m.

3.34. Slicno prethouuom zadatku bite:

ma=md vjd t- -hvy~;

odnosno d 1'/1,2= (-bjrns) lit --(-b/ms)· (d sfv),

u v bds -b In l'+lnC1=ln (C l v)=-lns;

v ms m

Za date podatke: b = I ;vo = 3 m/sec; m=G/g=2; b+m=3; (b+m)lm=3f2, bite:

v=6/Vs;

3.35. Dinamicka jednacina kretanja i zakon 0 radu daju:

ma= -F",; v = Vo = 20 m/sec,

pa je predeni put:

s = GVo2/2gFw = 1 000 vo

2/2 gF,': = I 000.400/2·45. g = 400· 102/90,,= 453 m.

Vreme do zaustavljanja iznosi:

3.36. Posto je kretanje jednako ubrzano, to je v = Vo + fll, pa je

ubrzanje a=(v-vo)/I=(l0-5)/10=1/2m/sec2• Dinamicka jednacina j snaga masine je:

F=ma+Fw ; P=Fv/75 [KSj,

gde je F vucna sila. Za date podatke je F w = I 000 kg, m~ = Gaig =

= 200· 10 00·0,519,81 = 10200 kg, l~ j", snaga:

p= 11 200· 10/75~ 1493 KS.

3.37. Oscilovanje je amortizovano, pa je diferencijalna' jednacina oscilovanja:

mx'= -cx-b.~ jli ;+2ox+(v2 x=x+ 6x+25 x=O. 1

Pretpostavimo resenje u obliku x=Cek" onda je x=Ckekt

te dobijamo karakteristicnu jednacinu k 2 + 6 k + 25 = O,ciji su k=(-6± V36-100)/2= -3±4i, gde je i=V-J.

Kegenje je:

x-=e-3t (A cos 4t+B sin 41);

+ 4 e-ll ( - A sin 4 t + B cos 4 t).

i :x'=Ck2 ekl"

koreni

T1. -po<:ctnih uslova da jc za t = 0 amplituda Xo - R cm hr7.ina Xo = 0 bICC A ($ cm. JJ 6 em, pu .IC zakon krctanJa:

x = e- j I (!! cos.4 t + 6 sin 4 t).

Kretanje je op~rlajllte harmonijsko pravolinijsko oscilovanje.

3.38. Ovo je oscilovanje prinudno, pa je diferencijalna' jedna<:ina:

314

Opsti integral jednak je zbiru opsteg integrala homo gene jednaCine (slobodnog oscilovanja) "j partikularnog integraJa x p= C cos I = cos / Ie je:

x = A cos 3 / + B sin 3 I + cos I; X= 3 (- A sin 31 + B cos 3 I) - sin I.

Kako su za if = 0 pocetni po\oiaj i pocetna brzina jednaki nuJi, bite A = - I, B=O, pa su,zakoni kretanja x=cOS(-COS3f; x=3sin3t-sint.

3.39. Sada je diferencijalna jednacina 'x + 9 X= 6 cos 3 t. Ovo je sJucaj rezonanse, j~r je kruzna frekvencija poremecajne sile (D) jednakakruznoj frekvcnciji siobodne oscilacije (w = 3). Zbog toga cerna resenje prinudnog deja traziti ui obliku partikularnog integrala: xp = Ct sin 3 t, pa je xp = C sin 31 + + 3 Ct cos 3 {; '~p = 6 C cos 3 1- 9 Cr..sin 3 t. Kako partikuJarni integra I mora

da zadovoljii difcreDcijalnu jednaCinu xp + 9 xp = 6 cos 31, zakon kretanja je:

x = A cos 3 t + B sin 3 / + t sin 3 t + t sin 3 t.

3.40. b:macimo sa z = Om rastojanje rakete od sredisti Zemlje, onda je teia obrriuto srazmerna tome rastojanju, F= - emlz2

, gde je c koeficijent snizmere. Nil povrsini Zernlje teZa iznosi G=-mg=-cm/R2, pa je C=R2g,'

te je leza F ~ - mgR2/z2.

Prema bkonu 0 mehanickom radu (kinetickoj energiji) irnamo:

m (v2_-vo2)/2 ~ J:d Z= (-mgR 2)J: z- 2d z=mg R2( +- ! ).

Utremil ku zaustavljanja je v = 0 i z = H + J( = 3 R, te je:

Vo = V4· 6 370-:]OJ:-9,lSl/3 = I ()3 VlS3,32 rn/see = 9, J2 lan/sec.

3.41. Dinarnickc jednacine kretanja niz glalku strmu ravan jesu:

mx"f mg Sill a; I

Prva jednacinil pokazuje da je kretanje niz ravan jednako ubrzano, ubrzanjem jednacina odreduje normalni otpor strme ravni, Fn = G cos a.

kretanja su: Co. __ ~~_'~."

x=~=vo + gt sin ~t X= s= Vo 1+ (g12 sin 0'.)/2,C <....-...--..........

uzeli pocetnom polozaju A - vrhu strrne ravni.

v=2 V'34,8! =2.5,9 = 2 + 9,8 t/2,

pa je vreme 'spustanja teskog

-1)/4,9 = 2 sec. /

I j

1 )

! I j J I I 1

3J5

3.42. Iz zakona 0 kinetickoj energiji sledi:

Ie je

Jer teZa vrsi pozitivni, a sila F negativni rad.

3.43. Nagibni ugao konusnog klatna jetga = Fc/G = mR w2/mg = R w 2/g = = (3/3, pa je, zbog w = 'IT 11/30= 'IT, poluprecnik R = 0,57 m = 57 em, Ie je vo=Rw= I,79m/sec.

Sila u koncu je F=G/cosa=2G(3/3=3,46kg.

3.44. Ovde je sin a = RI/ = 3/5; cos <X = 4/5; = 80 em, te je T = 2 'IT Vh/g = 2 'IT rf SO/9S1 = I,S sec: = 600/1S"",34o/min.

tgo: = 3/4, lz= 100· 4/5 =

T = 2 "/w = 60/11; n =

3.45. Zbog krivine postoji centrifugalna sila Fc= mR (i/, gde je R = Rk

poJuprecnik krivine koloseka, te pritisak na sine gradi sa vertikaloin mali ugao <x, koji iZIJosi:

tgo:=Fc/G=v2/Rg">3sino:=h/s, Ie jc h=v2s/Rg=cv2 ,

gde je s sirina koloseka.

Nadvisenje spoljasnje sine iZnQsi:

h= (54/3,6)2·1,435/500·9,8 J = 0,0659 m = 6,59 cm; Fe = Gv2/ Rg = 459 kg.

3.46. Poluprecnik hivine puta je:

R = Rk =v2 slhg=400· 12/0,1· 9,SI = 48.103 .0,102 = 4 876m.

3.47. Kretanje se vrsi po krugu u vertikalnoj ravni. Prerna zakonu 0

kinetickoj cnergiji bice:

17. uslova v=O sledi:

t'k = Zo - (vo2/2g) =0.25 - 0,05 = 0,20 ill = 20 cm,

te se tacka nalazi na visini 20 em od horizontalnog poloZaja (0).

Silu u koneu odredujemo iz druge prirodne jcdnacine:

mv2/R=FN-G cos<p; FN=G [(vo2/Rg) +(3 cos<p-2 cos 'Po)] = G[(vo2/Rg) +

+ (3 z - 2 zo)/ R] = 2 (2 . 0,102 + 2) "" 4,40S kg.

Ako je A (z = R) ravnoleZni polozaj, onda je B (z = - R) kriticna tacka kruzne putanjc, pa brzina u toj tacki i uslov iznose:

1'0> V3gR=3,837m/sec.

316

Tada je vB>O, pa ce tacka (telo) preci tu kriticnu tacku dospeti u pocetni polozaj (Ao).

3.48. Prema zakonu fad a je:

Ovo sledi i neposredno iz uslova t1Ek = m (v} - v A2)j2 = A = 0, jer je rad teze na celom putu od tacke A do udara u Ax-osu jednak nuli.

3.49. Iz zakona 0 kinetickoj energije bice:

Posto je otpor u tacki B putanje jednak nuli, mora biti:

R~2,5r.

Brzina VB = V gr je pocetna brzina horizontalnog hica sa pocetkom u tacki B, pa su jednacine:

z=g; z = gt + C3 = gl;

z=gi 2/2+C4 =gt2j2+h=(gP+r)/2, jer je h=rj2.

Eliminisanjem vremena (I) dobija se linija putanje hica:

Posto je jednaCina centralnog kruga, poluprecnika R,

xl +Z2 = R2 = 25 r2/4,

presecna tacka (U) putanje hica i kruga dobija se reSavanjem sistema prethodnih jednacina:

4 x2+ 4 z2-25 ,.2= 4 (2 rz _r2) + 4 Z2_ 25 r2= 4 Z2 + 8 rz- 29 r2 = 0,

te su korclli:

Z = r (-I ±0,5ji33); z=],87r; x=I,66r.

3.50. Prema zakullu 0 kim:licku j t:JH::tgiji bjct:~

t1 Ek = m (l'l- VA')/2 = -mg (R + R cos~) = - 3 mgR/2;'~ VB2 = VA2- 3 gR;

VB"'" 10m/sec.

Usvojimo u tacki B sistem Bxy, onda je elevacion! ugao a = 60°, pa su jednacine parabole kosog hica precnika BO:

g~ 10 m/sec2; • y = - If3 x/3.

Presecna tacka U ima koordinate:

Xu= 20 V3/3"", 11,54 m; Yu= -20/3= ~6,67 m.

3.51. Prema zakonu fada je: .

U tacki C poCinje kos hitac, pocetnom uglom ex = 60°, dometa:

D = DC = (ve2 sin 2a)/g = 2.R sina,

Prema tome, potrebna pocetna brzina je:

317

3.52. KugJica ce napustiti kruznu putanju u onoj tacki 11 kojoj je otpor veze (linije) jednak nuli, te ce biti:

mVe2/R= -FN+G cos,!,=G cos'!';

Prema zakonu 0 radu je:

pa je polozaj tacke C odreden uglom:

cos 'fl = (vo2 + 2 Rg)J3 Rg = (2/3) + (vo2/3 Rg).

3.53. Prema zakonu 0 radu bice:

m (vc'-v/)/2= -Gh'; Ve= 2 m/sec.'

Ova brzina je pocetna brzina kosog hica u pocetnoj tacki C. Usvojimo triedar C'xy, tad a je jednacina parabo]jcne putanje:

y = It' + x tg a. - gx2/2 ve' cos1 a. = 3 '+ x - 5 x 2/2, jer je a. = 45"

Polozaj tacke udara odredujemo iz uslova:

y=o; x=(2± j!124)/1O=(1 + jlTI)/5"", J131 m.

3.54. Brzina u polozaju C na putanji je, prema zakonu 0 radu: j

ve2 = vl+ 2g(R+ R cos ex) =v/+ 3 gR"", 100 + 300= 400; ve "",20 m/sec.

t

Usvojimo u tacki C triedar ex)" onda je:

y=xV3-gx2/200=xV3-x2/20, pa je za y= -- 5 m domet x 2 -20 j!3x-lOO=O odnosno x= 20+ 10 V3. Zbog toga rastojanje od tacke A iznosi AU = 5 V3 + +X= 15 j!3+ 20 A; 46 m.

3.55 .. Polama jednaCina kruzne putanje sa polom u P je ~ = OM =

= 2 R cos 'fl. Druga dinamicka jednacina je:

mv2/R~crn cos'fl-FN=cr"+J/2R-FN ;

Prema zakonu 0 radu bite:

m (v2 -v02)/2= -c Srn d r= -crn+1/(n+ 1),

318

pa je: F,"/ = (- mVo2/R) + (crn+ 1 / R)[ (1/2) + (2/n + j)].

Otpo~ ce biti konstantan kada ne bude zavisio od r, to jest za vrednost n'+ I +4=0 odnosno n= -5. Prema tome je:

F,"/=(c/2 Rro4)-mvo

2/R.

3.56. < Dinamicka jednacina kretanja je:

ma=m'X=F-fLG=Ga/g, jer je otpor Fn=G,

pa je sila ~ uzetu:

F=G[(1.+ (a/g)J= 20 (0,10+ 2·0,102)= 6,08 kg.

3.57. ; Prema zakonu 0 radu, u trenutku zaustavljanja diska bice:

t:..Ek=m(v2-v02)/2= -mvo2/2=A~~ -fLGs,

posto olpor trenja vrsi fad, pa je pocetna brzina:

3.58.

a) za

Vo= V2(1.gs =V2. 0,08· 9,81· 50= 8,85 m/sec. t

! Ovde je Vo = VA = 0, pa prema zakonu 0 radu sledi: i<

kretanje niz ravan: m(v82-v02)/2=mvn2/2=G(sina-fL (;osa).s; - - - - ---" -. -b) za I<.retanje po horizontalnom putu: m (vc2 - VB2)/2 = .- mvB

2/2 = - G. 3 s. -- - ~ .... :-.

Uporedivanj9m ovih jednacina dobijamo:

vB2 = 2 gs (sin IX - fL cos rx) = 6 fLgs. odnosno (1. = sin a/(3 + cos a) = 1/(6 + (3) =

= (6- V3)/33 ">!0,J2. !

3.59. pinamicke jednacine klizanja tela niz ravan su:

- F cos a-p. F,,: my =0 =F.·~ F sin tX-(~ cos rL,

-0,37 g; V-"'\.'o -1- at;

a = 4·0,37 gh =290; Vo = 17,03 m/sec.

3.60. Diferencijalna jednacina krel~nja V07.;! nil usponu je:

ma=m'X= Ga/g=F-Fw-Gsin oc"<:JF-Fw-Gtg oc= 20 000-2400-

-- 6UU UUU/6U = 7 6UU kg, pa je ubfzanje voza:

(/ ~ 7 (.()() S/C _. 7,(,g/600 0,0127 g .. 0, 1216 m/~ec' - 12, I G CUl/~Ij'}.

I

i

I

319

3.61. Otpor voza je otpor trenja, pa je uslov pri jednolikom kretariju:

ma=F-G sinex-Fv.=F-G sinrx-fLG cos ex "",0, te je:

Uspon je:

tgoc= -fL+(F/G)= 1/30-0,01 =0,023 = 1/43, to jest 23%0'

3.62. Zbog usporenja bice a=(v,-v1)/t=(54-72)/3,6·60= -1/12,

pa je:

ma=Ga/g=F-G sin.tX-(1.G cosex=(-lfl2)G/g,

te je vucna sila:

F = G (sin ex + fL cos rx-l/12g)">!G (tgex + [-L-O,0085) = 0,0025 G = 750 kg.

3.63. Rad iznosi:

A = G (sin a+ fL cos ex). s= Gh (l + (1.ctg tX) = 100·2 (l + 0,173) = 234,6 kgm.

3.64. Diferencijil1ne jednacine kretanja su:

pa je ubrzanje tereta:

x =a =g [(2 cos oc- sinoc) - fL (cos a + 2 sin a») = 0,857 g, te su:

v=at; x=at 2/2; T= V2s/a~ VI6/0,857 g= J,4sec.

3.65. Oznacimo sa F uzajamni pritisak tela, onda su dinam;cke jednacine klizanja tela:

A) m,G,,=G, sintX-fL1G, cosex+F;

:3) mza=Gz sinrx-(1.2Gz cosa-F,

posto tela klize istim ubrzanjem. Jzjednacenjem uomlnja sledi:

g (sin oc- fLl cos a) + Fg/GJ =

-g(sinrx-(1-l c.osrx)-Fg/G1.

pa je uzajamni pritisak tela:

F= G1 Gz ({Ll - (1.2) COS rx/(GJ + G2) =

= 20·60 (0,25 -0,10)/2·80 =

=9/8= 1,125kg.

~\ G, \,

1;lilw 3.6~.

3.66. a) Kada bi Zemlja mirovala, ubrzanje teze bila bi go = -9,RJ20m!~cc7. Tvlcdutim, zbog Obllliujl1 jl1Vljll ~;Ij i utiuclj (.clltrifuplnc sile,

320

pa je tdina tela vektorski zbir apsolutne teie i centrifugalne sile:

Fe = mr w2 =mR 6)2 COS <p,

gde je w ugaona brzina obrtanja Zemlje (6)= 2nJT=2nJ86 164=727 .10-7 sec-I), a <p geografska sirina mesta na povrsini ZemJje. Iz trougla sila, prema kosinusno j teoremi, sledi:

Posto je R = 6 370 km, to je R26)4 cos2 <p = 6 3702 • }O6. 7274 .10-28 eos2 tpR;O,

pa je:

pa lZ

w

b) Uslov je da je na svakom mestu putanje otpor jednak nuli, FN= 0, prirodne jednacine kretanja dobijamo:

mv2JR=F.v+mg; v2= Rg; V=Vo= ffg= N = V 6370· jQ3·9,81 = JOZV637· 9,81 =

, ~

S Slika 3.66.

