Zbirka zadataka iz MEHANIKE I PDF

Preview

Summary

Zbirka zadataka iz MEHANIKE I Dragoslav Kuzmanovi´c Gordana Kastratovi´c Nenad Vidanovi´c March 8, 2012 Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu! ii ˇ SADRZAJ I Kinematika 3 1 Kinematika - zadaci 5 1.1 Brzina i ubrzanje taˇcke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2 Obrtanje krut...

Description

Zbirka zadataka iz MEHANIKE I Dragoslav Kuzmanovi´c Gordana Kastratovi´c Nenad Vidanovi´c March 8, 2012

Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

ii

ˇ SADRZAJ

I

Kinematika

3

1 Kinematika - zadaci 1.1 Brzina i ubrzanje taˇcke . . . . . . . . . . 1.2 Obrtanje krutog tela oko nepokretne ose 1.3 Ravansko kretanje . . . . . . . . . . . . 1.3.1 Brzina pri ravanskom kretanju . 1.3.2 Ubrzanje pri ravanskom kretanju 1.4 Sloˇzeno kretanje taˇcke . . . . . . . . . .

II

Dinamika

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

5 5 26 32 32 36 69

99

2 Dinamika taˇ cke 101 2.1 Dinamika slobodnog i prinudnog kretanja taˇcke . . . . . . . . 101 3 Dinamika materijalnog sistema 157 3.1 Dinamika materijalnog sistema - opˇsti zakoni . . . . . . . . . 157 3.2 Sudar - udar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184 3.3 Lagranˇzeve jednaˇcine II vrste . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206

III

Dodatak

4 Tablica momenata inercije

251 253 Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

ˇ SADRZAJ

iv 5 Vektorska algebra 5.1 Definicija vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Sabiranje vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Mnoˇzenje vektora realnim brojem (skalarom) . 5.4 Projekcija na osu i na ravan . . . . . . . . . . . 5.4.1 Projekcija taˇcke na osu . . . . . . . . . 5.4.2 Projekcija vektora na osu . . . . . . . . 5.4.3 Projekcija taˇcke i vektora na ravan . . . 5.5 Skalarni (unutraˇsnji) proizvod dva vektora . . . 5.6 Vektorski (spoljaˇsnji) proizvod dva vektora . . 5.7 Linearna zavisnost vektora. Dimenzija prostora

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

257 257 257 260 261 261 261 262 263 265 267

6 Diferencijalne jednaˇ cine

275

7 Matematiˇ cke formule

279

Literatura

293

8 Beleˇ ska o autorima

297

PREDGOVOR

Ova zbirka namenjena je studentima I godine Saobra´cajnog fakulteta Univerziteta u Beogradu. Medutim, smatramo da mogu da je koriste i studenti ostalih tehniˇckih fakulteta. Knjiga predstavlja zbirku reˇsenih ispitnih zadataka iz Kinematike i Dinamike. Medutim, da bismo ”pokrili” sve oblasti koje se, iz Kinematike i Dinamike, izuˇcavaju uradili smo i po nekoliko primera zadataka iz oblasti iz kojih do sada nisu davani zadaci na ispitima. Napomenimo da smo prve zadatke, iz odredene oblasti, detaljno uradili, - da bismo a one koji slede uradeni su bez dodatnih objaˇsnjenja. Takode, istakli bitnije elemente, a opet da se ne izgubi celine, na slikama su sivom bojom oznacene celine, a tamnije (crnom) elementi na koje treba obratiti paˇznju pri reˇsavanju zadatka. Autori izraˇzavaju zahvalnost recenzentu dr Radomiru Mijailovi´cu, v. profesoru Saobra´cajnog fakulteta, koji je rukopis paˇzljivo pregledao i dao niz dragocenih sugestija za poboljˇsanje kvaliteta ove zbirke. Posebnu zahvalnost dugujemo Srdanu Rusovu v. profesoru Saobra´cajnog fakulteta, koji je sastavio nekoliko zadataka i pokazao, na tim primerima, - niˇsta manju konkretnu primenu Mehanike u oblasti saobra´caja. Takode, zahvalnost dugujemo dr Predragu Cvetkovi´cu, red. profesoru Saobra´cajnog fakulteta kao i dipl. inˇz. maˇsinstva Dragiˇsi Vidanovi´cu, koji su paˇzljivo proˇcitali rukopis i dali niz dragocenih sugestija za poboljˇsanje kvaliteta ove zbirke. Njihova pomo´c pri izradi ove zbirke prevazilazi uobi´cajenu pomo´c recenzenta i kolega. - Jovanka Cvetkovi´c pomogle je svojim sugestijama da ova knjiga Gospoda Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

