ODREĐIVANJE UKUPNIH REAKCIJA TLA NA OSOVINE AUTOMOBILA. DINAMIČKE REAKCIJE TLA

Moguće reakcije tla

U opštem slučaju kretanja automobila na svaki točak, odnosno svaku osovinu, mogu da dejstvuju tri reakcije tla:Xi – tangencijalna reakcija tla koja se nalazi u ravni obrtanja točka i u ravni tla. Ta reakcija je paralelna sa podužnom ravni simetrije automobila,;Yi – bočna reakcija koja se nalazi u ravni tla i poprečnoj ravni simetrije točka;Zi – radijalna reakcija ( u odnosu na točak) ili normalna reakcija u odnosu na tlo).

Klasičan automobil sa dvije osovine imao bi sljedeće reakcije:- na prednjoj osovini X1, Y1 i Z1;- na zadnjoj osovini X2,Y2, Z2.

Reakcija tla na osovini predstavlja zbir pojedinačnih reakcija tla na točkove osovine; na lijevi () i desni () točak te osovine, pa važe odnosi:

X1=X1′+X

1″=2 X1T

Y 1=Y1′+Y

1″=2 Y 1T

Z1=Z1′+Z

1″=2 Z1 T

X2=X2′+X

2″=2 X2 T

Y 2=Y2′+Y

2″=2 Y 2 T

Z2=Z2′+Z

2″=2 Z2 T (1)

Dinamičke reakcije tla

Neka se automobil kreće jednoliko ubrzano (slika 1) pod dejstvom dovedenog momenta, Mo na pogonske točkove. Obimna sila Fo = Mo/rd dejstvuje u suprotnom smjeru od smjera kretanja automobila, posmatrano u tačkama kontakta pogonskih točkova sa tlom.Tangencijalna reakcija tla X2 usmjerena je u smjeru kretanja automobila i jednaka

je, prema teoriji kotrljanja automobilskog točka, razlici obimne sile i sile otpora kotrljanja, naime:

X2=Fo−R f 2 (2)

Slika 1

Sile u izrazu 4.1 odnose se na pogonsku osovinu, znači na oba pogonska točka. Automobil se kreće pod dejstvom tangencijalne reakcije tla X2, koja istovremeno predstavlja pogonsku ili vučnu silu. . Često se ova sila izjednačava sa obimnom silom Fo, a pri tom se zanemaruje neznatna razlika koja između njih postoji s obzirom na član R f2, pa možemo napisati:

F0≈X2≈X 0 (3)Na opterećenje osovina imaju uticaja sljedeći otpori kretanja:

1. otpor zraka Rv čija je napadna tačka težište čeone površine automobila na visini hv

od tla;2. otpor ubrzavanju Ri čija je napadna tačka u težištu automobila (C) na visini hc od

tla;

3. otpor usljed nagiba tla Rα=G sin α u težištu automobila na visini hc,4. Vučna sila prikolica Rp koja dejstvuje na visinu hp na kojoj je postavljena vučna

spojka (poteznica).

Napomena: Otpor kotrljanju R f=Rf 1+R f 2 dejstvuje u ravni tla u suprotnom smjeru od smjera kretanja i ne utiče na preraspodjelu osovinskih opterećenja. Intezitet otpora kotrljanju jednak je:

R f=M f 1+M f 2

rd=

M f

rd=Gf cos β

(4)

Jednačine ravnoteže glase:

- u pravcu kretanja:

F0=R f 1+R f 2+Rv+Ri+G sin α+R p

odnosno, stavljajući R f=Rf 1+R f 2 :

F0=R f +Rv +Ri+G sin α+R p (5)

- u pravcu normalnom na tlo:

G cosα=Z 1 +Z2 (6)

- suma momenata svih sila za tačku A daje:

Z2l−Gacos α−Ghc sin α−Ri hc−Rv hv−R php=0 (7)

- suma momenata svih sila za tačku B daje:

Z1 l−Gbcos α+Ghc sin α+R i hc+Rv hv+R ph p=0 (8)

Iz jednačina (4.7) i (4.8) dobijamo normalne dinamičke reakcije tla:

Z2=Gacos α+Ghc sin α+R i hc+Rv hv+R p h p

l (9)

Z1=Gbcos α−Ghc sin α−R i hc−Rv hv−R p hp

l (10)

Određivanje najvećih vučnih sila.