= 102 .25,239.3,132 = 7 905 m/sec=

= 7,9 km/see.

a:

Slilca 3.67.

3.67. Dinamieka jednaCina reJa!ivnog kretanja je:

m~=m;+( -m;p) + (-m;c)+Fw,

-+

gde je Fw = Fn olpor veze. Kako je (eenost u relativnoj ravnotezi, to ce biti:

0= m; + ( - m~) + Fn = 0,

posto voz (supor!) vrsi translatorno preno.sno kretanje. Iz trougla sila dobijamo:

tg a = map/G = ap/g = 0,5/9,81 = 0,5·0",102 = 0,0510; a = 2° 55',

jer je prenosno ubrzanje ap = vp/t= 54/3,6.30 = O,5"m/see.

3.68. Iz jednacine za relativnu ravnoteZu sledi:

m~> + ( - m;p) + F" = 0; tg a = mg/mr 6)2 = gJr w2; r = g/w2 tg a: = $ sin 0:,

pa je $= g/w2 sin a tg a= 9,81/4 n 2 • 0,5· )13/3 = 9,81. )13/2 n 2 = 87 em.

f

I 1

321

3.69. Kretanje taeke vdanja je prenosno kretanje, ubrzanjem tip, a klacenje je relativno kretanje. Otpor veze je sila u konen. Osnovna dinamicka jednacina relativnog kretanja je:

m~ = m(;,r+ ;,N) = G +(

(e za tangencijalni pravac dobijamo:

odnosno m/~= -mg sin<p- map sin '1''''''

.. g+ a .. '1'+ -_P <p=<p+W2<p=O;

I

kada se posmatraju male oseijacije (to jest kada se uzme

Period malih oseilacija ovog klatna iznosi:

T = 2n/<,) = 2n VI/(g+ ap) = Ts/ VI + (ap!g).

'J

Slika 3.69.

t-ma"l S

Slika 3.70.

3.70. Ovde je Zemlja slIport koji vrSl obrtno kretanje oko ose S-N ugaonolll brzinom w = 727· 10-) sec-I. Vektorski predstavljcna, ova !:JIzin;; j~ kolinearna sa o£om Zcmljc i lIsmt!ft:lJa je' od juga ku severu, pa je Korioli"ovo ubrzanjl):

;c=2[;, -;rl=(-2(,)VrSin600),~, gde je To ort pravca O'm.!

Pritisku je iziozena spoIjasnja (istoena) sina:

Fp = (-mad = (G. 2 w vrsin 600)/g= 400· 103 .727.20. V}/107. 2. gR1 kg ..

3.71. Iz osnovne dinamieke jednacine reJativnog kretanja

m;'=F+( -m;p) + (-m;c) +Fn=G + (-m;p) +F"

2J Zbirka zadaraka. iz mehanike I

322

dobijamo relativno ubrzanje i otpor veze;

Fn = G [cos a -l- (ap/g) sin aJ.

Usvojimo u pocetnom polo

zaju Ao triedar Aoxy sa + y-osom,

usmerenom nanize, i + x-os om,

usmerenom nadesno, onda, zbog

Slika 3.71.

odnosa ;0 =;, +;p, dobijamo pro

jekcije apsolutnog ubrzanja, brzine

i putanju;

.~=(g sina-ap cos C<) cos c<+ap=A; x=At; x=At2/2;

.. I y:= (g sin C< -ap cos CI.) sin IX = B;' y = Bf; Y = B(z/2;

x/A ~ y/B; Bx-Ay=O (ap30lutna putanja je pram linija).

3.72. Iz osnovne dinamicke jednacine

m;r=G+( -m;p)+( -mac)+FJL+F~' dobijamo:

ar={g sin C<- tJ-g cos a-ap cos a)=A, p"l je vr=At + C= At.

Apsolutne komponentne brzinei apsolutna pomeranja iznose:

a) t; y = (A sin C<) t 2/2,

pa

jc k = O. Zb::Jg tOgl, a prem 1 z"lkonu 0.

3.74. Sid"lT je pl"lstic:m (kovanje), pa je v2 =0.

a) Brzina udara maljau nakovanj; vl=V2,r;h=lh.9,8~=4,429 m/sec; ,

b) kineti6b eriergija udlra: Ek = A = GJ h = 1 000 kgm = 1 tm;

c) zajednicka brzina posle udara: v/ = V2' = Gj vJ/(G j + Gz) = 1,11 rn/sec;

d) gu~jtak energje pri u~hru (i3brisSeil el~rijl pri udaru):

/',. Ek = Adk = G, G2 v//(G, + G2)· 2 g = 747 kgm;

e) ste;J~11 kOfl~1103ti cekica y) = Alk/Ek = 747/1 0))=0,747 III 74,"'10.

j

323

3.75. Ovo je problem rikoseta, pa cerna razmotriti svaki pad odskok posebno:

a) prvo padanje: vI2=,2gh l ; k=(vZ'-VI')/(VI-V2)=-V.'/VI; vl'=-kv

l;

prvi odskok; VI'2=2ghl'=2gh2=PVI2; hz=k2h,;

ukupni predeni put: Sj = hJ + h2 = hI + k2 h, = hj (1 + k2);

b) drugo padanje: v/=2gh2=v

J'z;

drugj odsko k: v2'z = 2 ghz' = 2 gh] ~ k2 1'22 ; h3 = k 2 h2 ;

ukupni predeni put: S2 = h2 + h3 = (1 + k2) h2 = (l + k2) k 2 hI"

Uopste, predeni put r-tog pada J odskoka bice:

s, = (I + k 2) k Z ,_2 hi'

pa je ukupni predeni put do zaustavljanja

S= 'i"Sr=SI+S2+'" +sn-,+s.=(1 +k2)!lt'ink2'-2=h, \1 +k1)II +k2+k4+ r=l T=l

I +k2 n 1 +k6+k8+ .. ']=--h j , jer je lk2'-2=_-

l-k2 r~1 I -kz

zbir geometrijskog konacnog opadajuceg reda prvog clana I i koeficijenta k2.

3.76. Posmatracemo postupno par masa, te ce biti:

a) za prvi par: in] v, = m, v/ + mz V2'; v2' - VI' =kv,; vz' = (I + k) m, vd(ml + mz);

V3' (m2 +m3)=(1 +k) m2 v,' =(1 +k)2 mJ mz v,/(ml +mJ.

Uopste ce za n-ti par masa biti:

Vn'=(I+k)n-I~.~.~ .... mn-j vt

•

m,+m2 11t2+m3 m3+m4 m.-j+mn

Za date podatke bice:

I m 2m R v] =4'-'-)'1= _VI'

3m 3m 9

3.77. Ovde je V2 "'" 0, pa su odlazne brzine:

Gubitak energije iznosi:

2]"

324

3.78. Ovde je brzina druge kugle Vz = - VI i vz' = 0, pa je

odnosno (ml-mZ)VI=-2mlVI iii m1jmz=I/3.

3.79. Kineticka energija pre sudara je Ek = ml v//2, a posle sudara e Ek '=Ek /2=m l v//4. Gubitak energije iznosi:

m· 2 m (l-k2) v//2· 3 m=mv/14; k= 1/2.

3.80. Sudar je kos, pa posto su Vz = 0, 1'/ = vt/2, p.= I, bice:

VI' cos ~I = VI cos (XI - (I +k) (v, cos <Xl - Vz cos (Xz)/(1 + p.) = (v, cos (X,)/4;

vz' cos ~z = Vz cos (Xz + (J + k) (VI cos «I - Vz cos «z)/(1 + p.) = 3 (Vj cos «,)j4;

lz ovih jednaCina dobijamo:

COS ~j = 0,5 cos a l ; sin ~, = 2 sin a l ;

1 = 0,25 cosz (x, + 4 sinz a l = cos2 a l • (0,25 - 4) + 4 = 4 - (15 cosz (XI)14;

cos a l = V 4/5 = 2115/5 = 0,8944;

B) DlNAIVITKA MATERIJALNOG SISTEMA. MOMENT! INERCIJE I CENTRIFUGALNI MOMENT!

3.81. Usvojimo u temenu 0 triedar Ox)'z sa Oz-osom kao geometrijskom osom, onda su aksijalni momenti inercije konusa:

H

Jz= S p(x2+yZ)dA.dz=p J lo,dz=(p-;r;/2) J u4 dz=3 MRZjlO; v v 0

J,,=Jy = f p(yz+ zZ)dA. dz= pls y2 dA + r S dA] dz= p I(Jx' + A' ZZ) dz= v v '0

= p 5 [(1o'(Z) + A' Z2) dz~ 0,5 Jz +p-;r;J UZ ZZ dz =3 MRZj20 + 3 MHZ/5. o 0

Teziste konusa (C) nalazi se na Oz-osi na udaljenju zc=3 H/4 od vrha (0). pa SU, prema Steinerovoj teoremi. glavni centralni momenti inercii~:

. .rj-.rz~.l" Mz~-3MRZ[tJ I (HIR)zJjfiOj

12 po~tavljenog uslova Jl=JZ-JJ slcdi:

4+(V=8; H=2R,

I I

\

325

3.82. Ovde je moment inercije konusa Jz=3 MR2/10, a aksijalni moment inercije novog tela bice:

J: = 3 MR2/10 -- 2mr2j5 = Jz [I -(4j3) (mJM) (rjRfJ = 0,98 J"

jer su r/R=lj2;

Aksijalni moment inercije umanji se za 2%.

3.83. Obratno prethodnom zadatku bice:

J; = Jz+ 2 mRZj5 =Jz [1 + (4mj3 M)] = 131,/9= 1,45 .lx·

Dakle, moment inercije tela povecace se za 45 %. ~-'-:

3.84. Ovde je odnos R/r=2 i H,jHz';"'R/r=2; pa je m~sa zarublje-

nog konusa: II' M =MJ-Mz = 1/3 p']l;(R2 H 1-r2 Hz) = Ml (1-M;)M1)=M1 (l-'-i"'·H._, 1<'

it~ = 7 MI/8 = 7 p R2 -;r; HII2, jer je vis ina konusa H ~HJ

moment inercije: , , Jz= 3 M, RZjl0-3 M 2 ,Zjl0= (3 MI R2jl0) (I-M2 r2/M] R2) = 3lJz1 j32=

= 93 M R2/280, gde je M masa zarubljenog konusa. i

3,85. Aksijalni moment inercije novog tela bice:

Jz = (M] R2_ M2 RZ)j2 +mz ,z/2= 15 M j R2J16+ mz R2/8 =Mj R2 [IS +

+ (Yz/YI)J/32 = 625·3,14·50 (IS· 7,85 + J 1,30) / 32 ·980= 407 gtrosecz.

3.86. Prema Steinerovoj leoremi bice:

J",= MRz/4 + M (R + l)Z + mlZj3 = M R2 Oj4 + 16 + 9/6) = 71 MR2j4;

3.87. Poprecni presek upravan na Oz-osu je pravougao~ik, stranica a i b, pa .ie poJarni moment inercije pravougaonika (a!J3 + 0 3 b)/12, te je aksi

jalni moment za Oz-osu: H

Jz=p Slo, dz=(p ab/12) (aZ+b2) Sdz=M(a2+bZ)j12, !

v 0

gde je M = p abc masa paralelepipeda. Analogno bite:

Posto je dijagonaia d _ (a2 -)- bZ + C2)l!2 i kosinusi smera i cos fI. = aid, cos ~ = bId; cos y = c/d, moment inercije. za dijagonalu iznosi: !

Jd = Jxcos 2 fI. + Jy cos2 f:l + Jzcos>' y=M ta2 (b 2 + 2) + b2 (a" + ~) .J. + CZ (aZ + b2)Jjl2 d l = M (al bZ+ a1 c1 + b1 c1

) j6 (a 2 + b2 + c2),

jer su Jx , Jy i 1z glavni momenti inercije.

326

)

Za date podatke je:

Jd=G i J4.36/6·49g=700· 84/49· 981 = 120/98 = 1,2 gcmsec2•

drugoj Guldinovoj teoremi, masa torusa je M = p V =

R r2, gde jep specificna masa.

P~~secimo torus ravni upravncm na geometrijsku Ot-osu,'~obicemo kao presek kruzni prsten, debljine 2s=2rcgsp, narazdaljini z=rsinq:>od osnovneravni. polupre~~ici krugova Sil R + siR - s, pa je po larni moment,~lnercije prstena za polO':

,~

S S l 10 , = ~1t/2) [r R + 5)4_ (R _5)4] = 4 7(R 5 (R2 + 52) =

~-. o:~ I

\ R I / 'I' = 41t R r COS ~q:> (R2 + ,2 cos2 'P) .

. I,· , /

"'---f- -(' Pos~o jez=rsinq:>, to je dz=rcos<p,dq:>, pa je aksijalni moment inercije:

,,/2

Jz=p 510·dz=2.4n:R,zS (R2+rZcos2 <p)cos2 q:>,dq:>= o

R-

Slika 3.88,

jer je integral n/2 3 S cos2n q> d <p = _I _. _. 5_'_'_'_'_(,,-2_'_I-_I~) o 2,4·6·· ··2it

n:

2

3,89. Ma~a plocice je M = p ab, a elementarna masa je dM = p x· oy,

lz sIicnosti trou;glova sledi odnos x/a = (b- y)/ b, pa je centrifugalni moment:

b

Jx;;= p Sr' dy. (x/2). y =0,5 p J x 2 Y dy= (p a2/2bZ) J (b- y)2 ydy= o '

i 3.90. MUSil plocicc jc M - '11:/4, U clcmentuma mU3f.!· dM - p x· dy,

gde je x 2 + y2=,R2, pa je centrifugalni moment: i " , R

J",y= J p,xdy· (x/2). y =0,5 p J (R2_ y2)y dy= P R4j8 = MR2/2. , 0

_./' Posto su ~ksjjal!li momenti inercije za koonlinalJJe ose

Jx=Jy = p R4'11:/i6 =MRz/4,

Ilksijalni moment za osu simetrije iznosi:

327

3.91. Prema zakonu 0 kretanju sredista materijalnog sistema bite:

yc=g·

Ugao odredujemo iz jednacina:

xc '= (I sin q:»/2;

yc=(Jcos<p)j2;

Xc = (l~cos q:» /2;

Yc=( -I~sin<p)j2;

Xc= (lJ2) C? cos <p-?z sin '1') =0;

Yc= (-1/2) (~sin <p +q,z cos 1') =g,

pa je zakon promene ovog ugla:

<p+(g//)sin<p=O,

isti kao i zakon oscilovanja matematickog klatna mase m duzine I.

3.92. Prema zakonu 0 kretanju sredista sistema bite:

My~=GI+G2;

Jc~= (GIP + G2 q) =0;

GIp=GZq;

Posle integralisanja sledi:

JC=(GIp2+Gzq2)/g;

p=20cm, q=30cm,

p+q= 1;

XC=CI ; xC =Cl t+C2 ; Yc=gt+C3 ; yc=gt2/2+C3 t+C4 ; <p=w=const.

Iz pocetnih uslova odredujemo konstante; posto su koordinate sredista masa

onda su:

Cj=O; C2 =20cm; C3 =yco=-2Yzo/5= -lOcm/sec; C4 =O;

gde je uzet triedar Oxy u prvoj masi (ml ).

Zakoni kretanja sredista masa jesu:

Xc ~ 20 - const; UJo=25/50= Ij2sec- l .

Srediste se, dakle, krece pravolinijski po Yerlikali, jedllako ubrzano, a stap se obrce ugaonom brzinom wOo

Sila u stapu iznosi:

3.93. Oznacimo sa i; sile u uzadima i sa EILj otpore trenja ravni, ontia stl d.i1l3mii'ke jedllRi'ine za pojedine mase:

328

iii

posto se sva tela kreeu istim ubrzanjem Q. Iz ovog sistema od tri jednacine . odreaujemo nepoznate: ubrzanje (a) j siJe u uzadima (F1 j F2)' te su:

Q = g [(G, sin a-G} sin~) - rL(G, cos a + G2 +G3 cos ~)J/(G, + Gz + G}) ~

=g (51/3- 3)/5 (6 + 113) = (V3 -- l)g/5 = 0,146 g;

F, =G1 [sma-fLcosa-(a/g)] =(6 V3 + 3) Gd20=0,669 G1 "'" 6,7 kg;

F2 = G3 [(a/g) + sin ~ + fL cos ~J = (5 V3 + 6) G}/20 = 0,733 G}"", 4,22 kg.

