Isak Karabegovic - Dinamkia i Oscilacije (Poglavlje 13)

Teorija udara UVOD Udar kao pojava vrlo je est u tehnikoj praksi i zato je bitno poznavanje dinamikih zakona koji se mogu primijeniti pri prouavanju ove pojave. Udar se javlja pri tehnološkim operacijama obrade materijala, kao što je sluaj kod kovanja; ali isto tako i u više mašinskih sklopova (reduktor, mjenja itd.). Sve mehanike veliine koje su do sada korištene u mehanici (sila, brzina, ubrzanje, ugaona  brzina itd.) bile su neprekidne funkcije vremena. Me#utim, kod udara se one naglo mijenjaju što sam udar ini specifinim. Udar predstavlja takvu mehaniku pojavu pri kojoj se u veoma kratkom vremenskom intervalu brzina materijalne take promijeni za konanu veliinu. Shodno tome javljaju se sile koje traju vrlo kratko i imaju vrlo velike intenzitete; to su tzv. udarne  sile.  sile. Udar kao pojava okarakterisana je sljede$im veliinama: Vrijeme udara τ  predstavlja vremenski interval u kome se udar odvija. Vrlo je kratko tako da se kre$e negdje oko hiljaditog dijela sekunde. Udarna sila  sila  koja se javlja na mjestu udara sa vrlo velikim intenzitetom. U toku udara ona mijenja intenzitet (i pravac) i predstavlja vektorsku veliinu. Udarni impuls koji impuls koji nastaje kao posljedica udarne sile F  sile F  tj.  tj. r

τ

r

 I  =  F dt 

∫ 

Kako je vrijeme udara τ  vrlo mala veliina, a intenzitet sile  F    vrlo velika to udarni impulsima konanu vrijednost; pa su projekcije impulsa  I    na ose Descartesovog koordinatnog sistema

τ

 I  x

= ∫  F  x dt  0

τ

 I  y

= ∫  F  y dt  0

τ

 I  z 

= ∫  F  z dt  0

gdje su F  su  F  x,  F  y i  F  z  projekcije sile  F   na osi koordinatnog sistema, koje su tako#er funkcije vrem remena, na, tj. tj.  F  x = F   =  F  x(t )  F  y = F   =  F  y(t )  F  z  = F   = F  z (t )  Na osnovu gornjih jednaina mogu se definisati srednje vrijednosti projekcija udarne sile n a slijede$i na in τ

 I  x

= ∫  F  x dt  =  F  xτ 0

τ

 I  y

= ∫  F  y dt  =  F  yτ 0

τ

 I  z 

= ∫  F  z dt  =  F  z τ 0

Impuls neudarnih sila koje imaju konanu veliinu u toku udara u vremenskom intervalu τ, može da se zanemari. Tako, naprimjer, impuls težine G  u intervalu τ je:  I G

= Gτ ≈ 0 jer  je τ ≈ 0

Zbog toga $e u daljnjim djelovima ovog poglavlja, pri prouavanju problema udara u obzir dolaziti samo udarne sile i u darni impulsi. Isto tako treba napomenuti da se pomjeranja svih taaka u toku vremena prilikom udara mogu zanemariti, pošto udar traje vrlo kratko. Još  jedna od osnovnih karakteristika udara je ta da se on odvija u jednom položaju, pa se može zakljuiti da se zakon o promjeni kinetike energije, koji podrazumjeva izraunavanje rada sila, ne može primjenjivati. Ve$ina rezultata do kojih se dolazi u teoriji udara proizišli su na osnovu zakona o promjeni koliine kretanja i momenta koliine kretanja. 13.1. DEJSTVO

UDARNIH SILA NA MATERIJALNU TAKU vi

r  A

 F1

 F2

 F R

 F3  Fn

′ v r

i

 Fi

 x Slika 13.1. Istovremeno dejstvo sistema udarnih sila na materijalnu ta  ta ku ku

Ako iz sistema materijalnih taaka izdvojimo  proizvoljnu materijalnu taku Mi mase mi, na koju dejstvuje istovremeno sistem udarnih sila  F 1 , F 2 , F 3 ,..., F n , i primjenimo zakon o promjeni koliine kretanja take za vrijeme trajanja udara, osnovna jednaina teorije udara $e za tu taku glasiti: r

mi vi

r

− mi v ' i = Σ I i =  I i s + I iu =  I  R

(13.1.)