Reakcije tla za najveće vučne sile

Najveća moguća vučna sila, s obzirom na koeficijent prianjanja, definisana je kao proizvod iz normalnog opterećenja pogonske osovine i koeficijenta prianjanja, naime:

F0≈X i≈Zi ϕ (11)

Pri određivanju najvećih vučnih sila činimo sljedeće pretpostavke:

1. Točkovi jedne osovine imaju jednake koeficijente prianjanja. Lijevi i desni točak imaju podjednaka radijaln opterećenja pa s obzirom na osobinu simetričnog diferencijala i podjednake vučne sile;

2. Otpor zraka Rv ivučna sila prikolica Rp imaju napadnu tačku na visini hc od tla.

Dakle, hv≈hp≈hc ;

3. Koeficijent otpora pri kotrljanju (f) jednak je za sve točkove.

Sa ovim uprošćenjima jednačine (9) i (10) glase:

Z1=Gbcos α−hc(G sin α+ Ri+Rv+Rp )

l (12)

Z2=

Gacos α+hc(G sin α+Ri+Rv+R p )l (13)

Kako je na osnovu jednačine (5)

F0−R f=G sin α+R i+Rv+Rp (14)

slijedi:

Z1=bl

G cos α−hc

l( F0−Rf )

(15)

Z2=al

Gcos α+hc

l( F0−R f )

(16)

jer se vrši smjena:

F0−R f−R p=Gsin α +Ri+Rv (14)

Primjetimo ovdje da se dinamičke reakcije tla Z1 i Z2 razlikuju od statičkih reakcija tla GA i GB. Ukupna težina vozila preraspodjeljuje se na drugi način pri dinamičkoj ravnoteži automobila. Tu preraspodjelu najbolje karakteriše odnos dinamičke reakcije prema odgovarajućoj statičkoj reakciji. Tako se mogu formirati odnosi:

m1=Z1

GA=

Z1 lGb

m2=Z2

GB=

Z2 lGa (17)

Uočava se ovdje da su GA iGB statičke reakcije tla na prednjoj, odnosno, zadnjoj osovini kada se automobil nalazi na horizontalnom putu.

Formirani odnos m1, odnosno m2, predstavlja koeficijent peraspodjele težine za prednju, odnosno, zadnju osovinu i neimenovan je broj.

Vrijednosti tih koeficijenata kreću se u granicama:

m1 = 0,5 1,5 i m2 = 1,5 0,5

Koeficijent preraspodjele težine zavisi od konstruktivnih parametara automobila, režima vožnje i drumskih uslova.

Za reakcije tla date jednačinama (15) i (16) izrazi za koeficijente preraspodjele težine glase:

m1=cosα−hc

Gb( F0−R f )=cosα−

hc

bγ 0−

hc

bf cosα

(4.18)

m2=cosα +hc

Ga(F0−R f )=cos α+

hc

aγ 0−

hc

af cosα

(4.19)

U date izraze uveden je koeficijent:

γ0=F0

G (20)

koji se naziva koeficijent vučne sile ili specifična vučna sila. Taj koeficijent se koristi često kao pokazatelj kolika je vučna sila na 1 kg mase automobila.

Razmotrimo moguće slučajeve:

1. Pogon zadnjim točkovima Maksimalna tangencijalna reakcija pogonskih točkova može da dostigne vrijednost:

F0≈X2≈Z2 ϕ (21)

Zamjenom te vrijednosti u jednačini (4.16) dobija se:

Z2( l−hc ϕ )=Ga cosα−R f hc

Izraz za Rf dat je jednačinom 4, pa je nakon zamjene:

Z2=G(a−hc f )cosα

l−hc ϕ (22)

Koristeći jednačinu (4.6) dobijamo Z1:

Z1=G [ b−hc(ϕ− f )]cos α

l−hc ϕ (23)

Izraz za maksimalnu pogonsku silu na osnovu jednačine (21) glasi:

( F02)max=ϕG( a−hc f )cos α

l−hc ϕ (24)

2. Pogon prednjim točkovima Za ovaj slučaj imamo:

F0=Z1 ϕ (25)

pa potpuno analogno prednjem imamo:

Z1=G(b+hc f )cos α

l+hc ϕ i (26)

Z2=G [ a+hc(ϕ− f ) ]cos α

l+hc ϕ (27)

Sada je maksimalna pogonska sila:

( F01)max=ϕG (b+hc f )cosα

l+hc ϕ (28)

Izrazom (4.29) dat je odnos najveće moguće pogonske sile za slučaj samo prednje vuče prema najvećoj mogućoj pogonskoj sili za slučaj samo zadnje vuče:

( F01)max

( F02)max=

(b+hc f ) (l−hc ϕ )(a−hc f ) ( l+hc ϕ ) (29)

3. Pogon na sva četiri točka. Očigledno je da ukupne pogonske sile mogu da iznose:

( F04)max=ϕ⋅G cosα (30)

Pri tome, s obzirom na preraspodjelu težine, vučne sile (F01)max i (F02)max nisu međusobno jednake, ali treba da stoje u tačno utvrđenom odnosu. Da vidimo u kakvom odnosu!