3.94. Primenicemo zakon 0 koJicini kretanja sistema. Posto je sistem u pocelnom stanju bio u miru, to ce biti:

Kcx ="Z Kix = ( - G1 VI + G2 Vo cos a)/ g = 0,

pa je brzina trzaja lafeta:

VI = (G2 Vo cos a)/GI = 100, 1000.113/20000.2 = 5V3/2 = 4,325 m/sec,

3.95. Posto ne dejstvuju horizontalne sile, onda je po zakonu 0 koliCini kretanja sistema:

xc= const,

te se ldiste sistema kreee po vertikali.

Pri podizanju terel Gz se krece udesno, pa se camac (plovna dizalica) mora kretati ulevo, te iz uslova pre i posle podizanja sledi za sistem Oxy koji se, pretpostavimo, pomeTi "udesno" za x:

(GI c- Gzl sin a)/(GI + Gz) = [G1 (c + x) + G2 x]/(GI + G2 )

te JC pomeranje:

X= -G2 Isinal(G 1 +G2)= -3·4.0,5/18=·' 113m.

Plovna dizalica se, dakle, pomera ulevo :>:a x = 0,11 m.

3.96. Oznacimo sa Zj koordinate tereta U odnosu na pravu OK, a sa I duzinu u7.eta i uzmiino da je s = AK, onda iz trougla AKO sledi:

s cos <p = ZI; ZI = (1- Z2) cos <p.

Diferenciranjtlll JuuijLllJJU brzine pomeranja tenta:

;1 tg <p + z; 9/ cos2 .llS <p.

~ .. /-

Kada je 21 = H = R, tada je <p = 450 i bice:

(1 +2· 2/4) vI2/2g= v//g= R (2-v2 + 1) = (3 - V2) R,

odnosno VI = 6,22 m/sec.

3.97. Kretanje klina je wenosno kretanje, a kretanje tereta (2) je relativno kretanje. Posto nema sila u pravcu Ox, to jz zakon~ 0 kolicini

kretanja sistema, zbog odnosa ;: = ;,+ ~, sledi:

Kcx="ZKix=O, GI vp+Gz(v,cosa+vp)=O;

vp= -v,G2 cosa/(GI +G2)= -2V3 1',/5,

pa je vp usmereno nalevo, to jest klin se krece nalevo, u smeIiU - Ox-ose.

Prema zakonu 0 kinetickoj energiji dobijamo:

gde je:

v/ = v/ + v/ + 2 v, vpcos (1800 -a) = v/ + v/ -2 lOr vpcos a = 7 v,z/25 = 7 v/112,

te je:

Ubrzanja su:

Q, = 5 g/4;

IL JiuUluii:k.t jt:ll11:1cine j d,\! h/Jl(,!?

:m2 ;, = O2 + (-m2 ;;;) +Fwn;

Otpor poda iznosi:

v/=6gs/5;

(>tPM rllvl1i:

Fn=GJ + F;"n COS ex =G1 + 3 GI/2 =

3.98. Prema d'Alemhertovom principll. 7.a vreme Kretanja ravnoteza izmedu aktivne sile, sile veze i sile inercije.

Ovaj Se llslov moze prikazati i u moment nom obliku, te skdi:

F-Ga/g=O;

.330

gde je F pogonska sila na zadnjem tocku, F, otpor zadnjeg tocka i fL

koeficijent trenja izmedu tocka puta.

Momentne jednacine odredice otpore oslonaca (pritiske tockova):

m=G/g,

gde je sila iriercije l'j=-ma=-Ga/g, te su:

Ako je Fp=Fz , onda ubrzanje mora da bude a=(lz-I\)g/2h.

3.99. Ukupan broj koturova Arhimedove (arilmelitke) ko/urate je n = 6. Zamislimo da i smo presekli .. ; uiad, onda iz ravnoteze donjeg" deIa sIedi nFu= G = nF, jer mora biti F = Fu, gde je Fu sila u uZetu. Pr(ma tome je prenosni odnos i "" F/G = I/n = 1/6. U ovom odnosu stoje i pomeranja Z,!'!I = .1/6, jeT je po zakohu fad a., Fz, = Gzz , odnosno Zz = zt/n. Zbog toga je i Zz = zJ!n, pa je premal z*konu: 0 kinetickoj energiji

D. Ek = (.Fj~12+ G ;})/2g= (F+ Gjn2);/j2g=Fz j -G Zz = (F -G/n) z\'

odnosno

Diferenciranjem dobijamo:

2.2\ ZI =Cz\; iZ' =Cf2; ZI =gnVn-G)! (Fn2+G)=6g (6F-G) / (36F+G)

i':;'z= -~J!n.

Za F=I/2t, G=2t i n=6bice z\=3gjlO i z2~-g/20.

Za jednolll\o krctanje mOra bili Zl =: 0 utlllu~llu Fn = G, iii FIG = 1//1 "'" I/G. !

3.100.

Posto Sil pomeranja u odnosu y tg 0( = x, bice x = y tgp:,

za kineticku eriergiju u funkciji od brzine y:

(G + 2GI tg2 O() y2/2 g = Gy,

te diferencirauJem sledi ubrzanje:

y' = Gg/(r; + 2 Gj tg2 O(); X=Y tg a;

pa dobijamo izraz

{ i

I I

331

Uzajamni pritisak klina ua plocu odredicemo 1Z dinamicke jednacine kretanja jedne ploce:

Posto su sinI5o=V2(V3-I)/4, cos J5o=VI(V3+ 1)/4, toje

tg 15o=(V3-1)/(V3+ 1)=2-V3, pa su:

y=(2+V3)g/4; Fn= 15 VI (V3 -1)g/2 = 76,52 kg.

C) DINAMIKA KRUTOG TELA

3.101. Aksijalni momenti inercije za Oz-osu iznose:

a) po!ulopte:

,b) vaJjka:

c) konusa:

JZ1 =J1 =2 MI RZ/5 =2(2 p R3 rr/3). R2j5 =(p. 4R5 rr/15);

JZ2 = Jz = M2 R2/2 = (p RZ re· 2 R)· R2/2 = (p. R5 re);

JZ3 =J3 =3 M, RZ/IO = 3 (p R2 re· 4 Rj3). R2flO = (p. 4 RS re/IO),

pa je ukupni aksijalni moment inercije tela:

Jz=LJzi=p·RSre(8+30+12)/30=5y",R5rr/3g, jeT je P=Ym/g.

Za date podatke je:

Jz= 5· (7,85/10'), 105 .3,14/3.981 =4,2kgcmsec2•

Posto' je ugaona brzina 6) = ren/30 = 4n:, energija j zamah su Ek = Jz w2/2 =

= 8 rez Jz= 331,30 kgcm; L z =Jz w = 4n:Jz = 52,75 kgcmsec. ;

3.102. Masa Zemlje je MT =pVT =p·4R3 n:/3=5,52·4·63703 ·IOlS.

·3,14/3 = 6,1· 1027 gram-rnase, jer je gustina p = 5,52 gmase/cm3, a poluprecnik Zemlje je R=6370km=6370·105 cm. Ugaona brzinaobrtanja Zemlje je (;) = 2 re/T = 2 re/24 . 60·60 = 2 re/86 400 = 727 . 10-7 sec-I. Smatrajuci Zemlju lop· tom, dobijamo:

Ek - J (;)2/2 = 2 M r R26)2/2. 5 ~ M r R2 6)2/5 = 6,1 .1027 .63702 .10'0.727'/5. IO'4~

=2,6· '1036 g mase cm/sec2 = 2,6· 1036 erga = 2,6· 1036/107 Joule =

= 2,6· 102?j9,81 = 2,7· 1026 kgm,

jer je 1 kgm=9,81 Joule =' 9,81 Nm.

3.103. Olucena topovska cev je 73vojna, du'iine hoda [h = 10m, juzine v = vo= Vs =600 m/sec. Posto je, prema zakonu zavojnog kretanja, z = l's t; <:jl=wt; !=zfq;=v,/w=h/2n:, to je w=2n:V,/h=2revlh.

Preroa Konigovoj tel)rerni, kinp.tii'kn p.nP.Teij:1 er::ln::ltp. jp.{in::l kn jP. kine

tickoj energiji translatQrnog kretanja sredista j kinetickoj energijl obrtanja oko teziSne geornetrijskc ose, Ic iznosi:

'u=211; v/h.

332

Mase i mamenti inercije delova granate i ukupne granate su

M 2 =G/4g;

Kineticka energija iznosi:

Ek = Gv2/2g + (9 GR2/20 g). (2 n; v/W/2 = Gv2 [1 + 9 R2 n;2/5 h2]/ 2 g =

= 200·36· 104 [I + 9 .0,22]tl/5· 10' ]/2.9,81 = 3 672 000 kgm.

3.104. Obrtanje se vrsi oko Oz-ose ugaonombrzinam U) = 2]t sec-'. KoristeCi Sleinerovu teoremu, dabice se energija:

Ek =Jw' /2=[2. 2MR2/5 + 2· M (/+ R)2+m (21)2+m(2l)2/12] w'/2 =

= MR2 (4/5 + J 8 + 16/12) 4 rc l /2 = 604 ,,2 GR2fl5 g = 50 kgcmsec2.

3.105. Prema Steinerovoj teoremi, moment inercije konusa bi6e:

J) =J2 + M (H/4)2= 3 M(R2+ 4 H') 20-M(3 H/4)'+ M(H/4)' = 15 MR2/4,

gde je M ~asa konusa. Posto je M = p R2 rc 6 R/3 = 2 P R3 rc, to je masa polulopte m = p 2 r3 re/3 = p RJ refl 2 = M/24 , pa je ukupni moment inercije:

Jy = J, - J2 = 15 MR2/4 - 2 mr' /5 = 899 M R2/240,

i kineticka encrgija:

Ek = Jy (,)2/2 = 899 MR'· 16re' j240. 2 = 7,85.899.2.55.16.3,142/240.2.981 =

= 45 000 gcm= 45 kgcm.

3.106. Kada se znaju momenti inercije i centrifugalni momentl za tri upravne osc kraz tacku 0, onda je moment inercije za neku asu Ou kroz IU laCk1J:

.I" = J" cos' ()( + fycos 2 ~ +.Iz cos' Y - 2 (JXY cos ()( cos ~ + Jxz cos a cos y +

+ JyZ cos!' cos y),

gde su 0:, {3 i y uglovi koje osa Ou gradi sa koardinatnim asama.

Uzmimo da je osa OA (Ou-osa) u ravni Oxz i da je 26 ugao olvora konusa, onda jc tgB-R/II-I/6, sinS-VJ7/37; cosO=6V31/31, pa su

kosinusi smera cos D:= sin fl, cos ~ = 0 j cos y = cos fl. Posto je osa Oz osa simetrije, centrifugalni momenti su .TTZ = J.vr = 0, pa je moment inercije za navu osu:

gde Sll J" =J" sin' S +J. cos2

(),

J" = 3 M (R2 + 4 H2) / 20-[83 mr' /320+ m(H- 3 1'/8)2J = 41 MRz/2,

Jz = 3 MRz/1O - 2 mrz/5 = 71 MR2/240.

j

J

333

3.107. Posta je /l' = 10 o/sec, to. je II = 600 o/min kretanja sredista je v = 36/3,6 = 10m/sec.

W = 20 re. Brzina

Prema K6nigovaj teoremi, kineticka energija je:

Ek = Mv2/2 + 2MR2C;//2· 5 =GC5 v2 +2R2 ( 2) IIOg=

= 0,102· (500 + 8 rel ) = 59,06 kgm.

3.108. Prenosni odnos je i = W I /W2 = Rz/ RI = 2, pa je Wz = wl/2, gde je WI = 3 re sec-I. TransJatorna brzina kaisa je Vu = R, Ulr,:;;:p;-je kineticka energija sistema:

. ,

Ek =JI w//2+ J2 wl/2 + Gu R/ w lz/2 g= (G I + G, + iGu) R/ w l ' /4 g = :130 kgcm,

jer je odnos tdina koturova G1/Gz';'CRdR2)1= 1/4; Ga =4G1 •

3.109. Prema zakanu 0 kinetickoj energiji ~ice:

jer obrtni moment vrsi rad na pomeranju 'P,. Diferenciranjem slcdii:

9G1 Dl'WI w,fl6g=lJIIwl ; WI = 161JI1g/9 GI Dj2= 16· J ·9,81/9 ·10· d6/100)2=

= 70 sec-' ;

3.1l0. Prema zakanu 0 radu, u trenutku zaustavjjanja bice:

pa je pacetna brzina:

VB = I Wo ';=/ V3 GI/2J = V 9 gl/2 = 12 Vi = 12·31,32/100 = 3,76 m/sec.

3.111. Posto je ovo obrtanje ako nepomicne ose Oz, primenicema zakon 0 zlmahu, dL,/dt = 'ill. = 0, jer su sile paralelne asi Oz. Kako je ~ pocetku kretanja sislein bio u miru, anda je i zamah jednak uuli, te sledi:

L,=J(0+ mva R =Jw+m(vr+vp)R=MR2w/2+MR2(wr I w)/2',=O,

pa je ugaana brzina obrtanja ploee:

Wp=W= -wr/2= -reflO 11= -j30/min, , tf~:"

jer je rclativna uganna hr;>;inCl ('I,-I·I/R-2'ITrj'''':'IT/~5ecl. , . IIlr;

Ploca se, dakle, obr6e u suprotnom smeru!fod smera ) il.s! '

3.112. Prema zakonu 0 radu, za trenulak; z~ustavljarija

MR' (h)2-c')o2)/4= -MR2 wo2/4= -9n'P":' -FR'P

te je bruj obrtaja do zat:stavljanja: ,

, N = G R wo

2f8 Fgre = 100 . 50· (4011:)2/8 re . 981· 100 = 10,2 rc = 32,028"", 33

tacke.

334

je tIl = 2 rc N = 120 rc, te ce, prema za-

konu rada,

J = 240 IJllrc/w/=240. 100 .rr:/3 600·n2 =

=20/3n2 =2,123 kgmsec2 •

3.114. Ovde je Wo = 12 Te. Pas to je obrtanje jednako usporeno, ugaono usporenje u trenutku zaustavljanja je w=wo-w/=O, ,'u= wO/tk = 12Te/5· 60= = Tel25 sec-2• Prema zakonu 0 zamahu bice:

J (.) = 'ill = 1Jll" = 5 GR2 W/6g = 5·327· 602'Te/6· 981·25 = 40 rc = 125,60 kgcm, !

Tocak se' sastoji jz venca (mase Mv) j rebara (mase M, = M,/3), pa je

ukupna masa j moment inercije:

M=Mv+ M r=:4Mv/3 ; G,=G/4;

3.115. Diferencijalna jednacina obrtanja je:

Ova jednacina razdvaja promenljive, pa se lako integrali:

. Jd w/CIJll-bw) = (Jib). [-bd w/(IJll- bw)] = - dt; i .

(J/b) In CfJII-bw) = -I+CI .

U pocetkn kretanja (to = 0) je Wo =0, pa je C1 = (J/b) In 1Jll, te je zakon , . promene:

iIi ['(1Jll -b w) I IJR] = -bt/l; CJIl-b w) I IJll = C bl /f ,

odnosno _?'

'lrill

= b w= IJll [1_e-b11J ], gde je 1= MR2/2 =GRz/2 g.

3.116. bvo je eksptlrimenlalni metod za odrtluivanjc momcnata illcrcijc zamajca za Iljegovu geometrijsku OSU. Prema zakonu 0 radn bice, uopste

uzev: Gf/2g +Jw2/2 = Gz-fJR" tIl, gde je z=Rrp i v=Rw,

odnosllo

Diferenciranjeln sledi:

Aww=Bw; i w=B/A=const.; B=(GR-IJR,,),

pa 5U zakoni:'

,;) = BIA = const.;

gde je T vrelTIe spllstanja tereta.

4 I

I !

j

Za dVa razlicita tereta bite:

WI T I2 =B, Ti2/AI =2h/R;

w2 T/ =B2 T"//A2 =2 h/R;

B J = 2 hAdRTI2;

Bz = 2 hAzIRT/.

Oduzimajem druge jednacine od prve dobice se:

pa je moment inercije zamajca:

J = (G1 -G2) -2 h [(G1/T/) - (GzIT/)]I g. R2 .

0/TI2)-0/T22) 211

3.117. Momenti inercijekruzne plocice za navedene ose jesu:

pa su periodi U odnosu:

335

3.118. Neka je G1 tez;na diska, onda je tezina drugog diska Gz = (M,"-m)g=Gi (l-'F)=3 Gd4, gde je tj;=rIR= 1/2, pa su momenti inercije za istu osu (l):

Tezista oba diska se poklapaju, pa je 81 = 8 Z ' Zbog toga su, periodi oscilovanja u odnosu:

T)/Tz = VUHI G1 SI) / (J12 1 (GZ s2) = jI J Il Gz S, / J 12 GI SI =

= V3· 32·3· 1/2·39·4. I = 11r2/l3 = 0,96.

