1

Tehniška matematikaTM8a

Kinematika

Avtorji: Peter Kitak, Tine Zorič, Gordana Radić.

1. Uvod

Kinematika je področje mehanike, ki obravnava gibanje točke (premo gibanje in/ali vrtenje)

v prostoru. Če imamo opravka z enim samim telesom, lahko pravila kinematike prenesemo

tudi na gibanje togega telesa. Na tej spletni strani bomo zakonitosti gibanja točka na kratko

povzeli. V dodatnih zgledih bomo pokazali, kako zakonitosti kinematike uporabimo, če

imamo opravka z enim samim togim teleso.

Problemi obravnavanja kinematike in dinamike imajo namreč mnogo skupnih točk.

Povzročitelji dinamike gibljivih togih teles so sile in/ali navori.

Če pa za izhodišče problemov vzamemo pospeške ali hitrosti togih teles, ki jih sicer

povzročajo sile in/ali navori, pa se problem dinamike enega telesa reducira na

kinematiko točke.

Na te tej spletni strani bomo, poleg pregleda zakonitosti, podali predvsem obilico praktičnih

zgledov.

2. Pregled zakonitosti kinematike –

Premo gibanje

Enakomerno premo gibanje - Konstantna hitrost v

Pot tvs , če v trenutku t=0 prehojena pot enaka nič

Pot tvss 0 , če je v trenutku t=0 točka že prešla pot s0

Enakomerno pospešeno premo gibanje - Konstanten pospešek a

Hitrost tav , ko v trenutku t=0 točka miruje

Hitrost tavv 0 , če ima v trenutku t=0 točka hitrost v0

Pot 2

2tas

, če velja v trenutku t=0: v(0)=0 in s(0)=0

Pot 2

2

0

tatvs

, če velja v trenutku t=0 le v(0)=v0

Pot 2

2

00

tatvss

, če velja v trenutku t=0: v(0)=v0 in s(0)=s0

Pri premih gibanjih so hitrosti zelo pogosto podane v km/h. Ker pa želimo dobiti vse

vrednosti v osnovnih enotah, je pomembno, da jih znamo pretvarjati in v enačbe vstavljati v

osnovnih enotah, saj tedaj tudi rezultat dobimo v osnovni enoti.

Krivulje, ki jih pri premem gibanju opišejo poti in hitrosti so premice ali parabole. Zato si za

razumevanje zgledov ponovno oglejte spletno stran TM2a.

Zgled1

Kolesar enakomerno vozi s konstantno hitrostjo v=25 km/h .

a) V kolikem času prevozi razdaljo s=45 km?

2

b) Koliko razdaljo prevozi v t=2h45m?

Nalogo lahko računamo kar v podanih enotah (ker so enake!).

hv

st 8,1

25

45

Ker je osnovna enota časa sekunda, je

st 648036008,1 ;

Če pa želimo čas spremeniti v ure, minute in sekunde, je to

s0mhmht 481608,01

Praviloma izračune opravimo v osnovnih enotah. Zato vse veličine najprej preračunamo v

osnovne enote, ker je potem rezultat tudi v osnovni enoti.

m45000100045km45 s

s

m49,6

3600

25000km/h25v

Potrebni čas je

st 64809444,6

45000

Kolesar prevozi razdaljo v času

s990027007200604536002h45m2 t

Pri tem prevozi razdaljo

km68,75m6875099009444,6 tvs

Zgled 2

Pospešeni vlak vozi skozi postajo h hitrostjo v0=60 km/h. Nato začne pospeševati, s

konstantnim pospeškom ap=1 m/s2

dokler ne doseže potovalno hitrosti vp=100 km/h,

potem pa dalje s konstantno hitrostjo. Pred naslednjo postajo na razdalji l=45 km pa začenja

zavirati s konstantnim pojemkom ap=1 m/s.

Koliko časa t potrebuje vlak, da prevozi razdaljo med obema postajama? Kolikšno razdaljo s1

prevozi, ko pospešuje, kolikšno razdaljo s2 s potovalno hitrostjo in kolikšno razdaljo s3, ko

zavira ! Kolik je čas potovanja med obema postajama?