Na osnovu jednačina (15) i (16) slijedi:

k=ϕ⋅Z1

ϕ⋅Z2=

F01

F02=

ϕl [Gb cos β−hc( F0−R f )]ϕl [Ga cosα +hc (F0−R f )]

(31)

Kako je F0=Gϕ cosα i R f=Gf cos α , imamo:

F01=φl(Gb cosα−Ghc ϕ cosα +Ghc f cosα )

F02=ϕl(Gacos α+Ghc ϕ cosα−Ghc f cos α )

Dalje imamo:

F01=Gϕ cos α

l(b−hc ϕ+hc f )

F02=Gϕ cos α

l(a+hc ϕ−hc f )

Konačno se dobija izraz (4.31) u obliku:

k=F01

F02=

b−hc(ϕ− f )a+hc(ϕ− f ) (32)

kojim je definisan odnos vučnih sila za uslov iskorištenja ukupne težine prianjanja.

U nastavku će se prikazati veza koja postoji da bi se ostvarile jednake vučne sile F01=F02 .

Iz jednačine 32 iammo za k = 1:

b−hc (ϕ− f )=a+hc(ϕ− f )

a=b−2 hc( ϕ−f )

Zamjenjujući b = l – a dobijamo:

a= l2−hc( ϕ−f )

ili:

al=1

2−

hc

l(ϕ−f )

(33)

Kako vrijednosti i f zavise od vrste i stanja puta, a koordinate težišta, a, b, hc od težinskog stanja automobila, često se zadovoljavamo sa raspodjelom pogonskih sila u odnosu:

F01

F02=

G A

GB=b

a (34)

Kao što se iz jednačine (31) zaključuje, za klasičan automobil sa vučom na sva četiri točka od uslovom iskorištenja cjelokupne težinske komponente Gcos za prianjanje, imamo pojedinačne reakcije tla:

Z1=G cosα

l [b−hc( ϕ−f )](35)

Z2=G cos

l [ a+hc (ϕ−f )](36)

U tabeli 1 date su normalne reakcije tla i koeficijenti raspodjele težine automobila za naprijed razmatrane slučajeve.

Koe

ficije

nt p

rera

spod

jele

teži

ne

m2

m1

Nor

mal

ne re

akci

je tl

a

Z 2Z 1

Pogo

n

Zadn

ja o

sovi

na

Pred

nja

osov

ina

Obj

e os

ovin

e

Tabela 1. Normalne reakcije tla i koeficijenti preraspodjele težine

Granične vrijednosti Na osnovu naprijed datih izraza za maksimalne vučne sile moguće je odrediti

maksimalne vrijednosti uspona koje vozilo može da savlada kao i maksimalne vrijednosti brzine i ubrzanja koje vozilo postiže na horizontalnom putu.

Maksimalni uspon

Maksimalni uspon vozilo savlađuje sa malom i konstantnom brzinom kretanja. Otpori pri kretanju su:

Ri=0 , Rv≈0 , Rα=G sin α , R f=Gf cosα

Prednji pogon Vučna sila prema jednačini (28) uravnotežava se otpoprima pri kretanju:

( F01)max=ϕ

G(b+hc f )cosαl+hc ϕ

=G sin α+Gf cosα

Odavde imamo:

tg α=ϕb+hc fl+hc ϕ

− f, ili

tg α=ϕ⋅b− fll+hc ϕ (43)

Zadnji pogon:

( F02)max=ϕG( a−hc f )cos α

l−hc ϕ=G sin α+Gf cosα

Odavde imamo:

tg α=ϕa−h c fl−hc ϕ

− f, ili

tg α=ϕ⋅a− f⋅ll−ϕ⋅hc (44)

Svi točkovi pogonski:

Uslov ravnoteže sila u pravcu kretanja automobila je:

( F04)max=Gϕ cos α=Gsin α+Gf cos α (45)

Na slikama 2 i 3 date su krive zavisnosti keoficijenta preraspodjele težine za prednju osovinu (m1)u funkciji od osovinskog rastojanja i koeficijenta prianjanja za slučaj prednjeg pogona (sl. 2) i zadnjeg pogona (sl. 3).

Slika 2. Krive m1 u funkciji od l i za slučaj prednjeg pogona

Slika 3. Krive m1 u funkciji od l i za slučaj zadnjeg pogona

Na slikama 4 i 5 date su krive zavisnosti koeficijenta preraspodjele težine za osovinu (m2) u funkciji od osovinskog rastojanja i koeficijenta prianjanja za slučaj prednjeg pogona (sl. 4) i zadnjeg pogona (sl. 5). U donjem dijelu oba dijagrama date su

krive zavisnosti procentualnog uspona (%) od osovinskog rastojanja za različite koeficijente prianjanja.

Sve krive su sračunavane za konkretne konstruktivne parametre automobila i to:

al=0,5

, hc=1,0 m , i f =0 ,02

Slika 4. Krive m2 i p(%) u funkciji od l i za slučaj prednjeg pogona

Slika 5 Krive m2 i p (%) u funkciji od l i za slučaj zadnjeg pogona.

