predmet: mehanika 2 -...
Post on 11-Feb-2018
246 Views
Preview:
TRANSCRIPT
GRA EVINSKI FAKULTETSVEU ILIŠTA U MOSTARU
Predmet: MEHANIKA 2Vježbe br. 3
Profesor: doc dr sc Mladen KožulProfesor: doc. dr. sc. Mladen KožulAsistent: Ante Džolan, mag. ing. gra .
1Mostar, 21. listopada 2013.
ZADATAK 1. Bregasto tijelo, iji rub ima oblik polukruga polumjera R=0,5 m, giba se translatorno o podlozi k b i Od di i b i i b j š k k jikonstantnom brzinom Odrediti brzinu i ubrzanje štapa, u trenutku koji se oslanja na to tijelo, a može se slobodno vertikalno gibati. Polumjer to ki a na donjem dijelu štapa je U trenutku t=0s štap se nalazi u najvišem položaju.
0mv 0,2 .s t 5s,
r 0,1m.
2
RJEŠENJE:
a r pv v vPa možemo pisati da je ukupna brzina:
Gdje su vrijednosti komponenti brzine:
p 0v v p 0r
v vvcos cos
Na osnovu geometrijskog prikaza sustava, do koga smo prethodno došli, može se zapisati:
s R r sin
0
ds dv (R r)cosd d0 ( )dt dt
Pa se može pisati da je brzina štapa:
0r
r
v vsin v v sin sinv cos
dv (R r) sindtdt
Budu i imamo , a istovremeno se može pisati i , slijedi:0s v ts R r sin
0v tsin
R r
d v
4
0d vdt (R r)cos
Iz trigonometrije se ima:2 2 22 2
2 00
2
(R r) v tv tcos 1 sin 1 , cos(R ) R2(R r) R r
Uvo enjem prethodne trigonometrijske veze u izraz dobije se:0
d vdt (R r)cosdt (R r)cos
0
2 2 2
d vdt (R r) v t0dt (R r) v t
Pa je brzina štapa:j p2
0 0 0
2 2 2 2 2 2
0 0
v t v v tv (R r)R r (R r) v t (R r) v t
2
2 2
(0,2) 5 5v 0,224m / s10(0,5 0,1) (0,2) 5
Sada se ubrzanje štapa može izra unati:
2 2 22dv d v t (R r) v 0 225 /
5
20 0
32 2 2 2 2 20 0
dv d v t (R r) va 0,225m / sdt dt (R r) v t (R r) v t
ZADATAK 2.To ka M kre e se po žlijebu OB po relativnom zakonu , gdje je s dano utOM s 4 sin
2centimetrima a t u sekundama. U istom trenutku kre e rotacija tijela AOBC oko nepomi ne vertikalne osi “z” u smjeru prikazanom na slici, a po zakonu Odrediti položaj kuglice na tijelu u trenutku a zatim intenzitet apsolutne brzine i apsolutnog ubrzanja u tom
2
2t .t 1sna tijelu u trenutku a zatim intenzitet apsolutne brzine i apsolutnog ubrzanja u tom
trenutku. Još je zadano:1
t 1s,AO 8cm.
6
RJEŠENJE:
Relativno kretanje to ke MRelativno kretanje to ke MU trenutku t1 to ka M e pre i put:
1s 4 sin 4cm22
Relativna brzina to ke M je:
dr
ds tv 4 cosdt 2 2
1 cmr
1 cmv 2 cos 0 s2
Relativno ubrzanje to ke M je:j j
r
r
dv ta 2 sindt 2 2
22r
1 cma sin 9,86 s2
7
Prijenosno kretanje:
Prijenosna brzina to ke M:Prijenosna brzina to ke M:
p pv DM
d 2p
2 tdt
1
p2 1 6,28s
DM 8 4 cos60 6cm
cmv 6 6,28 37,68p
v 6 6,28 37,68 s
Prijenosno ubrzanje to ke M:2 2
2pN pcma DM 6 6,28 236,63 s
Ta DM 2pT
cma 6 6,28 37,68 spT p
2p
p
d2 6,28s
dt
pT s
8
Coriolisovo ubrzanje: r r pcor p
a 2 v sin v ,
0
2corcma 0 s
Projekcije ubrzanja na osi x, y i z:
2xM pT
2
cmx a a 37,68 scmy a a a cos60 236,63 9,86 0,5 231,7 2yM pN r
2zM r
y a a a cos60 236,63 9,86 0,5 231,7 scmz a a sin 60 9,86 0,866 8,54 s
Pa je apsolutno ubrzanje to ke M:
2 2 22 2 22M xM yM zM
cma a a a 37,68 231,7 8,54 234,90 s
9
ZADATAK 3.Prsten M, zanemarivih dimenzija, klizi po kružnom obru u polumjera brzinom k i i d b K ž i b k lj b kli j
R 2mcm2konstantnog intenziteta u odnosu na obru . Kružni obru kotrlja se bez klizanja po ravnoj podlozi. Za položaj prikazan na slici, odrediti intenzitet apsolutne brzine i apsolutnog ubrzanja prstena M, ako je brzina središta obru a a ubrzanje
cmv 2 s
ccmv 4 ,s 2c
cma 2 .s
10
RJEŠENJE:
Relativno kretanje to ke:Relativno kretanje to ke:
Relativno kretanje to ke M je zapravo kružnoj j pkretanje, sa centrom putanje u to ki C, te na osnovutoga možemo pisati:
1v 2 1r r
v R CM 1
r 1sCM 2
Pa je normalna komponenta relativnog ubrzanjaPa je normalna komponenta relativnog ubrzanja to ke M:
2