Iz

10 tavv pp

določimo čas pospeševanja t1

sa

vvt

p

p11,11

1

66,1677,2701

V tem času bo vlak prevozil razdaljo

mta

tvsp

2479,2467,612,1852

11,11111,11667,16

2

22

101

Čas zaviranja vlaka določimo iz

sa

vt

z

8,271

778,2733

V tem času vlak prevozi pot

3

mta

sz

3868,3852

778,271

2

22

33

ali

mtvs 3868,27889,13333

Vlak bo prevozil s potovalno hitrostjo razdaljo

mssls 4436738624745000312

To pot opravi v času

1597s26,62mh44367,0100000

4436722

pv

st

Skupno potrebuje vlak od vožnje skozi prvo postajo do postanka na drugi postaji čas

16sm27s163628159711321 tttt

Zgled 3

Na železniški progi je razdalja med postajama A in B

a=150 km in med postajama B in C pa b=100 km. Iz

postaje A bo proti postaji B vozil hitri vlak s povprečno

hitrostjo km/h1001 v , iz postaje C pa proti postaji A tovorni vlak s povprečno hitrostjo

km/h.502 v Kateri vlak mora odpeljati prej in za koliko, če se naj srečata v postaji C?

Hitri vlak potrebuje za razdaljo a čas t1

hv

at 5,1

100

150

1

1

Tovorni vlak potrebuje za razdaljo b čas t2

hv

bt 2

50

100

2

2

Tovorni vlak mora odpeljati prej in sicer za

httt 5,012

Zgled 4

Čoln prečka d=80 m široko reko s hitrostjo m/svy 5 .

Hitrost vodnega toka je m/svx 8

Koliko časa t potrebuje čoln za prečkanje reke?

Kolika je razdalja a, za katero za voda odnese?

Za prečkanje reke potrebuje čoln čas

mv

dt

y

165

80

Razdaljo a lahko določimo na več načinov, najbolj enostaven je iz razmerja

mv

vda

v

v

d

a

y

x

y

x 1285

880

Zgled 5

Letalo leti na višini h=2 km s hitrostjo vx=800 km/h. Koliko časa prej mora spustiti bombo,

dabo zadela cilj v trenutku, ko bo letalo nad njim. Za koliko mora biti letalo tedaj pred ciljem?

Za vertikalno komponento gibanja velja

a

A B C a

b

v2 v1

4

2

2tgh

Odtod določimo čas letenja bombe

sg

ht 20400

10

200022

Potovalna hitrost letala je

2,2223600

800000xv m/s

Letalo mora spustiti bombo

m4444202,222 tvx x

pred ciljem.

Zgled 6

S kolikšno vodoravno hitrostjo vx moramo iz h=80 m visokega stolpa vreči kamen, da bo

padel x=60 m daleč od podnožja stolpa. (skica je enaka zgornji). S kolikšno hitrostjo v prileti

na tla?

Čas padanja kamna je

sg

ht 416

10

8022

Kamen pade na razdalji

154

60

t

xvtvx xx m/s

Vertikalna komponenta hitrosti je

40410 tgvy m/s

navzdol. Absolutna vrednost hitrosti kamna ob padcu na zemljo je

72,42160022522 yx vvv m/s

Zgled 7

Kako daleč bo letel kamen iz prejšnjega zgleda, če ga vržemo z enako vodoravno komponento

hitrosti, vendar pod kotom α=450 navzgor.

Vertikalna komponenta hitrosti je enaka horizontalni

1500 xy vv m/s

Čas leta T navzgor določimo iz

5,110

150

0

0 g

vTTgv

y

y s

Pot v navpični in vodoravni smeri sta

25,1125,115,222

5,1105,115

2

22

01

Tg

Tvs yy m

5,225,11501 Tvs xx m

V času Tt 2 pade kamen nazaj na višino stolpa. Pri tem opravi dodatno vodoravno pot