ˇ SADRZAJ

2

jeziˇcki bude korektna, na ˇcemu joj se zahvaljujemo. Svesni da do greˇsaka i propusta uvek dolazi, naravno nenamerno, bi´cemo zahvalni svakome koji nam na njih ukaˇze.

U Beogradu, marta 2012. god.

Autori

Deo I

Kinematika

Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

GLAVA

1 KINEMATIKA - ZADACI

1.1

Brzina i ubrzanje taˇ cke

Zad. 1.1. Vektor poloˇzaja taˇcke M u proizvoljnom trenutku vremena je: r = (3t)i + (4t − 3t2 )j. Odrediti trajektoriju taˇcke M . Reˇsenje: Jednaˇcina trajektorije dobija se eliminacijom parametra t iz konaˇcnih jednaˇcina kretanja, tj.

t=

x 3

⇒

x = 3t, ( x )2 x y =4 −3 3 3

y = 4t − 3t2 ⇒ x ⇒ y = (4 − x). 3

- koordinata x = f (y) ili Dakle, predstavlja funkcionalnu zavisnost izmedu y = f (x). k Zad. 1.2. Odrediti jednaˇcinu trajektorije taˇcke M , ako je njen vektor poloˇzaja r = (2 cos 2t)i + (2 sin t)j. Reˇsenje: Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

6

1 Kinematika - zadaci

Projekcije vektora poloˇzaja na ose x, y su: x = 2 cos 2t,

y = 2 sin t.

Kako je cos 2t = cos2 t − sin2 t, to iz gornjih relacija dobijamo sin t =

y 2

⇒

tj.

sin2 t =

(( x=2

1−

y2 4

y2 4

)

( −

i y2 4

cos2 t = 1 − sin2 t = 1 −

y2 4

)) ⇒

x = 2 − y2,

ˇsto predstavlja jednaˇcinu trajektorije. U ovom sluˇcaju jednaˇcina trajektorije je parabola. k Zad. 1.3. v

. r

p-a

Odrediti jednaˇcinu krive linije (putanju) koju opisuje brod odrˇzavaju´ci dati stalni kursni ugao α ka nepokretnoj taˇcki O (vidi sl. 1.1). Poˇcetno rastojanje broda od taˇcke O je b0 . Ispitati posebno sluˇcajeve kada je α = π2 , 0 i π.

. rj

a B r

vO j O

bo

Slika 1.1:

BO

uz zad. 1.3

Reˇsenje: U ovom sluˇcaju pogodno je koristiti polarni koordinatni sistem, pri ˇcemu ´cemo za pol usvojiti taˇcku O, dok polarna osa prolazi kroz O i poˇcetni poloˇzaj broda B0 , tako da je ρ0 = b0 i φ0 = 0. Sa sl.1.1 vidi se da je   dφ ρφ˙  dt = ϱ dφ  tg(π − α) = −tgα = = ϱ dϱ . ρ˙ dϱ dt Iz prethodne jednaˇcine dobijamo (−tgα)dϱ = ϱdφ,

7

1.1 Brzina i ubrzanje taˇ cke

odnosno, razdvajaju´ci promenljive dρ = −ctgα · dφ. ρ Integrale´ci prethodnu jednaˇcinu, dobijamo ln ρ = ln C − φ· ctg α. Iz poˇcetnih uslova (za t = t0 = 0: ϱ(t0 ) = ϱ0 = b0 , φ(t0 ) = φ0 = 0) odredujemo konstantu C ln ϱ0 = ln C − φ0 ctgα

⇒

⇒

ln b0 = ln C

odakle je ln ϱ − ln b0 = −φ0 ctgα = ln

C = b0 ,

ϱ , b0

pa za putanju broda dobijamo ρ = b0 e−φ ctg α . Linija koja je opisana ovom relacijom zove se logaritamska spirala. Analiza: Za α =

π 2

ctgα = 0. U ovom sluˇcaju putanja je kruˇzni luk ρ = b0 . Za α = 0 ili α = π, uz pretpostavku da je ϱ˙ ̸= 0, poˇsto je tg(π − α) = 0, za putanju dobijamo φ˙ = 0

⇒

φ = 0 = φ0 .