gdje su: vi − brzina take prije udara vi' − brzina take poslije udara

− rezultuju$i udarni impuls spoljašnjih udarnih sila  I iu − rezultuju$i udarni impuls unutrašnjih udarnih sila  I i s r

r

τ

r

= Σ I i = ∫  F  R dt − rezultuju$i udarni impuls

 I  R

0

Projektovanjem jednaine (13.1.) na ose x, ose x, y  y,, z , dobijaju se skalarne jednaine

− mv x = Σ I ix = I  Rx mv y' − mv y = Σ I iy =  I  Ry   mv z ' − mv z  = Σ I iz  =  I  Rz  mv x'

(13.2.)

 jednaina (13.1.) predstavlja izraz zakona o promjeni koliine kretanja materijalne take pri udaru tako da možemo re$i: Promjena koliine kretanja materijalne take za vrijeme udara jednaka je udarnom impulsu koji dejstvuje na taku. Ako se mjerenjem utvrde projekcije brzine na osu x prije i poslije udara, kao i vrijeme trajanja udara τ, može se odrediti srednja vrijednost projekcije rezultuju$e udarne sile na osu x; tako da na sonovu jednaine (13.2.) imamo:

= F  Rxτ = mv x' − mv x   mv x' − mv x  F  Rx =  I  Rx

(13.3.)

τ

Ako razmotrimo promjenu momenta koliine kretanja take; odnosno množe$i vektorsku  jednainu (13.1.) vektorom položaja r  dobijamo: r   dobijamo: r

r

r

r

r

r   xmv '−r  xmv r

'  A

 L

r

− L A

r

= Σr  x I i = r  x I  R   r r = Σ M  A I  = M  A I  r i '

r  R

(13.4.)

gdje su:  L ' A i L A r

 I i  A

 M 

− momenti

koliine kretanja take za taku A prije i poslije udara, pri

uslovu r  =  = const. u t oku udara

− moment udarnog impulsa i-te sile za taku A.

 Na osnovu ovog možemo možemo zakljuiti: Promjena koliine kretanja materijalne take na ose nepokretnog sistema referencije jednaka je projekcijama na te ose udarnog impulsa; tj.  L' x − L x  L' y − L y  L' z  − L z 

= Σ M  x I  = M  x I  = Σ M  y I  =  M  y I  i

 R

r i

r  R

r  I i

r  I  R

 

(13.5.)

= Σ M  z  =  M  z 

r

 I  R Ako se desi da je pri udaru  M  A = 0, onda je  L ' A =  L A tj. važi za zakon o održ držanju nju momenta

koliine kretanja take za taku A.

13.2. PRAVI UDAR KUGLE O NEPOMINU POVRŠINU

m

Kugla mase m kre$e se translatorno  brzinom v i udari o nepominu površ, što je  prikazano na slici 13.2. Eksperiment Eksperiment  pokazuje da $e se kugla nakon udara odbiti u pravcu normale na površinu brzinom v', koja je nešto manja od brzine v. Promjena koliine kretanja tijela bit $e  jednaka impulsu udarne sile

n

n A

linija udara

v

v′ v=0

A(m A(m)

− v ) = I u m( v'−v) = I u   m( v' − v =  I u m( v '

v'=0  Fn

a) prije udara

(13.6.)

b) poslije udara

Slika 13.2. Pravi udar kugle o nepomi  nepomi nu nu površ Do razlike brzina prije i poslije sudara dolazi zbog elastinih svojstava materijala. U prvoj fazi udara tijela o nepokretnu plou, brzina tijela se smanjuje na nulu. Tijelo se pri tome deformiše i njegova kinetika energija prelazi u unutrašnju potencijalnu energiju deformiranog tijela. U drugoj fazi sudara (restitucija) tijelo pod djelovanjem unutrašnjih elastinih sila nastoji da vrati svoj prijašnji oblik. Njegova unutrašnja potencijalna prelazi u kinetiku energiju. Kako tijelo nije idealno elastino, to se dio energije izgubi na trajnu deformaciju, a dio na zagrijavanje tijela u sudaru i njihove okoline. Zbog toga $e brzina v'  poslije udara biti manja od brzine brzine v prije sudara. Odnos ovih brzina se naziva koeficijent restitucije pri sudaru, tj. 0 ≤ k ≤ 1

k  =  = v'/v '/v

(13.7.)