5,225,11502 Tvs xx m

in ima komponento 1503 yy vv m/s navzdol. Za pot od vrha stolpa do površine zemlje

velja enačba

5:515802

2

33

2

333 tt

tgtvh y

x C a a

y C a a

vx C a a

h C a a

x C a a

5

Kvadratna enačba

016323 tt

ima dva korena

272,45,12

735,1

2

64932,1;3

t

Seveda velja le pozitivna rešitev

772,23 t s

Horizontalna komponenta poti od višine stolpa do zemlje je

6,4158,41772,21503 tvs xx m

Kamen pada na razdalji

6,866,415,225,223213 xxx ssss m

Kamen ima ob padcu na zemljo vertikalno komponento hitrosti

7,427,271577,21015303 tgvv yy m/s

Absolutna komponenta hitrosti ob padcu na zemljo je

26,457,4215 22232 yxo vvv m/s

V zadnjem zgledu smo se srečali z reševanjem kvadratične enačbe. Če ste to že nekoliko

pozabili, si še enkrat oglejte spletno stran TM2a, kjer smo to opisali in tudi navedli nekaj

zgledov reševanja kvadratične enačbe.

Zgled 8

Avto iz mirovanja ( v(o)=0 in s(0)=0) spelje s konstantnim pospeškom a=2 m/s2.

a) kolikšno hitrost je dosegel po preteku 1 sekunde, dveh sekund, treh sekund?

b) Kolikšno pot opravi avto v prvi sekundi, drugi sekundi in tretji sekundi?

a) Hitrost je podana z

tavtv 0)(

Od tod je

2121 1 tav m/s 4222 2 tav m/s 6323 3 tav m/s Diagram hitrosti je premica iz koordinatnega izhodišča, s k=a in n=0!

b) Pot s(t) je podana z

2

)(2

00

tatvsts

Od tod so poti na koncu vsakega časovnega intervala:

12

12

2)1(

22

1

ta

s m

42

22

2)2(

22

2

ta

s m

92

32

2)3(

22

3

ta

s m

Diagram poti je parabola, podnožiščem v koordinatnem izhodišču.

Prirastek poti v prvi sekundi je

1)1(1 ss m

Prirastek poti drugi sekundi je

6

3)1()2(2 sss m

Prirastek poti tretji sekundi je

5)2()3(3 sss ,

za vsako sekundo je prirastek poti za 2 m večji kot v prejšnji sekundi.

Kroženje je druga temeljna oblika gibanja točke v mehaniki. Seveda poznamo tudi bolj

komplicirane oblike gibanja točke, kot sta n.pr. gibanje po spirali in gibanje po elipsi, vendar

se v bolj preprostih mehanskih problemih s tako vrsto gibanj le redko kdaj srečamo. Tako

planeti krožijo okoli sonca po elipsah (1. Keplerjev zakon). Elektron, ki prileti v homogeno

magnetno polje pod kotom α, ki ni enak 900, se giblje po spirali. V naših zgledih kinematike

točke, se bomo ukvarjali predvsem s kroženjem.

Kroženje

Enakomerno kroženje - Konstantna kotna hitrost 0

Kot t 0 , če v trenutku t=0 točka miruje

Kot t 00 , če je v trenutku t=0 točka že prešla kot 0

Enakomerno pospešeno kroženje - Konstanten kotni pospešek

Kotna hitrost t , ko v trenutku t=0 točka miruje

Kotna hitrost t 0 , če ima v trenutku t=0 točka kotno hitrost 0

Kot 2

2t

, če velja v trenutku t=0 0(0)in 0)0(

Kot 2

2

0

tt

, če velja v trenutku t=0 00)0( (0)in

Pot 2

2

00

tt

, če velja v trenutku t=0 00 (0)in0 )(

Vselej pa velja: rv in rs

Podobno kot smemo premo gibanje togega telesa reducirati na kinematiko premega gibanja

točke, če poznamo pospeške in hitrosti, smemo tudi dinamiko kroženja togega telesa

reducirati na kinematiko kroženja točke, če poznamo kotne pospeške, kotne hitrosti in

polmere, na katerih delujejo.

Krivulja, po katerih potuje točka pri kroženju je enačba kroga. Če pa je kroženje povezano s

premim gibanjem (pravokotnim na ravnino kroženja), je krivulja po kateri s časom potuje

točka spirala. Zato si pred reševanjem zgledov ponovno poglejte spletno stran TM2a.

