Isak Karabegovic - Dinamika i Oscilacije (Poglavlje 5)

Opći zakoni dinamike materijalne tačke U prethodnim poglavljima razmatrano je kretanje slobodne i neslobodne materijalne tačke, kao što je pokazano, razmatrani problemi rješavani su integracijom diferencijalnih jednačina kretanja. Vidjeli smo da je integracija u pojedinim slučajevima, čak i kada su problemi posmatrani pojednostavljeno, bila dosta složena i dobijeni rezultati su imali ne tako jednostavan matematički oblik. Da bi se izučavanje kretanja materijalne tačke pojednostavilo, u mnogim problemima daleko je pogodnije da se umjesto metode integracije diferencijalnih jednačina kretanja, primjeni jedan od općih zakona dinamike tačke koji su, ustvari, posljedica osnovnog zakona dinamike. U opće zakone dinamike materijalne tačke spadaju: zakon o promjeni količine kretanja, zakon o promjeni momenta količine kretanja i zakon o promjeni kinetičke energije. Opće zakone dinamike materijalne tačke treba posmatrati kao teoreme izvedene iz osnovnih Newtonovih zakona. Opći zakoni povezuju izvjesne dinamičke veličine koje karakterišu kretanje, kao što su kinetička energija, moment količine kretanja, itd., sa veličinama koje karakterišu djejstvo sila, rad sile, moment sile, itd.

5.1. IMPULS SILE Impuls sile jeste jedna od karakteristika djejstva sile na neku tačku ili tijelo u toku r vremenskog intervala. Pretpostavimo da na tijelo ili tačku djeluje sila F konstantnog intenziteta i pravca u toku nekog intervala vremena ∆t = t − t0 . Impuls sile za taj interval vremena određen je slijedećim izrazom: r r r I = F (t − t 0 ) = F ⋅ ∆t (5.1.)

r dI

r F M

r dI 0 r F0

r dI x

Fx t

r Ix

M0

0

t0

t t0

t

dt

Slika 5.1. Impuls sile Kao što je na slici 5.1. pokazano pravac impulsa sile poklapa se sa pravcem i smjerom sile, a intenzitet mu je jednak proizvodu sile i vremena. r I = F ⋅ ∆t . (5.2.) r Uvedimo u analizu pojam elementarnog impulsa sile F . To je vektorska veličina koju r r ćemo označiti sa dl , a koja također ima pravac djejstva sile F . r r (5.3.) dI = F dt gdje je dt elementarni vremenski interval. Projekcije elementarnog impulsa na ose koordinatnog sistema Oxyz su: dI x = Fx dt dI y = Fy dt dI z = Fz dt .

(5.4.)

Impuls sile može se definisati u određenom vremenskom intervalu, naprimjer, t0 - t : t r t r I = ∫ dI = ∫ F dt (5.5.) t0

to

Projekcije impulsa sile (5.5.) na nepokretne ose Descartesovog koordinatnog sistema (slika 5.2.) su: z t

Iz

I x = ∫ Fx dt

I

to

t

0

I y = ∫ Fy dt x

t

to

y

Ix

to

I z = ∫ Fz dt .

Iy

(5.6.)

Slika 5.2. Projekcije impulsa sile

U izrazima (5.5.) i (5.6) pretpostavlja se da je sila poznata funkcija vremena. Intenzitet impulsa sile određen je jednačinom I = I x2 + I y2 + I z2

(5.7.)

a kosinusi smjerova

r r I r r Iy r r I cos ∠ I , i = x , cos ∠ I , j = , cos ∠ I , k = z . (5.8.) I I I Da bismo na osnovu navedenih relacija mogli izračunati impuls sile a da pri tome nije poznat zakon kretanja tačke pod dejstvom sile, slijedi da treba izdvojiti one koje su konstantnog intenziteta, odnosno koje su poznate funkcije vremena. Određivanje impulsa sila koje su funkcije položaja tačke ili brzine tačke moguće je jedino ako je poznat još i zakon kretanja tačke. Ukoliko na materijalnu tačku M djeluje sistem sila čija je rezultanta n r r r r r Fr = F1 + F2 + ... + Fn = ∑ Fi

( )

( )

( )

i =1

možemo reći: Impuls rezultante sistema sila u posmatranom vremenskom intervalu, jednak je vektorskom zbiru impulsa komponentnih sila u istom vremenskom intervalu: t r t r t r t r t r n t F dt = F dt + F dt + ... + F dt + ... + F dt = ∫ r ∫ 1 ∫ 2 ∫ i ∫ n ∑ ∫ Fi dt t0

t0

t0

t0

r r r r r r I = I1 + I 2 + ... + I i + ... + I n = ∑ I i

t0

i =1 t 0

n

(5.9.)

i =1

5.2. ZAKON O PROMJENI KOLIČINE KRETANJA Da bismo iskazali zakon o promjeni količine kretanja, prvo ćemo definisati neke veličine. r Količina kretanja materijalne tačke K je vektorska veličina koja predstavlja proizvod r mase m materijalne tačke i vektora njene brzine v , to jest r r K = mv . (5.10.) Količina kretanja ima važnu primjenu r kada se mehaničko kretanje od jednog z Kz r tijela prenosi na drugo, opet u obliku r K r mehaničkog kretanja (npr. bilijarske v Ky r M(m) kugle). Vektor količine kretanja K r r Kx kolinearan je sa vektorom brzine v i istog smjera. Jednačinu (5.10.) možemo y 0 za kretanje materijalne tačke u prostoru prikazati u skalarnom obliku. Tako se dobijaju veličine komponenata x r (projekcije) vektora K (Kx, Ky, Kz) koje su: Slika 5.3. Vektor količine kretanja

K x = mv x = mx& K y = mv y = my&

K z = mv z = mz&.

(5.11.)

Dimenzija količine kretanja je jednaka dimenziji proizvoda mase i brzine [K] = [MLT-1 ] = [FT], gdje su [M], [L] i [T] dimenzije sile, dužine i vremena. Jedinica za količinu kretanja je Ns. Da bismo formulisali zakon o promjeni količine kretanja, pretpostavimo da na r materijalnu tačku M mase m djeluje sila F , tada je prema Newtonovom zakonu: r dv r m =F (5.12.) dt Pošto je masa m materijalne tačke konstantna veličina, može se pisati (m vr ) = Fr m (5.13.) dt ili r dK r = F. (5.14.) dt Ukoliko na materijalnu tačku djeluje sistem sila, onda se može dobiti jednačina r n r dK = ∑ Fi . (5.15.) dt i =1 Jednačina (5.14.), odnosno (5.15.) izražava zakon o promjeni količine kretanja u diferencijalnom obliku i možemo reći: Izvod vektora količine kretanja materijalne tačke po vremenu jednak je vektorskom zbiru (ili rezultanti) sila koje djeluju na tačku. Najčešće se pri rješavanju zadataka traži količina kretanja na kraju nekog vremenskog intervala. Vezu između količine kretanja na kraju i na početku posmatranog intervala i sila koje u tom intervalu djeluju, daje zakon o promjeni količine kretanja u integralnom obliku. Pođimo od jednačine (5.15.), s tim što ćemo je napisati u obliku r r r dK = ∑ Fi dt = ∑ dI (5.16.) Ukoliko posmatramo kretanja materijalne tačke u vremenskom intervalu t1 - t0, tada integracijom prethodne jednačine t1 r t1 r r d K = d ( m v ) = F ∑ ∫ ∫ ∫ i dt ,

t1

t0

dobije se

t0

(5.17.)

t0

r r r mv1 − mv0 = ∑ I i

r r r r r r odnosno, pošto je mv1 = K1 , mv0 = K 0 i I = ∑ I i , slijedi da je: r r r n r K1 − K 0 = I = ∑ I i i =1

kao što je prikazano na slici 5.4.

(5.18.)

t1

y

r mv1 t1

r

∫ Fdt

t0

r mv1

r F t0

M(m)

r mv0

r mv0 x

0 z

Slika 5.4. Priraštaj količine kretanja Jednačina (5.18.) predstavlja zakon o promjeni količine kretanja u integralnom obliku i slijedi: Priraštaj vektora količine kretanja materijalne tačke za neki konačni vremenski interval jednak je vektorskom zbiru impulsa svih sila, koje djeluju na materijalnu tačku u tom vremenskom intervalu. Zakon promjene količine kretanja u integralnom obliku naziva se zakon impulsa sile, a može se izraziti u skalarnom obliku n

n

n

i =1

i =1

i =1

K1x − K 0 x = ∑ I ix , K1 y − K 0 y =∑ I iy , K1z − K 0 z = ∑ I iz , odnosno n

mx&1 − mx&0 = ∑ I ix i =1 n

my&1 − my&0 = ∑ I iy i =1 n

mz&1 − mz&0 = ∑ I iz .