Dakle, u ovom sluˇcaju, brod se kre´ce duˇz polarne ose i pribliˇzava se, odnosno udaljava od taˇcke O. k Zad. 1.4. Kretanje taˇcke M u ravni Oxy odredeno je konaˇcnim jednaˇcinama kretanja x = 4 cos t + 2, y = 3 sin t + 3. Odrediti trajektoriju taˇcke i njenu brzinu u trenucima t0 = 0 i t1 =

π 2

s.

Reˇsenje: Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

8

1 Kinematika - zadaci

Trajektorija: x = 4 cos t + 2

⇒

y = 3 sin t + 3

⇒

x−2 = cos t, 4 y−3 = sin t (posle kvadriranja) 3

⇒

(x − 2)2 (y − 3)2 + = 1. 16 9 Dakle, jednaˇcina trajektorije je elipsa. y v1

M1

6 5

v0

b=3 a=4

4 3

M0

C (2,3)

2 1 -2 -1

0

1

2

Slika 1.2:

3

4

5

6

x

Trajektorija.

Brzina: x˙ = −4 sin t, y˙ = 3 cos t

} ⇒ v=

√

x˙ 2 + y˙ 2 =

√

16 sin2 t + 9 cos2 t =

√ 9 + 7 sin2 t.

Zamenivˇsi odgovaraju´ce vremenske trenutke, za t0 = 0 i t1 = π/2, u prethodnu jednaˇcinu - intenzitet brzine, dobijamo v0 |t0 =0 = 3 cm/s = vy ,

v1 |t1 =π/2 = −4 cm/s = vx . k

Zad. 1.5. Kretanje taˇcke zadato je parametarskim jednaˇcinama: x = 20t2 + 5,

y = 15t2 + 3.

Odrediti jednaˇcinu trajektorije i zakon kretanja taˇcke, kao i intenzitete brzine i ubrzanja taˇcke u proizvoljnom trenutku vremena. Reˇsenje: Jednaˇcina trajektorije:

9

1.1 Brzina i ubrzanje taˇ cke

+5

⇒

y = 15t2 + 3

⇒

x=

20t2

 x−5   = 20 y−3   t2 = 15 t2

⇒

x−5 y−3 = 20 15

odakle dobijamo za trajektoriju: 3 3 y = x− 4 4

(jednaˇcina prave).

Zakon kretanja: Kvadrat elementa luka je ds2 = dx2 + dy 2 . Iz prethodnih relacija dobijamo dx = 40t dt,

dy = 30t dt,

pa je 2

(

2

ds = 1600t + 900t t2 + C, 2 s = 25t2 .

s = 50

2

)

2

(dt)

⇒

2

2

2

ds = 2500t (dt)

za t0 = 0, s0 = 0

⇒

⇒

∫ ds = 50t dt

C=0

Intenzitet brzine: v = s˙ = 50t ili x˙ = 40t y˙ = 30t

} ⇒

v=

√ √ x˙ 2 + y˙ 2 = 1600t2 + 900t2 = 50t.

Intenzitet ubrzanja: aT aN ili x ¨ = 40 y¨ = 30

 dv   = = 50 dt2 v v2  = = =0  Rk ∞ } ⇒

a=

√

⇒

x ¨2 + y¨2 =

a = aT = 50.

√ 1600 + 900 = 50.

Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

10

1 Kinematika - zadaci

k Zad. 1.6. Kretanje taˇcke zadato je parametarskim jednaˇcinama: x = 1 + 2 cos(3t), y = 2 + 2 sin(3t). Odrediti: a) jednaˇcinu trajektorije, b) zakon kretanja taˇcke, c) intenzitet brzine i d) ubrzanja taˇcke u proizvoljnom vremenskom trenutku. Reˇsenje: a) Iz konaˇcnih jednaˇcina kretanja sledi x − 1 = 2 cos(3t), y − 2 = 2 sin(3t). Kvadriraju´ci i sabiraju´ci levu i desnu stranu, za trajektoriju dobijamo krivu 4 cos2 (3t) + 4 sin2 (3t) = 4 = (x − 1)2 + (y − 2)2

⇒

(x − 1)2 + (y − 2)2 = 22 , koja predstavlja jednaˇcinu kruˇznice sa centrom u taˇcki C(1, 2) i polupreˇcnika r = 2. √ b) Kako je ds = x˙ 2 + y˙ 2 dt, to za zakon puta dobijamo dx = −6 sin(3t) dt,

dy = 6 cos(3t) dt,

ds = 6 dt

⇒

⇒

s = 6 t + c1 . Kako je (poˇcetni uslovi!) za t0 = 0, s(t0 ) = s0 = 0 dobijamo da je s = 6 t.

11

1.1 Brzina i ubrzanje taˇ cke

c) Intenzitet brzine je v 2 = x˙ 2 + y˙ 2 = (s) ˙ 2 , pa na osnovu prethodnog sledi v = 6. d) Ubrzanje ima normalnu komponentu an =

v2 36 = = 18, Rk 2

i tangencijalnu at =

dv = 0, dt

pa je intenzitet ubrzanja √ a=

a2n + a2t = 18.

Intenzitet ubrzanja mogli smo da izraˇcunamo i preko Dekartovih koordinata √ x ¨ = −18 cos(3t), y¨ = −18 sin(3t) ⇒ a= x ¨2 + y¨2 = 18 . k Zad. 1.7. Kretanje taˇcke zadato je parametarskim jednaˇcinama: ( ) ( ) π· t π· t x = sin , y = cos . 2 2 Odrediti jednaˇcinu trajektorije i zakon kretanja taˇcke, kao i intenzitete brzine i ubrzanja taˇcke u proizvoljnom vremenskom trenutku. Reˇsenje: Jednaˇcina trajektorije, kao ˇsto je ve´ce reˇceno, dobija se eliminacijom parametra t iz jednaˇcina kretanja. Koriste´ci osnovnu trigonometrijsku identiˇcnost sin2 α + cos2 α = 1, za trajektoriju dobijamo x2 + y 2 = 1 . Zakon kretanja s = s(t) dobija se iz relacije √ ( ) ( ) ( ) ( π )2 √ π 2 π· t 2 2 π· t 2 2 2 ds = x˙ + y˙ dt = sin + cos dt = 2 2 2 2 π = dt ⇒ 2 π s = t + s0 . 2 Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

12

1 Kinematika - zadaci

Intenzitet brzine je v= a ubrzanja a=

√ π x˙ 2 + y˙ 2 = , 2

√

x ¨2

+

y¨2

=

( π )2 2

. k

Zad. 1.8. Kretanje taˇcke zadato je parametarskim jednaˇcinama: ( ) ( ) πt πt , y = 15 cos . x = 15 sin 4 4 Odrediti jednaˇcinu trajektorije i zakon kretanja taˇcke, kao i intenzitet brzine i ubrzanja taˇcke u proizvoljnom trenutku vremena. Reˇsenje: Jednaˇcina trajektorije: (

) πt x sin = 4 15 ( ) πt y cos = 4 15

      

( ⇒

sin2

πt 4

)

( + cos2

πt 4

) =

x2 y2 + =1 225 225

odakle dobijamo za trajektoriju x2 + y 2 = 152

(centralni krug polupreˇcnika r = 15).

Zakon kretanja: Kvadrat elementa luka je ds2 = dx2 + dy 2 . Iz prethodnih relacija dobijamo [( )2 ( ) ( )2 ( )] 15π πt 15π πt ds2 = cos2 + sin2 (dt)2 = 4 4 4 4 ) [ ( ) ( )] ( 15π 2 2 πt 2 πt cos + sin (dt)2 ⇒ = 4 4 4 ∫ 15π ds = dt , za t0 = 0, s0 = 0 ⇒ C = 0 ⇒ 4

13

1.1 Brzina i ubrzanje taˇ cke

s=

15π t. 4

Intenzitet brzine: v = s˙ = ili

15π = const. 4

(

) ( ) πt π πt π x˙ = 15 cos · , y˙ = 15 sin · ⇒ 4 4 4 4 √( ) [ ( ) ( )] √ πt πt 15π 15π 2 v = x˙ 2 + y˙ 2 = cos2 + sin2 = . 4 4 4 4