Maksimalna moguća brzina

Vozilo se kreće na horizontalnom putu ( = 0);

Rα=0 i Ri=0

Maksimalna vučna sila koristi se za savlađivanje otpora zraka i otpora kotrljanja, naime:

Rv=KAv2 R f =Gf

Za razmatrane slučajeve imamo:

Prednji pogon:

( F01)max=ϕ⋅Gb+hc fl+hc ϕ

=KAv2+Gf

Odavde je:

vmax=√ G( ϕ⋅b−f⋅l )KA( l+hc ϕ ) [m/s] (46)

Zadnji pogon:

( F02)max=ϕ⋅Ga−hc fl−hc ϕ

=KAv2+Gf

Maksimalna brzina je:

vmax=√ G (ϕ⋅a−fl )KA (l−hc ϕ ) [m/s] (47)

Svi točkovi pogonski:

( F04)max=G⋅ϕ=KAv2+Gf

vmax=√ G( ϕ−f )KA (48)

Maksimalno moguće ubrzanje

Maksimalno ubrzanje automobila postiže se u procesu ubrzavanja pri relativno malim brzinama kretanja. Dalje, maksimalno ubrzanje se određuje na horizontalnom putu. Znači:

Rv≈0 i Rα=0

Za razmatrane slučajeve imamo:

Prednji pogon:

( F01)max=ϕG(b+hc f )

l+hc ϕ=G

gδ⋅a+Gf

Odavde je:

amax=g (bϕ−f⋅l)δ( l+hc ϕ ) [m/s2] (49)

Zadnji pogon:

( F02)max=ϕG( a−hc f )

l−hc ϕ=G

gδ⋅a+Gf

amax=g (aϕ−f⋅l )δ( l−hc ϕ ) [m/s2] (50)

Svi točkovi pogonski:

( F04)max=Gϕ=Gg

δ⋅a+Gf

amax=gδ( ϕ−f )

[m/s2] (51)

ZADATAK

Odrediti koeficijente (mp i mz) raspodjele opterećenja (odnos dinamičkih i statičkih

reakcija pri α=0

) po osovinama dvoosovinskog vozila pri njegovom ravnomjernom kretanju na usponu od 3030´ brzinom od 20 m/s ako je lp

= 1,46 (m); l = 2,8 (m); rd = 0,33 (m); m = 1825 (kg); hc = 0,6 (m); ako je Ru = 1,07 (kN); Rf = 0,318 (N) i Rv = 0,230 (kN).

Rješenje:

Za uspon od 3030´ dobija se: α=303 0'

; sin 30 30 '=0 , 061; cos3030'=0 , 998≈1

l z=l−lp=2,8−1 , 46=1 , 34 (m)

Koristeći gornju sliku (za α=0 ) kada vozilo miruje dobija se:- statičke reakcijeΣM A=0

Zzst⋅l−mg⋅l p=0

Zzst=mgl p

l=1825⋅9 , 81⋅1 , 46

2,8=9335 , 2 N

Zzst=9,3 (kN)

ΣM B=0

Z pst⋅l−mg⋅lz=0

Z pst=mgl z

l=1825⋅9 , 81⋅1, 34

2,8=8567 , 9 N

Z pst=8 , 56 (kN)

Dinamičke reakcije pri kretanju vozila na usponu (α=303 0'

) sa konstantnom brzinopm v = 20 m/s, tj sa a = 0.Iz uslova:ΣM B=0

Z pd⋅l+( Rv+Ru )hc−mg cosα⋅lz+M fp+ M fz=0

M f=M fp+M fz=Z p⋅f⋅rd+Z z⋅f⋅rd= f⋅r d (Z p+Z z )

Kako je:Z pd+Z zd=mgcos α=mg

odnosnoM f= f⋅r d mg

bit će:

Z pd=mg cosα⋅l z

l−

( Rv+Ru )hc+ f⋅r d mgl

=mg cosα⋅lz

l−

( Rv+Ru )hc+R f rd

l=

¿G cosα⋅ll

−( Rv+Ru )hc+Rf rd

l

Kako je:G=mg=1825⋅9 ,81=17903 ,2 N=17 ,9

(kN)Bit će:

Z pd=17 ,9⋅0 ,998⋅1 ,34

2,8−

(0 ,230+1 , 07 ) 0,6+0 ,318⋅0 ,332,8

=8 ,55−0 ,316=8 ,23 (kN)

Z pd+Z zd=mg

Zzd=mg−Z pd=1825⋅9 , 81−8 , 23=17 ,9−8 , 23=9 ,67 (kN)

Koeficijenti raspodjele opterećenja su:

mp=Z pd

Z pst=8 ,23

8 ,56=0 , 96

i m z=

Zzd

Zzst=9 ,67

9,3=1 , 03

Kao orijentacija pri proračunima može se usvojiti da mp=0,8÷1,4

, a m z=1,2÷0,7

.