(5.19.)

i =1

t1

gdje je I ix = ∫ Fxi dt projekcija impulsa i-te sile na osu x, itd. t0

5.3. ZAKON O ODRŽANJU KOLIČINE KRETANJA MATERIJALNE TAČKE Ovaj zakon predstavlja poseban slučaj prethodno formulisanog zakona o promjeni količine kretanja. Ako na materijalnu tačku ne djeluje sila ili djeluje takav sistem sila čiji je vektorski zbir jednak nuli r (5.20.) ∑ Fi = 0, onda je

r r r dK d = (mv ) = 0 ⇒ mv = const. dt dt

(5.21.)

u tom trenutku. Odavde slijedi da brzina ima u tom trenutku ekstremnu vrijednost.

Zakon o održanju količine kretanja se odnosi na integralni oblik zakona o promjeni količine kretanja. Možemo ga izraziti u slijedećem obliku: Ako je u nekom vremenskom intervalu vektorski zbir impulsa svih sila jednak nuli, onda je količina kretanja materijalne tačke na kraju jednaka količini kretanja na r početku tog intervala. Iz (5.18.) slijedi ako je ∑ I i = 0 , onda je r r K1 = K 0 , odnosno r r mv1 = mv 0 = const. (5.22.) S obzirom da je masa m materijalne tačke konstantna veličina, to na osnovu r jednačine (5.22.), slijedi da je v = const. , drugim riječima, tačka u ovom slučaju kreće se ravnomjerno pravolinijski, a takvo kretanje tačke naziva se kretanje po inerciji. vektorskoj jednačini odgovaraju skalarne jednačine: mx&1 = mx& 0 , x&1 = x& 0 my&1 = my& 0 , y&1 = y& 0 mz&1 = mz& 0 , z&1 = z& 0

(5.23.)

Zakon o promjeni količine kretanja pogodan je za primjenu u slučajevima kada se impulsi sile mogu izračunati, a to je kada su sile funkcije vremena ili su konstantne.

5.4. MOMENT KOLIČINE KRETANJA ILI KINETIČKI MOMENT Pretpostavimo da se materijalna tačka M mase m kreće pod dejstvom sila r r r F1 , F2 ,..., Fn u odnosu na nepokretni koordinatni sistem 0xyz. Materijalna tačka ima r r količinu kretanja K = mv . Potražimo moment količine kretanja u odnosu na proizvoljno izabranu nepokretnu tačku i osu. Moment količine kretanja materijalne tačke s obzirom na nepokretnu tačku O (nepokretni pol), određen je vektorskim proizvodom vektora položaja posmatrane materijalne tačke M u odnosu na nepokretnu tačku O i vektora količine kretanja tačke M. r r K = mv z r F1 r r F2 v L0z

r L0

r r

M(m)

r Fn y

0

r mv1

h h1 x

Slika 5.5. Kinetički moment

r r r r r M 0K = L0 = r × mv

(5.24.) r gdje je L0 moment količine kretanja (kinetički moment). r Moment količine kretanja L0 u odnosu na nepokretnu tačku O jeste vektorska veličina i usmjeren je po normali na ravan koja je određena sa dva vektora r r r r r = OM i K = mv , pri čemu prolazi kroz nepokretni pol O i ima smjer u onu stranu odakle se vidi obrtanje vektora m u odnosu na pol O u smjeru suprotnom obrtanju kazaljke na satu. Intenzitet momenta količine kretanja jednak je proizvodu iz intenziteta količine kretanja materijalne tačke i kraka h: r r r r L0 = mv r sin ∠(r , mv ) 144244 3 h

L0 = m v ⋅ h. Ako radijus vektor položaja r i vektor brzine v izrazimo u obliku r r r r r = xi + y j + z k r r r r v = x& i + y& j + z& k za ose Descartesovog koordinatnog sistema imat ćemo rrr i jk r r r L0 = r × m v = x y z mx& my& mz& r r r r L0 = ( ymz& − zmy& )i + (zmx& − xm& z ) j + (xm& y − ym& x )k .

(5.25.)

(5.26.)

(5.27.)

Moment količine kretanja materijarijalne tačke u odnosu na nepokretnu osu (slika 5.5.), npr. Oz je skalarna veličina koja je jednaka proizvodu intenziteta projekcije r r mv1 vektora mv na ravan Oxy, koja je okomita na osu Oz, i kraka h1 te projekcije u odnosu na tačku O u kojoj os Oz prodire ravan Oxy L0 z = ± m v1 ⋅ h1 .

(5.27.)

Moment količine kretanja u odnosu na nepokretne ose Descartesovog koordinatnog sistema određen je: r r L0 x = L0 ⋅ i = m( yz& − zy& ) = Lx r r L0 y = L0 ⋅ j = m( zx& − xz& ) = L y r r L0 z = L0 ⋅ k = m(xy& − yx& ) = L z . (5.28.) Jedinica za moment količine kretanja u Tehničkom sistemu jedinica je kpms, a u Si je kg m2s-1.

5.5. ZAKON O PROMJENI MOMENTA KOLIČINE MATERIJALNE TAČKE r Pretpostavimo da se materijalna tačka M mase m kreće pod djejstvom sile F u odnosu na nepokretni referentni koordinartni sistem 0xyz (slika 5.6.).

r Moment sile F , s obzirom na proizvoljno odabrani nepokretni pol 0, određen je vektorskim proizvodom r r r r M 0F = r × F (5.29.)

r

gdje je r radijus-vektor položaja pokretne materijalne tačke. Kao što nam je poznato, moment količine kretanja materijalne tačke s obzirom na stalnu tačku O je r r r L0 = r × mv . (5.30.) Diferenciramo li prethodnu jednačinu po vremenu dobit ćemo r dL0 r d r = (r × mv ) dt dt (5.31.) r r r dL0 dr r r dv = × mv + r × m . dt dt dt

z

r L0 r M 0F

r r K = mv

r F

r v r r

0

M

y

x

Slika 5.6. Moment količine kretanja materijalne tačke r r r dr r dv Kao što nam je iz Tehničke mehanike - 2 poznato, v = ,a = , pa se gornja jednačina dt dt može napisati u obliku r dL0 r r r r = v × mv + r × ma, dt r r Zbog kolinearnosti vektorski proizvod v × mv = 0 jednak je nuli i konačno možemo napisati r dL0 r r = r × F, (5.32.) dt odnosno r r r r r r r dL0 = M 0F = r × F = ∑ M 0F1 . (5.33.) dt Jednačina (5.33.) predstavlja zakon o promjeni količine kretanja za tačku: Izvod momenta količine kretanja materijalne tačke za neku tačku O., jednak je vektorskom zbiru momenata svih sila koje djeluju na materijalnu tačku M računatih za istu tačku O. Jednačini (5.33.) odgovaraju tri skalarne jednačine, koje se mogu napisati koristeći poznatu teoremu iz analitičke geometrije da je projekcija izvoda nekog vektora na neku osu jednaka izvodu projekcije tog vektora na istu osu, tj. r  dL0    = dL0 x = dL x ,  dt  dt dt  x

te slijedi da je

r M xFi

r dL x = ∑ M xFi dt r dL y = ∑ M yFi dt r dL z = ∑ M zFi dt

(5.34.)

gdje je moment i-te sile za osu x, itd., a Lx, Ly, Lz, momenti količine kretanja materijalne tačke u odnosu na nepokretne ose.

5.6. ZAKON O ODRŽANJU MOMENATA KOLIČINE KRETANJA Pretpostavimo da na materijalnu tačku M djeluje takav sistem sila da je vektorski r

zbir momenata tih sila u odnosu na nepokretnu tačku jednak nuli M 0Fi = 0 , onda je moment količine kretanja u tom vremenskom intervalu za istu tačku O konstantan r r dL0 = 0 ⇒ L0 = const. dt odnosno r r r r × mv = C = const.

r

r

(5.35.)

r

r

Pošto je vektorski proizvod vektora r i v konstantan vektor, znači da vektori r i v leže u stalnoj ravni, te se u posmatranom intervalu tačka kreće u toj ravni. O ovoj vrsti kretanja bit će riječi u jednom od narednih poglavlja jer se radi o centralnom kretanju tačke. Ako je u nekom vremenskom intervalu algebarski zbir momenata svih sila, koje djeluju na materijalnu tačku, za neku osu jednak nuli, onda je moment količine kretanja tačke za tu osu konstantan u tom intervalu, npr. r

∑ M xF

i

= 0 tada je L x = const.

(5.36.)

Na ovaj način dolazimo do zaključka: Ako je algebarski zbir momenata svih sila koje djeluju na materijalnu tačku u odnosu na neku nepomičnu tačku, odnosno osu jednak nuli, onda je moment količine kretanja (kinetički moment) materijalne tačke u odnosu na tu tačku, odnosno osu konstantan. Ova činjenica naziva se zakon o momentu količine kretanja.

5.7. RAD SILE. ELEMENTARNI RAD SILE. IZRAČUNAVANJE RADA SILE NA KONAČNOM KRIVOLINIJSKOM POMJERANJU Da bismo okarakterisali djejstvo sile na materijalnu tačku duž nekog pomjeranja ne vodeći računa o vremenu, uvodi se pojam rada sile. r Pretpostavimo da se tačka M kreće pravolinijski pod dejstvom sile F konstantnog intenziteta, te da se pomjeri iz tačke M0 do tačke M1, slika 5.5.