Intenzitet ubrzanja: at = ili

dv v2 225π 2 /16 15π 2 = 0an = = = dt Rk 15 16 (

⇒

a = an =

15π 2 . 16

( ) 2 π2 πt π x ¨ = −15 sin · y¨ = −15 cos · ⇒ 16 4 16 √ ( ) ( ) 2 √ 15π 2 15π πt 2 πt 2 2 2 + sin = a= x ¨ + y¨ = cos . 16 4 4 16 πt 4

)

k Zad. 1.9. U taˇcki A0 nepokretnog kruˇznog cilindra, polupreˇcnika R, obeˇseno je gipko, neistegljivo uˇze, duˇzine ℓ = 2R. U poˇcetnom trenutku (θ = 0) taˇcki M , koja je vezana za slobodni kraj uˇzeta, saopˇsti se poˇcetna brzina v0 , u negativnom smeru ose Ox, tako da uˇze poˇcinje da se namotava na cilindar. Smatraju´ci da je intenzitet brzine taˇcke M , u toku namotavanja uˇzeta, konstantan, odrediti: ¨ kao i a) θ˙ i θ, b) ubrzanje taˇcke M , u funkciji ugla namotavanja uˇzeta θ.

x

Ao

O

q

y

M Mo

Slika 1.3:

vo

uz zadatak 1.9.

Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

14

1 Kinematika - zadaci

Napomena. U toku kretanja taˇcke u ravni, uˇze je stalno zategnuto. Reˇsenje: a) Uoˇcimo prvo da se slobodna duˇzina uˇzeta, usled namotavanja, smanjuje, tj. u proizvoljnom poloˇzaju taˇcke M duˇzina uˇzeta je AM = ℓ − AA0 = 2R − Rθ. Koordinate x, y taˇcke M date su izrazima (vidi sliku 1.4): x = R cos θ − AM sin θ = R cos θ − (ℓ − Rθ) sin θ = = R cos θ − (2R − Rθ) sin θ,

(a)

y = R sin θ + AM cos θ = R sin θ + (ℓ − Rθ) cos θ = = R sin θ + (2R − Rθ) cos θ. Brzina, izraˇzena u odnosu na Dekartov pravougli koordinatni sistem, je v = xi ˙ + yj, ˙ pa diferenciranjem, po vremenu, izraza (a) dobija se: x˙ = −Rθ˙ sin θ + Rθ˙ sin θ − (l − Rθ)θ˙ cos θ = −(l − Rθ)θ˙ cos θ y˙ = Rθ˙ cos θ − Rθ˙ cos θ − (l − Rθ)θ˙ sin θ = −(l − Rθ)θ˙ sin θ.

(b)

R cosq

Za intenzitet brzine v taˇcke M dobijamo Ao

O

x

q

v 2 = x˙ 2 + y˙ 2 = (l − Rθ)2 θ˙2 ˙ v = (l − Rθ)θ.

⇒

A

q y

M

Kako je, prema uslovu zadatka, v = v0 = ˙ dobija se const. i ℓ = 2R, odavde, za θ, θ˙ =

v0 v0 = . (ℓ − Rθ) R(2 − θ)

(c)

AM sinq

Slika 1.4:

Proizvoljan poloˇ zaj taˇ cke M .

Diferenciraju´ci, po vremenu, poslednju relaciju i zamenom θ˙ iz (c), za θ¨ dobija se v02 v0 Rθ˙ = . (d) θ¨ = 2 R (2 − θ)2 R2 (2 − θ)3