Zgled 1

Točka kroži enakomerno po obodu kroga s polmerom r=10 cm. V 1 minuti opravi n=90

obratov. V trenutku t=0 s, se nahaja v točki T(10,0)cm. Kolikokrat ns se zavrti v 1 sekundi?

Kolikšna je kotna hitrost (krožna frekvenca) ? Kolikšna je obodna hitrost v? Kolikšen kot

in kolikšno pot s opravi točka v času t=10s?

Točka obkroži v 1 sekundi

krat5,160

90

60 ms

nn

in pri tem opiše kot

7

rad32ali5403605,1360 000 ss nn

Kot v časovni enoti pa je kotna hitrost

rad/s3

Obodna hitrost točke je

314,031,0 rv m/s

V času t=10s točka opiše kot

rad30103 t

Pri tem točka opravi pot

942,031,0 rs

Če bi želeli veličine predstaviti v vektorskem zapisu, bi obodno hitrost v

in trenutno lego

vektorja polmera r

zapisali v obliki

jtyitxjtritrrr )()(sincos m

obodno hitrost v

pa kot

jtitkrv sin1,0cos1,042,9

jtitjktiktv cossin942,0)(sin942,0)(cos942,0

jvivv yx m/s

Ker točka potuje po obodu kroga v matematično pozitivni smeri, imata tako vektor kota

kot vektor kotne hitrosti

smer pozitivne z osi.

Za razumevanje pravkar zapisanega, si še enkrat oglejte nadaljevanje TM4.

Zgled 2

Točka naj poleg enakomernega kroženja v predhodnem zgledu (v ravnini xy) opravlja še

enakomerno premo gibanje v smeri negativne koordinate z s hitrostjo vz=0,5 m/s. V trenutku

t=0, naj je točka v legi T(0,1; 0; 0) m.

Točka opisuje gibanje po spirali. Hitrost točke je

ktvjtvitvtv zyx )()()()(

)5,0cos042,0sin942,0()( jtittv

m/s

Točki s časom pripadajo koordinate

tjtritrr 5,0sincos

m

Pot s seveda ni enaka razdalji od začetne točke. Problem

je enak kot smo ga že srečali pri poševnem metu.

Krivulje spirale žal ne znam narisati.

Zgled 3

Točka iz zgleda 1 naj se v trenutku t=0 nahaja v točki T(0,1; 0) in ima kotno hitrost

rad/so 3)( 0 . V tem trenutku začne nanje delovati kotni pospešek 2rad/s2,1 . Kolikšno kotno hitrost )(t in kolikšno obodno hitrost )(tv doseže točka v času t=5 s?

Kolikšen kot )(t in kolikšno pot s(t) opravi točka v tem času?

Kotna hitrost je

52,1552,142,9)( 0 tt rad/s

Točka doseže obodno hitrost

552,152,151,0)()( trtv m/s

Točka opiše kot

T a

x a

y a

r a

C a

v a

8

1,62151,472

52,1542,9

2)(

22

0

t

tt

rad

in opravi pot

21,61,01,62 rs m

Zgled 4

Zobnik 1 s polmerom R1=60 cm se vrti s konstantnim številom vrtljajev n1m=30 obr/min in

poganja zobnik s polmerom R2=20 cm. Oba zobnika sta fiksno nameščena v vodoravni legi.

Kolikšna je kotna hitrost in obodna hitrost prvega zobnika?

Kolikšna sta kotna hitrost in obodna hitrost drugega vodnika?

Kolikšno pot opravita točki na obodu obeh zobnikov v času t=5s?

Prvi zobnik opravi v 1 sekundi

obr/s5,060

30

60

1

1 m

s

nn ,

torej ima kotno hitrost

14,35,028,62 11 sn rad/s

Obodna hitrost prvega zobnika je

2111 m/884,114,36,0 vsrv

Drugi zobnik ima enako obodno hitrost. Njegova kotna hitrost je

12

22 3rad/s42,9

2,0

884,1

r

v

Ker je obodna hitrost obeh zobnikov enaka, je tudi pot enaka

42,95884,111 tvs m

Zgled 5

Nosilec, na katerem sta pričvrščena oba zobnika je vrtljiv okoli osi prvega zobnika, kot to

kaže spodnja slika. Za iste podatke iz prejšnje naloge želimo določiti:

a) S kolikšno obodno hitrostjo se vrti os drugega zobnika? Kako se s časom spreminjajo

koordinate osi drugega zobnika

b) Kakšne koordinate opisuje točka T na obodu drugega zobnika, ko se njegov nosilec vrti s

kotno hitrostjo prvega zobnika.

