Tone Godeša

RAČUNSKE VAJE IZ

OSNOV STROJNIŠTVA

Ljubljana, 2004

2

Uvod Težko si danes predstavljamo katerokoli dejavnost človeka brez uporabe ali pomoči orodij, strojev, tehnike. K temu teži človeštvo že od vsega začetka. Ogromen prispevek k današnjemu stanju razvoja družbe ima uporaba tehnike in razvoj tehnologij, tudi pri pridelavi hrane. Zato se danes v razvitem svetu z neposredno pridelavo hrane ukvarja vedno manj ljudi. Vedno več pa se jih ukvarja z razvojem novih tehnologij, opreme, pripomočkov. Za učinkovito in čimbolj popolno izrabo razpoložljive strojne opreme na vseh področjih je potrebno dobro poznavanje zakonitosti delovanja strojev, naprav, sistemov... Za primer vzemimo uporabo osebnega računalnika ali pa mobilnega telefona. Osebni računalnik v večini primerov nadomešča pisalni stroj. Lahko pa ga uporabimo še za veliko drugih opravil, če le poznamo njegove zmožnosti, zmožnosti dodatne programske in strojne opreme. Tudi mobilni telefon lahko enostavno uporabljamo samo kot nadomestilo za telefon v žičnem omrežju za govorno komuniciranje. Če pa želimo iz njega iztisniti kar največ, npr. pregled elektronske pošte, povezavo do virov informacij (WAP), kontrolo naprav, alarmnih in nadzornih sistemov... moramo bolje spoznati principe delovanja. Podobno velja tudi za uporabo tehnike v kmetijstvu. Bolje ko bomo spoznali osnovne principe, tudi principe fizike, statike, mehanike, toplote, bolj bomo razumeli pomen in delovanje posameznega sestavnega dela stroja ali naprave. To pa je potrebno pri razvijanju novih in pri obvladovanju znanih tehnologij, naprav, strojev, s katerimi bomo sposobni pridelati dovolj kakovostne hrane ob kar najmanjšem obremenjevanju okolja in bomo lahko ohranjali pozitivno ravnotežje v našem življenskem okolju. Z besedami Alberta Einsteina »teorija je tem bolj impresivna, čim enostavnejše so njene predpostavke, čim bolj raznorodne stvari povezuje in na čim širšem področju jo lahko uporabljamo« vam želim srečno pri osvajanju novih znanj.

3

MEHANIKA Sila Sila F je vzrok za spremembo stanja (gibanja ali oblike) in je v matematičnem smislu vektor, določen s smerjo, usmerjenostjo in velikostjo. Moment sile M glede na neko točko (pol, 0) je vektor, ki je rezultat vektorskega produkta krajevnega vektorja r (od pola do prijemališča sile) in sile F . FrM ×= Velikost momenta pa je številčna vrednost ploščine paralelograma, ki ga tvorita vektorja r in F .

αsin⋅⋅= FrM ali drugače zapisano αsin⋅⋅= FrM , kjer je α kot med smerjo krajevnega

vektorja in sile.

F

r

M→

→

→α

0

Dvojica sil sta dve enako veliki, vzporedni in nasprotno usmerjeni sili z medsebojno oddaljenostjo a. Taki dve sili se ne da združiti v rezultanto. Dvojica sil povzroča moment

aFM ⋅=

→F

→-F

a

Newton – ovi zakoni 1. 0000 =⇒=⇒=⋅⇒= vdaamF Če na masno točko ne deluje nobena sila, ali pa je vsota vseh sil enaka nič, potem ta masna točka miruje, ali pa se giblje premočrtno s konstantno hitrostjo.

4

2. amF ⋅= Sila, ki deluje na neko masno točko, je sorazmerna masi in pospešku te masne točke. 3. FF −= Če ena masna točka deluje z neko silo na drugo, potem tudi druga masna točka deluje na prvo s silo, ki ima isto smer in velikost, vendar nasprotno usmerjenost. Ravnotežje sil – statika Statika proučuje pogoje mirovanja teles. Glavna zakonitost statike je prvi Newton-ov zakon.

Pogoj za mirovanje masne točke je, da je vsota vseh sil ( iF ), ki delujejo na to masno točko, enaka nič.

0=∑i

iF

Ta zakonitost velja tudi za togo telo (sistem masnih točk), če delujejo vse sile v težišču (masnem središču) tega telesa. Če pa sile delujejo na različne točke togega telesa, mora biti za statično ravnotežje togega telesa izpolnjen še pogoj, da je vsota momentov vseh sil glede na katerokoli točko, enaka nič.

0=∑i

iM

Trenje Če želimo telo, ki se dotika podlage premakniti z neko silo, se na stični ploskvi pojavi sila, ki skuša to preprečiti. To silo imenujemo sila trenja in je enako velika zunanji sili, dokler ne doseže mejno, maksimalno vrednost. Če pa je zunanja sila večja kot je maksimalna sila trenja (sila lepenja ali sila trenja pri mirovanju), potem začne telo drseti po podlagi, vmes pa ves čas deluje sila trenja, ki je nekoliko manjša od sile lepenja.

5

μ⋅= ntr FF Fn je sila, ki deluje pravokotno na stično ravnino dveh teles, μ pa je koeficient trenja, ki je odvisen od materialov površin obeh teles, od stanja površine (hrapavost, mazanje), od hitrosti gibanja enega telesa nasproti drugemu (mirovanje – gibanje, hitrost)… V tabeli je podanih nekaj koeficientov trenja za različne dvojice materialov. Vrsta drsnih ploskev Koeficient trenja

(v mirovanju) (pri gibanju)

Teflon – Teflon 0,04 0,04

Jeklo – Jeklo 0,74 0,57

Jeklo – Jeklo (mazano) 0,15 0,06

Jeklo – Les 0,5 0,35

Jeklo – Les (mazano) 0,1 0,06

Les – Les 0,4 0,2

Usnje – Jeklo 0,6 0,22

Guma – Beton (suh) 1,0 0,8

Guma – Beton (moker) 0,30 0,25

Steklo – Steklo 0,94 0,40

Led – Led 0,1 0,03

Sklepi s sinovialno tekočino 0,01 0,01

Smuči (voskane na moker sneg) 0,14 0,1

Smuči (voskane na utrjen sneg) 0,14 0,04 Kotalno trenje Kotalno trenje se pojavi pri kotaljenju kotalnih elementov (koles, kolutov, krogel, valjev) po podlagi. Kadar je kotalni element obremenjen z neko silo Fg, katera ga pritiska proti podlagi, se zaradi elastičnosti materiala deformira površina kotalnega elementa in/ali podlage. Kadar želimo premakniti tako obremenjeni kotalni element, se premakne prijemališče reakcije podlage naprej za razdaljo a, zato se pojavi kotalni moment aFM rk ⋅= , ki skuša preprečiti gibanje. Velikost premika prijemališča reakcije a je odvisna od togosti (elastičnosti, ugrezljivosti) stičnih površin. Sila Fr je vertikalna reakcija tal na silo Fg. Da bi premagali kotalni moment, moramo v središču kotalnega elementa delovati s silo F, ki je enako velika in nasprotno usmerjena kot sila kotalnega trenja Ftr.

6

rFaFM rk ⋅=⋅=

Fg

F

Fr

a

r

Ftr

raFFF gtr ⋅==

Kvocient ra imenujemo tudi koeficient

kotalnega trenja. Iz tega lahko zaključimo pomembno ugotovitev, da je sila kotalnega trenja odvisna od obremenitve in radija kotalnega elementa in od deformacije kotalnega elementa in podlage.