ZADATAK

Mjerenjem na kolskoj vagi izmjerene su kod jednog transportnog vozila sljedeće mase na prednjem i zadnjem mostu: mp = 732 kg i mz = 1068 kg

Odrediti:a) koordinate težišta lp i lz , ako je l = 3 m.b) Ako vozilo stoji na usponu od 25% koliko je tada Zp i Zz i za koliko se

promijenilo ukupno opterećenje kolovoza, ako je hc = 0,75 m.c) Ako vozilo stoji na padu od 5% odrediti isto što i pod b).

Rješenje:

a)Z p=mp⋅g=732⋅9 , 81=7180 ,9

(N)Zz=m z⋅g=1068⋅9 ,81=10477

(N)G=mg=(m p+mz )⋅9 ,81=17658

(N)

Za ΣM A=0

;Z p⋅l=G⋅lz=0

l z=Z p

G⋅l=

mp

mp+mz⋅l=732

732+1068⋅3=2196

1800=1, 22

(m)l p=l−l z=3−1 , 22=1 ,78

(m)

b) Za uspon 25% bit će:

tg α=25100

=0 ,25 ⇒ α=140 8' sin α=0 , 242 cos α=0 , 975

ΣM A=0

Z p⋅l+m⋅g⋅sin α⋅hc−m⋅g⋅cos α⋅l z=0

Z p=m⋅g (l z⋅cosα−hc⋅sin α )

l=

17658 (1 ,22⋅0 ,975−0 , 75⋅0 , 242 )3

Zp = 5933 (N)

ΣM B=0

Zz⋅l−m⋅g⋅hc⋅sin α−m⋅g⋅cos α⋅l p=0

Zz=mg ( lpcosα +hc cos α )

l=

17658 (1 , 78⋅0 , 975+0 , 75⋅0 ,242 )3

Zz = 11284 (N)

Ukupno opterećenje kolovoza se smanjilo:

ΔG=G (l−cos α )=17658 (1−0 , 975 )=17658⋅0 ,025=441 , 45 (N)

c) Za 5 % tg α=0 , 05

⇒ α≈30

; sin 30=0 ,05 ;

ΔG p=17658 (1 , 22⋅0 , 99+0 ,75⋅0 ,05 )

3=17658

3(1 , 2078+0 ,0375 )=7330

(N)

ΔGz=17658(1 , 78⋅0 ,99−0 ,75⋅0 ,05 )

5=17658

3(1 ,7622−0 ,0375)=10152

(N)ΔG=mg(1−cosα )=17658(1−0 ,99)=17658⋅0 , 01=176

(N)

ZADATAK

99,03cos 0

Za putničko vozilo koje ima prtljažnik i teret mase mt = 50 kg postavljen u odnosu na težište jednom na prednjem kraju, a drugi put na zadnjem – tako da je rastojanje (a) od težišne ose jednom ispred težišta, a u drugom iza težišta.

a) Odrediti statičko opterećenje osovine Zpst i Zzst pod uslovom da je lz/lp = 1,

b) Izračunati lz = lp ako je masa vozila m = 750 kg, masa dodatnog tereta mt

= 50 kg, a = 0,2 m i l = 5 m.c) Odrediti odnos bočnih inercionih sila datog vozila sa i bez dodatnog

tereta pri kretanju po kružnici konstantnom brzinom.

Rješenje:a) Uslovi ravnoteže su:

ΣM A=mglz+mt g (l z±a )−Z pst l=0(1)

ΣM B=Z st l−mglp−mt g ( lp±a )=0(2)

iz (1)

(m+mt ) glz=Z pst⋅l±mt⋅a⋅g(1´)

iz (2)

(m+mt ) gl p=Z zst⋅l±mt⋅a⋅g(2´)

Ako se podijeli izraz (1´) sa (2´) dobija se:

l z

lp=

Z pst⋅l±mt⋅a⋅gZ pst⋅l±mt⋅a⋅g

(3)Kako je uslovom zadatka dato:

l z/ lp=1

dobija se:Z pst⋅l±mt⋅a⋅g=Zzst±mt⋅a⋅g

(4)vodeći računa da je

Z pst+Z zst=(m+mt )g

dobija se:

Z pst=12( m+mt ) g±mt

al

g

Zzst=12(m+mt )g±mt

al

g

Z pst=12(750+50 )g±50 0,2

5g=400 g±2 g=(400±2)g

Z pst=(400±2)g

Zzst=(400±2) g

Uslovom zadatka je l z=l p=2,5

mKako je:

Fay=Gg

v2

R

odnosno

Fa1 y=G+Gt

gv2

R

bit će:

Fa 1 y

Fay=

G+Gt

G=800

750=1 , 067

ili 6,7 %.