Pri tem koristite izračunane vrednosti iz predhodnega zgleda!

a) Točka na osi drugega zobnika ima kotno hitrost prvega zobnika.

Točka na osi drugega zobnika ima obodno hitrost

512,214,38,0)( 1212 RRVo m/s

ali v vektorskem zapisu

]14,3sin512,214,3cos512,2[2 jtitvo m/s

Koordinate točke osi drugega zobnika se s časom

spreminjajo po

mjti

jtitRRsR

14,3sin8,014,3cos8,0

sincos)( 1121

b) Dodatno h gibanju osi, mora prišteti še kroženje točke

na obodu drugega zobnika. Najprej hitrost

R1 R2

ω1 ω2

x a T

a

y

y a

R1 R2

ω1

ω2

9

)42,9sin884,142,9cos884,1()sincos( 2222 jtitjtitvv m/s

in nato še pot

tjtittjtitRs )42,9sin884,142,9cos884,1()sincos( 22222

m

Komponente hitrosti točke T na obodu drugega zobnika sta

)42,9cos884,114,3cos512,2( ttvTx m/s

)42,9sin884,114,3sin512,2( ttvTy m/s

Točko, v kateri se vsak trenutek nahaja točka T ima komponenti

ttttvx Tx )42,9cos884,114,3cos512,2( m

ttttvy Ty )42,9sin884,114,3sin512,2( m

3. Dinamika gibanja togega telesa Dinamiko gibanja togega telesa preprosto določimo:

a) Če poznamo njegovo kinematiko;

b) pri premem gibanju maso m togega telesa in silo F

, ki deluje nanj;

c) pri kroženju vztrajnostni moment J togega telesa in navor M

, ki deluje nanj.

Dinamika premega gibanja togega telesa

Če poznamo maso m togega telesa in silo F

, ki deluje nanj, od tod izračunamo pospešek

,

2s

m

m

Fa

ki deluje na togo telo.

S tem se v bistvu dinamika gibanja togega telesa reducira na kinematiko premega gibanja

točke.

Da bi ilustrirali pravkar povedano, si oglejmo naslednji zgled!

Zgled 1

Na avto v mirovanju ( v(o)=0 in s(0)=0), ki ima maso m=1000 kg deluje sila F=2 kN.

Izračunati želimo:

a) Kolikšen pospešek a deluje na avto?

b) kolikšno hitrost doseže avto po preteku 1 sekunde, dveh sekund, treh sekund?

b) Kolikšno pot opravi avto v prvi sekundi, drugi sekundi in tretji sekundi?

Iz podane sile in mase določimo pospešek, ki deluje na avto

,21000

2000

2s

m

m

Fa

Vse ostale podatke smo že izračunali v zgledu 8 kinematike premega gibanja točke!

Zgled 2

Pospešeni vlak z maso m=1000 t vozi skozi postajo h hitrostjo v0=60 km/h. Nato začne nanj

delovati konstantna sila F= 1 MN dokler ne doseže potovalno hitrosti vp=100 km/h.

a) Kolikšen pospešek a deluje na vlak?

b) V kolikšnem času t doseže vlak potovalno hitrost vp=100 km/h?

c) Koliko pot s opravi v tem času?

Najprej pretvorimo vse podatke v osnovne enote!

svsvFm p /m78,27,/m67,16N,10kg,10 066

a) Na vlak deluje pospešek

10

,m/s110

106

6

m

Fa

b) Potovalna hitrost je podana z

tavvp 0

Odtod izračunamo potrebni čas pospeševanja

s11,111

67,1678,27

a

vvt

op

c) V tem času vlak opravi pot

m2477,612,1852

11,11111,1167,16

2

22

0

ta

tvs

Vrednosti pod točkama a in b se ujemajo s tistimi, ki smo jih dobili v zgledu 2 kinematike

premega gibanja točke. S tem smo potrdili začetno trditev, da se premo gibanje mase m

reducira na kinematiko premega gibanja točke, če poznamo velikost sile F in mase m togega

telesa.