Vrsta stičnih površin Premik prijemališča a [mm] Kaljene jeklene kroglice ali valjčki na jeklenih obročih (kotalni ležaji) 0,01

Jeklena kolesa na tirnici (tirnična vozila) 0,5

Gumasta kolesa na cestišču (avtomobili) Koeficient kotalnega trenja ra

na asfaltu 0,01

na betonu 0,015

na makadamu 0,03

na pesku do 0,3 Naloge 1. Dvigalo, kot ga prikazuje slika, je v točki B obremenjeno s silo teže Fg = 1000 N.

Določite sile v drogovih AB in BC.

Sile Fg, Fab in Fbc so sile s skupnim prijemališčem v točki B. Sile so v ravnotežju takrat, ko je njihova vsota ali rezultanta enaka 0. Iz podatkov poznamo smeri vseh sil, ter usmerjenost in

7

velikost sile teže bremena Fg. Narišemo mnogokotnik sil, ki mora biti zaradi zahtevanega ravnotežja sil sklenjen lik. Najprej narišemo silo Fg, nato narišemo premico, nosilko sile Fab skozi končno točko sile Fg in pod enakim kotom, kot je drog A-B proti sili Fg, nato pa še premico, nosilko sile Fbc skozi začetno točko sile Fg pod enakim kotom, kot je drog B-C proti sili Fg. Presečišče obeh premic nam da končno točko sile Fab in začetno točko sile Fbc. S tem sta določeni velikosti sile Fab in sile Fbc. Če rišemo v merilu, lahko na podlagi izmerjenih dolžin sil Fab in Fbc in na podlagi merila določimo velikosti iskanih sil. Lahko pa rešimo trikotnik po analitični poti in sicer z uporabo sinusovega izreka:

°=

°=

° 45sin105sin30sinbcabg FFF

Iz tega sledijo velikosti neznanih sil:

N 193230sin

105sin100030sin105sin

=°

°⋅=

°

°⋅= g

ab

FF

N 141430sin

45sin100030sin

45sin=

°°⋅

=°

°⋅= g

bc

FF

2. Breme teže G = 80 N je povezano z vrvjo z bremenom Q, kot je prikazano na sliki.

Določite težo bremena Q in sile v vrvi med točkami A-B in A-C, če je to ravnotežno stanje. Trenje v škripcu in maso vrvi zanemarimo.

Narišemo diagram sil tako, da ohranimo smeri sil in upoštevamo velikost znane sile. V našem primeru sta znani smeri sil Fb in Fc, sila Fg pa je znana po smeri in velikosti. Teža bremena Q pa je enaka sili v odseku vrvi med točkama A in C.

N 4030sin8030sin =⋅=⋅== gc FQF N 6930cos8030cos =⋅=⋅= gb FF

3. Na lesen drog je na višini h = 6m od tal pritrjena nosilna žica, ki je napeta s silo Fb =

7500N. Izračunaj kolikšna sila Fs deluje v sidrni žici in s kolikšno silo Fa pritiska drog na tla, če je horizontalna razdalja med sidriščem in drogom l = 2,5 m in masa droga m = 90 kg.

Da bi drog miroval, mora biti vsota vseh zunanjih sil, ki delujejo na drog enaka 0. Ker sila Fs ne deluje v smeri koordinatnih osi, jo razstavimo na komponente Fsx in Fsy, ki imajo smer koordinatnih osi. Nato za vsako smer zapišemo ravnotežno enačbo. X: bsxsxb FFFF =⇒=− 0 Y: sygasyga FFFFFF +=⇒=−− 0

8

Razmerje dimenzij hl je enako razmerju sil

sy

sx

FF in je enako αctg .

Iz tega sledi, da je sila lhFF sxsy = , oziroma po vstavljanju

pogoja iz ravnotežne enačbe za X smer lhFF bsy = . Tako je

sila v sidrni žici 22sysxs FFF += in po vstavljanju zgoraj

izraženih sil Fsx in Fsy v to enačbo dobimo rešitev:

NlhF

lhFFF bbbs 19500

5,26175001 2

2

2

2

2

222 =+=+=+=

Drog pa pritiska na tla s silo

NlhFmgF ba 18883

5,26750081,990 =+⋅=+=

4. Med dve steni, ki sta oddaljeni ena od druge za l = 10 m je napeta vrv in na sredini vrvi je

obešena svetilka mase m = 5 kg. V ravnotežnem stanju je vrv na sredini povešena za x = 10 cm. Izračunajte silo v vrvi.

mg

Fv Fv

l

x

α

Fv

Fv α

mg

Sila teže luči in sili v obeh krakih vrvi so sile s skupnim prijemališčem in so v ravnotežju takrat, ko je njihova vsota enaka 0. Če sile prikažemo grafično ( na spodnji sliki), mora biti mnogokotnik sil sklenjen lik. V našem primeru dobimo enakokrak trikotnik, za katerega lahko zapišemo:

αα

sin2sin2

⋅⋅

=⇒=

⋅gmF

F

gm

vv

Kot α pa izračunamo iz povesa vrvi in razdalje med stenama:

°=⋅

=⋅

=⇒= ,15110

1,02 arctanlx2 arctantan

2

ααlx

Vstavimo vrednosti v prvo enačbo in dobimo rešitev.

NFv 122215,1sin2

81,95=

⋅⋅

=

9

5. Kolikšno največjo vlečno silo lahko razvije traktor s štirikolesnim pogonom na 15% klancu, če je masa traktorja m = 1800 kg in adhezijski koeficient med kolesi in podlago k = 0,8.

Traktor mora pri vožnji v klanec poleg vlečne sile premagovati tudi dinamično komponento lastne teže. Nalogo rešimo tako, da zapišemo ravnotežno enačbo za sile v smeri klanca.

dtrvlvldtr FFFFFF −=⇒=−− 0

°==⋅⋅⋅=

⋅⋅⋅=⋅=

8,530,15 tgarcsin

cos

αα

αkgmF

kgmkFF

d

ntr

Po vstavljanju izraženih členov v ravnotežno enačbo dobimo: NkgmFvl 11351)8,53sin 8,53 cos8,0(81,91800)sincos( =°−°⋅⋅⋅=−⋅⋅⋅= αα

6. Po lesenem kanalu dolžine 8m spuščamo bale slame na tla. Izračunaj najmanjši kot α

pod katerim je lahko postavljen kanal, da bodo bale še drsele po njem. Koeficient trenja med slamo in lesom je μ = 0,3, masa bale je m = 24 kg.

Fd

Fgα

Fn

Ftr

Bala bo drsela po klancu navzdol takrat, ko bo dinamična komponenta sile teže večja od sile trenja trd FF >

μαμα

⋅⋅⋅=⋅=⋅⋅=

cossin

gmFFgmF

ntr

d

Vstavimo izraza za dinamično komponento sile teže in silo trenja v gornjo neenačbo

μαα ⋅⋅⋅>⋅⋅ cossin gmgm in jo uredimo μαα

>⋅⋅⋅⋅cossin

gmgm krajšamo μ

αα

>cossin in dobimo

končni pogoj: μαμα arctantan >⇒> Po vstavljanju vrednosti dobimo rešitev °>⇒> 7,163,0arctan αα

7. Po lesenem kanalu vlečemo bale slame mase m = 24 kg na podest. Koeficient trenja med

slamo in lesom μ = 0.3. S kolikšno silo moramo vleči za vrv, če je kot α = 30°.