3.111). Povrsina i po!ozaj tezista poluprstena bice:

A = (R2_{2) Te/2 = R'rc (l_tj;2) = 3 R2 Te/8; tj; = rlR = 1/2;

AYe = AI YI-A,Yz-= (R2 1t/2). (4 R/3 rc) - (r2 Te/2) (4 r/3 rc) =

=2 (R3_ r3) f3 = 2R3 (J _tj;3) f3 = 7 R 3/J2; Yc= 14 R/9 Te.

Masa poluprstena je !v! = pO A, gue je p" specificna masa rayne povrsine (:;likc), pI! 3U momcnti incrcije, prenu SLeiut:lUvuj tt:urerni;

J1 =Jx-MYe2+M(R-Yd'=Jx+MR2-2MRyc=Jx+MR (R-2yc) =

= p" (J<4-r")rcl'd +MR2~ 28 M R2/9 = (81 rc-1] 2) MR2/144 Te;

J2 = I n -MYc2 + M(R- Yd2~Jo +MR2-2MRYc=(I261t-112) MR2j1441t,

jer je Jo =Jx +Jy =21,,=2.5MR2/16=5MR2/8.

336

Periodi oscilovanja, zbog toga sto je Yc isto, stoje u odnosu:

T.JT2 = V J I fJ2 = V(8! n- I 12)/ (126 n -112) = 142,34/1S3,64R:> 1,13.

3.120. Masa kvadrata je M = p" a2, pa su momenti inercije:

II =Jx + M (d/2)2= Ma2JI2 + M (a V2/2)2 = 7 Ma2/12;

J2 = 10 + M (d/2)2 = 2Jx + M(a ti/2)2 = Ma2/6+ Ma2/2 = 2 Ma2/3.

Odnos perioda oscilovanja klatna bice:

TI/T2 = ViP2 = V2I/24 = V7f8 . 3.121. Dinamicka jednacina oscilovanja je:

[(mF/3 + MR2 + M (l + R)2] ~ = - [mgl/2 + Mg (I + R)] <[',

odnosno

IS MR2~= (-19 MgR/4)<['; 0/+ (19 g/72 R) <[,=0;

3.122. Redukovana duzina fizickog kiatna je lr =J/ Ms = (MF/3)/M (l/2) = =21/3, pa je per:od oscilovanja T I =2",ViJi=2rr:V21/3g.

Dodavanjem masa rnenja se moment inercije, pa i period. Polozaj tdista je:

(M + M/2 + 1.1/4) s = 7 Ms/4 = 1.11/2 + (M/2). (2//3) + MI/4 = 13 MI/l2;

5=13//21; Ms= 13MI/21.

Moment inercije je:

J' = M /2/3 + (M/2)· (2//3)2 + (M/4) [2 = 29 M/2/36,

pa je period oscilovanja:

T2 - 2 ",VJ'{Mgs -2rr: V29. 21·1/36-:-iT g ,

a promena perioda:

2Ms= M(R+ 1/2) = 7 MR/2;

3:124. Prema Steinerovoj teoremi je Jy = Jc + MS2, gde je Jc sopstveni moment inercije klatna za osu c paraJelnu y-osi, a s je rastojanje tdista C od osc oscilovanja Uy. Sloga period malill oS(,;jjacija zavisi od polo:taja ose

J. f I !

337

vesanJa, to jest zavisi od s. Uslov ekstremurna daje izvod dTfds = 0, Ie ce bili:

dT/ds=O;

gde je ic sopstveni centralni poluprecnik inercije klatna.

U ovom primeru irnacemo dye jednacine:

2 Ms=Ml/2+M (1+ R) = M(3/+ 2 R)/2;

odnosno Ms2 =Ic = M[2/12 + M (s-I/2)2 + 2 MR2/5 + M (R + I-sF.

s= R(3kf 2) / 4; k= fiR; k2/12+ (k+ 2)2/16+ 2/5 + (k+ 2)2/16=(Jk+2)2/S.

Sredivanjem se dobija kvadratna jednaCina i feSenje: ,~-'

k=O,4.

3.125. Odnos masa je Ml/M2 =GI /G2=R2 n/(a2 V3/2) = 1.: pa a2=2TCR2V3/3. Momenti inercije su: I

Periodi oscilovanja su u odnosu:

TIIT2 = V III G2 S2/G, S, . J 12 = V III S2/J12 Sl = ,/4 R V3/3 a =

~ ~4/,/h 1/3 = ~4!l/ 10,89= 2/ V3,30 = 20/IS,17 = 1,107,

pa je 72 = 1,107 T I , te je T2 >71

•

je

3.126. Ovde su 0,=0; xc=O; 1..,=0; Yc=h/2; I y, - M),c; zc- Mbh/4. po.;'11 kinr.tii'ki otpofi Idi~!a;

=h/2;

y~ = -M w2 Yc+ JyZw2/h = -Mbw2/4 = Y~.

Postv plvCim iJlla ravan simeuije upravnu na Az OSll i rezultanta sila inercije dejstvuje u tezistu, veJicine r,j= Fe = Mb w2/2, kinetii.'ki otpori su dYe paralelne sile, supm!noe ~mr.ril nn centri[ ugaln e sile, jatine Gb w2/4 g -+ 1,81 kg.

3.127. OVdCSllXc=O; yc=b/J; Zc h/3; llf=p"bh/2; (,J~WI=TCI; <['=(,,[2/2; ,?-16.2rr:=nT2/2; ':J'=8sec; Jxz=O. Uzmimo eJe~entamu povrsinu d A = yd z paraJelnu A)"-osi, onda sIedi odnos y/b~, (h-- z)/II, :odnosno y = b (h - z)/h, pa je centri[ugaloi moment:

Jyz=p"J dA·(yz/2)=p" Jy2 zctz/2= (p"b2/2 -z)2 z dz=MbhJ12,

jer je lHaSa M ~ p" bh/2. I

22 Zbicka zadalaka iz. .m.ehanike 1

338

B

Slika 3.127.

Komponentni kineticki otpori su:

X~= -lv!wYc+0Jy:!h= -Mbrr;/4;

X~= -wJyz/h = -Mbn/12;

Y~ = -M w2 Yc+ Jyzw2/h"~ -16 Mbrr;2;

y~= -16Mbrr;2/3.

3.128. Pocetna ugaona brzina je Wo = 6 rr;; W=wo+wl; W2-wo

2 =2<1cp; -36rr;2=2W·20·2 rr; W = - 9 n/20 sec-2 • U trenutku N = to obrtaja bice ugaona brzina W Z = 36 rrz - 9 rr;. 20· rr/20 = 27 rr2 .

. Koordin~te tdista su:

zc=~R; (J8Rz-R2 rr/2)Yc=18R2.3R/2-(R2 rr/2)(3R-4 R/3rr); I

Yc=[(166-971:) R3/6jf[(36-rr) R2/2] =(166-9 rr) R/3 (36-rr).

Centrifugalni momenti su:

M=p"A=p"(36-n)R2/2; Jxz=O; lyz=p"lyz; lyz=18R2.3R.3R/2-

- (R2 rr/2). 3 R: (3 R -4R/3 n) = (166- 9rr) R4/2; lyz = M R2(l66 - 9 rr)/(36 - rr).

Kineticki: otpori su:

X~ = 91GR rr'(J6~f,-c)/20g (36 -71:)·6; X; = 3 rr Jyz/40 R;

y~ = -2h2 GR (166 - 9 rr)/g· (36-rr). 6; Y~= - 9 rrZ lyz/2 R.

3.129. Rugle su izlozene centrifugalnim silama Fe = (GI W Z sin a)/2 g,

koje stvaraju spreg momenta 'lJ1 j = Fe I cos (1.. T otpori oslonacamoraju biti takvi da uravnbteZavaju ovaj spreg sila inercije, te je:

3.130. Sopstvcni (ccntralni) momenti inercije pravougaone plocice su J." =Mh2/12,lr, = Mb2/1 2. Da bismo nas]i ccntrifugalni moment JyZ' uocimo formule transformacija koordinala"l1 i ~ u kOQrdinate Y i z (slika) kojc slcdc iz razJaganja oitova pravaca:

j-: {cos a + k' sin a;

y -"1 cos a + ~ sin 0:;

Centrifugalni moment iznosi:

7 = - 1) sin 0: + ~ cos (1..

ly~ = p" In = p" S yz dA ~"p" S ( _1)2 sin (1. cos <X -1) ~ sin' (1. +

+1) ~COs~(1. + ~2sin <X cos 0:) dA =sin 2a· ( l" -1::,)! 2+ J~::. cos 2 a.

I

I i

339

Posto su ose 1) i ~ glavne ose, to je J~r, = 0, pa je:

Jer su sin (1. = bid, cos a =h/d.

z, oj ~ mB b)

D k

Slika 3.130.

Kako su xc=Yc=O; w=O; komponentni kineticki otpori bice:

w=2rrsec-1 ; H =2c+d= 150cm,

3.131. Prema zakonll 0 kretanju sredisla sistema bite:

lc ~ = (FA' I cos rp)/2.

Posto je stap u pocetku kretanja bio u miru, to je Xc = C) = 0; Xc = Cz =

= (I cos a)/2, pa su koordinate tacke B stapa:

YB=/sinrp.

Ejiminisanjem ugla 'P rlohija se putanja kraja B stapa AB:

(xB - 0,5 I cos (1.)2 + YBz/4 = (lf2)2.

3.132. Dinami~ke jednacine ravnog kretanja stapa AB jesu:

gde su:

Xc = (l cos 8)/2;

yc=(lsin 8)/2;

22'

Xc = - (I e sin 8)/2; ;'C = ( -I e sin 8 --I 82 cos 8)/2;

Yc= (Ie cos 8)/2; Yc = (leeos 8 _/8z sin 8)/2.

Unosenjem ovih vrednosti u (reen prethodnu jednacinu, zbog toga sto 1t .. ..

je <jl=--8 i <p= -8, dobijamo: 2

odnosno

~= - e= -d 8/dl = (3gcos 8)/2 ! iIi 3 (gcos8/1) d 8= -2 e d 8, pa je

- 82 = (3 g sin 8)/1+ C1 = 3 g (sin 8-sin 80)//= _~2 = -w2•

Stap ce se odvojiti od vertikalnog zida kada bude otpor zida jednak nuli, FB = 0, to jest kada bude ugao 8 = ~, odnosno

iIi

-'8 = iF cos 8/sin 8 = (3 gcos 0)/.2/; 82 = (3 g sin 8)/2/ = 3 g (sin 80- sin 8)/1~

sin 8 = (2 sin 80)/3.

U poloz.aju kada je 8 = 450 bite:

8'= -3g!l2/41;

Xc = 3 g (3 - J!6)/8;

{)2 = 3 g(V3 - Vi)/21;

Yc= -3g(J!6-I)/8,

pa su otpori ravni:

FB =3(3-J!6)G/8.

3.133. Trenurni pol prinudnog ravnog kretanja stapa AB je u sredistu kugle (0), pa je dinamicka jednacina kretanja:

Jp~=QTI=Mgs cos<p iIi q,=kcos<p,

gJ" ~1I:

s=V55RJ8;

+ M S2=29MR2J32; . k= Mgs/Jp =4 1/SS g/29 R.

Mnozenjem prethodne diferencijalne jednacjne identitetom. 2 ~ d 1=.2 d 'P, ona se svodi na jednaCinu koja razdvaja promenljive:

~2 = 2 k sin 'P + C = 2 k (sin <jl- sin <jlo) = w2•

U nnjnizcm poJoznju stapn je ugao <p = 900, pa su:

w2 = 2 k (1- 3/8) = 5 kJ4;

aCN=sw2 = 5 ks/4 = 275 g/232.

1

I j I

34]

3.134. a) Pri kJizanju je:

Ma=Mgsina; a=gsina; v=gtsina; s=(gt2 sin a)/2 b hj/sin a;

hI = (g12 sin2 rx)/2; /2 = 2 ht/g sin2 <x.

b) Pri' kotrljanju je:

t,. Ek =J w2/2+Mv2j2=A= Mg s sin 0:;

pa je v=vc=Rw; i

w2 = (2 Mg Rsin rx) 'P/(] + MR2) = k 'P.


w=kj2; w=kt/2;

Uporedenjem vremena sledi odnos vis ina spustunja teZi~ta:

s=R<p,

Oznacimo sa Mi mase punog i izbacenog dela valjka, onda je masa supijeg valjka i moment inercije: . _~-

r/R = J,;= 1/2;

pa je odnos vis ina spustanja:

3.135. Prema zakonu 0 kinetickoj energiji bite:

Kako je vc=Rw i v=2Rw, to j~ vc=v/2, pa ce biti:

Diferenciranjem dobijamo ubrzanje:

2 l'a = 8 gvJ7 ; a = 4 g/7, jer je v = s. 3.136. Prema zakonu 0 kinetickoj energiji bite:

pa diferenciranjem sledi ubrzanje 2 va = 2 gv/3; a=g/3, jer jP. *=1'. Prema d'Alembertovom principu, za vreme kretanja moraju! da budu

"u ravnotdi" aktivna sila, sila veze i sila inercije. Posto je uze jed no, a zanemarujemo masu kotura, za teret tezine G bite:

-> .... ....

F+Fj+Fw=O; G+( -Md}-F:=O; 6-G/3 = 2 G/3 = Eu'

342

3.137. a) Ovo je problem A twoodove masine. Oznacimo sa GJ

= 2 G

leZinu prvo~ (ereta, a sa G2 = G teZinu drugog, onda je po d'Alembertovom principu za :nazuacene preseke:

i

-> ->

gde je Fui = F; = F, jer je U oba dela uzeta sila iSla, a prelpostavljeno je da je ubrzanje tereta G1 usmereno nadole. 12 ovih jednacina dobijamo ubrzanje i silu u uZetu:

a~' (GI - G2 )/(M, + M 2 ) = g/3;

F= Fu = 2 G, G2!(G1 + G2) = 4 G/3.

b) Zbog obrtanja kotura, sile u delovima uzeta nisu jednake, te ce jednacine da budu:

Slika' 3.137. G1 +( -M1a)-F1 =0, . -G2 + (-M2a) +F

2=0;

J w= Gk R2 w/2 g = 'ill = (FI -F2) R.

Posto je ubrzanje a ujedno i tangencijalno ubrzanje, to je a = R W, pa dobijamo:

a= IOg/3]; FI = fz G/31; F2 = 41 G/3J.

3.138. Posto su koturovi nasadeni na istoj osovini, oni imaju isto ugaono ubrzanje, pa su z2=R2<P=2R<p, ZJ= -RJ<p= -Rcp. Prema zakonu o kinetickoj energiji bice:

Diferendranjem uubijarno ugaono ubrzanje w =g/3 R jer je I • w=cp.

3.139. Prcma zakonu 0 kinetickoj energiji bi~e: 6 Ek ~ A; !J §!!-l!://}!!.+ (JI +Jz) (tl2jZ=

-19 GR2(tl2/1f g- 3 GR <p, -1- - - - '---

jer 3U momentl inercije

JI=GR1ilOg, J2=4GR2/10 g . I I .

Difercnci~anjem dobijamo ugaono. ubrzanje w = 6 gjl9 R = 31 sec-2, pa SD ubrzanja a2 ~ R2 W = 12 g / 19; a J = - 6 g /19. Kada poznajemo Veiil:illl' i 3mcrovc ubl'z<lnja, UlltJu

po d'Alembertovom principu odreduiemo sile U ULUU iwa:

F,=2G-2M.IZ g/l9= 14Gj19=28 kg; . .

11 F.

F.t ~lil i 2;'

...... ---- F, ;: 1--..

f ! . .l

G

Slika 3.139.

ta

I I

I I I , I ~

343

3.140. Ako se prvi kotur zaokrene za ugao cp, onda se i taeka B prc

cage AB zaokrene oko tacke A za isti ugao <p, pa je pomeranje tdista C tereta -z,=zJ/Z=Rcpj2. Odnosi ubrzanja tercta Sll aJia2 -- 1/2. Prema zakonu 0 kinetickoj energiji bice:

(G I z/+ Gz z/)jZg= 5 GRZ w2/8g=GI z, +G2 Z2 =GR cp (I - 1/2) ~

=GR<p/2, jer su brzine l'J=i,=Rw, V2=Z2= -Rwj2.

Diferenciranjcm dobijamo ugaono ubrzanje j ubrzanja tereta:

w =<p;

Prerna d'Alembertovom principu, sila U uzetu iznosi:

F=F,,= 3 G!S = 60 kg.

