Slide 1

KINEMATIKA KRUTOG TIJELA

MEHANIKA 2
PREDAVANJE 4, 2014./15.

1


Slide 2

• Gibanje krutog tijela jednako je gibanju pomičnog
koordinatnog sustava vezanog za to tijelo.

TRANSLACIJI POMIČNOG ISHODIŠTA DODAJE SE ROTACIJA OKO ISHODIŠTA
t = t1

rMI

JEDNADŽBE GIBANJA TOĆKE M:
M - NEKA TOČKA

TIJELA

t=t2

I

rM

Pomično
ishodište

rMI

M

I

rI
Ishodište 0
nepomičnog
koordinatnog
sustava




r M  rI  r M I
 


v M  r I    rMI

rM

ROTACIJA OKO
ISHODIŠTA


 
   
a  rI    rMI    (   rMI )
MEHANIKA 2
PREDAVANJE 4, 2014./15.

2


Slide 3

GIBANJE
U RAVNINI
e
ω


ε

- Tijelo se giba u ravnini ako se
sve točke tijela gibaju paralelno
s tom ravninom .
- Promatraju se projekcije svih
točaka tijela na ravninu.
v

a

ISHODIŠTE POMIČNOG
KOORDINATNOG
SUSTAVA JE U JE
U TOČKI A

TRANSLACIJI ISHODIŠTA PRIBRAJA SE
ROTACIJA OKO A - GIBANJE PO KRUŽNICI

• BRZINA:

• UBRZANJE:

 


v B  v A    rB A

 

 


a B  a A    r B A    (  r B A )
 



2
a B  a A    rBA    rBA
MEHANIKA 2
PREDAVANJE 4, 2014./15.

3


Slide 4

GIBANJE TIJELA U RAVNINI …. 3 stupnja slobode
vektori
brzina
tijekom
gibanja

=

+

Pomično ishodište

Vektori brzina i ubrzanja bilo koje točke na tijelu određuju se tako da
se vektoru translacije odabranog pomičnog ishodišta pribroji vektor
doprinosa od rotacije promatrane točke oko pomičnog ishodišta!
TRANSLACIJA POMIČNOG ISHODIŠTA
+
ROTACIJA OKO POMIČNOG ISHODIŠTA
MEHANIKA 2
PREDAVANJE 4, 2014./15.

4


Slide 5

TRANSLACIJSKO = Translacija pomičnog ishodišta
GIBANJE TIJELA
• Po pravcu
• Po krivulji
- Pomaci svih točaka jednaki su!
- Spojnice točaka ostaju paralelne!





d r A  d rB  d rI  d r

 

 
 0  0
d  0
Nema rotacije oko
pomičnog ishodišta!

MEHANIKA 2
PREDAVANJE 4, 2014./15.




vA  vB  vI
Ako su vektori brzina
dviju točaka na tijelu
paralelni gibanje je
5
translacijsko!


Slide 6


v BA

Gibanje točke B, ako je A pomično ishodište
BRZINA:

 · y

BA

BA

B
BA

v B A    rB A    A B

· x


y

y

rBA

 


v B  v A    rB A

v BA
 x BA  i  y BA  j

BRZINA OD ROTACIJE B oko A!
Komponente vektora brzine točke B:



A
x

BA

v Bx  v Ax    y BA

v By  v Ay    x BA

x

v B  v A  v BA  v A    y BA i    x BA j
MEHANIKA 2
PREDAVANJE 4, 2014./15.

6


Slide 7

 


a B  a A    rBA  

VEKTOR UBRZANJA:
Komponente vektora ubrzanja
točke B:

2


a BA , t

a By  a Ay    x BA   y  y BA
2

·y


a BA , t
y

BA

ω2
B
A


a BA , n

A


 rBA

DOPRINOS OD ROTACIJE
TOČKE B OKO A

a Bx  a Ax    y BA    x BA

y

2

x
MEHANIKA 2
PREDAVANJE 4, 2014./15.