Fn

Fg

Fdα

Fv

Ftr

Ravnotežje sil v smeri strmine je: F F Fv d tr− − = 0 , kjer je sila Fv sila v vrvi, sila Fd dinamična komponenta sile teže bale in Ftr sila trenja med balo in podlago. Iz ravnotežja sil sledi, da je sila v vrvi F F Fv d tr= + . Dinamična komponenta sile teže bale je F m gd = ⋅ ⋅ sinα in sila trenja med balo in podlago F m gtr = ⋅ ⋅ ⋅cosα μ .

10

Torej je sila v vrvi F m g m gv = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅sin cosα α μ +

( ) ( )F m gv = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ =sin cos . sin cos . .α α μ + N24 9 81 30 30 0 3 17889o o 8. Kolikšno silo Fp prenašata prednja kolesa traktorja mase m = 1500kg, kateri vleče voz s

silo Fvl = 3000N. Dimenzije traktorja in vpetja so podane na sliki.

Nalogo rešimo s pomočjo ravnotežne enačbe za momente vseh sil okrog stične točke pogonskega kolesa s tlemi.

08,05,14,2 =⋅+⋅−⋅ vlp FGF Iz te enačbe sledi, da je

4,28,05,1

4,28,05,1 ⋅−⋅⋅

=⋅−⋅

= vlvlp

FgmFGF

in po vstavljanju vrednosti dobimo rezultat NFp 81974,2

8,030005,181,91500=

⋅−⋅⋅=

9. S kolikšno silo Fk je obremenjeno kolo samokolnice kot jo prikazuje slika, če na njej

peljemo m = 60 kg gnoja?

Ravnotežje momentov okrog točke na koncu ročev je ( ) 02,12,15,0 =⋅−+⋅ gk FF Iz te ravnotežne enačbe izrazimo silo Fk

N 4152,15,0

2,181,9602,15,02,1

2,15,02,1

=+

⋅⋅=

+⋅⋅

=+

⋅=

gmFF gk

10. S kolikšno silo prenaša oče in s kolikšno sin elektromotor mase mm = 60 kg na drogu, kot

prikazuje slika?

Ravnotežna enačba sil ima obliko 0=+− smo FFF . Ker ima enačba dve

neznanki, moramo za enolično rešitev zapisati še eno enačbo, ki povezuje obe neznanki. To je ravnotežna enačba momentov vseh sil okrog katerekoli točke.

Če pa izberemo točko delovanja momentov v prijemališču ene neznane sile, potem je moment te sile enak 0 in nam da taka momentna enačba že rešitev za drugo neznano silo.

11

( )

N 3873,22,1

3,281,9603,22,13,2

003,23,22,1

=+

⋅⋅=

+⋅⋅

=

=⋅+⋅−+⋅

o

mo

smo

F

gmF

FFF

Prvo neznano silo pa lahko potem izračunamo iz ravnotežne enačbe sil, ali pa iz ravnotežne enačbe momentov okrog prijemališča te neznane sile. Izračunajmo jo iz ravnotežne enačbe momentov.

( )

N 2023,22,1

2,181,9603,22,12,1

03,22,12,10

=+

⋅⋅=

+⋅⋅

=

=+⋅+⋅−⋅

o

ms

smo

F

gmF

FFF

11. Izračunaj sile A in B v podporah 8 m dolgega mostu v trenutku, ko je traktor mase mt =

1500 kg s težiščem oddaljen 2 m od začetka mostu. Masa mostu mm = 2000 kg.

Tudi tu imamo dve neznani sili in rešimo nalogo na podlagi ravnotežja momentov vseh sil okrog točke, ki je prijemališče ene neznane sile, v tem primeru ene podpore. Pri takem izboru je moment te neznane sile enak 0 in dobimo enačbo za drugo neznano silo.

N 134898

281,91500481,920008

2400248

=

⋅⋅+⋅⋅=

⋅⋅+⋅⋅=

=⋅+⋅−⋅−⋅

a

tma

btma

F

gmgmF

FGGF

Prvo neznano silo pa izračunamo na podlagi ravnotežja sil.

N 208461348981,9150081,92000

0

=−⋅+⋅=−⋅+⋅=

=+−−

b

atmb

btma

FFgmgmF

FGGF

12. Določi sile, ki delujejo na prednja in zadnja kolesa traktorja, če je masa traktorja mt =

2174 kg in masa pluga mp = 300 kg. Oddaljenost težišča pluga od zadnjega kolesa a = 1,5 m, oddaljenost težišča traktorja od zadnjega kolesa b = 1,0 m in od sprednjega kolesa c = 1,2 m.

Zapišimo ravnotežno enačbo momentov vseh sil okrog prijemališča sile Fz.

( ) 00 =+⋅+⋅−⋅+⋅ cbFbGFaF szp Iz te enačbe lahko izračunamo silo Fs, ki deluje na prednja kolesa.

12

( )N 7687

2,115,181,9300181,92174

=+

⋅⋅−⋅⋅=

+

⋅⋅−⋅⋅=

s

pts

Fcb

agmbgmF

Silo, ki deluje na zadnja kolesa pa izračunajmo iz ravnotežne enačbe sil.

N 16583

768781,9217481,9300

0

=

−⋅+⋅=−⋅+⋅=

=−+−

z

stpz

pzs

F

FgmgmF

FFGF

13. Izračunaj velikost sile F na koncu ročice diferencialnega škripčevja, da bo sistem v

ravnotežju. Masa bremena m = 200 kg, dolžina ročice l = 0,8 m, premer večjega koluta d2 = 0,25 m, premer manjšega koluta d1 = 0,1 m, premer škripčnika d3 = 0,15m.

mg

F

l

d2

d1

d2

F

mg mg 2 2

d2 d1

l

R

2 2

Sistem bo v ravnotežju takrat, kadar bo vsota vseh sil in momentov enaka 0. Za določitev sile F je dovolj, da zapišemo ravnotežno enačbo momentov okrog vrtišča kolutov.

02222

12 =⋅−⋅⋅

−⋅⋅ lFdgmdgm

Iz te enačbe lahko izračunamo silo F, ki mora delovati na koncu ročice.

l

ddgm

l

dgmdgm

F⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

⋅⋅

=⋅

⋅−⋅

⋅

= 2222221212

NF 928,0

21,025,0

281,9200

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

⋅⋅

=

14. Na vrvni boben premera d1 = 200 mm je navita vrv, na kateri visi utež mase m = 120 kg.

Vrvni boben je povezan z zavornim kolutom premera d2 = 400 mm, na katerega obod pritiska zavorna čeljust. Čeljust je povezana z ročico vzvoda in je oddaljena za l = 200 mm od vpetja vzvoda. Najmanj koliko dolga mora biti ročica vzvoda x, da se vrvni boben še ne vrti, če na njenem koncu deluje sila F = 400 N. Koeficient trenja med kolutom in čeljustjo zavore je μ = 0,2

13

mg

l

FF1

x

Ftr

d2 d1

Sistem bo v ravnotežju takrat, ko bosta momenta sile teže uteži in sile trenja zavore enako velika:

22

21 dFdgm tr ⋅=⋅⋅

Sila trenja je enaka produktu pravokotne sile na zavorni kolut in koeficienta trenja:

μ⋅= 1FFtr

Silo F1 pa izračunamo na podlagi ravnotežne enačbe momentov sil na ročici vzvoda:

lxFFxFlF ⋅

=⇒=⋅−⋅ 11 0 . Iz tega sledi sila trenja μ⋅⋅

=lxFFtr .