rN ra CM 2
2rNcma 2 1 2 s
Budu i je brzina to ke M konstantna, onda je konstantna i kutna brzina pa imamo:konstantna i kutna brzina, pa imamo:
rT ra CM 2rT
cma 0 s
11
0
Drugi na in za odre ivanje komponenti relativnog kretanja je koriste i prirodni koordinatni sustav:
P i l b j t kPa prema izrazu za normalno ubrzanje to ke u prirodnom koordinatnom sustavu imamo:
2 2v 22rN
K
v 2 cma 2 sR 2
Odnosno, komponenta tangencijalnog ubrzanja se može odrediti:
2rT
dv cma 0 sdt
12
Prijenosno kretanje to ke M:
Sada e se na osnovu poznate brzine centra obru a izra unati kutna brzina obru a oko to ke P, koja je ujedno i kutna brzina prijenosnog kretanja:
1
c p p
4v CP 2s2
Dok se kutno prijenosno ubrzanje može izra unati na osnovu poznatog ubrzanja centra obru a:
2
c cT p p
2a a CP 1s2
13
Sada se može pristupiti odre ivanju prijenosnog kretanja to ke M u odnosu na os koja prolazi kroz to ku P, okomito na ravan crteža:
Vektor normalne komponente ubrzanja to ke M uodnosu na to ku C leži na pravcu koji spaja to ku Modnosu na to ku C leži na pravcu koji spaja to ku Msa to kom C i usmjeren je od to ke M prema to kiC. Intenzitet normalnog prijenosnog ubrzanja je:
M 2 22pN p
cma MC 2 2 8 s
Pravac vektora tangencijalne komponente ubrzanjaje tangenta na putanju prijenosnog ubrzanja, ausmjeren je tako da prati vektor kutne prijenosnebrzine. Intenzitet tangencijalne komponenteprijenosnog ubrzanja to ke M je:
M2pT p
cma MC 2 1 2 s
Prijenosna komponenta brzine se dobije prema izrazu: v MP
14
Prijenosna komponenta brzine se dobije prema izrazu: M pv MP
pcmv 4 2 8 s
Kako je prijenosno kretanje rotacija, pri tome kretanju e se pojaviti i Coriolisova sila, odnosno Coriolisova komponenta ubrzanja:
Pravac i smjer vektora Coriolisova ubrzanja moguse odrediti koriste i pravilo desne ruke kako jese odrediti koriste i pravilo desne ruke, kako jeprikazano na crtežu:
I t it t C i li k t b jIntenzitet Corioliove komponente ubrzanja seodre uje prema izrazu kako slijedi:
a 2 v sin vr p r pcora 2 v sin v ,
Veli ina kuta izme u vektora relativne brzine ikt ij k ž b i ž idj tivektora prijenosne kružne brzine može se vidjeti na
crtežu, pa je Coriolisovo ubrzanje:
2corcma 2 2 2 sin90 8 s
15
Sada kad smo odredili i relativne i prijenosne komponente brzina i ubrzanja to ke M, može se odrediti apsolutna brzina i ubrzanje to ke M.
Apsolutna brzina to ke M jednaka je vektorskom zbroju prijenosne i relativne brzine to ke M:
v v vM r pv v v
Projekcijom prethodnog izraza u pravcu osi x, y i z dobivamo:
xcmx v 0 s
cmy v v v 10y r p
z
cmy v v v 10 scmz v 0 s
Pa je ukupna brzina to ke M:cm10
M ycmv v 10 s
16
Kako smo dobili apsolutnu brzinu, na analogan na in, kao vektorski zbroj prijenosnog irelativnog ubrzanja, dobijemo i apsolutno ubrzanje to ke M:
M M
M p ra a a
Projekcijom prethodne vektorske jednadžbe na osi x, y i z imamo:
2x
2y pT c
cmx a 0 scmy a a a 4 s
2z pN rN corcmz a a a a 18 s
P j l t b j t k MPa je apsolutno ubrzanje to ke M:
2 2 2 22M y z
cma a a 4 18 17,55 ss
Kut koji vektor apsolutnog ubrzanja zatvara sa y osi je:
17
y
M
a 4cos 76 49'30''a 17,55
ZADATAK 4.Prema zadanim jednadžbama relativnog gibanja to ke M i prijenosnog gibanja tijela D za
k 2/9 b d di i l b i i l b j k M k j k d žtrenutak t=2/9s treba odrediti apsolutnu brzinu i apsolutno ubrzanje to ke M, koja se kre e duž stranice OA.
:Zadano2 30,9 - 9 ( )
16 -8 cos(3 ) ( )p
r
t t radS t cm
30AOB
18
ZADATAK 5.Polukružna plo a polumjera R može se okretati oko vertikalne osi z po zakonu I l i i k A b d l k k M k
22 t .AM RIstovremeno polaze i iz to ke A po obodu plo e kre e se to ka M po zakonu
Izra unati i skicirati apsolutnu brzinu i apsolutno ubrzanje to ke M u trenutku s AM R t.
1t 0,5s.
19
top related