Rad sile jednak je proizvodu intenziteta r r sile F , intenziteta vektora pomjeranja s

r F

i kosinusa ugla između pravca vektora sile i vektora pomjeranja: r r A = Fs ⋅ cos ∠ F , s (5.37.)

α

( )

M0

r s

M1

Na osnovu jednačine (5.37.) i slike 5.5. mogu nastupiti tri slučaja: Slika 5.5. Rad sile na pravolinijskoj putanji π a) ako je α < , rad sile je pozitivan, 2 π b) ako je α < , rad sile je jednak nuli i 2 π c) ako je α > , rad sile je nagativan. 2 Vodeći računa o vektorskoj algebri, rad sile možemo izraziti preko skalarnog proizvoda r r r r A = F ⋅ s = Fs cos ∠ F , s (5.38.)

( )

Na osnovu (5.38.) možemo zaključiti: Rad sile konstantnog intenziteta i pravca na pravolinijskom pomjeranju tačke r r određen je skalarnim proizvodom vektora sile F i vektora pomjeranja s napadne tačke te r r r sile. Ako na tačku djeluje sila F1 , F2 ,..., Fn čiji su intenziteti konstantni i ako se tačka M

r

pod djejstvom tih sila pravolinijski pomjeri za veličinu s , onda je rad sila određen na slijedeći način: r r r r A = ( F1 + F2 + ... + Fn ) ⋅ s r r r r r r A = F1 ⋅ s + F2 ⋅ s + ... + Fn ⋅ s n

A = A 1 + A 2 + ...A n = ∑ A i

(5.39.)

i =1

Vidimo da je rad jednak algebarskom zbiru radova komponenata na tom istom pomjeranju. r Ako se napadna tačka sile pomjera duž putanje s, slika 5.6. tada je rad sile F na r elementarnom pomjeranju ds (elementarni rad) veličina određena skalarnim proizvodom: r r d A * = F ⋅ ds . (5.40.) Elementarni rad je: r r r r d A = Fds cos ∠ F , v

( )

(5.41.)

gdje je: F intenzitet sile koja djeluje na tačku M, ds dužina MM1' pređenog elementarnog r r r r puta, ∠ F , v ugao između pravca sile F i pravca vektora brzine v .

( )

r Pošto je projekcija sile F na pravac tangente r r Ft = F cos ∠ F , t , to elementarni rad možemo izraziti u obliku

n

r Fn

M 1′ M0

( )

r F

M

r ds

M1

d A = Ft ⋅ ds.

t

α

r v

(5.42.)

r Ft

Slika 5.6. Rad sile na krivolinijskom pomjeranju Iz jednačina (5.41.) i (5.42.) očigledno je da rad sačinjavaju dvije veličine: sila i pomjeranje, pa slijedi da rad zavisi od ovih dviju veličina. Rad na konačnom pomjeranju napadne tačke sile od položaja M0 do položaja M1 određen je izrazom M1 r r r (5.43.) A 0 ,1 = ∫ Fds cos ∠ F , v

( )

M0

ili M1

A 0,1 =

∫ Ft ds.

M0

Jednačina (5.43.) omogućava izračunavanje rada samo u slučaju kada se može napisati zavisnost između komponente Ft sile i pomjeranja Ft = Ft(s) ili u slučaju kada se i sila i pomjeranje mogu izraziti pomoću jedne iste promjenljive. r Ako je projekcija sile F na pravac tangente konstantan u toku pomjeranja, tada je izraz za rad M1

A 0,1 = Ft

∫ ds = Ft (s1 − s0 ) = Ft ⋅ s

(5.44.)

M0

Rad sile se može izračunati pomoću projekcije sile i projekcije pomjeranja. Ako ove dvije veličine prikažemo u obliku r r r r F = Fx i + Fy j + Fz k (5.45.) r r r r r ds = dr = dxi + dxj + dzk , tada se elementarni rad može napisati u obliku r r δ A = F ⋅ dr δ A = Fx dx + Fy dy + Fz dz.

(5.46.)

Rad sile na konačnom pomjeranju od položaja M0 do M1 predstavljen je zbirom integrala

M1

∫ Fx dx +

A 0 ,1 =

M0

M1

M1

∫

Fy dy +

M0

∫ Fz dz

(5.47.)

M0

Kao što se iz dosadašnjeg izlaganja vidi, rad sile ima dimenziju proizvoda sile i pomjeranja. Jedinica za rad sile u Međunarodnom sistemu jedinica SI jeste jedan džul (Joule) (J). 1 Nm = 1 W s = 1 J.

________ *Elementarni rad označava se sa δA, a ne sa dA jer u općem slučaju elementarni rad nije totalni diferencijal. Kada je elementarno pomjeranje δs = ds , onda se i elementarni rad označava sa dA.

5.8.

RAD SILE TEŽE

Pretpostavimo da se materijalna tačka M mase m pod dejstvom sopstvene težine kreće (u homogenom polju Zemljine gravitacije) iz položaja M0(x0, y0, z0) u položaj M1(x1, y1, z1) prema slici 5.7. r r Rad sile teže G = mg odredićemo tada na osnovu analitičkog izraza za rad M1

A 0 ,1 =

∫ Fx dx + Fy dy + Fz dz

M0

z

r Projekcije sile G koordinatne osi su:

II

M0 I

Fx = 0

h M(m)

r G

M1 z1

z0 y

0 y1

x0 x

x1

y0

Fy = 0

Fz = −G = −mg. (5.48.) Uvrštavanjem u izraz za elementarni rad dobivamo d A = Fx dx + Fy dy + Fz dz odnosno d A = −Gdz = −mgdz (5.49.) Ukupni rad bit će

Slika 5.7. Rad sile teže z1

A 0 ,1 = − ∫ Gdz = −G ( z1 − z0 ) = G( z0 − z1 ) z0

gdje je z0 - z1 = h (ukupni vertikalni pomak tačke M).

na

Ako je z0 > z1, tj. kada je tačka M0 iznad tačke M1 imamo da je A (+), odnosno ako je z0 < z1, imamo da je A (-). Prema tome, A = ±Gh = ± mgh.

(5.50.)

Vidimo da je rad sile teže jednak proizvodu sile teže i veličine pomaka u pravcu vertikale. Rad sile teže ne zavisi od putanje po kojoj se kreće materijalna tačka M, već zavisi samo od krajnjih položaja, između kojih se pomiče materijalna tačka M. Rad sile po krivulji I (slika 5.7.) jednak je radu po krivulji II.

5.9. RAD SILE ELASTIČNE OPRUGE Pretpostavimo da je opruga AB učvršćena u tački A. Kada tačku B iz ravnotežnog položaja pomjerimo (slika 5.8.) za veličinu x, u opruzi se pojavljuje sila F0 = c ⋅ x (5.51.) gdje je c - koeficijent proporcionalnosti (konstanta elastičnosti opruge). Elementarni rad u općem slučaju je

A

d A = Fx dx + Fy dy + Fz dz . U ovom slučaju putanja se poklapa sa osam x (ishodište je u tački B, odnosno M0) pa je

c 0

B M0

dy = 0

r F0

x h

i

dz = 0.

Imamo da je

h

Fx = - F0 = - cx, M1

b

odnosno elementarni rad

a c·h

d A = − F0 dx = −cxdx.

x

Rad sile na konačnom pomjeranju M0M tačke određen je saglasno jednačini (5.47.).

Slika 5.8. Rad sile elastične opruge

M1

A (0,1) =

∫

M0

x

x2 F0 dx = −c ∫ xdx = − c 2 x 0

(5.52.)

x

= x0

(

c 2 x0 − x 2 2

)

(5.53.)

Možemo zaključiti da je rad sile elastične opruge jednak polovini proizvoda krutosti opruge i razlike kvadrata početnog i krajnjeg položaja, tj. početnog i krajnjeg izduženja (odnosno skraćenja) opruge. Za slučaj x0 = 0 nedeformisane opruge (slika (5.8.) izduženje opruge je određeno koordinatom x pa je rad sile

x2 h2 = −c (5.54.) . 2 2 Jednačina (5.54.) vrijedi i za istezanje i za sabijanje opruge. Na slici 5.8. prikazan je dijagram promjene projekcije sile elastične opruge Fx u zavisnosti od pomaka x donjeg kraja opruge. Imajući u vidu da je F0 = - cx, slijedi da je linija 0b prava linija. Jednačine (5.53.) i (5.54.) koriste se pri izračunavanju rada sila u svim slučajevima kada postoji proporcionalnost između sila i deformacija, to jest kada vrijedi Hookeov zakon. A = −c

5.10. RAD SILE TRENJA KLIZANJA Pretpostavimo da se materijalna tačka M mase m kreće po hrapavoj površini odnosno krivoj liniji. (slika 5.9.). Na materijalnu tačku M djeluje sila r trenja klizanja Fµ = µFn gdje je µ Fn koeficijent trenja klizanja Fn normalni pritisak. Pošto sila trenja klizanja Fµ M(m) ima uvijek suprotan smjer od brzine r r r v v (kretanja), to je rad sile trenja pri Fµ klizanju određen izrazom M1

M1

M0

M0

r mg

M0

A 01 = − ∫ Fµ ds = −µ ∫ Fn ds.