Koriste$i jednaine (13.6.) (13.7.) dobijamo m(v' – v) = I  = I u mv' mv' – m(-v (-v) = I  = I u mv' mv' + mv = mv = I   I u  I u = m(1 + k ) v

(13.8.)

n

Ako oznaimo sa I'u, I u  veliinu udarnih impulsa u prvom i drugom periodu, tj. u vremenskim intervalima 0 - τ1 i τ1 - τ, onda se na osnovu jednaine (13.2.) dobija 0 + mv = + I ' u

τ1

= + ∫  F n dt  0

τ

+ mv'−0 = I u ' ' = ∫  F n dt 

 

(13.9.)

τ1

 I u ' '  I u '

= k 

 Na osnovu ovog možemo zakljuiti, da veliina udarnog impulsa zavisi od koeficijenta restitucije k . Veliina koeficijenta restitucije k  može   može se odrediti eksperimentalno. Pustimo kuglicu da pada bez poetne brzine sa visine H  visine H  iznad  iznad površi (slika 13.3.).

Mjerenjem utvrdimo visinu h  do koje $e se kuglica vratiti nakon sudara s ploom. Znamo, da je iz jednaine za slobodni pad tijela v

=

k  =

2 gH  i v' = v' v

=

2 gh 2 gH 

2 gh h

=

 H 

n

v  H

0, tj. h – 8h 8h1 > 0, odnosno h > 8h 8h1 

(9)

 b) Da bi kuglica prošla kroz žljeb C, neophodno je potrebno da žljeb bude nagnut pod uglom α u odnosu na horizont. Kuglica $e se kretati po zakonu kosog hica od take B do take C ako je ispunjen uslov (9), pa je dužina L dužina  L,, prema teoriji kosog hica, domet koji je odre#en poetnim uslovima, tj.  L

=

v32 sin 2α  g 

 

(10.)

odnosno:  L = za  L

=

3 20

3 4

( h − 8h1 )  

(11.)

h  iz izraza (11), dobit $emo h = 10h 10h1.

Zadatak 13.5.

#  L1

 L2 v2  = 0

v0  = 0 v1

v2

Slika uz zadatak 13.5.

Dvije kugle A i B mase m1 i m2, prikazane na slici 13.5. vise na paralelnim koncima dužine  L1 i  L2, tako da se njihova središta nalaze na istoj horizontali, a kugle se dodiruju. Ako kuglu A pomjerimo iz njenog ravnotežnog položaja tako da konac dužine  L1  gradi sa vertikalnim  pravcem ugao α, pa je pustimo bez poetne  brzine, ona $e udariti kuglu B koja miruje. Kugla B se poslije udara pomjeri u položaj odre#en graninim uglom )  prema vertikali. Odrediti odnos dužine konca ( L  L1/ L  L2) za  postavljeni režim kretanja kretanja sistema.

Rješenje: Kretanje $emo posmatrati u dvije faze: a) kretanje kugle A iz položaja α, do trenutka kada udari u kuglu B,  b) kretanje kr etanje kugle kugl e B od tog trenutka, t renutka, koje je uslovljeno udarom kugle kug le A, do trenutka t renutka kada do#e u granini položaj B.  Neka su brzine v1 i v2, brzine kugli na poetku, a v'1 i v'2  odgovaraju$e brzine na kraju udara. Kugla A je iz položaja α, puštena bez poetne brzine, (v (v0  = 0), dok $e kugla B u  položaju ) promijeniti smjer brzine, tj. bit $e v2 = 0. Koliina kretanja na poetku i na kraju udara ostaje nepromijenjena te je stoga m1v1 + m2v2

= m1v1 '+ m2v2 '  

(1)

Koeficijent udara k  je  je odre#en odnosom v1 '−v2 '

k  =

v2 − v1

 

(2)

Kako je v2 = 0 iz izraza (1) i (2) dobivamo m1v1

= m1v1 '+ m2v2 '  

(3)

i v2' – v1' = kv1 

(4)