GRANIČNE PERFORMANSE

ZADATAKDati su podaci o transportnom vozilu: m = 900 kg, hc = hv = 0,55 m, KA = 0,55 Ns2m-2 , l = 2,6 m, lp = 1,2 m

odnosno po tlu po kome se kreće: f = 0,019 i ϕ=0,8

U slučaju da su prednji točkovi i pogonski, a za slučaj graničnog prijanjanja treba odrediti:

a) normalne reakcije tla Z pϕ i

Zzϕ

b) Maksimalnu brzinu kretanja vozila na horizontalnom putu usvajajući da je X p≈F0

Rješenje:

a) Iz uslova ravnoteže ΣM A=0

se dobijaZ pϕ⋅l−G⋅l z+Rv⋅hc=0

(1)ΣX=0

X p−X z−Rv=0(2)

Koristeći zavisnost:X pϕ=Z pϕ⋅ϕ

(3)odnosno:

X z=Zz⋅f =(G−Z pϕ ) f(4)

poslije odgovarajućih zamjena (3 i 4) u (2) se dobija:Z pϕ⋅ϕ−(G−Z pϕ ) f −Rv=0

odakle je:Rv=Z pϕ(ϕ+ f )−G⋅f

(5)Poslije zamjene (5) i (1) se dobija:

Z pϕ⋅l−G⋅l z+Z pϕ (ϕ+ f ) hc−G⋅f⋅hc=0

odnosno:

Z pϕ=G (l z+ fhc )l+ (ϕ+f )hc

=mg (l z+ fhc )l+ (ϕ+f )hc

=900⋅9 ,81(1,4+0 , 019⋅0 ,55

2,6+(0,8+0 ,019 )0 ,55=12453

3 , 05=4083 N

Z pϕ=4083 (N)

Iz uslova:ΣZ=0

se dobija:

Zz=G−Z pϕ=mg−Z pϕ=900⋅9 , 81−4083=4746 N

Zz=4746 (N)

b) Kako je:F0=ΣR=R f +Rv

i iz uslova zadatka:F0≈ X p

vodeći računa da je:X pϕ=Z pϕ⋅ϕ

Rv=KAvϕ2

R f=G⋅f =mg

dobija se:

Z pϕ⋅ϕ=KAvϕ2+mgf

odakle se može da izračuna granična brzina:

vϕ=√ Z pϕ⋅ϕ−mgfKA =√4083⋅0,8−900⋅8 ,81⋅0 ,019

0 , 55 =√3098 ,70 ,55 =√5634=75 , 06

vϕ=75 , 06 (m/s)

ZADATAK

Podaci o vozilu sa pogonom na zadnje točkove su: m = 1000 kg, l = 2,5 m, hc = hv = 0,6 m, KA = 0,5886 Ns2m-2

U slučaju kretanja vozila na usponu od 25 %, brzinom od 50 km/h = 13,88 m/s po

tlu sa: ϕ=0,6

i f = 0,02 treba odrediti:a) Normalne reakcije tla;b) Tangencijalne reakcije Xz i Xp;c) Graničnu silu prijanja.

Rješenje:

a)

Iz uslova ravnoteže za tačku A: ΣA=0

se dobija:Zz⋅l−mg cos α⋅lp−mg sin α⋅hc−Rv⋅hc=0

odakle je:

Zz=mg ( lp cosα +hc sin α )+Rv⋅hc

l

Kako je:

Rv=KAv2=0 ,5886⋅13 , 882=113 , 4 (N)

i

u=0 , 25=tg α; α=120 40'

; cos α=0 , 97

; sin α=0 ,24

bit će:

Z z=1000⋅9 ,81(1,3⋅0 , 97+0,6⋅0 , 24 )+113 , 4⋅0,6

2,5=12965 , 9

2,5=5186 , 4 N

Zz=5186 ,4 (N)

Iz uslova ravnoteže:ΣZ=0

se dobija:Z p+Zz=mg cosα

odnosno:Z p=mgcos α−Z z=1000⋅9 ,81⋅0 , 97−5186 , 4=4329 ,3 N

Z p=4329 , 3 (N)

b) Iz uslova ravnoteže: ΣX=0

se dobija:

X z=mg sin α+Rv+ X p=mg sin α+Rv+Zp⋅f =mgsin α +Rv+ (mg cosα−Zz ) f =¿mg(sin α +f cos α )−Z z⋅f +Rv=1000⋅9 , 81(0 ,24+0 , 02⋅0 ,97 )−5186 ,4⋅0 , 02+113 , 4

X z=2550 , 5 (N)

c) Granična sila prijanjanja određena je izrazom:X zϕ=Zz⋅ϕ=5186 , 4⋅0,6=3111 ,8 N

X z=3111 ,8 (N)

ZADATAK

Dato je vozilo sa pogonom na zadnjim točkovima i sljedećim podacima: m = 1200 kg, l = 3,0 m, lp = 2,0 m, hc = 0,6 m, f = 0,01Potrebno je da se izračuna koeficijent prijanjanja pri kome je kretanje s mjesta još moguće sa ubrzanjem od 2 m/s2. Pri rješavanju treba zanemariti moment inercije prednjih vođenih točkova i uticaj momenta otpora kotrljanju na promjenu vertikalnih reakcija tla.