BA

BA

xBA


a BA , n
x

·x

B

ω2 yBA

BA

7x


Slide 8

IZBOR POMIČNOG ISHODIŠTA
• Za ishodište možemo odabrati bilo koju točku tijela kojoj su poznata
svojstva gibanja (poznata je brzina i ubrzanje te točke na tijelu )!
• Dokaz ravnopravnosti svih točaka
za izbor ishodišta:
Pretpostavimo da je ishodište u I:




vA  vI   



vB  vI   


r AI

rB I

A

…. (1)
…. (2)

 


v B  v A    rBA

B

r AI
r BI


(2) - (1)


v B  v A    ( rBI  rAI )

v B  v A    rBA

r BA

I

rBI  rAI  rBA
Sada je brzina točke B prikazana
pomoću ishodišta u točki A!
MEHANIKA 2
PREDAVANJE 4, 2014./15.

8


Slide 9

OSNOVNI TEOREM KONEMATIKE
NEDEFORMABILNOG TIJELA
Projekcije brzina dviju točaka A i
B koje se nalaze na istom krutom
tijelu, v A i v B , na spojnicu tih
točaka moraju biti jednake!

 
 
v B  v A    rBA . rBA 0

v BA
vBA

vB

vA
A

 
 
 

v B  rBA 0  v A  rBA 0  (   rBA )  rBA 0

 
 
v B  rBA 0  v A  rBA 0

vB

B

rB A0

vA

=0

v A  cos   v B  cos 
MEHANIKA 2
PREDAVANJE 4, 2014./15.

9


Slide 10

Slobodno gibanje tijela u ravnini
v B  v A  v BA
a B  a A  a B A ,t  a B A , n

ZADANO:



vB  vA 


aB  aA 



vA , 


aA, 
  rB A
 

2
  rBA    rBA
C

Zadatak:
Zadan je vektor brzine točke C i x
komponenta brzine točke B ploče.
Treba odrediti kutnu brzinu ploče i
iznose brzine točaka A i B.

v B  v C  v BC

pretpostavimo

vC  (  3 , 2 i  6 j ) m / s

4,5 m

ω

v Bx  2 ,2 i
A

 k

6,0 m

i ..... v B x  v C x  v B C x



2, 2   3, 2    4, 5

   1, 2 r / s

j ..... v B y  v C y  v B C y



v B y   6  1, 2  0

v By   6

v B  2, 2 i  6, 0 j
vB 

v A  v C  v A C   3, 2 i  6 j  1, 2  4, 5 i  1, 2  6 j

2, 2  6  6, 39 m / s
2



B

2

MEHANIKA 2
PREDAVANJE 4, 2014./15.

v A  2, 2 i  13, 2 j
v A  13, 38 m / s

10


Slide 11

Isti zadatak na drugi način:
Prikazati i objasniti izvod i značenje pojedinih oznaka pri izvodu osnovnog teorema
kinematike krutog tijela. Treba isključivo primjenom navedenog teorema odrediti
brzinu točke A na prikazanoj ploči, ako je zadana brzina točke C, i x komponenta
brzine točke B .
C
vC  (  3 , 2 i  6 j ) m / s
v Bx  2 ,2 i

Projekcija na spojnicu BC:
v B  2, 2 i  6 j

 vB 

rCAo

v By  vC y   6 j

4,5 m

2, 2  6  6, 39 m / s
2

2

Projekcija na spojnicu AB:

v A x  v B x  2, 2 i

Projekcija na spojnicu AC:

v C  rC A 0  v A  rC A 0

A

6,0 m

B

rC A 0  0, 8 i  0, 6 j

(  3 , 2 i  6 j )  ( 0 ,8 i  0 ,6 j )  ( 2 , 2 i  v A y j )  ( 0 ,8 i  0 ,6 j )

 3 ,2  0 ,8  6  0 ,6  2 ,2  0 ,8  v A y  0 ,6

 7 ,9 2  v A y  0 ,6
v Ay   1 3 , 2

MEHANIKA 2
PREDAVANJE 4, 2014./15.

v A  2, 2 i  13, 2 j
v A  13, 38 m / s

11


Slide 12

TRANSLACIJA + ROTACIJA

KOTRLJANJE

vM  vI

I C

• Primjer:
• Gibanje kotača automobila
vC = 30 m/s
R = 0,5 m
ω = 60 rad/s

   rM I
30

+
30

30

Uvjet kotrljanja:
vA

  rA / I

60

A

30

vB

  rBI
MEHANIKA 2
PREDAVANJE 4, 2014./15.