To vstavimo v prvo enačbo, izrazimo dolžino vzvoda x in jo izračunamo

21 dlxFdgm ⋅⋅

⋅=⋅⋅ μ

2

1

dd

Flgmx ⋅

⋅⋅⋅

=μ

mx 47,14,02,0

2,04002,081,9120

=⋅⋅

⋅⋅=

15. Na vsakem koncu deske sta položeni kladi mase m1 = 30 kg in m2 = 12 kg. Dolžina deske

l = 2,5 m in njena masa m3 = 4 kg. Izračunaj na kolikšni razdalji x mora biti podložena deska, da bo v ravnotežju?

m

l

x

g

l 2

1m3

m2

Sistem bo v ravnotežju takrat, ko bo vsota momentov sil teže uteži in sile teže deske enaka 0.

( ) 02 231 =−⋅⋅−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⋅−⋅⋅ xlgmxlgmxgm

Iz te enačbe izrazimo razdaljo x.

02 22331 =⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅ xgmlgmxgmlgmxgm

Krajšamo enačbo z g, postavimo vse člene, ki vsebujejo razdaljo x na eno stran in dobimo:

14

mmmm

lmlmx

lmlmxmxmxm

76,012430

5,21225,142

2

231

23

23231

=++

⋅+⋅=

++

⋅+⋅=

⋅+⋅=⋅+⋅+⋅

16. S kolikšno silo F moramo pritiskati na ročico vitla, da dvignemo vedro vode, skupne

mase m = 15 kg. Ročica vitla je dolga l = 0,5 m, premer bobna, na katerega se navija vrv pa je d = 20 cm.

mg

d

l

F

Vedro vode se bo dvigalo takrat, ko bo moment sile na ročici vitla večji kot moment sile teže vedra na bobnu.

2dgmlF ⋅⋅>⋅

Iz te neenačbe izrazimo silo F.

NF

F

ldgmF

4,295,02

2,081,9152

>⋅

⋅⋅>

⋅⋅⋅

>

15

DINAMIKA KINEMATIKA Kinematika je del mehanike, ki obravnava geometrijske lastnosti gibanja točk ali teles, ne glede na njihove mase in sile (vzroke), ki to gibanje povzročajo. Osnovna naloga kinematike je, da iz znanega zakona gibanja točke (telesa) določi vse (iskane) kinematične veličine, ki opredeljujejo gibanje točke. Kinematično opisati gibanje pomeni opisati lego točke v prostoru in času. Za opis lege točke v prostoru, uporabimo koordinatni sistem, pri splošnem gibanju največkrat kartezijev (pravokotni), pri kroženju pa polarno-cilindrični koordinatni sistem. Splošna lega točke v prostoru je v kartezijevem koordinatnem sistemu podana z radijvektorjem r . To je vektor od koordinatnega izhodišča do točke v prostoru. Hitrost Hitrost točke je časovna sprememba lege točke v prostoru in je definirana kot prvi odvod radijvektorja po času.

dtrdv =

Pospešek Pospešek točke je časovna sprememba vektorja hitrosti in je v trenutnem času enak prvemu odvodu vektorja hitrosti po času ali pa drugemu odvodu radijvektorja po času.

2

2

dtrd

dtvda ==

Pospešek je lahko pozitiven (pri pospešenem gibanju ko se hitrost povečuje) ali pa negativen (pri pojemajočem gibanju, ko se hitrost zmanjšuje). Dolžina opravljene poti točke v nekem času pa je ∫ ⋅=

t

dtvs

Posebne vrste gibanj

Premočrtno gibanje Premočrtno gibanje je najbolj osnovna oblika gibanja, pri katerem se točka giblje samo v eni smeri, po premici. To je tudi ena najbolj pogostih oblik gibanja v strojništvu. Velikokrat lahko tudi gibanja v naravi, z dovolj dobrim približkom prevedemo na premočrtno gibanje zaradi enostavnejšega izračunavanja ali razumevanja. Pri enakomernem gibanju, ko je hitrost gibanja konstantna, je skupna pot točke, ki jo opravi v času t enaka: tvss ⋅+= 0 , kjer je s0 pot, ki jo je točka opravila do začetka opazovanja gibanja. Pri enakomerno pospešenem gibanju pa sta hitrost in opravljena pot v danem času: tavv ⋅+= 0

16

2

2

00tatvss ⋅

+⋅+= , kjer sta s0 in v0 pot oz. hitrost, ki jo je točka opravila oz. pridobila do

začetka opazovanja gibanja.

Kroženje Kroženje je gibanje točke po krožnici v ravnini. Kotna hitrost točke (časovna sprememba kota) je določena kot prvi odvod kota po času.

dtdϕω =

Kotni pospešek pa kot prvi odvod kotne hitrosti po času.

2

2

dtd

dtd ϕωα ==

Pri enakomernem kroženju, ko je kotna hitrost ω konstantna, je obodna hitrost točke rv ⋅= ω , kjer je r radij kroženja točke. Pri kroženju se pojavi pospešek, katerega komponente izrazimo v tangencialni in radialni smeri. Tako pri enakomernem kot pri pospešenem kroženju se pojavi radialni (centripetalni)

pospešek, ki je rvraa cr

22 =⋅== ω . Tangencialni pospešek pa se pojavi samo pri

pospešenem kroženju in je rat ⋅= α .

ar

v

at

v1

r

ϕ

ωα s

0

Enakomerno kroženje je ponavljajoče se gibanje točke, saj pride točka, ko opravi kot zasuka

2π, na isto mesto. Zato lahko zapišemo frekvenco kroženja π

ωυ⋅

=2

.

Tabela primerjave statičnih, kinematskih in dinamičnih veličin premočrtnega gibanja in kroženja.

Premočrtno gibanje Kroženje Zveza s – pot φ – kot zasuka rs ⋅= ϕ v – hitrost ω – kotna hitrost rv ⋅= ω at – tang. pospešek α – kotni pospešek rat ⋅= α ar = ac – radialni, centrifugalni pospešek

rvraa cr

22 =⋅== ω

17

m – masa J – masni vztrajnostni moment ∫ ⋅= dmrJ 2

F - sila T – vrtilni moment rFT ⋅= Odvisnost masnih vztrajnostnih momentov J od oblike in velikosti nekaterih teles.

Naloge 17. Na rob krožne plošče premera D = 1m, katera se vrti z vrtilno frekvenco n = 20 obr/min

je postavljena klada. Izračunaj najmanjši potrebni koeficient trenja μ med ploščo in klado, da le ta ne zdrsne s plošče.

Ftr

Fc

Fg

Ftr

Fc

D

Klada ne bo zdrsnila s plošče takrat, ko bo sila trenja med klado in ploščo večja ali enaka centrifugalni sili, katera deluje na klado zaradi kroženja.

ctr FF ≥ Posamezne sile se izrazijo tako:

60n2 ;

2 ; 2 ⋅⋅

=⋅⋅=⋅⋅=πωωμ DmFgmF ctr .

Po vstavljanju izrazov za sile v gornjo neenačbo izrazimo koeficient trenja in ga izračunamo.