3.141. Posto se i kotDr obree, sile u delovima Dzeta nisll jednake. Oznacimo ih sa Fui = F j , onda, prema d' Alembertovom principu, za pojedine tcrete j kotur sledi:

Posto je ubrzanje tereta tangenc ijalno ubrzanje (aeke na obodu kotura, to je a = R ~ = R W, pa dobijamo sistem jednacina:

F,-Gajg=(.1.G; F2 + Ga/g = G; 2Fz-2F]-Ga/g=O, te su:

a=Z (1-IL)g!5=g/5; F,= (3+Z(.1.) G/5= 16 kg.

3.142. Pretposlavicemo da Je obrtanje kotura nadesno, to jest da se tereti G2 i G3 spustaju, onda je, prema d' Alembertovom principu, za :svaki deo sistema:

I) F]-2G+(-2MR~)=0; 2) (F2-F,)R+(-MR'~!2)=0;

3) G+F3-F2+(-MR~)=O; 4) G-F3-M(R~+y)=O;

5) FJ ~ Fc- G= G [(y/!) -I}.

gde je ~ = ~ ugaono ubrzanje, y ubrzanje oscilatornog kretanja usJed dejstva

opruge, Fe sila u opruzi,. y izduzenje opruge. Sredjivanjem dobijamo:

F2-5 GR~/2g= 2 G;

iii

F, -F2-GR~jg= -G;

F,-Gev-l)jl.

-G (R~+ ij)/g= G (y- 21)//;

R~~ -2g(21-y)j'II: ).'~g(21 y)/I Rrp- 9 g(y- 21)/7/,

pa je diferencijalna jednacina k retanja treceg tereta:

.;; I (9gf7l)y= IRg/7.

344

OscilovanJe je prosta prinudna oscilacija bez otpome sile, a resenje je:

y = A cos 0) 1 + B sin 0) t + 2 I;

Posto su pocetni usJovi kretanjOa za t o.~ 0 je y = /, a y = 0, konstante su A = -I

j B = 0, te su zakoni kretan ja:

v = 2 /- I cos 0) t ; R ~ = 2 g (y - 2/)/71 = - (2 g cos 0) 1)/7;

R<p= (2g cos 0)t)/7 0)2+ C2 = - 2g(J-cos 0) t)/7 w2.

3.143. Otpor protiv kotrljanja dejstvuje uz strmu hrapavu ravan, pa su dinamicke jednacine ovog prinudnog ravnog kretanja:

Mxc=G sin o.-Fk ;

Kako su xc=R<p i Yc=R, bice ;~=R~ i Yc=O, pa iz prve trece jednacine odredujemo otpor protiv kotrljanja, a iz druge normalni otpor:

FA = kG sin a.; k = J 1[1 + (MR2IJJJ = 1/[1 + (R2/i})J; P" =G cos t/.,

gde je J c sopstveni (centralni) moment inercije vaJjka za geometrijsku osu.

Usiov Cistog kotrljanja bez klizanja je da je otpor protiv 0 kotrljanja manji ad otpora protivklizanja, to jest:

gde je ic sopstveni poJuprecnik inercije valjka.

pa je

Masa i moment inercije supJjeg valjka su:

Jc = M, R//2- M2 R//2= M, R/(I-t4)/2 =

=MR,2(1 +,P)/2,

R7./i/ = 2/(1 + t2) = 32/25; k=25/57;

tga=0,0285; 0.= }03S'.

3.]44. Ovde je sin t/. = 6/1S = 21S, cos a. = V2115, pa je prema zakonu (I kinetickoj energiji:

(Mv/+ J0)2)/2=3 Mvz/4= 3 Gv2J4g= Fscos t/.- m1k ,p=

- Fscos t/. - fFn <p= Fs (cos t/. 01 fsin aIR) -Gfs/R,

jer su moment otpora kotrljanja i normalni otpor:

<rRk =Fn= f(G- Fsin t/.); Fn=p-Fsin IX; v=vc=Rw.O

Za date podatke bice:

3·200· 1,22/4.9,81 +200 0 S· (1/2·30)=F. sd2T/s +O,S ·2IS, 30),

pa je F= 8,38 kg.

345

3.145. Tocak vrsi ravno kretanje, stap AB translaciju, a rad: vrsi samo otpor trenja (F,;) i spreg otpora kotrljanja <rRk• te, po zakonu 0 radu, u trenutku zaustavljanja, sledi (w = 0, V = 0) :

Tocak se sastoji iz venca (bandaza, sine) i rebara (zbica), pa mu je mas a moment inercije:

M=My+M,=M.+Mv/3=4M,!3; M,=Mj3; Mv=3 M14; 'G,=3G/4;

G,=G/4;

Zatim su:

x=R<p;

pa ce biti:

1Jl1k =f(G + G14) = 5 Gf14,

(Gv022 g) (1 + 5/6 + 1/2) = 7 GVo

2/6 g = (G/4) (fi + 5 fiR)· x, odnosno

x = 14 v02/3 g (fi + 5 fiR) = 56/3 g (0,1 + 0,05) = 56/0,45 g = 12,69 m.

3.146. kugle bice:

Prema zakonu 0 kinetickoj energiji, u trenutku ~ustav!janja

~Ek=A; x= 101 vo2 R/140/g= 7,1 m,

jer su: ~--;-

M = M, - M z = M, (1 - <j;3); J=J,,= 2 (Ml R2~,M2 r 2)/5= ;

3.147. ParaUldarskt: jednacine kretanja sredista tocka jesu:

xc=R<p-esin<p;

Yc=R-ecos<p; • 0

Yc= e<psm<p;

Xc =~ (R- e cos <p) + e~2 sin <p;

Yc= e~ sin <p + e ~2 <;:0$ <p. ,

Posto je brzina sredista v=vu=Rw=Rtp, jcr jc dodirna tacka (P) locka pUla trenutni pol, to je ~=Oo Dinamicke jedllacine su:

Jc~= Fk (R - e cos<p) + Fe cos

Posto je ~ = 0, treca jednacina postace:

odnosno

(R-ecos <p) (F -M:rc) +Fe cos <p- (G + ltiyd e sin<p= 0,

FR= Me.f sin <p' (R - e cos<p) + Mez ~2 cos <p sin <p + Ge sin tp:= =Ge[v2 + Rg) sin <pJIRg, pa je F=550sin<p.

Fn e sin <po

346

3.148. Uticaj zatege zamenimo silama - F na tocku + F na valjku, tada su diferencijalne jednacine kretanja tocka j valjka:

Posto je 'xl=xZ=XC=Rl'fl=Rz'fz' to je 'f1='fZ='f. pa je xj=R'f, te eliminisanjem otpofa protiv kotrljanja dobijamo:

; [M, + (1z/ RZ)] = G2 sin 0: + F.

Posto su' momenti inercije 1) = 5 Gj R2/6 g i 12 = Gz R2/2g, to jest J) = J, = G2 R2/2 g, to iz prethodnih jednacina dobijamo ubrzanje i silu u zalezi:

; = [(G) + G,) RZ sin o:J / [(MJ + M,) 1(2 + (1, + l z)] = (8g sin 0:)/13;

F = [(Gz/g) + (G,/2 g»). (8 g sin 0:)/13 - (G, sin 0:) = - G2 sin 0:/ J 3 =

= (- 52sin 0:)/13 = -4 )/2 eV3-1)/4= -112 eV3- J)= -1,03 kg.

1.149. ~osto je kotur nepohetan, sila u oba dela uzeta je ista (Fj = = F z = F), pa' su difereneijalne jednacine kretanja sistema tela:

Dodirna ~acka P je trenutni pol, pa su brzine i ubrzanja:

te je ;;=Rz/(R+r).

Elimjnjsa~em ubrzanja x otpord kotrljanja Fk dobijamo ubrzallje tereta (G l ):

~'. (G) (R + r)/g + Gz RZ/(R + r) g + Jf(R + r)] = G1 (R + r), odnosno

z =cg;

Si]a u uzctu iznosi: F=Gl-(Gl~/g)=G)(l-C).

Mase pojedinih delova kalema iznose:

mj = p R2 rr: . R = P R3 rr:; .

pa je masa kalema:

lvI2 = 2 !til + 1n2 + Ill) = P R' IT (2 + 1/2 1/4) - 9 p R' IT/4 - Gtig.

Moment inereije kalema je:

J =Jc = 2 (rn) R2/2) + (mz r2/2) + (m) s2/2) = R2 (m) + m,/8 + m3/32) =

=p R'rr:/12X =])5 Mz R2/32·\} = 15<1z W/32g.

I

Zbog toga sto je R + r= 3 R/2

c = (9/4) / (9/4 + 4 -[- 15/8) = 18/65; z'= 18g/65;

347

F=141/J3Rellkg.

3.150. Posto se kotur obrce, sile u oba dela uzeta nisu jednake. pa su dinamicke jednaCine kretanja:

a) valjka: (2G/g)x=2Gsina.-F)-Fk ;

b) kotura: fo/=GR2~/2 g = (F)- F2) R;

c) tereta: Gzig=F2 -G.

Medutim, ovde je x = R 'P = z, pa je z = x, te slede jednacine 3 Gx/g+Fr=2Gsino:; Gx/2g-F\+Fz=O; Gx/g-F2= -G.

Odavde dobijamo:

x = 2 (2 sin a-I) g/9 =0, 162g;

F2 =(7 + 4 sin 0:) G/9.

3.151. Posto je x=z=R<p, to je v=x=z=R~=Rw, pa je prema :zakonu 0 kinetiekoj energiji:

= v2 (3 G,/4 + 5 Gz/12+Gu/2+ G/2)/g=A) + Az + A3 = Gz

- 'JTIk ,?+ A J = Gz-JG, z/R + Gu z (z + 2 h)/2/.

Oznacimo sa q = Gull tezinu duznog metra uzeta (kg/m) i sa u rastojanje tezine d Gu = q d U od prave 0 P2' onda je rau te2.illt: deJa u2.ela;

h+z

Au= J qudU=.i...[U2J~+Z=.i...[(h+z)2_hZJ= GU (z2+2hz). h 2 2 21

Ovo se moze izracunati i bez integrala, kao razJika radova dcla uzeta (h + z) i dela uieta h, te je:

Au=q (h +z)· (h + z)/2-qh. h/2= q (Z2 + 2 hz)/2= Gu z (z + 2 h)/2/.

Kvadrat brzine bice:

vZ = 12 [G-JGt/R + Gu (z + 2 h)/21]gz/[9 G) + 5 Gz + 6 Gu + 6 G],

odnosno za date podatke:

v = 1,44 IIl/5er..

3.152. Posto ne dejstvuju ,sile' u + Ox praveu, onda prema zakonu 0

kuJicini krctanja matcrijalnog sistem.a sledl:

K c." = bKix= G1 v,,/g+ G2 (vr cos 0: + vp)/g =0;

= - vr/4, te je kretanje klina na/eva.

Vp= -(Gzv,coso:)/(G)+Gz)=

348

Kinernaticke jednacine reJativnog kretanja vaJjka (2) jesu:

a,=Rw;

= 16 v/+v/-4 v/= 13 v/, pa je prerna zakonu 0 radu:

odnosno

Gv/(l + 13 + 10)/2g= GssinlX, jer je 1=G2R2(1 +t2)/2g=5 GR2/8g.

Diferenciranjem se dobija prenosno ubrzanje:

ap = (- g sinlX)/6 = - jI3 gil 2 rn/sec2 .

Ono je usrnereno naleva, to jest u smeru - Ox-ose.

3.153. Ozilacirno sa F silu u uzetl!, onda su dinamicke jednacine za bubanj i teret:

I) Mi =Xo+ Feos IX= 0; My = Yo-2 G-FsinlX= 0;

1w=2G.R2 W/2g=FR-'HI; 2) Ga/g=G-F.

Posto je ubrzanje a tereta G jednako tangencijalnoffi ubrzanju tacke na obodu dobosa, a=aT=Rw, bice:

Xo= -FcoslX; Yo =2G+FsinlX; GRa/g =FR - 'HI; F=G-Gajg

Za date vrednosti su:

a/g = 49/980 = 1/20; F= 19 G/20; 'HI- 9 GR/10; G = 540/9 = 60 kg

F= 57 kg; Xo=' -57113/2,,= -49,30kg; Yo = J 20+ 57/2 = 148,5 kg.


3.154. Ovdc su R=20Clll, J"= 15cm. 01.11acilllO sa F ~i1u U uLelu uIHJa

su dinamicke jednacine kretanja kotma cekrka i tereta: '

.~,

I I

I ,

I j

I f !

Izrnedu ubrzanja postoje odnosi a2 = (R - r) 0,; te je w = ~ = a2/(R - if Oznacirno sa D dodirnu tacku uzeta i bubnja, onda jc po zakbnu ravnog kretanja:

-)- -+ --"0 .~

aD=aO+aD=a2 ;

Posto je G j = 3 G/2, G2 = G, bite:

3 G [(aj/g) + sinlX]/2 = F -Fk;

Gaj/4g=G-F, pa su:

F=61 G/60=61 kg; Fk =22G/60=22kg.

Uslov cistog kotrljanja bez kJizanja je:

Fk~FIL = fLFn; f1.= Fk/Fn = 22 j/3/135 = 0,28.

3.155. a) Ubrzanja. dobijarno iz ovih kinernatickih odnosa' za dodirne tacke DiE:

w2=(R+r)wj/2r; a3 =Rc:',2=5RwP,

gde su R, r i 2 r poluprecnici. Prerna tome je ubrzanje ~ = 2 r 0,2

Slika 3.155.

b) Dinamicke jednacine za svaki bubanj za teret jesu:

I) Gj x/g=G j sin ct.-Fj-Fk ; 1j Wj =Fk • R-Fj ·r;

2) J2 w,-Fj ·2r-Fl ,R;

Posta su momenti inercije bubnjeva 1j = 'G, i//g, J2 = (;2 F//g, eJiminisanjern iz prve jednacine otpora protiv kotrJjanja Fk dobijamo sist(!ffi jednacina:

350

odnosno

Resavanjem ovog sistema jednacina dobijamo:

Wz = -48,93 sec- z; x"" -3,91 m/sec';

F j = 72kg; F,= 156kg.

3.156. Dkupna masa sistema i koordinate sredista masa jesu: i

M = (G/2 + y/2 + G + G + G)/g= 4 G/g; Mxc = ~ MiXi= [(G/2). 2 Rsin <p

+ G· (R/~). sin <p + 2 G· R sin <PJ/g = (7 GR sin rp)/2g; MYe=~MiYi=

= [(GI2). '2 R cos cp + G· (R/2)· cos rp + 2 G· R cos cp]/2g = (7 GR cos rp)/2g,

Yc=(7 Rcosrp)/8.

Eliminisanjem. ugla rp iz ovih jednacina dobija se putanja sredista;

xc2 + Yc2 = (7 R/8)', eenlra/lli krug, poluprecnika 7 R/8 = 7 cm.

Komponbntne brzine kolicina kretanja sredisla bice:

:<:c=(7 R cosq:»/8; )Ie = (- 7 R 00 sin cp)/8; Vc = 7 R 00/8 = const. ;

Ke = MVe= (4 GIg)· (7 R 00/8) = 7 GR w/2 g = const.

Trenutni' pol se nalazi u P, pa su, u naznacenom polozaju, brzine:

B'<*-----'""~·

vA=AP·w= 2 Rwcos '1';

w = v A/2 R cos cp;

VB = BP· W = 2 R (,) . sin 'I' - VA tg (p;

vs= PS· 00 = R Wo = v A I2 cos '!'&Jo,

te jc kindiCka t:m:, gija t:Iips\)grafa:

Ek =MA vA'/2 J MB vB2/2 l-ll wD

2/2-1-

+ Ml 1'//2 + 12 wi /2 - GJ'A" [(1/4) + + (tg 2 cp)/4 + 0/6 + (1/4 cos2 <p) +

?..L:..-+=-----~::::-E~.-~ + (l/3)]ig= 5 GV./Jl2g=

= 5·4· 100/12·981 = 0,170 kgcm,

jeT su J, = GR2/3 g;

1,=2G.(2R)212g=2GRz/3 g.

000 = - w.. kinetRku energiju izrazicemo prema zakonu 0 radu:

~o2/2 + M2 vs2/2 + I, 002/2 = A = 'J1(k e =

I I I

I

I ! j

351

odnosno

/j. Ek ';" G (2 R w cos q:»2/8 g + G (2 R 00 sin <p)2/8 g+ GR2 wo2f12g + GR2 wo'/2g +

+ G R2 wo'/6 g =GR' W02 (1/2 + 1/12 + 1/2 + 1!6)/g= 5 GR2 wo2/4 g= 'II1k e.