Rješenje:

U slučaju kretanja sa mjesta otpor zraka se može da zanemari, pošto je u ovom slučaju zanemarljivo mali, ako se vozilo nalazi u mirnoj sredini.Koristeći sljedeću sliku

Može se napisati za slučaj da bi vozilo moglo da krene sa mjesta pri pogonu na zadnje točkove, potrebno je da bude ispunjen uslov:

X z max¿ Ri+R fp¿

odnosno:

Zz⋅ϕ ¿m dvdt

+Z p⋅f ¿(1)

Nepoznata veličina Zz se nalazi iz uslova ravnoteže momenta svih sila u odnosu na osu koja prolazi kroz dodirnu tačku prednjih točkova sa tlom:ΣM=0

Zz⋅l−Ri hc−mgl p=0

Zz=mglp+Ri hc

l (2)

Iz uslova ΣZ=0

, dobija se:

Z p=mg−Zz (3)Poslije zamjene (2) i (3) u (1) dobija se:

( mgl p+mahc

l )ϕ=ma+(mg−mglp+mahc

l )⋅f

odnosno poslije sređivanja:

(mglp+mahc )ϕ=mal+mglf −mglp f −mahc f

poslije skraćivanja:

(gl p+ahc )ϕ=l (a+gf )−f ( gl p+ahc )

odnosno

ϕ=l(a+gf )−f ( gh+ahc)( gl p+ahc )

=l a+gfgl p+ahc

−f =lf +a

g

lp+ag hc

−f =

¿3⋅0 ,01+2

9 ,81

2+29 ,81

0,6−0 , 01=0 ,3022−0 ,01=0 , 2922

ϕ=0 ,2922

ZADATAK

Motorno vozilo sa zadnjim pogonskim točkovima mase m = 9800 kg kreće se konstantnom brzinom na usponu od 40% koje karakteriše koeficijent otpora

kotrljanju f = 0,025 i koeficijent prijanjanja ϕ=0,6

. Koordinate težišta su:- rastojanje od prednje ose do težišta lp = 3,0 m,- visina težišta hc = 1 m.

Usvojiti: Rv≈0

, M fp=M fz=0

Odrediti:a) Reakcije tla zadnjih točkova pri kretanju na granici prijanjanja za date

uslove;b) Rastojanje između prednjih i zadnjih točkova (l) prema uslovima iz a);c) Maksimalnu silu na poteznici koju vozilo može da ostvari sa stanovišta

prijanjanja na horizontalnom putu ako je hp = 1,0 m, a Rv≈0

Rješenje:a)

Koristeći uslov ravnoteže: ΣX=0

dobija se:X z−R f−Rv=0

Odakle je:

X z=Zz⋅ϕ=R f +Rv=mg( f cos α+sin α )

odnosno

Zz=mg( f cos α+sin α )

ϕ=

9800⋅9 , 81(0 , 025⋅0 , 93+0 , 36 )0,6

Zz=61408 ,14 (N)

pošto je:

tg α=40100

=0,4

odnosnosin α=0 , 36

; cos α=0 ,93

b) Iz uslova ravnoteže: ΣM B=0

i za Rv≈0

; Rpot=0

; M fp=M fz=0

Zz l−mgsin α⋅hc−mg cos α⋅l p=0

dobija se:

l=

mg (hc sin α +l pcos α )Zz

=9800⋅9 , 81(1⋅0 , 36+3⋅0 , 93 )61408

=96138⋅3 ,1561408

=4 ,9315=5

(m)

c) Iz uslova ravnoteže:ΣX=0

za α=0

i Rv≈0

dobija se:

X z=Zz' ϕ=Rpot+R f

odakle je:

Rpot=Zz' ϕ−R f=Z z

' ϕ−mgf

Iz uslova: ΣM B=0

dobija se:

Zz' l−mg⋅lp−Rpot⋅hpot=0

odakle je

Zz' =

R pot hpot +mgl p

l

pa je:

Rpot=(R pot hpot+mglp

l )ϕ−mgf

odnosnoRpot⋅l−R pot hpot⋅ϕ=mgl p⋅ϕ−mgfl

Rpot ( l−hpot⋅ϕ )=mg( lp ϕ−fl )

Rpot=mg( lp ϕ−fl )

l−hpot ϕ=

9800⋅9 ,81(3⋅0,6−0 ,025⋅5 )5−0,6⋅1

=1610314,4

=36598

Rpot=36598 (N)

ZADATAK

Ako se vozilo mase 1620 kg kreće na tlu koje je okarakterisano sa f = 0,02 i ϕ=0,8

, potrebno je odrediti graničnu brzinu vozila za slučaj da su:a) zadnji točkovi pogonski;b) prednji točkovi pogonski;c) svi točkovi pogonski