Iz jednaina (3) i (4) odre#ujemo brzinu kugle B na kraju udara, tj. v2 ' =

m1v1 m1 + m2

(1 + k )  

(5)

Me#utim, mi brzinu v1  još ne znamo. Odredit $emo je primjenom zakona o promjeni kinetike energije, na pomjeranju iz položaja α do trenutka udara. Bit $e dakle

= 2m1 gL1 (1 − cosα ), odnosno    α   v1 = 2  gL1 sin     2   m1v12

(5)

Ako sada primijenimo zakon o promjeni kinetike energije na pomjeranje kugle B od trenutka udara dok do#e u položaj ), imat $emo: m2 v22 − m2v '22 = −2m2 gL2 (1 − cos β ) Pošto je v2 = 0, slijedi

 β        2  

v2 ' = 2  gL2 sin

(6)

Upore#uju$i vrijednosti za v2' odre#ene sa (5) i (6), a obzirom na rezultat koji odre#uje  brzinu v1, dobijamo traženi odnos dužine konca za postavljeni režim kretanja sistema  L1  L2

 β       m2   2     − 2 = 1 +       (1 + k ) α m     2 1     sin      2   2

sin 2 

(7)

Zadatak  13.6.  13.6. Homogena Homogena plo pl oa mase M  mase M  oblika  oblika jednakostraninog trougla (slika 13.6.) može se obrtati oko horizontalne ose z  ose z , koja je okomita na ravan ploe i prolazi kroz jedno njeno tjeme O. Ako se ploa pusti bez  poetne brzine iz položaja u kojem je visina koja prolazi 0 C  x kroz taku O horizontalna, ona u trenutku kada ova v1 = 0 2/3h 2/3 h visina zauzme vertikalni v  položaj, udari u tijelo A mase m, koje miruje na h horizontalnoj hrapavoj ravni. Koeficijent trenja klizanja tijela A o ravan je µ. Slika uz zadatak 13.6. Kakav mora biti odnos izme#u mase m tijela A, i mase  M (  M  ( M   M /m), da bi se tijelo A poslije sudara zaustavilo na rastojanju h (jednakom visini ploe) od polaznog položaja. Pretpostaviti da je udar potpuno neelastian.

Rješenje: Izaberimo koordinatni sistem O xyz , tako da je  z -osa -osa okomita na ravan ploe, osa  y yorijentisana vertikalno naniže, a osa x osa x neka  neka je horizontalna. Ploa iz horizontalnog položaja  polazi pod dejstvom sopstvene težine i pri tom izvrši rad na pomjeranju težišta. To  pomjeranje jednako je 2h/3 gdje je h-visina trouglaste ploe. Primjenom teoreme o  priraštaju kinetike energije na ovom pomjeranju lako je odrediti brzinu kojom $e ploa udariti tijelo A. To je brzina na poetku udara. Bit $e dakle,  E k 1 − E k 00  J  z ω12

=

= Σ A =  A G  

3  Mgh   4

(1) (2)

odnosno

ω12

=

4 Mgh 3 J  z 

 

(3)

gdje je: J  je: J  z  – moment inercije u odnosu na osu z okomitu na ravan ploe. Brzina na poetku sudara je v = h , ω1 

(4)

Po pretpostavci je udar neelastian, pa su brzina tijela A i take ploe koja se nalazi na rastojanju h  od ose obrtanja (tanije projekcije brzine take ploe koja udari o tijelo na  pravac pomjeranja tijela) tijela) jednake i iznose v = h , ω2 

(5)

gdje je: ω2 – ugaona brzina ploe na kraju sudara. Kako su momenti spoljašnjih udarnih impulsa u odnosu na osu z  osu z  jednaki  jednaki nuli (jer su impulsi koji se javljaju u taki udara unutrašnji, a impulsi u taki 0 za osu  z , koja prolazi kroz tu

taku imaju momente jednake nuli) važi zakon o održanju momenta impulsa za osu z  osu z , pa je stoga  L2 z  – L  – L1 z  = 0 (6)  L1 z  = J   = J  z  , ω1   L2 z  =  J  z ω 2

(7)

+ mv' h = ( J  z  + mh 2 )

v' h

 