Djferenciranjem dobijamo:

3.158. Oznacimo sa F sile u rucicama MC i MC', onda iz jednacine za ravnoteZu mufa (M) dobijamo:

~ Y/= - Gm+2Fcos<p=0; \-~-~~d_~=.~s_~./ Sila inercije kugle je centrifugalna sija Fe = (G· 2/ sin rp) w2/g, a u poJuzi

1! dejstvuje aksijalna sila F'. Da bismo izbegJi odredivanje ',ove sile, izrazi· cemo d' Alem'Jertov princip u obliku mClmenata, pa je z'Jir momenata aktivne sile, sile veze i sile inercije za istu momentu tacku jednak nuii, te ce biti:

~ M,4 = -G· 2Isin<p-F. 21cos cp·sin<p+F'·O +Fc' 2Icos<p= -G· 21sinrp

-Gm • 2/ cos q:> sin cp/2 cos rp + G· 2/sin cp. w'· 21cos cp/g = 0,

odnosno

cosq:>=(2G+Gm)gj4Glw'= 10·981j8.12·16·n2 = 10·100/8·12·16=

= 125/192=0,652; rp=49°15'; w=4n.

3.159. Sila elaslicnosti opruge iznosi F. = cz = c (21- 21 cos <p) = 2/ c (1--cosrp) i usmc:rena je nanize ka ravnoteznom poloZaju regulatora. Slicno prethodnom zadatku, iz uslova ravnote:le mufa j momentne jednacine sledi:

-Gm + 2Fcos rp-Fq=O; ~M.J.= -G/sinrp-F· 2/coscp· sin 'P+ Fclcoscp=O,

F=[Gm + 2/c(l-cosrjl)]/2 cos'!';

F<=G(p Ilsin(p)r,)2/g ,

pa je uslov:

w2 =gtg 'P [G + Gm + 2 Ie( I - cos cp)] / [G (pi-

+lsinrjl)J.

3.160. Kolicina kretanja je:

Kc-~ KI -li11 VI + M2~;2=(G~;' +2G;')/g.

-, Ovde jc Vj brzinll srcdista locka ekscentm,

l! ujcUUlJ ju i pn;U()~IlU LI Lillll, Jok jt: -;:: (lp~(' lutna brzina icretanja stapa AB. Projekcije Slika 3.160.

352

vektora koliCine krelallja na k(,lordinatne ose bite.:

Kx= -(GR wcosip)/g; Ky = (GR w sin <p)/g + (2 G· 2 R w sin rp)/g=

= (5 GR w sin cp)/g; rp=W{.

3.161. Posto su kaisnici diskovi od istog materijala tezine stoje li odnosu kvadrata poJuprecnika, te su:

iste debljine,

R,'=R'/2; R/=2R'/3; R/ = R2/3 , gde je RJ = R.

PomoCll prenosnog odnosa dobijamo ugaone brzine:

iJ4 = ilZ . i34 = wdW4 = Rz R4/ RI R3 ;

Kineticka energija prenosnika je:

Ek = JI w[2/2+Jz w//2 + J3 w//2 +J4 wl/2+ Gu (R/W[2+ R/w/)/2g=

= G R2 w2 (112 + 1/4 + 4/9 + 2/9 + 7/18)/2 g = 65 G R2 w2/72 g = 65.30.400.20 .

. n:z/72.9,81.100=32500/12"",2708kgcm=27,08kgm, jer je 1tZ/9,81"",1.

3.162. Odnos ldina kaisnika je G j /G2 =2=R[z/R/, pa je R/=R[zI2= = RZ/2. . Prenosni odnos je i = wdwz = R2/ R1 , pa jew/ = 2 w/ = 2 wZ, gde je

U)[ = w = <p) =' rp.

Prema zakonu 0 kinetickoj energiji imacemo;

odnosiio

Difel enciranjem se Jubija:

J 3 GR2 ww/ 12 g - 'ill w, to jest w- 12 'ill g/13 GR2.

3.163. Prema zakonu 0 radu bite:

Posto je prenosni odnos i = WdW2 = Z2/ZI = 30/20 = 3/2, to je Zbog prenosenja sllage bez gubilka mOla bili 'ill l wI = '1TIz wz, moment 'JII2 =')TI1·i=3 Iml/2; '))(1=\)](' Stoga rlohijamo:

w/ (11 p +)2 + (j R21g)11. = 'J11 i - Uy.

w/=9U)//4. pa je radnj

Diferenciranjem, vodeci racuna da je y = v = 1z, dohijamo Ileaono 11 hTnlllj" w2 , pa je u brzanje terela: i

3.164. Ovde su obrtni moment i = Un' X = 50 x, pa zavisnost x/6 + yl3 = 1 =(300-n)/5.

Snaga je:

iff

Ii .. broj ; o~¥taja 'ill =

postaje!11/300 + ' .. :f " 'f,

'i ! my

P='1TInj716,2=n(300-n)/3581, [KS).

Uslov ekstremuma je:

dP/dn=300-2n=0; n = 150 o/min,

pa je P max = 1502/3 581 = 6,3 KS. Slika 3.164.

353

3.165. Posto je poloZaj kulise odreden e!ongacijom X = R cos w t, to je

brzina X= V = - R (,) sin <p, gde cp = W I. Kineticka energija i'znosi:

w=4rr; Ekmax = 8 GR2 w113 g = 412 kgcm.

3.166. Ovde je kineticka energija:

Posto su brzine ,

l'B= -v,., sin (0 +t)/cost; W= -VA cosO/leost;

momenti inercije

energija ce da bude:

50 rc2 GR2 Ek = ---- [13 cos2 tV + 4 cosz 0 + 12 cos 0 cos <jJ cos (0 + (~) + 30 :;i11

2 (0 + t)]· 3 g cos2 tj;

Za dale podalke su; sin.y=sinO/4=Y3/8; cosq,-Y6I/8; ,t=12°25'; 0+ t = 720 25'; sin (0 + t) = 0,953; cos (0 + t) = 0,302, pa je energija:

i

Ek = 50.3.0,22 (13.0,955 + 1 + 12·0,5·0,977 . 0,302 + 30·0,908) 'c" 254,76 kgm.

3.167. ::iila Pi1T110F, pritiska je F=lY1';p/4..,~ 1413 kg, a post'u je 0= 60°, t = 12° 25', sHe ce bili: i .

F. = F/cos tj; = 1 413/0,977 = 1 413· (1 + 0,023) ~ 1 445 kg;'

PS';"'Ptg<jJ= 1 413 ·0,216/0,977 = 1445 ~0.216~ 312 kg; i

23 Zbirka 2adataka lz. mehanike 1

354

FT = F,sin (6 +~) = I 445·0,953 = I 377 kg;

FN= Fs cos (6 + t) = I 445·0,302 = 436 kg.

Za odrecJivanje sila inercije potrebno je poznavati ubrzanja. Ubrzanje rukavca A krivaje iznosi aA = R "'0' = 0,20·4 rr2 = 7,89/sec2, a ubrzanje td:ista krivaje je G 1 ='aA/2=3,94m/sec2 , pa je sila inercije krivaje FJI=FCI=GaJig=

= J,2kg.

n

Slika 3.167.

Posto je ugaana brzina obrtanja aka trenutnog pala '" = - R "'0 cos 6/1· . cos t = - "'0 cos 8/4 cos t = - 0,26 rr, to je relativno normalno ubrzanje tacke B u odnosu na tacku A spojne poluge a~N=lcu2=0,60m/see2, te se ubrzanja td:ista spojne poluge i ubrzanje ukrsne gJave mogu odrediti i graficki. Prema tome, sile inereije'spojne po]uge iukrsne glave jesu:,

fj,=G,(l2!g=GZ(lC!g= 12· 5,8/9,81 =7,lOkg;

F;, = G, aR/:'; = 30·4,8(9,8 I = 14,69 kg.

Si!a inereije spojne poiuge dejstvuje u tacki K, koju mozemo lako odrediti graficki poinocu Hyghensovog centra (H) stapa AS koji se nalazi na 21/3 ;'160i3 = 53,3 em od tacke vesanja A. Kroz C2 treba povuci pravu para-

d":.' is'~ ~ ... ~-lelnu ubrza.njU(1,j, a "kr07: H paralclnu sa ac IZ plana ubrnnja.

i ~;_:~i;~~,~ 3.1 . ostO'· prj ukljucivanju ne dejstvuje neki moment, primenicemo • -~ - r £j'o.,l;;r, ,~tl_ " \ ?--F

zakon 0 zamahu L]'da" je on ostaqJ;nepromenjen pre j posle ukljucivanja spoj-nice koju 3ml1t~llmo c:~rutirri tclom,fpa jc:

,';', ':jm ! L, = J, W, = (J) + J 2J. cu2 ; CUz = J, cu,/(J, + jz) . : ;;~

Gubitak kineticke energije je:lrazlika kinetickih energija pre posle ukljucivanja spojnice, te je:

Za date podatke bite:

pa su:

cu2 = cud(l +8/15)~, 15 .4n:/23 = 60n:/23 = 2,608n:;

L'l Ek = 32GR2 n:2/23 g= 32.50.0,182. rrz/23 g = 216 kgm.

3.169. OznaCimo sa Fk olpor od kotrljanja na zadnjem tocku, onda su jednacine kretanja automobiIa:

te je

'ZMA=FB ·/ +F(h+ R)

-G·/,=O,

G

F -<:

'--'-'Q:

I

Fi, F;.'L i • - [2, --..-,--- I, ----I

Slika 3.169.

355

F=Fk= fL, I) G/[I+fL, (h+ R)}=O,7 ·180· 2000/(300 + 0,7·70) = 252 000/349=

= 722 kg, pa je usporenje a = Fk/ M = Fkg/G = 0,361 g= 3,54 m/see 2 •

Jz dinamickih jednacina za ravnotezu tocka imacemo:

pa je kocni prilisak:

FII=Fk R/41J.2 f= 722· 40/4, 0,35.20-1 031 kg.

3.170. Ugaono ubrzanje bice:

6J=2g(F, F2)/GR=200.2g!J20,O,6=

= 54,50 sec-2 •

Po~to je (J-w[ 500g/9-545, to'$11

L= J w = GR2 N/2 g = 120.0,62 .50 g12. 9· g= 120 kgJllsec:

Ek =Jw"/2=GR1 CU2/4g = 120·0,6z ·25·104 .gz/4·8I .g=327 OOOkgm.

3.171. Prema zakonu 0 kinetickoJ encrgiji slcdi:

Posto su: s=Rrp; brzine bice:

23'

G, R2 ",2(4 g + Gz v2/2 g = \]TI <p-(G2 sin « + F.,.)· s.

~ = s = R ~ = R u);, F" =11 F" = fL G2 cos IX, kvadrat ugaone

356

pa diferenciranjem dobijarno ugaono ubrzanje kotura:

2 w& =k w; w =kj2 = 2g pm -Gz R(sin a + fLcOS a)]j[R2 (GJ + 2 G~] =

= 2·9,81 [20.- 100·0,2· (V2 .1,1)/2J/0,22• 220 = 9 sec-2•

3.172. Otpod protiv kotrljanja iznose:

FkI =(Gcosoc)ffR;

pa prema zakonu 0 radu dobijamo:

G! v2/2 g + 11 w2/2 + 12 w2/2 + G3 v2/2g + 13 (ij2j2 ;. [(G! sina -GJsin~) - (Fl k + F2k)]s,

jer se valjak (V) obrce u suprotnom smeru od obrtanja tocka.

Posto su:

s=Rq>;

13 = G R2 (1 + ,]/)/2 g = 5 G R2 /8 g, bice kvadrat brzine:

(v2 = 24 g[({3 - 1)-f(V3 + l)/R] s/95.

pa je za date podatke brzina:

v2 = 3· J43,27· 9,SI ·2/95·25 = S9/25; > = VS9/25 = 1,89 rn/sec.

3.173. Oznacimo sa s relativno pomeranje uzeta, a sa ±R<p prenosno pomeranje valjaka, onda su apsolutna pomeranja i apsolutne brzine:

w-<p.

Prema zakODU 0 kinctickoj encrgiji sledi;

Mx//2+ MR2 w2/4 + Mxl/2 + MR2 w2/4= Mg (Xl sin a-x, sin (3)

odnosno

ili :

2;2 + 3 R2 w~ ,2 gs (sin (.( - sin {3h 2/.!R 'i' (Sill a+ ~iu~).

Diferencininjem prethodnog izraza po s posto on zavisi od vrernena (I); dobi6emo: '

~s=g(sin a-sin (3)/2 =g(V2-1)/4~0,1 g, em/sec2 ;

q; = ~=g (sin:oc + sin ~)/3 R =g (V2+ 1)/6 R~0,04 g, sec-z.

Silu u uZetu odredujemo po d' Alembertovom prineipu za prvi valja:k

F= GR &/2g=G (sinoc+sin {3)/6 = 2,41 kg.

357

3.174. Posto su otpod FA i Fe upravni vrse sarno tdine, pa· je po zakonu 0 radu:

OD i DK, to fad i

-Gyc+ 3 Gs/2.

Stavimo'da je OA=xA , onda slede odnosi!

XA + 1 cos <p=OD+ scos <p=l+ seoS ex i

S = / ~ cos <p/sin IX ;

Xc = XA + (I cos rp)J2;

Yc ~ (l sin <p)/2;

Xc = x~ -(I w sin rp)/2; xA =scos oc+/ ws'in q>; '. I

Yc = (l w cos <p)/2; xA = 1 w (cos rpctg a+ sin '1'),

pa je: ve2 = XA2_XA wi sin rp + (l wj2Y = Fw2 (cos2 /sin oc)/2. i

Za naznacene brojne vrednosti bice:

DK= 10m; cosa=4/5; sina=3/5; ctga= 4/3; s=5rni

sin rp = 5 sin a/8 = 3/8; cos <p = Jf55/S,

pa su ugaona brzina i brzina kraja B stapa AB:

w2 (55. 16/8.9 + 3 . Jf55 - 4/8·8·3 + 1/3.3.55.25/2.8.9) = g (3·3 i 5/8.3-

~3/8)II=12gI81i W, V:"j8sl:c I;

=2,57 m/see.

V1l= s= 1(,) VSS/R. (3/5) =

3.175. Oznacilllo sa H = 5 III visinu spustanja uz-cta kada je dizalica u

stanju mirovanja, sa h = 5 m visinu spustanja u radu, sa q dz tezi~u elementa

dz uzeta na visini z, onda tezina uzeta vrsi rad:

Hlh

A"o~ J qz dz = q [(U + h)2 - W]/2= qll (2 H + h}/2. If

Brzina uzeta je v = R1

w, pa je rad kocne sile F = Fk pri obrtanju ko!

tum (K) za ugao i.

pa je kocna sila:

F"" RtlG+ q (2 H +h)/2 +v2 (5 G! + 6G + 6 Gu)/6 ghJIR = 1 28f kg,

358

3.176. : Ozhacimo sa Zl koordinatu tezista tela G1 u odnosu na pravu 0-0, a sa 2, koordinatu sredista O? kotura Kz, onda su duzina uzeta i odnos ubrzanja,:

i 1= Z, + z,'-k+ z, + 2· R1(;

r I I , I , 1 ~

", 4~/-t~." F" 'L.+:~ -, IG;

~ i

i

tG~ Slika 3.176.

fF,

G F, F: hji J a,

Gt

Zamislimo da smo prekiniJli uze, a njegov uticaj zamenili siJama F;, koje su razlicite zbog obrtanja koturova, (K;), i pretpostavimo da su ubrzanja kretanja tereta usmerena nanize, tada prema d' Alembertovom prindpu sledi:

3) G + G2 - F, - F3 + [- (M·~ M,) a,l = 0;

Posto j~ aj=Rw\ i a,='Rw,=-a l /2; (,),=adR; w,=G,IR=-at!2R; J,=J2=GRz/~g, prethodnejednacine bice:

(G·r·G,)ad2g-F,-F3 = -2G;

; ". -

Iz 0vOg isistema od cetiri jednacine odredicemo cetiri nepoznate: ubr-. zanje al i sHe: F" F, i F3• One izuuse:

az = -'-4 gl25 (nanize);

G/25 = J5kg; F3 = 28 GI25 = 14 kg.

sa spoljaslljim .Lahv.1tanjelll., pa su ugaona

J2 =G,R//g; , Prema za;konu 0 radu biee:

ill posle difere~ciranja: I

15 G2 R/ u3F/2g = 2ilk 'P;

.- 327'~ 16/100 = 52,32 sec'.