22,081,9260

12014.34260

4260

4

2

22

2

22

2

22

=⋅⋅

⋅⋅⋅≥

⋅⋅⋅⋅⋅

≥

⋅⋅⋅⋅

⋅≥⋅⋅

μ

πμ

πμ

gDn

Dnmgm

18

18. Traktor vozi s hitrostjo v = 35 km/h in začne zavirati z enakomernim pojemkom a = - 2,5 m/s2. Koliko časa t traja zaviranje od trenutka, ko začne zavirati do trenutka, ko se ustavi in kolikšna je pri tem opravljena pot s?

Zaviranje vozila lahko smatramo za vožnjo z negativnim pospeškom - pojemkom. Pri tem veljajo zakonitosti pospešenega gibanja. r

va dv

dt=

Ker je gibanje enakomerno (pospešeno) pojemajoče in obravnavamo premočrtno gibanje (gibanje v eni smeri) lahko enačbo poenostavimo:

a vt

=

Iz te enačbe izračunamo čas zaviranja:

s 89,35.26.3

35=

⋅==

avt

Pri istih predpostavkah je pot pri pospešenem gibanju:

s v t a t= ⋅ +

⋅0

2

2, kjer je v0 začetna hitrost, t čas pospeševanja in a pospešek, ki je v našem

primeru negativen (pojemek).

m 9,182

89.35.289.36.3

35 2

=⋅

−⋅=s

19. Traktor mase m = 2450 kg se giblje po cesti s hitrostjo v1 = 10 km/h. Za koliko moramo

povečati silo motorja ΔF, da se hitrost traktorja poveča na v2 = 40 km/h na razdalji Δs = 50 m. Sila kotalnega trenja in zračnega upora ostaneta nespremenjeni.

Za povečanje hitrosti na določeni poti, se mora traktor na tej poti gibati pospešeno. Za to pa je potrebna sila, ki je premo sorazmerna masi traktorja.

amF ⋅=Δ Pospešek a moramo izraziti na podlagi spremembe hitrosti in poti.

dtdva =

vdsdt

dtdsv =⇒= Ta izraz vstavimo v prvo enačbo in dobimo:

dvvdsadsdvva ⋅=⋅⇒

⋅= Rešimo to diferencialno enačbo in dobimo:

∫ ∫ ⋅=⋅ dvvdsa

∫∫ ⋅=⋅2

1

2

1

v

v

s

s

dvvdsa

( ) ( )2

21

22

12vvssa −

=−⋅

( )svva

Δ⋅−

=2

21

22

Tako izražen pospešek vstavimo v enačbo za silo in jo izračunamo. Vrednost podatka o hitrosti spremenimo v vrednost z osnovno enoto SI merskega sistema (1 m/s = 3,6 km/h)

19

( ) N 2836502

77,211,1124502

2221

22 =

⋅−

⋅=Δ⋅

−⋅=Δ

svvmF

20. Kamen vržemo navzdol s hitrostjo v0 = 15 m/s. Kako globoko s pade kamen v času t = 5

s in kolikšno hitrost v pri tem doseže, če upor zraka zanemarimo? V tem primeru gre za pospešeno gibanje z začetno hitrostjo, za katero veljajo naslednje zveze.

m 6,1972

581,95152

22

0 =⋅

+⋅=⋅

+⋅=tgtvs

m/s 64581,9150 =⋅+=⋅+= tgvv 21. Kamen vržemo navzgor s hitrostjo v0 = 15 m/s. Koliko časa t leti navzgor, kolikšno

višino s doseže in s kolikšno hitrostjo v1 prileti nazaj, če upor zraka zanemarimo? Tudi tu gre za pospešeno gibanje, vendar deluje pospešek v nasprotni smeri gibanja, torej pospešek je negativen. Zato se hitrost zmanjšuje in ko doseže vrednost 0 se kamen ustavi in takrat je na najvišji točki. Nato pa začne spet padati navzdol.

s 53,181,9

150 000 ===⇒⋅=⇒=⋅−=

gvttgvtgvv

m 5,112

53,181,953,1152

22

0 =⋅

−⋅=⋅

−⋅=tgtvs

Pri padanju navzdol doseže kamen enako hitrost kot je bila začetna pri metu navzgor.

m/s 1553,181,91 =⋅=⋅= tgv 22. Kamen vržemo y = 2 m nad tlemi horizontalno s hitrostjo v0x = 5 m/s v smeri vožnje

traktorja, ki vozi s hitrostjo vt = 25 km/h. Kako daleč x od mesta kjer smo ga vrgli pade kamen na tla, če upor zraka zanemarimo?

v0x

tv

Ta primer predstavlja ravninsko gibanje, sestavljeno iz gibanja s konstantno hitrostjo v vodoravni smeri in enakomerno pospešenega gibanja v navpični smeri. Čas je spremenljivka

20

ki je za obe smeri ista, torej ju povezuje. Zapišemo enačbe za vsako smer, iz enačbe za navpično smer izrazimo čas in ga vstavimo v enačbo za vodoravno smer ter izračunamo razdaljo x. Hitrost traktorja pretvorimo v osnovne enote 25 km/h = 6,94 m/s

( )

( ) ( ) m 62,781,92294,652

22

0

20

=⋅

⋅+=⋅

⋅+=

⋅=

⋅=

⋅+=

gyvvx

gyt

tgy

tvvx

tx

tx

23. S kolikšno hitrostjo vmin in vmax mora izstopati koruzna rezanica iz cevi silokombajna, da

bo padala v voz, če zračni upor zanemarimo. Bližnja stranica voza je oddaljena v vodoravni smeri od cevi silokombajna za a = 2 m in nižja za h = 1 m. Širina voza b = 1,8 m.

va b

h

Tudi ta primer predstavlja gibanje v dveh smereh. V vodoravni smeri imamo gibanje s konstantno hitrostjo, v navpični smeri pa pospešeno gibanje. Da bo koruzna rezanica padala v voz, mora v času, ko pade za višino h, opraviti najmanj pot a do prednje stranice voza in največjo pot a + b do druge stranice voza.

2

2tgh ⋅=

ght ⋅

=2

m/s 4,8

81,9128,12

2

m/s 4,4

81,912

22

maxmax

minmin

=⋅

+=

⋅+

==

=⋅

=⋅

==

ghba

tsv

gh

atsv

21

24. Traktor s prikolico doseže na razdalji l = 50 m hitrost v2 = 25 km/h. Kolikšen je potreben pospešek a, čas t in vlečna sila Fvl za dosego te hitrosti, če je skupna masa traktorja in prikolice m = 6500 kg in koeficient kotalnega trenja koles ktr = 0,05.

Pri tem pospešenem gibanju nimamo podanega ne pospeška, ne časa. Nalogo rešimo tako, da pospešek a izrazimo na podlagi spremembe hitrosti in poti.

dtdva =

vdsdt

dtdsv =⇒= Ta izraz vstavimo v prvo enačbo in dobimo:

dvvdsadsdvva ⋅=⋅⇒

⋅= Rešimo to diferencialno enačbo in dobimo:

∫ ∫ ⋅=⋅ dvvdsa

∫∫ ⋅=⋅2

1

2

1

v

v

s

s

dvvdsa

( ) ( )2

21

22

12vvssa −

=−⋅

( )svva

Δ⋅−

=2

21

22

Ker je začetna hitrost v1 = 0 in opravljena pot Δs = l, dobi izraz za pospešek naslednjo obliko. 2

222 m/s 48,0

5029,6

2=

⋅=

⋅=

lva

Čas za dosego te hitrosti izračunamo na podlagi pospeška in spremembe hitrosti.

tva Δ

=

s 4,1448,09,6

==Δ

=avt

Potrebno vlečno silo Fv pa dobimo tako, da sili za pospeševanje Fp prištejemo še silo za premagovanje kotalnega trenja Ftr.