Vendar sta oba zgleda do določene mere idealizirana. Sili motorja nasprotuje upor zraka, prav

tako je tudi za enakomerno gibanje potrebna določena velikost zunanje sile, ki kompenzira

silo trenja

Pri premem gibanju togega telesa razlikujemo naslednje sile:

a) Zunanjo silo F, ki skuša togo telo bodisi pospešiti ali zavirati.

b) Silo lepenja Fl , s katero je telo prilepljeno na podlago. Dokler bo zunanja sila manjša od

sile lepenja

lg FF

bo ostalo telo prilepljeno na podlago in se ne bo premaknilo. Čim pa se premakne, sila lepenja

ne učinkuje več.

Sila lepenja je podana z

NkF ll ,

kjer je N sila reakcije podlage, s katero ta učinkuje na togo telo in kl koeficient lepenja. Njena

velikost je poleg sile teže gmG odvisna še od lege podlage na kateri počiva telo.

Pri poševni ravnini je reakcija podlage

cos GN

c) Sila trenja Ft . Ta sili, ki telo pospešuje, nasprotuje, zunanji sili zaviranja pa prišteva. Od

obeh vrst trenja, je v mehaniki sila trenja s podlago najbolj pomembna.

Silo trenja določimo z

NkF tt ,

Fz Fl

a)

G

Fz

G α

N

Fl

b)

N

11

kjer je N reakcija podlage in tk koeficient trenja odvisen od snovi in gladkosti oziroma

hrapavosti podlage.

Slika je identična tej za sliko lepenja, le zamenjati moramo tl FF , le da sila trenja učinkuje

ves čas gibanj.

Zgled 3

Sani in breme na njej imajo maso m=200 kg. Na vodoravni zasneženi cesti je koeficient trenja

kt=0,08. V trenutku t=0 telo miruje.

a) kolikšna je najmanjša vrednost sile Fm, da sani sploh premaknemo?

b) Kakšno gibanje opravljajo sani pri petkratniku te sile?

a) Teža sani in bremena je

N200010200 gmG

Potrebna vlečna sila, da se sani sploh premaknejo mora biti večja od

ttm FGkF N160200008,0

b) Zunanja sila je N800160.5.5 mz FF

Sila, ki pospešuje sani je

N640160800 tzp FFF

Na sani deluje pospešek

2/m2,3200

640s

m

Fa

p

Po času t=10 s imajo sani hitrost

m/s2,3102,3 tav

In opravijo pot

m1602

102,3

2

22

ta

s

Pri tem nismo upoštevali eventualno hitrost vetra, pri večjih hitrostih pa tudi upor zraka.

Zgled 4

Strmina, na kateri so postavljene sani, leži pod kotom 300. Vsi ostali podatki naj ostanejo

nespremenjeni. Kakšno gibanje opravijo sani v tem primeru?

Reakcija podlage je

N1732866,02000cos GN

Sila trenja je

N6,138173208,0 NkF tt

Komponenta sile teže v smeri zunanje sile je

N10005,02000sin GFG

Rezultanta sile v smeri gibanja je

N4,16616,138.1000800 tgz FFFF

Pospešek v smeri gibanja je

2s/m31,8

200

4,1661

m

Fa

12

Po času t=10 s imajo sani hitrost

s/m1,831031,8 tav

in opravijo pot

m8302

1031,8

2

22

ta

s

Dinamika kroženja togega telesa

Spoznanja, ki smo jih spoznali pri kinematiki točke,

bomo sedaj razširili na togo telo z maso m. Pri tem

za enkrat ne upoštevamo sile teže G, ki pa je

dejanskih razmerah vselej prisotna.

Togo telo (v obliki krogle) z maso m naj je z neraztegljivo

vrvico z dolžino r povezano z osjo O okoli katere se

lahko vrti. Če na telo ne deluje nobena sila (silo teže

ne upoštevamo), se bo vrtelo z enakomerno kotno

hitrostjo 0 .