M1

(5.55.) Ako je sila trenja konstantna veličina, onda je rad A 01 = − µFn s gdje je s ) ) pređeni put, s = M 0 M 1 . Slika 5.9. Rad sile trenja klizanja

5.11. KINETIČKA ENERGIJA MATERIJALNE TAČKE Pod energijom podrazumjevamo fizičku veličinu koja je mjera kretanja materije pri prelazu iz jednog oblika kretanja u drugi, napr. mehaničke energije u toplotnu i dr. Kad se radi o mehaničkoj energiji razlikujemo kinetičku i potencijalnu energiju. Kinetička energija materijalne tačke (ili živa sila materijalne tačke) je skalarna veličina koja je jednaka polovini mase tačke i kvadrata njene brzine EK =

1 2 mv . 2

(5.56.)

Dimenzija kinetičke energije je dimenzija rada, tj. [F⋅ L], jedinica je džul, J = Nm. Može se uočiti da je kinetička energija jednaka nuli u stanju mirovanja materijalne tačke, a da je pri kretanju uvijek pozitivna valičina.

Ako je kretanje materijalne tačke zadano u Descartesovim koordinatama, tada se kvadrat brzine može izraziti kao zbir kvadrata projekcija vektora brzine, pa se kinetička energija može izraziti u obliku EK =

(

)

1 m x& 2 + y& 2 + z& 2 . 2

(5.57.)

r r

Kvadrat brzine se može izraziti kao skalarni proizvod v ⋅ v , pa kinetičku energiju možemo izraziti u slijedećem obliku EK =

1 r r m v ⋅ v. 2

(5.58.)

5.12. ZAKON O PROMJENI KINETIČKE ENERGIJE MATERIJALNE TAČKE Zakon o promjeni kinetičke energije spada među najvažnije zakone dinamike. Zakon o promjeni kinetičke energije tačke izražava vezu između rada sila koje djeluju na tačku i primjene brzine tačke. Da bismo formulisali ovaj zakon pretpostavimo da se materijalna tačka M mase m r r r r kreće pod dejstvom sistema sila F1 , F2 , F3 ...Fn (slika 5.10.). Pođimo od Newtonove diferencijalne jednačine slobodne materijalne tačke n r r r r r ma = F1 + F2 + ... + Fn = ∑ Fi .

(5.59.)

i =1

Projektujmo vektorsku jednačinu (5.59.) na pravac tangente na putanji materijalne tačke, dobit ćemo

b t

r F1

r ds

r v r F2 r F3

- M0 + s

M(m)

r Fn

n

Slika 5.10. Zakon o promjeni kinetičke energije to se jednačina (5.60.) može napisati u obliku mv

n dv = ∑ Fit ds i =1

n r r r mat = ∑ Fi cos ∠ Fi , v . i =1

( )

odnosno m

n dv = ∑ Fit . dt i =1

(5.60.)

Kao što nam je iz tehničke mehanike 2 poznato, tangencijalno ubrzanje dv at = ,a možemo ga izraziti u obliku dt dv dv ds dv at = = =v , dt ds dt ds

ili n

mvdv = ∑ Fit ds.

(5.61.)

i =1

Pošto je m = const., lijeva strana jednačine (5.61.) može se napisati kao diferencijal 1  d  mv 2  = Ft1 ds + Ft 2 ds + ... + Ft 3 ds. 2  Lijeva strana prethodne jednačine predstavlja diferencijal kinetičke energije dok na desnoj strani imamo upravo zbir elementarnih radova d A i sila koje djeluju na materijalnu tačku, te možemo napisati da je n

dE K = ∑ d A i .

(5.62.)

i =1

Jednačina (5.62.) izražava zakon o promjeni kinetičke energije materijalne tačke u diferencijalnom obliku: Diferencijal kinetičke energije na elementarnom pomjeranju materijalne tačke, jednak je algebarskom zbiru radova svih sila, koje djeluju na materijalnu tačku, na tom istom pomjeranju. Ako izvršimo integraciju lijeve i desne strane jednačine (5.62.) u granicama koje odgovaraju početnom M0 i krajnjem M1 položaju materijalne tačke, imat ćemo: v1

M1

M1

M1

1 2 ∫ d  2 mv  = ∫ Ft1ds + ∫ Ft 2 ds + ... + ∫ Fin ds, v0 M0 M0 M0 odnosno 1 2 1 2 mv1 − mv 0 = A 1 + A 2 + ... + A n 2 2 n

E k1 − E k 0 = ∑ A i .

(5.63.)

i =1

Jednačina (5.63.) predstavlja zakon o promjeni kinetičke energije tačke u konačnom obliku: Promjena kinetičke energije materijalne tačke pri pomjeranju tačke između dva položaja, jednaka je zbiru radova svih sila koje djeluju na materijalnu tačku, na tom konačnom pomjeranju. Ako je rad ∑ A i = 0 svih sila na tom pomjeranju jednak nuli,

(

)

tada je kinetička energija ta dva položaja ista. Ako je zbir radova sila u jednačini (5.63.) pozitivan, v1 > v0, kinetička energija se povećava, a kada je zbir radova sila negativan v1 < v0, kinetička energija se smanjuje.

5.13. SNAGA SILE ILI EFEKT RADA Objasnimo i pojam snage koji se vrlo često u tehnici upotrebljava. Snaga sile ili efekt rada je veličina koja izražava mehanički rad sile u jedinici vremena. Ukoliko je ta veličina u toku vremena konstantna, tada vrijedi

P=

A

, t Srednja snaga sile u vremenskim razmacima t0 i t1 određena je relacijom A − A 0 ∆A = Psr = 1 . ∆t t1 − t 0

(5.64.)

(5.65.)

Snagu sile ili efekta rada u nekom trenutku dobit ćemo kada potražimo graničnu vrijednost izraza (5.56.) a pri tome je interval vremena ∆t → L ∆A

=

dA

(5.66.) = P, ∆t dt što se dalje može napisati u slijedećem obliku ako se sjetimo definicije mehaničkog rada lim

∆t → 0

dA

F ds = t = Ft ⋅ v. (5.67.) dt dt Dakle, snaga sile F jednaka je proizvodu sile na pravac brzine (tangente na putanju) i brzine napadne tačke sile. Snagu sile, koja je kao i mehanički rad skalarna veličina, možemo izraziti kao skalarni produkt: r r r r P = F ⋅ v = F cos ∠ F , v v = Ft ⋅ v. (5.68.) P ==

( )

Dimenzija snage sile izražena je jednačinom

[P] = L2 M ⋅ T −3 , a snagu sile izražavamo u jedinicama (vat) 1 W = I J/s = 1 Nm/s. U tehničkoj praksi jedinica za snagu je konjska snaga 1 KS = 75 kpm/s a koristi se i kilovat 1 kW = 1000 W = 1000 Nm/s, odnosno 1 kW = 1,36 KS; 1 KS = 0,736 kW.

5.14. POLJE SILA, FUNKCIJA SILA, POTENCIJALNO POLJE SILA Dio prostora u čijoj je svakoj tački jednoznačno definisana vrijednost neke fizičke veličine, naziva se polje te veličine. Da li je posmatrana veličina skalarna ili vektorska: razlikujemo skalarno i vektorsko polje. Skalarno polje je npr. polje temperature, specifične mase itd., a vektorska polja su polja brzine, sile, ubrzanja itd. Ukoliko u svakoj tački posmatranog dijela prostora i u svakom trenutku djeluje r r sila F , koja je funkcija koordinata, onda imamo polje sile F (''sila polja''). Ako su projekcije Fx, Fy, Fz sile polja jednoznačne funkcije položaja (x, y, z), tj. Fx = Fx (x, y , z ) Fy = Fy ( x, y , z ) Fz = Fz (x, y , z ).

(5.69.)

takvo polje sile naziva se stacionarnim, za razliku od polja koje zavisi od položaja i vremena Fx = Fx (x, y , z, t ) F y = F y (x , y , z , t )

(5.70.)

Fz = Fz (x, y , z, t ).

koje se naziva nestacionarno polje sile. Pretpostavimo da postoji takva funkcija koordinata U(x,y,z) čiji su parcijalni izvodi po koordinatama jednaki projekcijama sila na odgovarajuće ose, tj. ∂U ∂x ∂U Fy = ∂y ∂U . Fz = ∂z Fx =

(5.71.)

Takva funkcija U(x,y,z) naziva se funkcija sile, a polje sile naziva se potencijalno polje. U ovom slučaju silu možemo izraziti i vektorski r ∂U r ∂U r ∂U r F= i+ j+ k = grad U = ∇U . ∂x ∂y ∂z

(5.72.)