( ) ( ) N 630805,081,948,06500 =⋅+⋅=⋅+⋅=⋅⋅+⋅=+= trtrtrpv kgamkgmamFFF 25. Dvigalo dviga oz. spušča maso m = 400 kg enakomerno pospešeno navpično navzgor oz.

navzdol. V času t = 10 s dvigne oz. spusti breme za h = 35 m. Kolikšna sila Fv se vsakokrat pojavi v vrvi?

Sila v vrvi je enaka vsoti sile teže in vztrajnostne sile.

amgmFv ⋅+⋅= pri dviganju in amgmFv ⋅−⋅= pri spuščanju.

Pospešek pri dviganju ali spuščanju je 222 m/s 7,0

103522

=⋅

=⋅

=taa .

Tako je sila v vrvi pri dviganju ( ) ( ) N 42047,081,9400 =+⋅=+⋅= agmFv in pri spuščanju ( ) ( ) N 36447,081,9400 =−⋅=−⋅= agmFv .

22

26. Dvigalo v času t = 5 s enakomerno pospešeno dvigne breme navpično za s = 20 m. Kolikšna je masa bremena m, če je pri dviganju sila v vrvi Fv = 1000 N. Maso vrvi zanemarimo.

Sila v vrvi, ki dviga breme je enaka vsoti sile teže bremena Fg in vztrajnostne sile Fa bremena zaradi pospešenega gibanja.

agv FFF += ; amFgmF ag ⋅=⋅=

( )agmamgm +⋅=⋅+⋅=vF Pospešek izračunamo iz kinematskih podatkov (podatkov o opravljeni poti in času) v začetku gibanja. Pot pri enakomerno pospešenem gibanju brez začetne hitrosti je

2

2tas ⋅=

Iz te zveze izrazimo pospešek

2

2tsa ⋅

= .

Ta izraz za pospešek vstavimo v gornjo enačbo za vlečno silo.

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

+⋅= 2

2tsgmFv

Iz te zveze pa izrazimo maso in jo izračunamo.

kg 64,87

520281.9

10002

22

=⋅

+=

⋅+

=

tsg

Fm v

27. S kolikšno največjo hitrostjo v lahko pelje avto mase m = 1380 kg brez zaviranja ali

pospeševanja skozi ovinek z radijem r = 50 m, če je koeficient trenja med kolesi in podlago μ = 0,5.

Ko avto vozi v ovinek, nanj deluje centrifugalna sila v radialni smeri in ga vleče iz ovinka ven. Njej nasprotna pa je sila trenja med kolesi in cesto, ki drži avto v smeri ovinka. Če je maksimalna sila trenja večja ali enaka centrifugalni sili, potem bo avto izpeljal ovinek, v nasprotnem primeru pa bo drsel iz ovinka. ctr FF ≥

rvmgm

2

⋅≥⋅⋅ μ

km/h 5,56m/s 7,15505,081,9 ==⋅⋅=⋅⋅≤ rgv μ

23

KINETIKA ENERGIJA Kinetična energija Kinetično energijo ima masna točka (telo) takrat, kadar se giblje. Pri premočrtnem gibanju je kinetična energija odvisna od mase in kvadrata hitrosti.

2

2vmWkin⋅

=

Pri kroženju pa je kinetična energija odvisna od masnega vztrajnostnega momenta in kvadrata kotne hitrosti, s katero kroži telo.

2

2ω⋅=JWkin

Potencialna energija To je energija lege ali stanja. Potencialno energijo ima npr. telo ali element, kadar zaradi svoje lege glede na izhodiščno lego opravi neko delo. Kadar na telo deluje sila teže, ima to telo potencialno energijo, ki je sorazmerna sili teže in višini nad obravnavano ravnino.

hgmWpot ⋅⋅= Tudi napeta vzmet ima potencialno energijo, ki je sorazmerna povprečni sili vzmeti in raztezku (deformaciji) vzmeti.

2

2skWkin⋅

= , kjer je k koeficient vzmeti sFk vzm= , s pa deformacija vzmeti.

Izrek o mehanski energiji Pri gibanju masne točke pod vplivom konzervativnih sil je vsota kinetične in potencialne energije sistema v vsaki legi konstantna veličina, in jo imenujemo mehanska energija.

.konstWWWWW mehBp

Bk

Ap

Ak ==+=+

Konzervativna sila je tista sila, katere delo je neodvisno od oblike poti.

Delo sile Diferencialno delo sile je enako skalarnemu produktu sile in diferenciala poti.

sdFdA ⋅= Če je sila ves čas konstantna po velikosti in smeri, in deluje pod nekim kotom α glede na smer premočrtnega gibanja, potem je delo te sile sorazmerno velikosti sile, opravljeni poti in kosinusu kota med smerjo sile in poti.

( )0cos ssFA −⋅⋅= α Če pa konstantna sila deluje ves čas v smeri premočrtnega gibanja in je začetna pot enaka 0, lahko izrazimo delo kot produkt sile in opravljene poti.

24

sFA ⋅=

Delo momenta sile pri kroženju je enako produktu momenta in kota zasuka.

ϕ⋅= MA Delo sile teže je enako produktu sile teže in spremembe višine.

zgmsFA g ⋅⋅=⋅= Delo sile vzmeti je enako produktu povprečne sile vzmeti pri nekem raztezku in velikosti raztezka.

22

2skssksFA vzm⋅

=⋅⋅=⋅=

Izrek o kinetični energiji Sprememba kinetične energije pri gibanju masne točke na neki poti je enaka vsoti dela vseh sil, ki delujejo na masno točko na tej poti.

∑=−i

iAk

Bk AWW

Moč Moč je veličina, ki predstavlja delo, ki ga, ali pa ga je sposobna opraviti sila v časovni enoti.

vFdtsdF

dtdAP ⋅=

⋅==

Kadar deluje konstantna sila stalno v isto smer, kot je smer premočrtnega gibanja, potem je moč enaka produktu sile in hitrosti gibanja.

vFP ⋅= Moč pri rotaciji je enaka produktu vrtilnega momenta in kotne hitrosti.

302 nTTTP ⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅= πυπω

Moč pri pretoku fluidov je sorazmerna s pretokom in višino črpanja.

hgtVP ⋅⋅⋅= ρ

Moč pri hidrostatičnem prenosu je sorazmerna s tlakom in volumskim pretokom.

25

vqpP ⋅=

Moč pri električnem prenosu je sorazmerna električni napetosti in jakosti električnega toka.

IUP ⋅=

Izkoristek Izkoristek nekega procesa, pretvorbe energij, stroja ali naprave je razmerje med koristno pridobljeno energijo, opravljenim delom ali močjo in dovedeno oz. za to porabljeno energijo ali močjo. Izkoristek je vedno manjši od 1.

1<==dov

kor

dov

kor

PP

WAη

Skupni izkoristek več pretvorb ali procesov je enak produktu posameznih izkoristkov.

1321 <⋅⋅⋅⋅⋅= ηηηηs Naloge 28. Po lesenem kanalu dolžine l = 8m spuščamo bale slame na tla. Kanal je postavljen po

kotom α = 30°. Koeficient trenja med slamo in lesom je μ = 0,3, masa bale je m = 24 kg. Izračunaj na kolikšni razdalji x od konca kanala se bala na tleh ustavi.

h

l

x

α

CB

A

Fg

Ftr

FN

Fd

Fg

Ftr

To nalogo rešimo na podlagi zakona o kinetični energiji. Zapišemo izrek o kinetični energiji za pot bale med točkama B in C.