359

3.178. Ugaona brzina krivaje je . Wk = 901(/30 = 31(, a prenosni odnosi su

ii, = - RzIR, = - I ; il3 = R3/Rl = 1, pa je preilla tablicnoj metodi:

S!anje k 1 2 3

U>k "'k (Ok Wk

II -Wk -Wk -Wk/i,,=Wk -Wk/il3= -Wk

E "'k 0 2 Wk 0

Ovo je siucaj Fergusonovog paradoksa, jer poslednji zupcanik vrsi kruznu translaciju.

Kineticka energija iznosi:

Ek=M, ]12'/2 +J,w2'/2+M3 v//2+Jk 03//2=G· (2 R03k )2/2g·j GR2 (2 03d2j4g +.

+ G (4 R 03k)'/2 g + (3 G· 16 R2/6g) wk.'/2 = 15 GR'03/lg=

= 15· 5 . 64·91('/100·9,81 = 392 kgcm.

3.179. Iz zakona 0 radu, diferenciranjem sledi:

3.180. Ovde je nepokretni zupcanik (3). Sa slike se vidi da je poluprecnik nepomicnog. zupcanika R3 = RI + 2 R" pa sledi:

Za mase biee M2/Ml =Rz'IR/= 16, pa je M 2=J6M j •

Prema zakonu io radu macemo:

JleVj2/2+M2V2212 I J2c.)//2~JIW/12+g M 1 (R 2 03J' I

+ 256 J,. w//2· 64 = 9 J, w//2 = 2ilk'f'k-2il1 'PI'

pa diferenciranjem sledi ugaono ubrzanje:

3.181. Ovde je i12~R/R~ I, pa'jc -wd(wZ-wk)-I, to jest 03t~O.

te je ]I, = I Wk' Prema zakonu 0 radu biee:

pa diferenciranjem dobijamo ugaono ubrzanje:

t"k -:I 2ilk R/(,J G +G!,) [2-3, I 000· 981/70, ]002 _ .. 2 943/700 -~ 4,1(is",,-2,

360

3.182. Ovde su prenosni odnosi i '2 = i13 = -Z2/Z, = -1/3; = Z2 z./z, Z3 = 8/9. Osim toga, brzine su 1'2 = 1'3 = (R

J + R

2) W

k, gde su

precnici deonih krugova zllpcanika. Tablicnom metodom dobijamo:

Slanje 1-' k 1 2; 3 4

"'k Wk Wk Wk

II 0 -w k -wk/(-1/3) -wkl(8/9)

1: Wk 0 4 Wk -wk/8 ,

Prema zakonll 0 kinetickoj energiji bice:

i 1.= R; po!u-

1k wk 2/2 + 2 (m2 1'/ + 12 W/)/2 + 2 (m, v/ + 1, w/)/2 + J. w//2 =

= C w//2 = 'illk <flk + 'ill. <fl., gde je konstanta:

C =lk + 2 (m2 + m3) (R, + R2)2+ 32 (J2+ 13 ) +1./64'

Diferenciranjem dobijamo ugaono ubrzanje:

3.183. Prema Eulerovom obrascu imacemo:

!]1( = (r]- F2) R = F2 (elL" -1) =

Ugaono ubrzanje je:

w = 'illil = 2g F, (elL" -l)/RG (elm + 1).

3.184. Zavojnica je strma ravan, a obimna sila }'o dejstvuje horizontalno, to jest paralelno osnovi ravru. Tutalui utpor ravlli· gradi ugao

G, G

a) c)

Slika 3.18~.

361

trenja (p) sa normalom ravni, te je sila:

Fo = G tg (ex + p)= G (fL +tg ex)/O- fL tg ex) =G (h + fL d7t)/(dn- iL),

gde je fL = tg P koeficijent trenja, ex nagibni ugao zavojnice, tg ex = hid; h hod zavojnice, d srednji precnik zavrtnja. Umesto neposrednog dejstva sHorn Fi> Ilpotrebljava se sila F koja dejstvuje na ruCicu" duzine I, pa stvara moment FI = Fo R koji obrce. vrcteno. Prema tome, sila ce biti:

F= Fo R/l = Gd(h + Ii drc)/21 ?drc - [1). -~ ~;-~;

Za pokretanje (podizanje) tereta potrebna je ondajvcCa Siia od 1[. U ovom primerll iz ravnotde cekrka s]edi:fJbdnos:

t!~ Gj ·R=F2 ·r, iii F2 =G j R/r=G, 2R/2r=50.50j25=100kg,. G = 250 kg na platformi zavrtnja umanjuje na 250 -100 = I trebna sila:

F= 150·5 (0,8 + 0,15·5·3,14)/2·50. (5 ·3,14- 0,15) = 1,53kg.

Dakle, za podizanje tereta tdine G = 250 kg treba dejstyovati silom vee om od 1,53 kg, upravno na kraj rucice duzine i.

3.185. Na mestu dodira papuce tocka javlja se olpor trenja (FI'-)' pa

iz uslova za ravnoteiu cekrka i poJuge DAB sJedi:

G·r-FIL ·R=O; 1; M 0 = Fn . 20 +

IF" ·lO-F· 70=F(20/fL" 10)

-7·70=0.

Za date brojne vrednosti bice:

FIL =Gr/R=G2r/2R=

200·20/40= 100kg;

F = 100 (20/0,25 + 10)/70 =

"'" 900/7 = 129 kg.

,

G

Slika 3.185.

Ako je kocna sUa m.anja od 129 kg, nastupiee spustanje tereta tdineG ~ 200 k.~.

3.186. Teorijska onaga sya tri vodopada iznosi

p= Pi = {l OOOQ. 1; H i)/75 = 1000· 85· (20 + 15 + 10)/75 = 51 OOOKS= 36 760 kW_

3.187. Rad vrsi otpor kretallja kola, pa j" jJutrebna snaga; ZIl 5% veta. ·od efektivne snage:

P~ 1,05 Pc= 1,0) ·lW· 0,02·8·18/3,6·75 = 896 KS "'" 89G/I,J(i~ 659 kW.

362

3.188. Shaga je fad u jedinici vremena, pa je skalarni proizvod sile i brzine, odnos~o pri pravolinijskom kretanju proizvod sile i brzine, te je:

:P=(F, v)=Fv=Fw ·v=0,9v2 .v!75=768KS,

pa je brzina vsznje: J~~=-

v3 =768·75/0,9; v=V768.75·10/9=40m/sec=40.3,6= 144km/h.

2.189. Sitepen korisnosti iii koeficijent korisnog dejstva jeste odnos efektivne (Pe) j teo[ijske snage (P = Pi), posto se uvek javljaju gubici. Prema tome je:

1) = Pe/ P = (3 ~40. 103 . 30/24. 3 600 . 75)/30 =' 324 . 3 . 105/3 . 75 . 24 . 36 . I OJ =

. = 300/600= 1/2 =0,50 = 50%'

3.190. Pqtrebna teorijska snaga je:

P=Peh=[2400. 5· (3/60)/75]/0,8 =2 400·5·3/0,8.60· 75 = !OKS.

3.191. Oznacimo sa z = h podizanje tereta GJ, ouda je brzina podizanja v = Z = d (R rp)/dt = R 9 = R w. Prema zakonu 0 kinetickoj energiji biee:

D. Ek -=:A; 2 G· R2wZj4 g + (G J + G2) v2/2g = \]] 'P- G1 Z + Gz Z

I (6] +G, +Gz)v2/2g= [\]]+ (G2 -G I) RJz/R; v2 = cz.

11i

Difeni:nciranjen). dobijamo ubrzanje tereta:

a=~!C'" ~(~/;i; +Gz- G t + G2) =g (I 193,7 + 800 - 400)/(50 + I;i!~ .. '

'd . ! f,;,SOO+400) ,274g= 12,50m/sec2.

jer je obrtni m'omentr,{t I .~. '. .

\]]=7!120P/n=71620.15/~O=I!937kgcm i'l17/R=1193,7kg.

3.192. 0lbrtni momcnt pogo~skog kaisnika iznosi: I :

IJI!,~\]] 71620P/Il~,71620·20/120-11937kgc!ll.

OznaCimoi sa x = R cp put tereta, onda je prema 7akonu 0 kinetickoj -energiji: ;

D. F.k - A; i (2 J 1 ~)2 I GI I'2/g)/2 9J7 cp- {/I nin'~ == ((I]]/R) - Gj Sill 0:] X. I . . . •

Hrzina Je i v = R w, a moment incrcijc iznosi J = GR2j2g, te je kvaurat rbrzine:

v2 = 2g [(\]]/ R) - GJ sin 0:.)] x/(G + GJ).

Za datepoJatkc jc x=AB/2-(i-2Rre)/4=(400--12t1)/4-68,5cm, pa jc hr7:ina:

1'2 = 2·981 (597 - 500).68,5/1020= J 2 "775; !

l' = 11 3 em/sec = 1, 13m/sec.

I 363

3.193. Teorijska snaga motora je:

P = P.!'1) = 1000· 1,5/0,8· 10·75 = 2,5 KS.

3.194. Posto je pri pravolinijskom kretanju snaga proizvod sile brzine,

t.o je otpor broda:

Fw = Pe/v= Y) F/v = 0,6·5000.75/10· (I ,85/3,6) = 45 000 kg = 45 t.

3.195. Efekt:vna snaga motom je:

P,=1)P =0.20· 0,66 ·J,5· 427· (1800/2· 60)/75 = 17 KS.

3.196. Ovde 5U:

F~ Ap = 700 kg; 0 = 60°; sin t = (sin 6)j4 = V3/8; cos ~ = 1f6T/8 = 0,9763 ;

sin <jJ = 0,2165, pa su sile:

FB =156kg; Fr= 679 kg.

Snaga iznosi:

P=A ·p·(sn/60)j75 = Apsn/60 . 75= 100· 7·0,24·120/60.75 =4,48 KS.

3.197. Efektivna snaga iznosi:

Fe=1) P= Y)' (D2 n /4) p. (2 sn/60)/75 = 0,90·400.3,14·5·2·0,6. 120/4·60·75 =

= 45,22 KS = 33,24 kW.

3.198. Prenosni odnos je i = -WI/W2 = ZJZI = - 3/2, pa 5U ugaona ubrzanja u istom odnosu: wJ/w2.= - 2/3, te je w2 = - 3 wJ/2. Zbog toga sto je, prema zahtevu, llgaona brzina WI = WI t = 10 WI = 1200 n/30 = 40 n. biee ugaono ubrzanje WI = 4 re, pa je ugaono ubrzanje w2 = - 6 n sec-2

•

Prema zakonu 0 kinetickoj energiji biee:

J I w12/2 + J2 w//2 - (4 J, + 9 Jz) w//8 - '1l(1 'PI = 'lTI 'Pl'


Potrebna snaga iznosi:

Qll= (4 J1 + 9 J2) n = (4 GI Rl21 9 (J2 Rl);r/2g

= 19GI RJ2 n/2g.

p=lJ!1wj/75 = 19 G1 R?40 n 1/75· 2g-19· SUo U,152 . 40·/150=

=5,7KS, jer je T;2/g~1.

3.199. Rad 7amajca jeAz = J t",z '0 = J (nn/30)2 '0, gae je .T moment inercije, II o/min i (; slepen nemvnomernosti. Kod zamajca ubljka lui:ka moment

inen;ije iznosi:

J = M, R2 , MrR'/3 = 10 M, W/9 ~ 10·3 GR2/4· 9 g=' 5 GR2/6g= 5 GD2/24 g,

364

gde je G=Gv +G,=4G)3 tdina tocka. Prema torne je rad zamajca

A, = (5 GD2/24 g). (n n/30)2 3 = GD2 on2/4 320 = 200.1,22 .0,15 .

. 902/4 320 = 81 kgm.

3.200. Ovde su:

n = 573 o/min; VA = R (Uo = 600 ern/sec = 6 m/see;

aA = R (,j20 = 36 000 ern/sec2 = 360 rn/sec2; A = R/l = 1/5; F= 200·10 = 2000 kg

A' .,--,----___ : B'

42cm ut::; 1cm

1-------2fl1r----------i

SJika. 3.200.

(J0 Fr

0 0

30 1180

60 1960

90 2040

120 1600

150 840

180 0

L 7620

RJ( J(

5=(;=60 m

'7f A = 26{j-7620

= 798kgm

Fr,,- 1266kg

A z= 180kgm

Tangencijalna sila F~= Fsin (6 + <})/cos <} = FVn/vA moze se odrediti i grafii::ki, le se dobija dijagram rada tangencijalne sileo Kada se prenese i konstantui otpor nxlukovan na nlkavac krivaje FTu = A/2 R 1t = 798/0,20.3,14 =

= 1 266 kg, dobija 51: rad zam~jca A, = 180 kgm. Zamajni moment iznosi:

Z = GD2 = 4 320 A;/3 n2 = 4 320.180/(1/50).5732,

pa je teiina 7.amajca:

G -4320.180.5015732.0,82, 180 kg.

Posto je G=G,+G,=4G../3. to je teZtna venell G,.=3G/4=135kg; a tezina rebara .ie Gr -G/4=45 kg.

I I t,

l

TABLI E

, I

\

Tablica I

OBRASCI

obrasca Obrazac

1 ) STATIKA

J. Dve suprotne siJe

2. Rezultanta sistema kO]lne" amih sila

.~ ;-=n--+

Fy ~~ 2: Fi = F, + ... + Fi + . ; . + Fn ;=1

3. Pravilo 0 paralelogramu J trouglu siJa

- KosiJiusna teorema

- sinusna teoremn

I F, = F] + F2 = F2 + F J

I F,2=Ft'+F2'+2Ft F2 cosl)

1 F1/sin B = F,/sin a. - F,/sin 0; 0"; IX + f3

4. Pravijo 0 pravougaoniku Fy 2 = FI2 + F,2; siJa

sin IX = cos f3 = F,! F, ; I) = ex: + f3 = 1t!2 '!~:.;;,~:..

5. Projekcija sile na osu ~"l ...:. ~"".

X=(F, i)=Fcosa.; Y =Fcos f3

6. Sistem snce.lnih silll u ravni

- rezultanta

napndna linija rezultante y -x Ig ex:,- Yy x/X,;

Y, ~ F, (:0$ ", : Y, ~F, sin I'f.,

uslov za ravnolezu 2: X,=O;

368

' broj Znacanje obrasca Obrazac ,Rednil I I I-----"t-------+------

7.

8.

9.

DYe paralelne sile

-:- istog smera

- suprotnog smera

Moment sile za tacku

- yrednost

- analiticki Izraz

- promena pri promeni momcntne tacke

Spreg sila

10. Rayan sistem proizvoljnih

11.

sila

-,- rezultanta

- momentno praYilo -

- napadna linija rezul-tante

- odsccci

- uslov svodenja sistema na silu

- uslov svodenja na spreg

- uslov za ravnoteZu

Prostorne koordinate sile

- jacina sile

- kosinusi smera

12. Sistemprostornihsucelnihsila

- glavni vektor-rezultanta

- kosinusi smera

- usloy za ravnotdu

F1/q =Fjp= Fr/p +q

F1/q = F21p;"" Frlq - p

M~= ±Fh=12Au I M~=xY-yX

M~. = M~- (xo Y - YoX)

1]11 = ± Fr = 12 Au I

X,=LXi;

M~r =LM:i;

Yr=L Y/

xY,-yXr=L Mo; x/a +y/b = I;

a=LMo/Y,; b=-LMo/X,

L M=O, F,7'=-O

F,=O;

LX/=O; ~ Yi""O;

L M =~ (XI Yj-y/Xj=O

x = F cos a; Y = F cos (:'; L = F cos I

F=VX2+ P+Z2

X,=~Xi;

Z,=~ Zi

cos a, - X,I F,; cos ~,- Y,/Fr;

cos I, = ZrlFr

LY/=O; L; Z/=O

I

r I

I \

I ~~~'I Znacenje obrasca ---,--

''.

13. Moment'sile za tacku o (pol)

- projekcije

intenzitet

14, Moment sile za osu

15, Spreg sila

16. Redukcija prostornog sistema sila

17.

18,

- glavni vektor

- projekcije

glavni moment

glavni momenti za ose

- promena glavnog momenta pri promeni nchl kcione tacke j

Usloyi svooenja sistema

- nil 'gjuvni vektor

- na glayni moment-spreg

UsJovi za ravnotezu

pro~tonlUg sist~llHl sila

sila i momenata

24 Zbirka zadataka iz mehas.i.ke 1

Obrazac

M~ =[;:: £)=\ ~ IX

k

y z

YZ !

M,,=YZ-zY; My=iX-xZ;

lJIIy = ~ (z/X,-xIZ,);

'1I1z = L (Xi Y i - Yift)

1) Fr7'=-O; 'ill 0 = 0;

369

2) Fr=FO; lJIIo 7'=-O; F;.!. rIDo Fr=O; lJIIo = IJII,

L Xic~O;

LM,,=O;

L Yi~O;

L My=O;

370

IRed~il bro]

19.