Usvojiti: l = 3,25 m; lp = 1,7 m; KA = 0,36 Ns2m-2

Rješenje:

a) kada su zadnji točkovi pogonski granična brzina je određena izrazom:

vϕz=√ mg( l p⋅ϕ− f⋅l )KA [ l−( ϕ+ f )hc ]

=√1620⋅10(1,7⋅0,8−0 , 02⋅3 , 25 )0 ,36 [3 , 25−(0,8+0 ,02 )0,7 ]

=√21776 , 9≈147 ,57

(m/s)b) kada su prednji točkovi pogonski granična brzina je određena izrazom:

vϕz=√ mg (l z⋅ϕ− f⋅l )KA [l+(ϕ+f )hc ]

=√1620⋅10 (1 , 55⋅0,8−0 , 02⋅3 , 25 )0 , 36 [3 ,25+(0,8+0 ,02 )0,7 ]

=√13829=117 ,5

(m/s)c) kada su svi točkovi pogonski granična brzina je određena izrazom:

vϕ pz=√ mg(ϕ− f )KA

=√1620⋅10(0,8−0 , 02)0 , 36

=√35100=187 ,3 (m/s)

ZADATAK

Za putnički automobil mase m = 764 kg, sa osovinskim rastojanjem l = 2,5 m, visinom težišta hc = hv = 0,6 m, rastojanjem prednje ose od težišta lp = 1,2 m,

mehaničkim stepenom korisnosti ηp=0 ,87

, faktorom otpora zraka KA = 0,59 Ns2m-2, koji se kreće na kolovozu sa koeficijentom otpora kotrljanja f = 0,04 i

prijanjanja ϕ=0,6

potrebno je utvrditi:a) maksimalne, granične brzine kretanja po horizontalnom putu u slučaju da su

pogonski točkovi a1) prednji i 2) zadnjib) granično ubrzanje pod a1) i a2).c) Potrebnu snagu motora das bi se ispunio uslov maksimalne granične brzine

kretanja kada su pogonski točkovi b1) prednji, odnosno b2) zadnji.

Napomena: usvojiti da je X z≈F0 z , odnosno

X p≈F0 p

Rješenje:

a) Maksimalna granična brzina pri kretanju po horizontalnom putu kada su pogonski točkovi prednji određuje se koristeći izraz

vϕz=√ mg(l z⋅ϕ−f⋅l )KA [l+(ϕ+f )hc ]

=√764⋅9 , 81(1,3⋅0,6−0 , 04⋅2,5)0 ,59 [2,5+(0,6+0 , 04 )0,6 ]

=57

(m/s)a u slučaju da su pogonski točkovi zadnji koristi se izraz:

vϕz=√ mg( lp⋅ϕ−f⋅l )KA [l−( ϕ+ f )hc ]

=√764⋅9 ,81(1,3⋅0,6−0 ,04⋅2,5 )0 , 59 [2,5−(0,6+0 , 04 )0,6 ]

=63

(m/s)odnosno da su svi točkovi pogonski:

vϕ pz=√ mg(ϕ−f )KA

=√764⋅9 ,81(0,6−0 ,04 )0 ,59

=84 (m/s)

b) Granično ubrzanje u slučaju da su prednji točkovi pogonski određuje se koristeći izraz:

aϕp=g( l z ϕ− f⋅l )l+(ϕ+ f )hc

=9 ,81(1,3⋅0,6−0 ,04⋅2,5 )

2,5+0,6(0,6+0 , 04 )=2 , 35

(m/s2)a u slučaju da su pogonski točkovi zadnji koristi se izraz:

aϕp=g( lp ϕ−f⋅l)l−(ϕ+ f )hc

=9 ,81(1,2⋅0,6−0 ,04⋅2,5 )

2,5−0,6(0,6+0 ,04 )=2,8

(m/s2)odnosno svi točkovi su pogonski

aϕ pz=g( ϕ−f )9 ,81 (0,6−0 ,04 )=5,5 (m/s2)

c) Potrebna snaga na pogonskim točkovima određena je izrazom:P0=ΣR⋅v

odnosno potrebna snaga motora:

Pe=P0

ηp

Za slučaj prednjeg pogona:

Pep=( Rf +Rvϕp)⋅vϕp

η p=(mgf +KAvϕp

2

ηp)vϕp=

764⋅9 ,81⋅0 , 04+0 ,59⋅572

0 ,87⋅57=145232W

Pep=145 (kW)

Zadnjeg pogona:

Pez=( Rf +Rvϕz )⋅vϕz

η p=( mgf +KAvϕz

2

ηp)vϕz=

764⋅9 ,81⋅0 ,04+0 ,59⋅632

0 , 87⋅63=191281W

Pez=191 (kW)

odnosno pogona na svim točkovima:

Pepz=( R f+Rvϕ pz)⋅vϕ pz

ηp=( mgf +KAvϕ pz

2

ηp)vϕ pz=

764⋅9 ,81⋅0 , 04+0 , 59⋅842

0 , 87⋅84=430900 W

Pepz=430 (kW)