∑ −=−i

CBi

Bk

Ck AWW

xFvmvmtr

BC ⋅−=⋅

−⋅

22

22

Upoštevamo, da je hitrost v točki C nič, ker se tu bala ustavi, in izrazimo razdaljo x.

xgmvm B ⋅⋅⋅−=⋅

− μ2

02

μ⋅⋅=

gvx B

2

2

Za določitev hitrosti vB še enkrat uporabimo zakon za pot bale med točkama A in B.

26

∑ −=−i

BAi

Ak

Bk AWW

lFhFvmvmtrg

AB ⋅−⋅=⋅

−⋅

22

22

αsin⋅= lh , μα ⋅⋅⋅= cosgmFtr Vstavimo ta dva izraza v gornjo enačbo in izrazimo kvadrat hitrosti (vB

2) v točki B s tem da upoštevamo, da je začetna hitrost vA enaka 0.

lgmlgmvm B ⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅=⋅ μαα cossin2

2

( )αμα cossin22 ⋅−⋅⋅⋅= lgvB Ta izraz vstavimo v enačbo za razdaljo x, vstavimo vrednosti in izračunamo.

( ) ( ) ( ) m 4,63,0

30cos3,030sin8cossin2

cossin2=

°⋅−°⋅=

⋅−⋅=

⋅⋅⋅−⋅⋅⋅

=μ

αμαμ

αμα lg

lgx

29. Kolikšna sme biti najmanjša obodna hitrost v0 lopatice silokombajna, da bo koruzna

rezanica neovirano izstopala iz cevi. Radij ukrivljenosti oboda izstopne cevi je r = 1,5 m in navpična razdalja od osi rotorja do zgornjega roba cevi h = 2,5 m. Trenje zanemarimo.

v1

v0

Fg

c

h

r

1

0

Na koruzno rezanico deluje samo sila teže (trenje zanemarimo), zato lahko uporabimo izrek o mehanski energiji ob pogoju, da je v točki 1 centrifugalna sila večja kot sila teže rezanice. Le v tem primeru se cev ne bo zamašila. gc FF ≥

gmrvm

⋅≥⋅ 2

1

rgv ⋅≥21

Zapišimo še izrek o mehanski energiji za točki 0 in 1.

1100pkpk WWWW +=+

hgmvmgmvm⋅⋅+

⋅=⋅⋅+

⋅2

02

21

20

hgvv ⋅⋅+= 2210

Po vstavljanju pogoja za kvadrat hitrosti v točki 1 v gornjo enačbo, vstavljanju vrednosti in izračunu dobimo najmanjšo obodno hitrost v0 s katero se mora vrteti lopatica silokombajna, da se izstopna cev ne zamaši.

m/s 0,85,281,925,181,920 =⋅⋅+⋅=⋅⋅+⋅≥ hgrgv 30. Okoli valja polmera r = 0,45 m in mase 30 kg je navita vrv, katere drugi konec je obešen

na strop. Ko je valj v točki A, je vrv napeta in ga spustimo. Določi hitrost vB središča valja (točke 0) v točki B, ko opravi pot h = 1,8 m od mesta, kjer smo ga spustili. Maso vrvi zanemarimo.

27

A

B

r

h

0

Valj v točki A miruje. Ko pa ga spustimo, se začne pospešeno gibati, spuščati in vrteti. To moramo upoštevati pri zapisu kinetične energije. Ker deluje na valj samo sila teže, ki je konzervativna sila, velja za ta primer izrek o mehanski energiji.

Bp

Bk

Ap

Ak WWWW +=+

02222

2222

⋅⋅+⋅

+⋅

=⋅⋅+⋅

+⋅ gmJvmhgmJvm BBAA ωω

2

2rmJ ⋅=

rv

=ω

2222

22

2

43

4222

2 BBB

B

B vmvmvmrvrm

vmhgm ⋅⋅=⋅

+⋅

=⋅

⋅

+⋅

=⋅⋅

m/s 85,48,181,934

34

=⋅⋅=⋅⋅= hgvB

31. S kolikšno silo F moramo potiskati voziček skupne mase mv = 200 kg po vodoravni

podlagi. da se mu v času t = 10 s poveča hitrost iz v1 = 2 km/h na v2 = 5 km/h? Koeficient kotalnega upora je ktr = 0,08. Koliko dela A pri tem opravimo in s kolikšno povprečno močjo Pp to opravimo?

Povprečen pospešek vozička je enak spremembi hitrosti v danem času

tvva 12 −

=

in sila. ki je potrebna za pospeševanje. amF vp ⋅=

Sila ki je potrebna za potiskanje vozička pa je enaka vsoti sile za pospeševanje in sile kotalnega trenja.

trvvtp kgmtvvmFFF ⋅⋅+

−⋅=+= 12

Iz enačbe lahko izpostavimo skupno maso vozička in dobimo izraz za silo. s katero moramo potiskati voziček.

NkgtvvmF trv 17408.081.9

106.32520012 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+

⋅−

⋅=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+

−⋅=

Delo, ki ga pri tem opravimo je enako produktu sile in opravljene poti. sFA ⋅=

Opravljena pot s pa je: ( )22

121

2

1tvvtvtatvs ⋅−

+⋅=⋅

+⋅=

28

Delo ki ga opravimo je potem

( ) JtvvtvFA 16922

106.325

106.3

21742

121 =

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛ ⋅−

+⋅=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−

+⋅⋅=

Povprečna moč. s katero opravljamo to pospeševanje vozička je: WtAPp 169

101692

===

V začetku pospeševanja je moč WvFPz 6,966.3

21741 =⋅=⋅= , na koncu pa

WvFPk 6,2416.3

51742 =⋅=⋅=

32. Za zabijanje žeblja v les je potrebna sila Ftr = 300 N. Za koliko x se premakne žebelj, ko

nanj udari kladivo mase m = 800 g s hitrostjo v = 2 m/s?

Za reševanje tega primera uporabimo izrek o kinetični energiji.

∑ −=−i

BAi

Ak

Bk AWW

Sprememba kinetične energije je enaka kar kinetični energiji kladiva tik preden se dotakne žeblja, ker je končna kinetična energija enaka nič, saj se takrat kladivo in žebelj ustavita. Pri opravljanju dela upoštevamo še delo sile teže, čeprav je vpliv tega dela zanemarljivo majhen.

xFxgmvmvmtr

AB ⋅−⋅⋅=⋅

−⋅

22

22

( ) xgmFvmtr

A ⋅⋅−=⋅2

2

( ) ( ) mm 47,581,98,03002

28,02

22

=⋅−⋅

⋅=

⋅−⋅⋅

=gmF

vmxtr

A

Če ne upoštevamo dela sile teže, pa je rezultat sledeč.

xFvmvmtr

AB ⋅−=⋅

−⋅

22

22

xFvmtr

A ⋅−=⋅

−2

2

mm 33,53002

28,02

22

=⋅

⋅=

⋅⋅

=tr

A

Fvmx

33. Rezalna plošča električne ročne brusilke ima premer D = 230 mm in se vrti z vrtilno

frekvenco n = 6000 obr/min. Koeficient trenja med ploščo in obdelovancem μ = 0,5.