(8)

gdje su:  L1 z  i L  i  L2 z  momenti koliine kretanja za z  za z -osu -osu na poetku i na kraju udara, tako da je  brzina na kraju udara: −

v ' =  J  z ω1h( J  z  + mh 2 ) 1  

(9)

Izrazom (9) data je brzina kojom tijelo A poinje kretanje. S obzirom na pretpostavku o hrapavosti podloge tijelo $e se zaustaviti na rastojanju h (prema uslovu zadatka) pa je  primjenom teoreme o priraštaju priraštaju kinetike energije na ovom pomjeranju lako dobiti. v  = 2 gh µ  '2

(10)

Iz (10), (9) i (3) proizilazi 2  MJ  z h 2 3

=  µ ( J  z 2 + 2 J  z mh 2 + m 2 h 4 )  

(11)

Moment inercije J  inercije J  z  jednak je zbiru momenata inercije J  inercije J  x i J   i  J  y u odnosu na ose koje se sjeku sa z  sa z -osom -osom u taki 0 i na nju su okomite. 1 1  J  x =  Mh 2 ,  J  y =  Mh 2 2 18   (12) 5 2  J  z  =  J  x + J  y =  Mh 9  Na osnovi (12) jednaina (11) svodi se na (30 − 25µ ) M 2

− 90 M ⋅ mµ − 81µm 2 = 0  

(13)

2

Ako jednainu (13) podjelimo sa m  dobijamo kvadratnu jednainu po nepoznatoj M  nepoznatoj M /m, tj.

  M 2    M    (30 − 25µ ) − 90µ − 81µ = 0     m   m  

(14)

ije je rješenje  M  m

=

9 5µ + 30 µ 5

6 − 5µ

;

 µ ≠ 6         5  

(15)

Zadatak 13.7. Obrtni oroz (na puški) AD u trenutku udara po obarau B (slika 13.7.) ima ugaonu brzinu obrtanja ω0. Odrediti brzinu obaraa na kraju udara i impulsni pritisak na osu A. Masa M  Masa  M  i  i m oroza i obaraa, momenti inercije  J A oroza za osu A i rastojanje a i b su  poznata (taka C je središte masa oroza).

B  I 2

 I 1

D

C

b

&0

a

 I  Ax

 x

A Slika uz zadatak 13.7.

Rješenje: Oznaimo impulse udarnih sila koje djeluju na oroz i obara pri udaru sa  I 1 i I 2 .  Tada za oroz i obara, uzimaju$i u obzir, da je I  je I 1 = I   = I 2 = I   = I , vB = 0, dobijamo  L1 A − L0 A  J  A (ω1

r i

= Σ M  A I 

− ω 0 ) = − I ⋅ b ;

mv B'

=  I   

(1)

Moment I  Moment I , b ima znak (-) iz razl oga što je ovaj moment usmjeren, suprotno smjeru obrtanja oroza. Osim toga kako je za taku D oroza v0 = bω0, a v'0 = bω1, (v0 – brzina na poetku udara, v'0 – brzina na kraju udara) to se prema izrazu za koeficijent restitucije dobiva '

v0

− v B' = −k (v0 − v B )  

(2)

ili

− v B' = −kbω0 Ako unesemo u ovu jednainu izraze za ω1 i I   i  I  iz  iz jednaina (1), na$i $emo brzinu obaraa na bω1

kraju udara: v B'

=

 J  A b(1 + k )  J  A

+ mb 2

ω0  

(3)

Da bi smo odredili impulsnu reakciju  I  A  kojom osa djeluje na oroz, postavimo jednaine koliine kretanja u obliku projekcija na ose A x i  x i A y,  y, tako da je  K 0 x

= MvCx = Ma ⋅ ω0 ;

 K 1 x

= MvCx' = Ma ⋅ ω1  

(3)

Dobijamo  Ma(ω1

− ω 0 ) = − I  + J  Ax

;  I  Ay

= 0 

(4)

Me#utim iz jednaina (1) proizilazi da je  I  = mv B' , ω1 − ω 0

=−

mb

v B'  

(5)

mb(1 + k )ω 0  

(6)