Znacenje obrasca

n~ornenata

T . I .I. renJe ,

prj klizanju (Coulomb)

pri kotrljanju (otpor pl'otiv kotrljanja)

u~]ov cistog kotrljanja

I

Eulerov' obrazac

sila trenja i

Obrazac

A, B i C ne Ide na jednoj pravoj

F "0 = f.!.o Fn

II. KlNEMA TIKA

22. Ubrzanj\!

23. PravoJin)jsko kretanje

- je9noliko

i

- jednako promenljivo (ubnano III usporeno)

24. Ugaona brzina i ugaono ubrzanje

25. Tarigen<iijalno ubrzanje

26. Kvadrat brzine

17. Normalno (centripetalno) UbI7,(l,idt'

28. Poluprecnik krivine

s=r;

vs =D.s/6.t;

a=O; v=c=const.; S=vl=c(

a=const; v=vo+al;

s-sQ+vQ t+at 2 j2; v2 -v02 =2as

a r = dv/dt = d 2 sld!2 = (.;,.; + Y y)/v

v2= 5?+y2

Rk - v21aN = v3/(;y_ j;":;;) =

= (If y'2)JI2/y" = 1/ K

Rednil broj

29.

30.

31.

Znacenje obrasca

Radijalna i cirkularna brzina

Radijalno i cirkuJarno ubrzanje

Transformacije koordinata

- brzina

- ubrzanja

32. Translatorno kretanje kmtog tela

33. Obrtanje tela oko nepomicne ose (kruzno kretanje)

- jednoliko

- jednako prornenljivo

(ubrzano iii usporeno)

34. Kaisni prenosnici

35. Zupca&ti prenosnici

- redna sprega t Willis)

- paralelna sprega (Willis)

36. Zuvojno krctunjc

24"

Obrazac

Vr=r;

;. = (;-r~)~

ac=2;~+r;P=r-' d (r2~)fdt

x=r cos rp; y=r sin 'P

X=vrcos <P-Pc sin <p;

y=v, sin '1'+ Pc cos --> --+ VA=vB =", =vM "

371

w=O; W":'CODSt.; <p=wt; <V=irnj30

w=const.;

<P = <Po + we / + ~ /2/2

w2-w/~2<il'f'

zm-D

i= l/k= (- l)P W1/W" =

(-ljP[llz2k/llZ1k_J]; k=1,2, ... ,n

x· R (;O~ !jl; Y ~ R sin '1"; ;: - ". t; <p=w t; z= v, <p/w=/<p=h 0//2 n;

a,=O; a=caN =Rw2

372

Rednil . broj Znacenje obrasea

37. Tacnost merenja mikrometra

38. Puzni prenosnik

39. Relativno kretanje

- apsolutna brzina

- apsoiutno ubrzanje

Coriolisovo ubrzanje

40. Ravno kretanje krutog tela

- brzina

- ubrzanje

41. Trenutni pol (pol brzine)

42. Rulcte

43. Cikloida

44. Epicikloida

45. Hipoeikloida

ObrazaL

-+ aa=a, +ap + 4 c = a,T+ a,N+ apI, + apT +

~ -+-+

ac =2[wp, v,l; 4C=O ako je

wp=O; v,=O; ;;pl!r-;:

VA = Vir; V1,= 1 w (J.. I)

I=AB;

vA=AP·w; vs=BP·w; vs/vA=BP/AP

x=R(<p-sin<p); Y= R(I-eos <p)

x=(R I +RJ cos <PI-R2 COS [(Rt + + R2)/R;J'PI

Y = c sin <PJ - R2 sin (cIR2)'!'};

c=R1+R2

x= C':OS 'PI + R7, cos (cIR2) 'PI;

c-R\-R2

y = c sin 'Pj- R2 sin (cj R2) <PI

I

~Rednl-1 broj Znacenje obrasC'd

46. Evolventa kruga

47. Centricni klipni mehanizam

- poloz.aj ukrsne glilVe

brzina ukrsne gJave

ubrzanje ukrsne glave

48. Kulisni mehanizam

49. Planetski prenosruel

50. Difereneiialni prenosnici

Obrazae

X= R (cos 'P+<P sincp);

Y= R (sin Cp-'P cos cp)

xs=R cos 6+ I cos~;

sin <V=cos 'P=A sin6

373

Ys= -VA [sin (0+ <jJ)jcos t);vA=R wo:

as = - aA [cos (6 + t)(cob <jJ +

+ cos2 Ojeos3 <jJj

, - Wo cos Oleos 11'

" i

-wkl(wn-wk) = -n"/(nn-n~)=i=

m. DINAMIKA

51. Newtonovi zakoni

52. Pravolinijsko kretanje

- jednako promenljivo (to = 0)

-+

F=ma; G=mg; IM=py;

G-,V; p-y/g

F=ma; a=f(t); v=[r adHC j ;

s=JYdI+C2 i a = const.; v = Vo + at;

s=.I'o+vol+atYl- .

a ..... COH~t.;

.I' = So + 1'0 (r - 10) + a (t (0)2/2

374

Rednil broj i Znacenje obrasca

!

i 53. Siobodno padanje i hiei

- sJobodno padanje (pad)

- hitae nanize !

hitae navise

PravQiinijsko harmonijsko oscilovanje

!-' _\,

i 55. Horizontalni hitac

56. Kos pitac

-komponentne brzine

- !putanja

- :domet

j • • •• - ;Vlsma penJanJa

- imesui ugao ([3)

57. Kretapje po glatkoj strmoj ravhi

.- :mz fUVUn

Obrazac

a=g; v=gt; Z=h=g/2/2;

vk=gT=V2gH

Q=g; v=vo+gl; z=h=Vol+gt 2/2

v=O; Z=H=V02(2g;

x = A cos ';" - 6)2 x;

X=Vot; y=gt 2/2;

D2 = 2 vo2 H/g;

Y = gx2/2 Vo 2;

T=D/vo

my= -mg;

X=' vo cos e<; y = Vo sin <X - gt

y= vo! sin a.- g/2/2

y=xtg e<-gx2/2Yo2COS2 e<

()=vo2 sin 2 a/g; Dill .. = vo2/g; e<=450;

H = vol sin2 IX/2 g;

Hmax=vo2/2g; a.=90o

x.=2 V02

COS IX sin (a.-[3)/gcos ~;

Yu=xu tg[3

S=VOI+(gt 2 sin IX)/2; Fn=Gcoso:;

Redni/ broj Znacenje obrasca

- uz ravan

58. Kretanje po hrapavoj str-moj ravni

- niz ravan

- uz ravan

59. Konusno klatno

60. Kruzno kretanje teske tacke

- problem loopiriga

61. Matemati(ko klatno

62. Nadvisenje spoljasnje sine u krivi'ni

I 63. Rclutivno krctanjc

- relat:vna ravnoteZa

375

Obrazac

ma=Fcos f3-G sin a. = const.

Fn = G cos IX - F sin f3

m; = G sine< - F cos f3 - FiJ. = const;

Fn = G cos IX - F sin 13

mx=Fcos f3-G sin IX-FiJ. =consL

Fn = G cos a.-Fsin f3

Fn= G/cos a.; . Vo = R 6) =R Vg/H;

T=2rr/6)=2rrVH/g; n=30Vg/H/rr

mR~= -mgsin'f';

Yo=R;

V2 =VA2 + 2g (y-R);

FN - G [VA2 + (3 Y -2 R) gJ( Rg

f ~--gsin<pR; -gcp;

'f'= A C<)~ 6) t + H ~in w t = 'Po cos w t;

1,435m; Rk = 80; 150 i 250 m.

376

I_Rb_~_:~j7il __ ·_-___ z_n_a_ce_n_j_e_O_b_r_a_s~ ______ ~ ___ . _________ O_b_f_a_Za_c ____________ 1

I 64. Dinamicki zakoni za materi-

66.

67.

jalnu tacku

o kolicini kretanja

o momentu kolicine kretanja

o kinetickoj energiji

Mehanicki rad sile

Snaga

Sudar

-- upravni centralni sudar

-- koeficijent sudara

-- odlazne brzine

-- gubitak" kineticke energije

6? Dinamicki zakoni za materi-

I \

1

69

I 1 70.

1 1-

jalni sistem

-- zakon 0 kretanju sredista

-- zakon 0 kolicini kretania

-- zakon 0 zamahu

zakoll I.l kinctickoj energiji

D'Alembertov princip

Translacija tela

-> K=mv;

Ek - EkO = 6 Ek = A

! A= J (i, d7)= J ¥dx+ Ydy+Zdz;

I ->~ I P=dA/dt=(F, v)=Wlw; A=Wlq;

-+ -+ , ----+, mlvl+m2vZ=mlvl +m2v2

I i

Ii k :' ~2~~~~':/~v:~ ;~;I _ V2)~ ~~: J

V2' = V2 + (l + k) (v 1 - v2)/(I + ~);

-+ -+ Kc=Mv6 Kc=M ac=F,

Lc=:L [7" mi~]; Lc=L [~, ~l=®c Ph ~ HAs + Eku = Mv,}/2 + L m/s?/2

Ek=As+A.

F+Fw+( -m~)=F+Fw+ ~=O

LMo=[r: ;+Fw+~l=O

M-;c=:LFj=F,; Ek=MvC2/2

I·

Rednij broj Znacenje obrasca

71. \' Obrtanje tela oko nepomicne ose

72. Fizicko klatno

73.

74.

75.

76.

77.

-- jednaCina

per:od oscilovanja

redukovana duzina

Ravno kretanje tela

Uslov kotrljanja bezklizanja obrtnog tela po hrapavoj strmoj ravni

Kine(cki pritisci

Sile u delovirna klipnog mthanizma

Snaga masina

a) parne rnasine duplog df:jstva

b) cetvorotaktni sus

motor

377

Obrazac

q> = A cos w [+ B sin U) t='; q>o cos w t; 6 => w t

T = 2 TC/W = 2 TC V JIGs

i,=J/Ms= (1c+ MS2)/Ms~ s+ i//s>s

Mxc= L: X;; MYc=L Y;;: Jc ,p=lJ1lc

Ek = MVc2/2 + J e c),2/2 . i

Fk ,;, Gk sin a. ~ FtL = ~ G cos a

tgCf.~fL/k; k=l/[l4-(R/iYl ,

(Ul2 Xc + wyc) ~ (W2J"z +

y~ = - (w2 JyZ -;.,., Jxz)/Ji; k k i

ZA=Ze=O

F=D2 TCp/4; D [em]; prat=kg/cml]

Fs = F/cus,y;

FT = Fsin (6 + 0/)/C05 t};

PN - FC()[J (6 + '¥)/cos 'P

i

P =D2rrp· 2 sn/4· 4 50q [KS] I

P=D2 rtpsnN/36000 [KS]

.378

,Redni/ . Obrazac . broj I Znacenje obrasca

:I----'---;-------------t-----_______ _

c) dvotaktni Dlotor sus

d) jflcina vodenog Dllaza

e) klipna pUDlpa

nosti

- srednja ugaona brzina ,

-;,;aDlajni DlODlent

za zaDlajac obLka venca , ;-:a zaDlajac oblika tocka

;z:a z3Dlajac oblika diska

80. Redukcija Dlasa klipnog rriebanizDla na rukavac krivajei i klizac

a) DlaSe krivaje

b) ~pojne poluge . i

t.) J.ilizaca I

- pkupno na rukavac

Fupno na klizac

P=D2rrpsnN/l 8 000 [KSJ

p= J 000 QHf75 [KS] Q [Dl3/secJ

p = GHn/4 500 [KS], G [lit/obrt]

P = G 11: n (Rv, cos <Xl - rvz cos «2)/2 250 g

A z = J ({J)m;c wm~n)/2

0= ({J)max - w';'in)/{J)s

Ws = 11: ns/30 = 11: n/30

G[kg]; D [Dl]

GD2= 4 gJ = 3600 Ar/o nZ

GDz = 24 gJ/5 = 4320 Ar/o n2

GD2= 8 gJ = 7 200 Azlo nZ

M;A =Mt/3

M;A = Mz/3;

M;o =M)

M: ;;"(MJ +M2 )/3

------'------------ -

i ! ,

, ,'.

379

Tablica II

GEOMETRUSKE I MEHANICKE VELICINE

VeliCina I Oznaka Dimenzija Jedinica

Duzina, put I; L; s;x L Dl; CDl; kDl

Povrsina A2; S U Dl2; cm2

Zaprernina V L3 m3;cm3;dm3

Ugao .:<;(3;1';8 I rad; 0 ' "

Vreme /;T T s; sec; min; h

Brzina Jinijska v; c;s; x L/T m/sec; km/h

- ugaona <p;{J) liT l/sec ....

Ubrzanje linijsko a; s; x L/T2 m/sec2 ..

- ugaono <p;w 1/T2 1/sec2

Masa m;kf M;FT2/L kg mase; kg sec2/m

- specificna p; M/U;FT2/L' kg secz/m4

Sila, teiina F;G ML/Tz; F N (newton); kg; t

Specificna tezina 1m FlU kg/dml; kg/m3

Moment sile, moment sprega M{, FL kgm; kgcm; tm

Koeficijent trenja

- pri kli7.anju P- I -

- pri kotrljanju f;E L em;mm

Kolicina kretanja K ML/T;FT kg sec

Impuls sile I FT kg see

Zamah 1-0 FLT kgmscc

Rad sHe (mehanicki fad) A;W ML2/T2;FL Nm; kgm; kgcm

Energija kmeticka Ek FL kgUl

- potencijalna E,,;n;-U FL kgm

Snaga P FLIT kgm/sec; KS; kW

Stepen korisnosti 7J 1 -

Moment inercije i cenlrifugalni moment

- geometrijski Ix; ixy

I L4 em4

- maseni Jx;JXY MU;FLP kgmsecZ

380 381

. " , Tablica m Tablica IV

___ ,r"--'

- --;-

TEZISTA SLIKA eRA VNlH POVRSINA) TEZISTA TELA

Rednil --

\

, \'2B\ hroj Slika A Xc Yc '0, I-< Slika V Xc Yc Zc "'.0

I P::: , J--~~

1

I I

yl

1

I I

1. I bh/2 (Xl + Xl + x 3)/3 (Yl + Y2 + Y3)/3 -WM~~ i T, T2 \

0 0 0 b 1.

oL.- ___ ---.!... I

I !

yl b

2. ~1:i~r-7 (a+b)h/2 (a + 2 b)h/3(a + b) 1

-.::- -i x:,:~.', c.' _ L x~ lJiit (Xl +Xz + i"",,4 ' i-=4

z\ " T 2: y)4 : 2: zt/4 0 a 2. I C,'. -c' 3

BHj3 +X3 +x4)j4 i=1 ' i=l

0)...7;_ .:'=:-:~ ,-. ! IY

/ -~!i T, ,x

3. R2 a 0 (2 R sin a)/3 IX

1J 0 3H!4

3. BHI3 0 : .. ~: .. ~ . ~ : zc' =Hj4

III B=R2rc

~~ 4. R21':/2 0 4 R/3rt

0/ = fjR

A v1 - v2 = Zc

lIf 4. :c:,~ =1t(R2Hl-I 0

5. ~ R 2 7t/t! ~ R131ri <1 R/3 1t _r2 HJ/3

'/' oR' .3..

ty

~~ R2 a. 4 R ~inj IX r 6. 0 .:-:

2 RJ 1':/3 \) 0 3 Rj8 - (R2 sin 2 IX) /2 3 (2a-sin 20() i

5.

; ~~i.

382

Tahlica V

MOMENTI lNERCJJE SUKA(RA VNIH POVRSINA)

Redni/ Slika A Ix Iy fo i ,/-broj

;f

Iy

I. ®~ bh Wjl2 b3 hl12 AW+hZ) ----L· 12

b-l

y! b~h~o

2. DIJ~ a2 [['1/12 . ctjl2 ct/6 h rt ---!--b---l

yl

3. ~ bh/2 bh3j12 h(p3+ q3)

Ix+ly . P i q J_ 12 '0 x ·--b

4. ~-~ a2 V3/4 a4 V3j96 = Aa2/2 Aa2/12

a

yt

5. $~ , O. R2 n: R4 n:j4=AR2j4 R4 n:j2

y!

6. .d. tjJ= fjR

R2jt (1 _ <j;2) R4 (1- tjJ4)j4 R4( 1 :- <jJ4)j2

'$ 7. . R x

2 Rn:o R3n:!Y 2 R3 no ·ot-

I ; ,

RZn/2 R4 n/8 R4 n/4

8. f

I -5 R4n ( 64) I h, =-8- 1- 9n2 lc=h, +Iy ;

I

zbirka zadataka iz mehanike i

Documents