Funkcija U čiji je gradijent sila, naziva se funkcija sile. U jednačini (5.72.) uveden je poznati diferencijalno-vektorski operator ∇ (čitaj ''nabla'', to je Hamiltonov operator): ∇=

∂ r ∂ r ∂ r i+ j+ k ∂z ∂x ∂y

r Ako gradijent funkcije sile (grad U, tj. silu F ) skalarno pomnožimo elementarnim r r pomakom d r radijus - vektora položaja sile F , dobivamo

r r r r ∂U r ∂U r ∂U r ∇U ⋅ d r = ( i+ j+ k ) ⋅ (dx i + dy j + dz k ) ∂x ∂y ∂z r r ∂U ∂U ∂U = dx + dy + dz = dU = F ⋅ d r ∂x ∂y ∂z r a to je elementarni mehanički rad sile F . r r Ukoliko je vektor d r okomit na vektor sile F = grad U, onda je r grad U ⋅ d r = dU = 0

(5.73.)

(5.74.)

što znači da su linije polja svuda okomite na sile, čine plohe U = const. a to su tzv. ekvipotencijalne plohe. One se nazivaju i nivo plohe. Treba se podsjetiti da je gradijent skalarne funkcije U vektor okomit na plohu U = const. a usmjeren je prema povećanoj vrijednosti U ( slika 5.11.).

Ako deriviramo jednačinu (5.71.) po x,y,z dobit ćemo ∂Fx ∂ 2U ∂Fy ∂ 2U ; itd. = = ∂y ∂x∂y ∂x ∂y∂x Kako su desne strane predhodnih jednačina jednake, to možemo napisati da je ∂Fx ∂Fy = , ∂y ∂x odnosno ∂Fx ∂Fy − = 0. (5.75.) ∂y ∂x

zr F = gradU A2 B2

U(x,y,z)=Ci+1>Ci

r F = gradU A1 B1 U(x,y,z)= Ci

0

y

Jednačina (5.75.) nije ništa drugo nego x komponenta vektora r rot F = 0 r Slika 5.11. Potencijalno polje u pravcu osi z. Vektor rot F možemo napisati u ispunjeno ekvipotencijalnim obliku plohama kao ljuskama r r r i j z r ∂ ∂ ∂  ∂Fx ∂Fy  r  ∂Fx ∂Fz  r  ∂Fy ∂Fy  r k = − z i +  z − x  j +  x − (5.76.) rotF = ∂x ∂y ∂z  ∂y ∂y  ∂   ∂ ∂   ∂ Fx Fy Fz r Iz vektorske analize poznato je da je rotacija neka vektorska funkcija, kakva je i sila F r r (5.77.) rot F = ∇ × F .

Ukoliko postoji funkcija sile U, onda je taj produkt jednak nuli (jednačina (5.75.)). Da bi r funkcija sile F imala potencijal, mora biti zadovoljen uslov r rot F = 0 (5.78.) r Elementarni mehanički rad sile F, d A je jednak r r mv 2 d A = F ⋅d r = d( ) 2 a možemo ga napisati u slijedećem obliku r r mv 2 F ⋅ d r = dU = d ( ) = dEK 2

(5.79.)

odnosno nakon integriranja U1 − U 0 =

mv12 mv02 − . 2 2

(5.80.)

Umjesto funkcije U1, uzima se njena negativna vrijednost, te imamo Ep = - U r Većina Ep naziva se potencijalom ili potencijalnom energijom materijalne tačke. Sila F , koja djeluje na materijalnu tačku u potencijalnom polju je r F = - grad Ep. (5.81.) Možemo zaključiti da, potencijalnom energijom nazivamo skalarnu funkciju Ep(x,y,z) koja zavisi od položaja materijalne tačke i čije su parcijalne derivacije po x,y,z sa suprotnim predznakom jednake komponentama sile koja djeluje na materijalnu tačku. Razlika potencijalne energije je tada jednaka mehaničkom radu, koji je da bi materijalna tačka r dobila pomak iz položaja M0 u položaj M1 djelovanjem sile - F (suprotno sili polja), tj. r1 r0 r r r r ( E p )1 − ( E p )0 = − ∫ F ⋅ d r = + ∫ F ⋅ d r (5.82.) r0

r1

Prema tome, potencijalna energija ili potencijal u tački M1 (Ep)1 odgovara mehaničkom radu potrebnom da se materijalna tačka pomjeri iz položaja nultog potencijala (Ep)0 = 0 u položaj M1.

5.15.

ZAKON ODRŽANJA MEHANIČKE ENERGIJE MATERIJALNE TAČKE

Da bismo formulisali zakon održanja mehaničke energije materijalne tačke, pođimo od jednačine r r mv 2 F ⋅ d r = dU = d ( ) = dEK , 2 koju možemo napisati u obliku mv 2 (5.83.) − dE p = d ( ) = dE K , 2 odnosno dEK + dE p = 0 d ( EK + E p ) = 0 odakle dobijamo da je EK + Ep = const.

(5.84.)

Jednačina (5.84.) izražava zakon o održanju mehaničke energije koji glasi: Suma kinetičke i potencijalne energije (u izoliranom sistemu) u potencijalnom polju konstantna je veličina. Suma (5.84.) naziva se još i ukupna ili totalna energija. EK + Ep = E = const. Dimenzionalna formula za energiju je [E] = F L-1 T2 L2 T-2 = FL a jedinica Nm = J.

RJEŠENI ZADACI IZ POGLAVLJA 5. r Fn

r Fµ

Zadatak 5.1.

M

r mg

r v

x

α

Materijalna tačka M mase m spušta se niz hrapavu ravan koja je nagnuta pod uglom α prema horizontali. Koeficijent trenja klizanja tereta o strmu ravan je µ. U početku kretanja r brzina materijalne tačke je v . Poslije kog intervala vremena će brzina materijalne tačke dostići dvostruku vrijednost.

Slika uz zadatak 5.1. Rješenje: Napišimo zakon o promjeni količine kretanja materijalne tačke r r r K 2 − K 1 = ∑ I (Fr ). i

Projektovanjem ove vektorske jednačine na pravac x ose, dobijamo mv 2 x − mv1x = mg sin α∆t − Fµ ∆t. Kako je poznato da je

v 2 x = 2v v1x = v Fµ = µFn = µ mg cos α

to prethodna jednačina dobiva slijedeći oblik

2mv − mv = mg (sin α − µ cos α )∆t.

Traženi interval vremena ∆t ∆t =

v . g (sin α − µ cos α )

Zadatak 5.2.

H

m

α d

r v0 αA

Slika uz zadatak 5.2.

r Iz mlaznice brzinom v0 ističe voda tako da na visinu H podiže zvono mase m. Mlaznica je poprečnog presjeka A. Udarajući o zvono, kao što je pokazano na slici, mlaz vode se dijeli na dva dijela i vraća se pod uglovima α. Odrediti na kojoj će visini H biti zvono.

Rješenje: Masa vode koja ističe mv = ρv0 A = ρv 0

d 2π . 4

Težina zvona Fz = mg. primijenimo zakon o promjeni količine kretanja u konačnom obliku t r r r K 2 − K1 = ∫ Fz dt . 0

Kako je

r m r m r K 2 = v v2 + v v2 2 2 r r r K1 = mv1 = mv0 .

dobijamo mv r mv r r v2 + v 2 − mv v1 = ∫ Fz dt. 2 2 0 t

(a)

Projektovanjem jednačine (a) na pravac y ose, dobivamo mv r v 2 cos α − v1 ⋅ mv = − Fz t 2 − Fz t + mv v 2 cos α + v1 mv = 0

−2

(b)

Fz t = mv (v 2 cos α + v1 ) mv = ρv 0 A. V d 2π = A ⋅ v0 = v0 . Primijenimo li zakon o promjeni kinetičke energije u t 4 konačnom obliku, imat ćemo 1 1 mv v 02 = mv12 + mgH 2 2 iz kojeg slijedi

protok je Q =

r

r

v1 = v 02 − 2 gH .

Kako je v1 = v 2 , jednačina (b) ima oblik − mv g + v 02 − 2 gH (1 + cos α )ρv 0 Visina H=

 1 2  mg v 0 −   2 1 cos ( + α ) ρ v A 0   

2

 .  

d 2π = 0. 4

Zadatak 5.3. Preko kotura koji se može obrtati oko horizontalne ose prebačeno je uže. U tačkama A i B užeta pridržavaju se rukama dva čovjeka jednake težine. Što se zbiva sa čovjekom B ako se čovjek A počinje penjati po užetu brzinom vA. 1) Masu kotura, užeta kao i trenje zanemariti. 2) Uzimajući u obzir težinu kotura koja četiri puta manja od težine čovjeka, a pri tome je pretpostavljeno da je masa kotura jednoliko raspoređena po njegovom spoljašnjem obimu. y Rješenje: r y0 r x0

R

z

r vA

r mA g

Primjenimo zakon o promjeni momenta količine kretanja r r dL0 (a) = ∑ M 0Fi . dt Projektovanjem vektorske jednačine (a) na pravac z ose, imamo dL z =0 dt 1) Kako je, ako zanemarimo masu kotura i užeta m g m g L z = − A (v A + v B )R − B v B R = 0 g g dobivamo

x

A r vB

B r mB g

vB = −

Slika uz zadatak 5.3.

mA vA m A + mB

Ovdje je iskorištena činjenica da je sistem u početku mirovao. Kako su mase iste mA = mB, to je v vB = − A . 2 m 2) Uzimajući u obzir masu kotura mK = A 4 mA g mB g mA g 4 (v A + v B )R − Lz = − vB R − Rv B = 0, vB = − vA . 4g 9 g g

Zadatak 5.4. l0 R

Slika uz zadatak 5.4.

m r v0

O savitljivu sajlu zanemarive mase obješena je masa m na dužini l0. Sajla se počinje namotavati na disk poluprečnika R. Masa se pušta početnom brzinom v0. Odrediti brzinu mase m u proizvoljnom trenutku vremena, dužinu l(t) sajle, moment količine kretanja L0(t), te silu u sajli.