 J  A

 pa $e impulsni pritisak na os A biti:  I  Ax

=

 J  A − Mab  J  A + Mab

Zadatak 13.8. Homogena pravougaona ploa težine G1 mase m1 može se okretati oko vertikalne nepomine ose AB, koja leži u njenoj ravnini na udaljenosti a/4 od njenog ležišta S. U stanju mirovanja plou pogodi metak težine G2,  brzinom v1 okomito na ravninu ploe, tano u težište S. Odrediti na osnovu slike 13.8.:

 I  By

B

 I  Bx

-= -z

h b

a) veliinu impulsnih reakcija u sfernom A i cilindrinom B ležaju, ako je udar neelastian

k 

 j

i S

0  I 

 x

a h

 I  Az 

 b) centar sudara da bi impulsne reakcije bile  jednake nuli

 I  Ay

A

 x

 I  Ax Slika uz zadatak 13.8.

Rješenje: a) Postavimo koordinatni sistem O xyz  prema  prema slici 13.8. tako da se osi x osi x,, y okre  y okre$u zajedno sa  ploom. Udarni impuls metka je  I  =  I  y  ⋅  j  

(1)

Pretpostavljene impulse reakcije ležaja A i B su:

=  I  Ax i + I  Ay j + I  Az k    r r  I  B − I  Bx i + I  By  j  I  A

(2)

r

Ugaona brzina na kraju udara bit $e: r

ω = ω z k   

(3)

Zadatak ima sedam nepoznanica. Postavimo jednadžbe koriste$i se teoremama o promjeni koliine kretanja i promjeni kinetikog momenta ploe.

= m1v sx − m1 v s0 x Σ ( I i ) y = m1v sy − m1v s 0 y Σ ( I i ) z  = m1v sz  − m1v s 0 z  ( I  )  K  x − K 0 x = Σ M  x ( I  )  K  y − K 0 y = Σ M  y  K  z  − K 0 z  = Σ M  z ( I  ) Σ ( I i ) x

i

 

(4)

i

i

U našem sluaju je v s 0 x

= v s 0 y = v s 0 z  = 0;

v sx

= v sz  = 0,

v sy

= K 0 y =  K 0 z  = 0; ω x = ω y = 0  K  x =  J  xω x − J  yxω y − J  xz ω z  = − J  xz ω z   K  y = − J  xy ω x + J  y ω y − J  yz ω z  = − J  yz ω z   K  z  = − J  xz ω x − J  yz ω y + J  z ω z  = J  z ω z 

=

a ω z  4

 K 0 x

 

(5)

S obzirom da je osa y osa y –  – okomita na plou, onda je J  je J  yz  = 0, a os x os x –  – centralna os, onda je i J  i J  xz  = 0, pa slijedi K  slijedi K  x = K   = K  y = 0; K  0; K  z  = J  z ω z  U skladu sa ovim i jednainama iz (4) imamo:  I  Ax + I  Bx

=0

 I  Ay ⋅ h − I  By ⋅ h = 0

 I  Ay + I  By + I  = m1

a 4

− I  Ax ⋅ h + I  Bx ⋅ h = 0  

ω z 

 I  Az  = 0

 J  z  ⋅ ω z  = I ⋅

Budu$i da ne znamo niti veliinu impulsa  I   niti

(6)

a 4

ω z   primijenit $emo

teorem o promjeni

koliine kretanja za metak. Uz pretpostavku da je odnos impulsa metka i ploe  I m ¸= − I  pl  , dobijamo m2v2 – m2v1 = - I  - I  

(7)

Udar je elastian, pa su brzine težišta ploe v sy i brzina metka v2 na kraju udara iste: v2

= v sy =

a 4

ω z   

(8)

Uvrštavanjem (8) u (7) imamo: m2

a 4

ω z  − m2 v1

= − I   

(9)

Moment inercije za plou je  J  z  =

m1a 2 12

2

7m 7G a   + m1      = 1 a 2 = 1 a 2   48 g   4   48

(10)

Iz jednadžbi (6) i (9) dobivamo

ω z  =

12G2

⋅v + 7G1 )a 1 7G1 ⋅ G2  I  = ⋅ v1 (3G2 + 7G1 ) g   I  Ax = I  Bx = 0;  I  Az  = 0  I  Ay

(3G2

= I  By = −

2G1G2 (3G2

+ 7G1 ) g 

 