Naj ima togo telo v trenutku začetka opazovanja t=0 že

prehojeno kot 0)0( , konstantno kotno hitrost

0)0( , ko začne nanj delovati po iznosu konstantna

sila tF v smeri tangente na krožnico.

Pri tem se moramo zavedati, da so kot

, kotna hitrost

in kotni pospešek

vektorji, ki

imajo za podano smer vrtenja lego pozitivne koordinatne osi z, torej iz papirja navzven.

Zaradi tangentne sile tF

deluje na telo navor

tFrM

,

ki ima smer pozitivne koordinatne osi z. Ker sta

)cossin(

)sin(cos

jiFF

jirr

tt

je

kMkFrjijiFrFrM ttt )cossin)(sin(cos ,

saj je

kkjiji 1)sin(cos)cossin)(sin(cos 22

Sedaj je navor tangentne sile zaradi

ttt FrMinrmamF

kar lahko zapišemo tudi v obliki

JrmM 2

Tu je

22 mkg rmJ

vztrajnostni moment, zaradi katerega se togo telo z maso m upira spremembi hitrosti

kroženja.

Iz pravkar povedanega je razvidno, da je pri kroženju telesa potrebno vselej določiti

vztrajnostni moment telesa. Pri tem razlikujemo tri primere:

a) Telo ima maso m z znanim težiščem. Če je os vrtenja oddaljena od težišča telesa za

razdaljo r, je vztrajnostni moment določen po zgornji formuli

m

r

φ x

y

at

Ft

13

b) Če gre os vrtenja skozi težišče telesa, je potrebno vztrajnostni moment izračunati. Za

nekatere oblike teles najdemo vztrajnostni moment v priročnikih. Za homogen valj je

vztrajnostni moment

22

mkg2

rm

J

c) Pri poljubno oblikovanem telesu je za vztrajnostni moment okoli osi vrtenja izven težišča,

tega prav tako potrebno izračunati.

Za razumevanje kroženja se moramo zavedati, da enakomerno kroženje še ne predstavlja

enakomernega gibanja, saj se smer gibanja in s tem smer obodne hitrosti nenehno spreminja.

Spremembo gibanja smeri pa lahko povzroči le sila. To je sila, ki napenja vrvico in ne dovoli

spremembe polmera krožnice,. Imenujemo jo sredotežna ali centripetalna sila. Na maso, ki

kroži po krožnici povzroča sredotežni ali radialni pospešek

2

22

s

m

r

vrvacp

Njegova izpeljava je nadaljevanju v reviji izvedena, zato je ne bomo ponavljali. Sama

centripetalna sila je potem po Newtonovem zakonu dinamike

cpcp amF

Ker ima vsaka akcija enako veliko in nasprotno usmerjeno reakcijo, je to sredobežna ali

centrifugalna sila Fcf

cpcf FF

To je sila, ki napenja vrvico. Če je ta prevelika, se vrvica pretrga in telo odleti v smeri

trenutne obodne hitrosti.

Zgornji primer kroženja krogle z maso, bi strogo vzeto veljal le nekje v vesolju, tako daleč od

sonca ali planeta, da vpliva gravitacije ni potrebno upoštevati. Na površini pa je gravitacijska

sila v obliki teže G vedno prisotna. Včasih jo je potrebno upoštevati, drugič zopet ne. To bo

najlepše razvidno iz naslednjih dveh zgledov.

Zgled 1

Polni valj s polmerom R=0,1 m, se začne v

trenutku t=0 kotaliti po strmini navzdol. Kot

strmine je 030 . Razložiti želimo kotaljenje

valja po strmini navzdol.

Zanima nas kolik je pospešek osi valja?

V kolikem času t opravi valj pot s=5 m?

Kolik kot opiše pri tem točka na obodu valja?

Kolikšna je obodna hitrost v valja?

Kolikšna je kotna hitrost valja?