Rješenje: Brzina mase je nepromjenjiva m

v(t) = v0 = const.

φ

Dužina na kojoj je pričvršćena masa je funkcija ugla ϕ

R·φ

R

l (ϕ ) = l 0 − Rϕ. m

Ako potrežimo izvod po vremenu, dobit ćemo dl dϕ = −R . dt dt

Slika uz zadatak 5.4.

dϕ , uvrštavanjem v0 u predhodnu jednačinu dobivamo, dt dl vR =− 0 dt l Rastavljanjem promjenljivih te integriranjem imat ćemo Kako je v0 = l ⋅

l dl = −v0 R dt

∫ l dl = ∫ − v

0

R dt

1 2 l = −v0 R t + C. 2 Integracionu konstantu C odredit ćemo iz početnih uslova za t = 0, l = l0 1 2 1 l0 = v0 ⋅ R ⋅ 0 + C ⇒ C = l02 . 2 2 Uvrštavanjem u prethodnu jednačinu, dobit ćemo l = l (t ) = l02 − 2 Rv0t .

Moment količine kretanja r L0 = r × mv . Sa slike vidimo da je r r r r = R + l , te dobivamo r r r r L0 = ( R + l ) × mv r r r r r L0 = R × mv + l × mv .

α

R

r r

r l m

Slika uz rješenje zadatka 5.4. r r r r r r r r r r Kako je R v , slijedi R × mv = 0, a iz l ⊥ v slijedi l × mv = l mv 0 . Dobivamo da je intenzitet momenta količine kretanja

L0 = lmv0 = mv0 l02 − 2 Rv0t .

Primjenom zakona o promjeni momenta količine kretanja, nalazimo silu u sajli r r dL0 = M0 dt r r d r l (t ) × mv0 = M Fr s dt d dl (t ) = [l (t ) × mv0 ] = mv0 = Fs (t ) ⋅ R dt dt mv dl Fs (t ) = − 0 , R dt

[

]

odnosno Fs (t ) =

mv02 = l

r Fn r v0

α

l02 − 2Rv0t

s

.

Zadatak 5.5. Materijalna tačka M mase m kreće se uz hrapavu strmu ravan, čiji je koeficijent trenja µ a nagib α. Početna brzina materijalne tačke je v0 i usmjerena je uz strmu ravan. Odrediti put koji tačka pređe do zaustavljanja i vrijeme trajanja ovog kretanja.

M

r Fµ

mv02

r mg

Slika uz zadatak 5.5. Rješenje: Primjenimo li II Newtonov zakon, dobit ćemo r r r r ma = mg + Fµ + Fn

(a)

Projektovanjem vektorske jednačine (a) na pravac putanje s, dobijamo dv = −mg sin α − µmg cos α / : m ⋅ dt dt dv = − g (sin α + µ cos α )dt v − v 0 = − g (sin α + µ cos α )t . ma = m

∫

Na kraju putanje brzina je jednaka nuli v = 0, pa dobijamo t=

v0 . g (sin α + µ cos α )

v=

ds = v 0 − g (sin α + µ cos α )t , / ⋅ dt dt

Kako je

nakon integriranja dobijamo zakon promjene puta s = v0 t − g (sin α + µ cos α )

t2 . 2

U trenutku kada se tačka M zaustavi s=

v 02 . 2 g (sin α + µ cos α )

Drugi način rješenja je primjenom zakona o promjeni kinetičke energije E k1 − E k 0 = ∑ A i 1 2 1 2 ms& − mv 0 = −mg (sin α + µ cos α )s, 2 2 U trenutku mirovanja s& = 0 pa se dobije s=

v 02 . 2 g (sin α + µ cos α )

primjenom II Newtonovog zakona na potpuno isti način kao prethodno, dobijamo t=

v0 . g (sin α + µ cos α )

Zadatak 5.6. Materijalna tačka M mase m puštena je bez početne brzine niz glatku strmu ravan koja u tački A prelazi u vertikalnu glatku kružnu putanju. Sa koje visine h, u odnosu na tačku A, treba pustiti materijalnu tačku M, pa da u tački A normalni pritisak bude jednak četverostrukoj težini materijalne tačke. Koliki je tada pritisak na vezu u tački C i u kom položaju materijalna tačka napušta vertikalnu kružnu putanju? 1° M R h

0

C

2° M Slika uz zadatak 5.6.

Rješenje: Primijenimo li zakon o promjeni kinetičke energije od položaja 1o početka do položaja 2o tačke A, dobit ćemo E k 2 − Ek 1 = ∑ A 1 2 1 2 mv A − mv 0 = mg ⋅ h, v 0 = 0 2 2 Na ovaj način dolazimo do brzine u tački A v A2 = 2 gh.

rR F φ n

H

h

n

A

r Ft in

C M φ

r mg

r Fnin

Slika uz rješenje zadatka 5.6. Korištenjem zakona o promjeni kinetičke energije za tačku, a za proizvoljan položaj tačke (određen uglom ϕ) na kružnoj putanji, dobijamo 1 2 1 2 mv M − mv 0 = mgH 2 2 H = h − r (1 − cos α ). Brzina tačke M u proizvoljnom trenutku je v M2 = 2 g [h − R (1 − cos ϕ )]. Primjenimo li D'Alamberov princip za tačku M, dobijamo vektorsku jednačinu r r (a) mg + Fn + Fnin = 0. Projektovanjem vektorske jednačine (a) na pravac normale, dobijamo Fn = mg cos ϕ + Fnin . Kako je Fnin = m

v M2 , to je R Fn = mg cos ϕ +

mv M2 2h = mg (3 cos ϕ − 2 + ). R R

U tački A, zadatkom je dato, Fn = ( Fn ) A = 4mg , ϕ = 0 0 , te uvrštavanjem u prethodnu jednačinu dobit ćemo

4mg = mg (3 cos 0 0 − 2 + h= Za tačku C ϕ = 900

2h ) R

3R , Fn = mg (3 cos ϕ + 1). 2

Fn = ( Fn ) c = mg (3 cos 90 0 − 2 + 3) ( Fn ) c = mg. Tačka M će napustiti putanju. Tada je reakcija Fn = 0 što nam daje 0 = mg (3cosϕ + 1) 1 cos ϕ = − 3 Ugap ϕ određuje mjesto gdje tačka M napušta putanju. Zadatak 5.7. Materijalna tačka M mase m kreće se po glatkoj kružnoj putanji poluprečnika R u vertikalnoj ravni pod djejstvom sile teže i pod djejstvom horizontalne sile F. Ako tačka M počinje kretanje iz položaja 0, bez početne brzine, odrediti reakciju putanje u tački A koja je određena uglom

0

r mg

R

α = 60 0 , F = 3G.

φ

Rješenje:

Slika uz zadatak 5.7. r Fnin

Projektovanjem vektorske jednačine (a) na pravac normale, dobivamo Fn + mg cos α − F cos(90 0 − α ) − Fnin = 0 Fn = F sin α − mg cos α + ma n odnosno 2 A

mv (b) R Brzinu, koja je ovdje potrebna, naći ćemo iz zakona o promjeni kinetičke energije 1 1 mv 2A − mv 02 = A 2 2 2 mv A = 2 A

A

α

Primjenimo li D'Alamberov princip na materijalnu tačku M u proizvoljnom trenutku, dobijamo vektorsku jednačinu r r r r Fn + mg + F + F in = 0 (a)

Fn = F sin α − mg cos α +

r F

M

r Fn

h R φ

dφ

α

r F

r Fnin r F

ds

r mg

r Fn

α

r mg

Slika uz rješenje zadatka 5.7.

Rad sila α

A = mgh + ∫ F cos ϕds 0

α

A = mgR (1 − cos α ) + ∫ FR cos ϕ dϕ 0

h = R − R cos α = R (1 − cos α ) A = mgR (1 − cos α ) + FR sin α 1 3 = 2mgR A = mgR (1 − ) + G 3 R 2 2 Prema tome je mv 2A = 4mgR Smjenom u jednačinu (b), dobit ćemo traženu reakciju 3 mg 4mgR − + 2 2 R Fn = 5 mg.

Fn = mg 3

Zadatak 5.8. B

h

M D

r vA α

E a

b

Slika uz zadatak 5.8.

Materijalna tačka M mase m kreće se uz hrapavu strmu ravan AB, nagiba α i visine h. Kolika mora biti početna brzina v0 tačke M ako ona polazi iz položaja A, da bi, pošto napusti strmu ravan, u tački B, preletjela vertikalnu prepreku D, visine h, udaljenu za dužinu a od A strme ravni? Koeficijent trenja strme ravni je µ = 0,5. Na kojem udaljenju od prepreke D tačka ponovo pada na ravan AE? Koliko ta udaljenost iznosi ako je h = 2a i α = 450.