(11)

v1

Predznak (-) znai da je smjer ovih impulsnih reakcija suprotan od pretpostavljenih.  b) Koordinate položaja centra centra udara K, da bi se izbjegle izbjegle impulsne reakcije I A y i I   i I B y:  y K 

=

7G1 a 2 a m1 y s  g ⋅ 4   7  y K  = a 12  J  z 

=

(12)

ZADACI ZA RJEŠAVANJE IZ POGLAVLJA 13. Zadatak 13.9. Kugla mase m, kre$e se na visini h = 39,2 m,  paralelno horizontalnoj površini brzinom v = 9,8 m/s i udara od stijenu nagnutu pod uglom α = 450 ka horizontu. Smatrati udar apsolutno elastinim i ubrzanje sile teže  g   = 9,8 m/s2. Odrediti kroz koje vrijeme t   odbivši se od stijenu kugla pada na horizontalnu ravan. Otpore sredine zanemariti

m v

#

h

Rješenje: t  =  = 2 s

Slika uz zadatak 13.9.

Zadatak 13.10. Homogena prizma u obliku kocke dužine ivice  L=1m  L=1m kliže se bez poetne brzine po glatkoj  površini nagnutoj ka horizontu pod uglom α = 450 i prelazi rastojanje  L   L  = 1,16m do sudara sa ivicom B. Smatraju$i sudar apsolutno neelastinim odrediti ugaonu brzinu ω  obrtanja kocke odmah poslije sudara.

 L B #

Rješenje:

ω = 3rad/s

Slika uz zadatak 13.10.

Zadatak 13.11. Disk mase m  i poluprenika  R,  R, kotrlja se bez klizanja po horizontalnoj ravni pri emu je  brzina centra inercije diska konstantna i jednaka v0. Disk udari o hrapavi vertikalni zid pri emu koeficijent trenja zadovoljava uslov da ne do#e do proklizavanja, a koeficijent uspostavljanja je k  = 3 / 3 . Odrediti rastojanje mjesta od vertikalnog zida gdje $e disk ponovo dodirnuti horizontalnu ravan (slika 13.11.).

Rješenje:  D =  R +

u v0

ω

 D Slika uz zadatak 13.11.

3 v

2 0

9  g 

Zadatak 13.12.

0

 Na kraj homogene poluge OB dužine  L   L  i mase  M  udara kugla mase m = M   = M . Odrediti minimalnu brzinu vmin  pri kojoj $e se 0  poluga zaokrenuti za ugao α  = 180   u odnosu na svoj poetni položaj.

(

Rješenje : m v

B

Slika uz zadatak 13.12.

v min

=2

2 gl 

Zadatak 13.13.

d

Fiziki zamajac u obliku homogenog diska obješen  je o oslonac 0. On se sastoji od dva diska prenika D nika D i d   što je prikazano na slici 13.13., gdje je d  = 0,16 D.  D.  Na kom rastojanju  L   L  ispod težišta C diska je neophodno nanijeti udar da bi horizontalna reakcija u osloncu 0 bila jednaka nuli?

 D

C

 L  F 

Rješenje:

Slika uz zadatak 13.13.

 L =  L = 0,34 D 0,34 D

Zadatak  13.14.  13.14. Homogeni cilindar, težine G,  G,  poluprenika  R i visine  H , obr $e se konstantnom ugaonom brzinom ω0  oko vertikalne ose AB. Osa AB je za  R/2  R/2

B

-0 M  R

 H

 =  R / 2)  udaljena od podužne ose cilindra. (OC  = U nekom trenutku na cilindar djeluju dva udara impulsa I  impulsa I 1 = I   =  I 2 = I   =  I  u  u ta kama M i N koje su središta  baza cilindra. Impulsi su upravni na ravan koja  prolazi kroz centar inercije cilindra i obrtnu osu. Odrediti promjenu ugaone brzine obrtanja cilindra i impulsne reakcije u osloncima A i B.

 I n 0

C

k   N

 H

 I 2  x

i A  j

Dato je  AB = 2h  (sl. 13.14.).

Slika uz zadatak 13.14.

Rješenje: ω − ω0

=−4

 I 

3 GR

 g ;  I  A

= − 2 I ,0,0; − 2 I ,0,0 .  3   3 