0

B

Centralna os
Pol rotacije

12


Slide 13

 k

vA
A

Centar brzina
C

PRETPOSTAVKA

rC A  x C A i  y C A j



vC  0

• Računski:

0  v Ax    y CA

y CA  y C  y A

0  v Ay    x CA

x CA  x C  x A

v Cx  0 , v Cy  0





v C  v A  v CA  0
v Ax


v Ay



• Grafički:



v C  v A  v CA

PROVJERA:


0

vC A   v A

vCA

vA
vA





vC A  v A    A C



v A  v AC

C




vA

A
MEHANIKA 2
PREDAVANJE 4, 2014./15.

13


Slide 14

• Grafički

CENTAR UBRZANJA


 


2 
a D  0  a A    rDA    rDA



a DA   a A
a DA  a A 

aA 
rDA 

a DA ,t
a

a

2
DA ,t

2
DA ,n

rDA    rDA  
2

2

aA

 
2


a DA

4

Centar ubrzanja je na
kružnici polumjera rDA
opisanoj oko A

2


a DA
a DA ,n

4

  arctg

D




aA








rDA

2

A

Centar ubrzanja je na pravcu otklonjenom
za kut α od a A u smjeru kutnog ubrzanja
MEHANIKA 2
PREDAVANJE 4, 2014./15.

14


Slide 15

POLJE BRZINA:

VEKTORI BRZINA

v B  v BC

• Rotacija oko
centra brzina
ω
C .

MEHANIKA 2
PREDAVANJE 4, 2014./15.

15


Slide 16

a B  a B D ,t  a B D , n

POLJE UBRZANJA
Rotacija oko
centra
ubrzanja

Tangencijalne
komponente

D

+
D

Normalne
komponente
MEHANIKA 2
PREDAVANJE 4, 2014./15.

16


Slide 17

NAČINI ZADAVANJA POLJA BRZINA
1.

Zadan je vektor brzine
jedne točke i kutna brzina


vA


v B  v A  v BA
2.

KLIZAČ U TOČKI B

Zadan položaj centra
brzina i kutna brzina

B

vA

Pravac brzine
rotacije točke
B oko A
vBA

Gibanje tijela u ravnini uz
kinematička ograničenja
3. Zadan je vektor brzine jedne
točke i pravac brzine druge
točke (crtež: zadana brzina A
i pravac brzine točke B)

 

A

v BA
d AB

Vektor :
pravilo
desne
ruke

   k

MEHANIKA 2
PREDAVANJE 4, 2014./15.

vA

v BA

vB

MJERILO :
17


Slide 18

4. Zadan je vektor kutne brzine i pravci brzina dviju
točaka
DVA KLIZAČA:
uAiuB

v B  v A  v BA

B

ω

ω rBA
A

vA

v BA

vB
MJERILO :

MEHANIKA 2
PREDAVANJE 4, 2014./15.

18


Slide 19

Zadavanje polja ubrzanja
a B  a A    rB A    rB A
2

• Zadane su dvije točke i njihovi vektori ubrzanja
(nemamo podatak za brzine)

  rB A
2

  rBA

aA

aBA,n
A

aB
aB

rBA
MJERILO:

B

aA
MEHANIKA 2
PREDAVANJE 4, 2014./15.

aBA,t

19


Slide 20

• Zadano je ubrzanje jedne točke, pravac
ubrzanja druge točke i kutna brzina
a B  a A    rB A    rB A
2

  rB A
2

  rBA

aA
A

aBA,n

ω

B

aB
KLIZAČ U TOČKI B

MEHANIKA 2
PREDAVANJE 4, 2014./15.

aA
MJERILO:

20