Rješenje: Prvo moramo odrediti brzinu materijalne tačke M u tački B, vB u funkciji početne brzine vA. Ovako određena brzina vB je početna brzina za dalje kretanje tačke po putanji kosog hica BE iz čijih jednačina ćemo odrediti vA, potrebnu za prelijetanje prepreke, kao i koordinate tačke E, odnosno b. Primjenom zakona o promjeni kinetičke energije E kB − E kA = ∑ A i 1 1 mv B2 − mv 2A = −(mg sin α + µmg cos α ) s, 2 2 dobijamo v B2 = v A2 − 2 gh(1 + µ ctgα )

(a)

r vB

y B

x D

h

h

E

r Fn

r Fµ

r mg D α

r vA A

b

a

Slika uz rješenje zadatka 5.8. Da bi tačka M preletjela prepreku, domet mora biti veći od dužine a (vidi zadatak 3.13. izračunavanje dometa) D=

[

]

v B2 sin 2α v 2 − 2 gh(1 + µ ctgα ) sin 2α = A ≥a g g ag v 2A ≥ + 2 gh(1 + µ ctg α ) sin 2α

(b)

Za date vrijednosti h = 2a, α = 450 i µ = 0,5 dobijamo v 2A ≥ 7ag , v B2 = v A2 − 3gh v B2 ≥ ag Koordinate tačke E(a + b, - h) (vidi zadatak 3.13.) y = x tgα −

gx 2 2v cos 2 α 2 B

− h = (a + b)1 −

g (a + b) 2 v B2 2

Pošto uzimamo donju graničnu vrijednost za brzinu vB, v B = ag, i zamjenom u predhodnu jednačinu, dobit ćemo kvadratnu jednačinu po nepoznatoj veličini b. Odgovarajuće rješenje za jednačine (pozitivno) tražena je udaljenost b2 + ab - 2a2 = 0 b = a. Zadatak 5.9. Materijalna tačka M mase m kreće se u vertikalnoj ravni u polju teže, po unutrašnjosti glatke cilindrične površine. Tačka M polazi iz položaja B početnom brzinom vB , koja ima pravac putanje u tački B. Koji uslov mora biti zadovoljen za brzinu vB pa da se tačka M nigdje ne odvoji od putanje BA? U tački A materijalna tačka napušta površinu BA. Kolika mora biti brzina vB i rastojanje 0102 da bi tačka M počev od položaja K, bez udara, nastavila da se kreće po unutrašnjosti valjka KE? kako se tačka M kreće pošto pređe E? Poluprečnici cilindra su r a α = π/3.

E

B r vB 01

02 r

r A K O1O2

Slika uz zadatak 5.9. Rješenje: Za proizvoljan položaj tačke M na putanji BA (određen uglom) možemo napisati zakon o priraštaju kinetičke energije za materijalnu tačku u obliku: E k − E kB = ∑ A 1 2 1 mv − mv B2 = mgh = mg (r − r cos ϕ ) 2 2 v 2 = v B2 − 2 gr (1 − cos ϕ )

r Fnin

r v

r vE

B r vB M φ

r mg

r Fn

h

r Fn

r vA

01 60° r A

r Fnin

E

r mg

02 K

r

60°

θ

r vK O1O2 Slika uz rješenje zadatka 5.9. Primjenom D'Alamberovog principa, dolazimo do reakcije podloge r r r mg + Fn + F in = 0 Projektovanjem vektorske jednačine (a) na pravac normale, dobijamo

(a)

mv 2 − mg cos ϕ r Zamjenom izraza za brzinu, reakcija Fn poprima slijedeći oblik: Fn =

Fn =

mv B2 + 2mg − 3mg cos ϕ r

Pošto materijalna tačka treba da ostane stalno u vezi sa podlogom, to reakcija podloge mora biti na čitavom putu BA veća od nule. Na osnovu ovoga možemo napisati Fn > 0; mv B2 > 3mg r cos ϕ − 2mgr; v B2 > 3gr cos ϕ − 2 gr Brzinu u položaju A, to jest na kraju puta BA, dobijamo primjenom zakona o promjeni kinetičke energije 1 2 1 2 mv A − mv B = mgr (1 + cos α ) 2 2 2 2 v A = v B + 2 gr (1 + cos α ) Reakcija podloge je najmanja u položaju B pa u tom položaju materijalna tačka najslabije pritišće na podlogu. Za taj najkritičniji položaj brzina bi bila F ≥ 0, odnosno

v B2 ≥ 3gr cos 0 0 − 2 gr ; v B2 ≥ gr

Uzimajući granični slučaj za brzinu vB , dobijamo brzinu u položaju A v A2 = v B2 + 2 gr (1 + cos 60 0 ); v A2 = 4 gr Od tačke A do K materijalna tačka se kreće po zakonima kosog hica. Da bi materijalna tačka ušla bez udara u drugu šupljinu, mora dužina AK biti jednaka dometu (vidi zadatak 3.13.): D = AK =

v A2 sin 2α 4 gr sin 120 0 = =2 3r g g

Tražena udaljenost je O1O2 = 2r sin α + d = 3 3 r Brzina kojom tačka počinje da se kreće po putanji KE je, po intenzitetu, jednaka brzini vA(vK = 4gr). Brzinu kojom se kreće tačka M po putanji KE naći ćemo iz zakona o promjeni kinetičke energije 1 2 1 2 mv − mv k = mgh1 2 2 h1 = r cos 60 0 + r sin(θ − 90 0 ) v 2 = 3gr + 2 gr cos θ Reakcija je podloge u ovom dijelu putanje na isti način kao u predhodnom dijelu putanje: mv 2 − mg cos θ r Fn = 3mg (1 + cos θ )

Fn =

Iz ovog izraza možemo zaključiti da je reakcija podloge za sve uglove θ do 1800 veća od nule, što znači da je materijalna tačka u stalnom kontaktu sa podlogom za vrijeme kretanja po putanji KE. U tački E materijalna tačka napušta vezu brzinom koja iznosi v E2 = 3 gr + 2 gr cos 180 0 = gr Dalje kretanje materijalne tačke se odvija po zakonima horizontalnog hica, to jest po paraboli.

Zadatak 5.10.

h

Iz horizontalne cijevi dužine h = 800 mm, izbačena je pomoću opruge krutosti c = 0,16 N/mm kuglica težine G = 1N. Dužina opruge u nenapregnutom stanju je l = 400 mm, a kinetički koeficijent trenja između kuglice i cijevi je µ = 0,2. U početnom trenutku opruga 3 je bila sabijena za ∆l = l , a kuglica je bila u mirovanju. Odrediti domet AB = D , ako je 4 h = 7060 mm.

b

B

A D Slika uz zadatak 5.10. Rješenje: Diferencijalna jednačina kretanja kuglice kroz cijev u vektorskom obliku glasi: r r r r ma = G + Fn + F0 (a) Projektovanjem vektorske jednačine (a) na pravac y ose, dobijamo m&y& = G − Fn = 0 gdje je Fn = G Fµ = µFn = µG

r Fn r Fµ

r F0

r v1

x

r G h

r G

b

B

A D y Slika uz rješenje zadatka 5.10.

Brzinu v1 kuglice pri njenom izlasku iz cijevi odredit ćemo iz zakona o promjeni kinetičke energije 1 2 1 2 mv1 − mv 0 = ∑ A i 2 2 Rad elastične sile opruge bit će: AF = 0

(∆l ) poč

[

1 c (∆l )2poč − (∆l )2kon 2 3 = l (∆l )kon = 0 4

]

2

AF = 0

1 3  9 2 c l  = cl 2 4  32

Rad sile trenja bit će 1  1    A F = − Fµ  b − l  = − µG  b − l  µ 4 4     Uvrštavanjem izraza za rad u zakon o promjeni kinetičke energije, dobijamo 1G 2 9 2 1   v1 = cl − µG  b − l  2 g 32 4   v12 =

9 c 2 1   g l − 2µg  b − l  16 G 4   2 v1 = 1412 g v1 = 1412 g

Poslije napuštanja cijevi kuglica se kreće kao slobodna tačka i njene diferencijalne jednačine kretanja bit će

m&x& = 0 m&y& = mg Nakon dvostruke integracije gornjih jednačina, dobijamo x = C1 + C 2 t y = C3 + C 4 t +

1 2 gt 2

Iz početnih uslova određujemo integracione konstante. Za t = 0, x = y = 0, x& = v1 i y& = 0 pa dobijamo x = v1 ⋅ t 1 y = gt 2 2 Jednačinu putanje dobićemo eliminacijom parametra vremena t y=

g 2 x 2v12

Ako u gornju jednačinu stavimo y = h , x = D, dobijamo h=

g D2 2v12

D=

2v12 h g

D = 14120mm Zadatak 5.11. r Dat je vektor sile F kao funkcija položaja u Descartesovim koordinatama r r r r F = 2 xy 3 z 4 i + 3x 2 y 2 z 4 j + 4 x 2 y 3 z 3 k