15

1.1 Brzina i ubrzanje taˇ cke

b) Ubrzanje taˇcke M , u odnosu na Dekartov koordinatni sistem, dato je izrazom a=x ¨i + y¨j. Diferenciranjem izraza (b), dobija se x ¨ = Rθ˙2 cos θ + (l − Rθ)θ˙2 sin θ − (l − Rθ)θ¨ cos θ. y¨ = Rθ˙2 sin θ − (l − Rθ)θ˙2 cos θ − (l − Rθ)θ¨ sin θ. Kvadrat intenziteta ubrzanje a, taˇcke M , je ¨ a2 = x ¨2 + y¨2 ⇒ a2 = R2 θ˙4 + (l − Rθ)2 θ˙4 + (l − Rθ)2 θ¨2 − 2R(l − Rθ)θ˙2 θ. Zamenom θ˙ iz (c) i θ¨ iz (d), za intenzitet ubrzanja dobija se a=

v02 . R(2 − θ) k

Zad. 1.10. Taˇcka M kre´ce se u ravni brzinom konstantnog intenziteta v. Pravac brzine taˇcke gradi ugao θ = (π/6) t sa potegom. Odrediti: a) konaˇcne jednaˇcine kretanja taˇcke u polarnim koordinatama i b) trajektoriju, ako je u poˇcetnom trenutku: t0 = 0, r0 = 0, φ0 = 0. Reˇsenje: a) Radijalna komponenta: vr = v cos θ = v cos(π/6) t = r˙ ⇒ dr = v cos(π/6) t· dt ⇒ ∫ 6 r = v cos(π/6) t· dt = v sin(π/6)t + C ⇒ C = 0, π 6v πt r= sin . π 6 Popreˇcna komponenta: v

vp = v sin θ = v sin(π/6) t = rφ, ˙ dφ r = π/6 ⇒ dφ = (π/6) · dt dt φ = (π/6) t + C, C = 0, π φ= t. 6

q

⇒

M r j O

Slika 1.5:

reˇsenje uz zad.1.10.

Da li si razumela/razumeo? Ako jesi, okreni stranu!

16

1 Kinematika - zadaci

b) Zamenom φ = (π/6) t u r = (6v/π) sin(π/6)t dobija se trajektorija u polarnim koordinatama 6v r= sin φ . π k Zad. 1.11. Voz polazi iz stanice A ubrzanjem a1 = 0, 2 [m/s2 ], dok ne dostigne brzinu v1 = 108 [km/h], a zatim nastavlja kretanje tom brzinom. U blizini stanice B, koja je 12 [km] udaljena od polazne stanice, poˇcinje da koˇci i usporava sa a2 = 1 [m/s2 ], dok se ne zaustavi u stanici B. Odrediti: a) predeni put za vreme ubrzavanja, za vreme jednolikog kretanja i za vreme usporavanja; b) vreme proteklo pri prelazu od stanice A do stanice B; c) srednju brzinu vs voza; d) nacrtati dijagrame: s = s(t), v = v(t), a = a(t), v = v(s). Reˇsenje: - za vreme ubrzaAko se sa t1 obeleˇzi vreme ubrzavanja i s1 put preden vanja, bi´ce 1 v1 = a1 t1 , s1 = a1 t21 , 2 a odatle se dobija odmah t1 =

v1 = 150 [s], a1

s1 =

v12 = 2250 [m]. 2a1

Za vreme t2 koˇcenja – usporavanja od brzine v1 do brzine v2 = 0 bi´ce v1 − a2 t2 = 0,

1 s2 = v1 t2 − a2 t22 , 2

odakle je t2 =

v1 = 30 [s], a2

s2 =

v12 = 450 [m]. 2a2

17

1.1 Brzina i ubrzanje taˇ cke

s

Prema tome, voz prelazi s1 + s2 = 2700 [m] pri ubrzavanju i usporavanju, a s = 9300 [m] jednolikom brzinom v = 108 [km/h] = 30 [m/s] za vreme t = 310 [s] (s = v t). Srednja brzina voza na ovom delu puta bi´ce vs =

12000 ≈ 24, 5 [m/s] = 88, 2 [km/h]. 490

S obzirom na zakone puta za vreme ubrzavanja jednolikog kretanja i usporavanja i drugih osobina ovog kretanja bi´ce: dijagram puta sastavljen od dva nejednaka luka parabole spojena kosom duˇzi (sl. 1.6a). Dijagram brzine je trapez nejednakih krakova (sl. 1.6b), dijagram tangentnog ubrzanja obrazuju tri duˇzi, od kojih je jedna na samoj osi t (sl. 1.6c) i najzad dijagram brzina-put bi´ce sastavljen od dva parabolniˇcna luka spojena jednom duˇzi koja je paralelna osi s (sl. 1.6d).

t1

a)

t1

b)

t2

t

v