Zaradi teže G deluje v osi valja sila

sin gmFG

Zaradi nje se bo valj hotel kotaliti navzdol.Zaradi vztrajnostne sile Fv deluje na valj navor,

JrFv

ki nasprotuje komponenti sile teže. Na os valja deluje rezultanta

vFgmam sin

Veliko sile vztrajnosti določimo iz

r

JFv

,

α

N

G

FG

at

FV

14

kjer upoštevamo

¸

rainrm

J t2

2

Sedaj za vztrajnostno silo Fv dobimo izraz

22

2

tv

am

r

rmF

Ker je pospešek komponente sile teže a enak obodnemu pospešku at , preide izraz za

rezultanto sil v obliko

2

sin ttam

gmam

Ker smemo enačbo deliti z m, izhaja iz

2

sin tta

ga

navidez presenetljiv zaključek, da pospešek osi valja, ki je enak obodnemu pospešku valja ni

prav nič odvisen od mase valje, temveč le od kota strmine

sg

aga

tt /m3,3

3

10

3

5,0102

3

sin2sin

2

3

Iz podane poti določimo potrebni čas t

s45,2610

31022

2

2

t

t

a

st

tas

Polmer valja opiše pri tem kot

rad5,241,0

45,2

r

s

Hitrost osi, ki je tudi obodna hitrost valja določimo iz

s/m94,45,2445,2522 tasv

in odtod še kotno hitrost valja

ad/s4,491,0

94,4r

r

v

V literaturi dimenzijo kotne hitrosti pišejo kot 1/s. Naš zapis je potrebno vzeti le kot

opozorilo, da moramo kote vstavljati v radianih!

V naslednjem zgledu želimo obravnavati primer, ko smemo od določenem pogoju vpliv sile

teže zanemariti.

Zgled 2

Poln železni valj s polmerom R=0,1 m in dolžino l=1 m ima os vpeto v kroglične ležaje, zato

smemo trenje v ležajih zanemariti. Valj želimo z obodno silo F (jermenico!) v času t=10

sekund pospešiti iz mirovanja na n= 15 obratov/s.

Specifična masa železa je 3kg/m7900 ,

Kolikšna je masa m valja?

Kolikšen je vztrajnostni moment J valja?

Kolikšna bo končna kotna hitrost in obodna hitrost v valja?

Kolikšen mora biti v tem času kotni pospešek ?

Kolikšna obodna sila F je za to potrebna?

Masa valja je

kg24811,014,37900 22 lRVm

Vztrajnostni moment valja je

F

15

222

mkg24,12

1,0248

2

RmJ

Kotna hitrost valja po desetih sekundah je

rad/s2,941528,62 sn ,

povprečna kotna hitrost v tem času pa

rad/s1,472

Kotni pospešek je

2ad/s42,9

10

2,94r

t

Iz navora

JRF

določimo potrebno obodno silo

N8,1161,0

42,924,1

R

JF

Polmer R v tem času opiše kot

rad471101,47 t

in pot

m1,474711,0 Rs

Število vrtljajev, ki jih v tem času opravi valja, je

vrtljajev3,6928,6

471

2

n

Vse v tej spletni strani navedene rezultate bomo v nadaljevanju na naslednji spletni strani

potrebovali za izračun dela in obeh mehanskih energij: kinetične in potencialne energije.

a) Pri premagovanju sile trenja opravljamo delo, ki se pretvarja v toplotno energijo!

b) Pri dvigu telesa premagujemo silo teže, opravljeno delo gre v porast potencialne energije

telesa.

c) Pri prostem padcu telesa se njegova potencialna energija pretvarja v kinetično energijo, ki

jo telo poseduje na račun svoje hitrosti.

Vse na tej spletni strani pridobljena znanja in spoznanje bomo s pridom uporabili na naslednji

spletni strani, kjer bomo obravnavali delo in energije.

Še več, nekaterih dinamičnih tehniških problemov sploh ne moremo rešiti, če pri tem ne

uporabljamo dela in energij.

Literatura:

Rudolf Kladnik: Fizika: Gibanje,sila snov. DZS, Ljubljana 2000

D. Rašković: Mehanika, Kinematika, Naučna knjiga, Beograd, 1950

Maks Oblak: Rešene naloge iz kinematike, Zbrano gradivo, Fakulteta za strojništvo, Univerza

v Mariboru, Maribor 2001

D. Rašković: Mehanika, Dinamika, Naučna knjiga, Beograd, 1956

Maks Oblak: Rešene naloge iz dinamike, Zbrano gradivo Fakulteta za strojništvo, Univerza v

Mariboru, Maribor 2002