Potrebno je: a) Ispitati da li je ova sila konzervativna. b) Ako jeste, pronaći funkciju sile. c) Izračunati rad ove sile pri pomjeranju od tačke A (0,0,0) do tačke B (1,1,1). Rješenje: a) Projekcije sile na ose Descartesovog koordinatnog sistema su: Fx = 2 xy 3 z 4 Fy = 3 x 2 y 2 z 4 Fz = 4 x 2 y 3 z 3

Ispitajmo da li ove projekcije sile zadovoljavaju kriterijum konzervativnosti jednačina (5.75.): ∂F y ∂Fx = 6 xy 2 z 4 = ∂y ∂x ∂F y ∂F = 12 x 2 y 2 z 3 = z ∂z ∂y ∂Fx ∂F = 8 xy 3 z 3 = z ∂z ∂x Prema tome, sila je konzervativna. b) Iznalaženje funkcije sile vrši se isto kao i nalaženje totalnog diferencijala u matematici. Kako je ∂U = Fx = 2 xy 3 z 4 ∂x integracijom ovog izraza, dobijamo U = ∫ 2 xy 3 z 4 dx + ϕ ( y , z ) U ovom izrazu y i z treba smatrati konstantnim veličinama, a ϕ(y,z) je zasad neodređena funkcija ''konstanti'' y i z. Integracijom dobijamo U = x 2 y 3 z 4 + ϕ ( y, z ) Kako je, prema jednačini (5.71.), ∂U = Fy ∂y za funkciju U dobijamo 3x 2 y 2 z 4 +

∂ϕ ( y, z ) = 3x 2 y 2 z 4 ∂y

∂ϕ ( y, z ) =0 ∂y Vidi se da funkcija ϕ ne zavisi od y, pa je

Odavde slijedi

ϕ = C(z) Sa ovom vrijednošću funkcija U postaje U = x 2 y 3 z 4 + C( z) Na osnovu treće jednačine (5.71.), dobijamo ∂U = Fz ∂z

4x 2 y 3 z 3 +

dC ( z ) = 4x 2 y 3 z 3 ∂z

pa je i dC ( z ) =0 dz Vidimo da ni C(z) ne zavisi od z, te je C(z) = C = const. Funkcija sile U = x2 y3 z 4 + C Jednostavno je uočiti da su sa ovim izrazom za U polazne veze (5.71.) zadovoljene. c) Kako je polje sile konzervativno, rad sile od tačke A do B ne zavisi od oblika i dužine putanje, te je

(

AAB = U B − U A = x 2 y 3 z 4 + C

)

x =1 y =1 z =1

(

− x2 y3 z 4 + C

)

x=0 y=0 z=0

= 10 Nm .

ZADACI ZA RJEŠAVANJE IZ POGLAVLJA 5. r v′2

Zadatak 5.12. Odrediti horizontalnu komponentu pritiska vodenog mlaza na ukoćenu lopaticu obrtnog kola Peltonove turbine, ako je Q - protok vode (količina vode koja u jedinici vremena ističe iz mlaznika), γ - specifična težina vode. r vektor brzine v1 kojom vodeni mlaz udara o lopaticu je horizontalan, a vektor r brzine v 2 kojom voda otiče sa lopatice zatvara sa horizontalom ugao α.

r v2

Fx

r v2′′ Slika uz zadatak 5.12.

Rješenje: Fx =

r v

γ Q(v 2 cos α + v1 ) g

Zadatak 5.13.

r v

Odrediti horizontalnu komponentu Fx dopunskog pritiska na oslonac koljena cijevi prečnika d = 300mm u kojoj voda teče brzinom v = 2m/s. Rješenje: Fx = - 288,8 N

Slika uz zadatak 5.13 Zadatak 5.14. z B

Šupljem prstenu saopštena je neka ugaona brzina oko vertikalnog prečnika. Prsten je poluprečnika R. U prstenu se kreće kuglica M mase m, počevši kretanje iz najviše tačke. Naći odnos najveće ugaone brzine prema najmanjoj, ako je J moment inercije prstena u odnosu na osu obrtanja.

M

R

A

ω

y

Rješenje:

x

Slika uz zadatak 5.14.

ω max mR 2 = 1+ ω min J

Zadatak 5.15. Materijalna tačka M mase m kreće se uz 3 kosu glatku ravan AB nagiba α (tgα = ) 4 i dužine L, koja prelazi u tački B u polukružnu glatku putanju poluprečnika R = 2L. Koliki je normalan pritisak na putanju N u bilo kojoj njenoj tački (u funkciji ugla ϕ)? Kolika mora biti početna brzina materijalne tačke (vA = v0) pa da ona ne napusti putanju u tački B i koliki je tada normalni pritisak Fnc u najvišoj tački putanje C?

M

C

B

N 2L

L

α A

φ 0

Rješenje:

Slika uz zadatak 5.15.

FnM = mg (3 sin ϕ − 1) −

2 0

mv 2L

v 02 ≤ 2 gL(3 sin ϕ − 1) 14 gL 5 mv 2 = 2mg − 0 2L

za B : v 02 ≤ FnC

Zadatak 5.16. Materijalna tačka M mase m polazi iz položaja A početnom brzinom vA i klizi u vertikalnoj ravni po glatkom kružnom luku ABC poluprečnika R koji u tački C prelazi u hrapav pravolinijski dio putanje CD, duž kojeg djeluje sila trenja srazmjerna koeficijentu µ. Kolika mora biti početna brzina vA da se materijalna tačka popne u svom kretanju do najviše tačke D, koja je na istom nivou sa tačkom A? Izračunati normalni otpor na dijelu putanje ABC u zavisnosti od ugla ϕ. Koliki je normalni otpor na dijelu putanje CD?

Rješenje: v A2 = 3µgR Fn ABC = 3mg ( µ + sin ϕ )

A

R

D

φ

M

v 2 = Rg (3µ + 2 sin ϕ ) v2 Fn = m + mg sin ϕ R

μ

α

B

C

Slika uz zadatak 5.16.

Zadatak 5.17. Materijalna tačka M mase m, ima u položaju A vertikalnu početnu brzinu vA i kreće se po unutrašnjoj površini glatkog šupljeg cilindra poluprečnika R. Ako je v A2 = 3g 3 / 2 odrediti ugao ϕ u položaju u kome tačka M napušta površinu. Izračunati na kom će rastojanju od tačke A tačka M ponovo pasti na AO ravan.

R r vA

φ

0

Rješenje

A

ϕ = 600, AD = D = 2 R

Slika uz zadatak 5.17.

Zadatak 5.18.

D

0 L M A

B s

Slika uz zadatak 5.18.

Koliku početnu vertikalnu brzinu v0 treba saopštiti materijalnoj tački M mase m u položaju D koja je obješena o tačku 0 nerastegljivim koncem dužine L, pa da se konac prekine u trenutku kada je vertikalan, ako se on kida pri sili Fkmax = 7 G. Koliki mora biti koeficijent trenja hrapave horizontalne ravni AB, dužine s = 9l, po kojoj se tačka kreće dalje, pa da odnos brzina tačke M u položajima B i A bude vB/vA = 1/2. Rješenje: v 0 = 2 gl µ=

1 = 0,25 4

Zadatak 5.19. ) ) Materijalna tačka M mase m kreće se po glatkim cilindričnim površinama AB i BD , poluprečnika R. Kakvi uslovi moraju biti zadovoljeni za početnu brzinu vA da bi tačka M, prošavši kroz položaj B, nastavila da se kreće po dijelu BD? Kolika je tada brzina vA i pri kom uglu ϕ tačka M napušta površinu BD, ako je ugao A0B = α < π/2.

Rješenje:

M

B v A2 ≥ 3gR sin α v BA ≥ gR sin α ϕ = π −α

r vA

v B2 = gR sin α v = 3gR sin α

φ α

R

2 A

R D

A Slika uz zadatak 5.19.

Zadatak 5.20. Materijalna tačka M mase m ima horizontalnu početnu brzinu v0 u tački A glatke veze AOD. Ako se sve događa u vertikalnoj ravni, u polju teže odrediti kolika mora biti početna brzina v0 da bi tačka M obišla cijelu vezu. U koju tačku ravni OK će pasti tačka M ako je v 02 = 7 gR / 3.

D R 30°

R=2r

A r vA

M(m)

r Rješenje: 0

v 02 > 3gR v D2 = v 2 =

8 gr 3

α = 60

K

Slika uz zadatak 5.20.

E ( R 3 ; − 1,5 R)

Zadatak 5.21. 02 Klizač M mase m može da se kreće u horizontalnoj vođici. Za klizač su vezane dvije opruge krutosti c i dužine 3l u nenapregnutom stanju. Odrediti veličinu koeficijenta trenja klizanja između klizača i vođice da bi brzina klizača u položaju 0 bila jednaka nuli, ako je klizač u početnom trenutku bio u položaju M0 i imao brzinu v0 = 0.

4l M0 x 0 4l

Rješenje: 01 cl µ= mg

Slika uz zadatak 5.21.