29

Ploščo pritiskamo k obdelovancu s silo Fn = 40 N. Celotni izkoristek brusilke je η = 89%. Koliko električne moči Pel potrebujemo pri tem delu?

Ftr

Fnω

D

Izkoristek pretvorbe moči je razmerje med

koristno in dovedeno močjo. dov

kor

PP

=η

Koristna moč je moč rezanja, dovedena pa je električna moč.

60nDFrFvFP nnotrkor

⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅=πμωμ

el

n

P

nDF60

⋅⋅⋅⋅

=

πμη

W162489,060

600023,014,35,04060

=⋅

⋅⋅⋅⋅=

⋅⋅⋅⋅⋅

=η

πμ nDFP nel

34. V času t = 24 ur preteče preko turbinskega kolesa V = 800000 m3 vode iz višine h = 100

m. Kolikšna je efektivna moč Pef turbine, če je mehanski izkoristek η = 70 %. Gostota vode ρ = 1000 kg/m3.

Efektivna moč je koristna moč, dovedena moč pa je energija, ki jo odda voda v enoti časa.

thgV

P

thgm

PPP efef

dov

kor

⋅⋅⋅=

⋅⋅=

ρη

MW 36,6360024

70,010081,91000800000=

⋅⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅⋅

=thgVPef

ηρ

35. S kolikšno močjo Pv vleče konj voz skupne teže Fg = 10000 N po ravni podlagi, če je

znaša sila kotalnega trenja 5 % teže voza in je hitrost v = 5 km/h. Da bi voz premaknili, moramo premagati silo kotalnega trenja. Konj mora torej vleči voz z močjo, ki je enaka produktu sile kotalnega trenja in hitrosti gibanja.

W6946,3

505,01000005,0 =⋅⋅=⋅⋅=⋅= vFvFP gtrv

36. Koliko vode V bo prečrpala črpalka priključne moči Pp = 1 kW na višino h = 10 m v času

t = 1h, če je izkoristek črpalke η = 0,85 in so izgube v cevovodu popisane kot izgubljena višina hizg = 1,5 m.

30

Koristna moč pri tem primeru je moč črpanja vode, dovedena moč pa je priključna moč. Zapišemo enačbo za izkoristek in iz nje izrazimo volumen vode.

( )tPhhgV

Pthgm

PP

PP

p

izg

p

č

p

č

dov

kor

⋅

+⋅⋅⋅=

⋅⋅

===ρ

η

( ) ( )3m 1,27

5,11081,9100085,036001000

=+⋅⋅

⋅⋅=

+⋅⋅

⋅⋅=

izg

p

hhgtP

Vρ

η

37. Konj lahko vleče voz s konstantno močjo Pv = 540 W pri hitrosti v = 5,2 km/h. Izračunaj

kolikšno največjo maso pšenice mp lahko peljemo na vozu mase mv = 117 kg, če je koeficient kotalnega upora ktr = 0,12.

Konj pri vleki premaguje silo kotalnega trenja, ki pa je odvisna tudi od mase pšenice, katero peljemo na vozu.

( ) vkgmmvFP trpvktv ⋅⋅⋅+=⋅=

kg 200117

6,32,512,081,9

540=−

⋅⋅=−

⋅⋅= v

tr

vp m

vkgPm

38. Traktor mase mt = 4370 kg in imenske moči motorja Pm = 60 kW vleče polno prikolico

sladkorne pese skupne mase mp = 7 t po s = 17 % klancu navzgor. Koeficient kotalnega trenja je ktr = 0,03, izkoristek prenosa moči motorja η = 0,75. Izračunaj, s kolikšno največjo hitrostjo v lahko vozimo v ta klanec.

Koristna moč je vlečna moč, ki je enaka produktu vozne hitrosti in vlečne sile. Vlečna sila pa je vsota sile kotalnega upora in dinamične komponente sile teže traktorja in prikolice. Dovedena moč pa je moč pogonskega motorja. Kot vzpona klanca izračunamo iz strmine in sicer: °===⇒= 65,917,0arctanarctantan ss αα

m

v

dov

kor

PvF

PP ⋅

==η

( ) ( ) trptpttrdv kgmmgmmFFF ⋅⋅⋅++⋅⋅+=+= αα cossin ( ) ( )( )

m

trptpt

Pvkgmmgmm ⋅⋅⋅⋅++⋅⋅+

=αα

ηcossin

( ) ( ) ( )( )ααη

ααη

cossincossin ⋅++⋅⋅

=⋅⋅⋅++⋅⋅+

⋅=

trpt

m

trptpt

m

kmmgP

kgmmgmmPv

( ) ( ) km/h 7,2m/s 265,9cos03,065,9sin7000437081,9

75,060000==

⋅+⋅+⋅⋅

=v

31

39. Trifazni elektromotor poganja črpalko za vodo. Gred motorja se vrti z vrtilno frekvenco 2200 o/min in prenaša vrtilni moment 6,8 Nm. Motor je priključen na izvor električne energije napetosti U = 3x380 V, po žicah pa teče tok I = 2A. Izračunaj izkoristek elektromotorja η in količino vode V, ki jo prečrpa ta črpalka v času t = 1h na višino h = 15 m, če je izkoristek črpalke η = 75% in hizg = 2 m.

Izkoristek elektromotorja je razmerje med koristno, oddano močjo in dovedeno, priključno močjo.

69,023803

60220014,328,6

602

=⋅⋅

⋅⋅⋅

=⋅

⋅⋅⋅

=⋅⋅

==IU

nT

IUT

PP

dov

kor

πωη

Količino prečrpane vode izračunamo na podlagi izkoristka črpalke s tem, da je v tem primeru dovedena moč enaka produktu vrtilnega momenta in kotne hitrosti pogonske gredi črpalke.

( )tnT

hhgVTthgm

PP

PP izg

č

p

č

dov

kor

⋅⋅⋅

⋅

+⋅⋅⋅=

⋅

⋅⋅

===

602 π

ρω

η

( ) ( )3m 4,25

21581,910006075,03600220014,328,6

602

=+⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅=

+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=izghhg

tnTVρ

ηπ

40. Vozilo mase m = 2200 kg doseže v času t = 25 s hitrost v = 60 km/h. Koeficient trenja ktr

= 0,12. Premer pogonskih koles D = 820 mm. Določi potreben vrtilni moment T na gredi pogonskih koles in potrebno največjo moč motorja Pp za to pospeševanje, če je izkoristek prenosa moči η = 70 %.

Potrebni vrtilni moment na gredi pogonskih koles izračunamo na podlagi vlečne sile, ki se realizira na obodu pogonskih koles in polmera pogonskih koles. Vlečna sila pa je vsota sile za pospeševanje in sile kotalnega trenja.

2DFT v ⋅=

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+

Δ⋅=⋅⋅+

Δ⋅=⋅⋅+⋅=+= trtrtrtrdv kg

tvmkgm

tvmkgmamFFF

Nm 1663282,012,081,92200

256,3

60

22002

=

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⋅⋅+⋅=⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+

Δ⋅=

DkgtvmT tr

Ker gre za pospeševanje s konstantno silo oz. vrtilnim momentom, je največja moč potrebna ob dosegu željene hitrosti.

p

v

dov

kor

PvF

PP ⋅

==η

32

W965837,0

6.36012,081,9

256,3

60

2200

=

⋅

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⋅+⋅

=⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+

Δ⋅

=⋅

=ηη

vkgtvm

vFPtr

vp

41. Pri žaganju drv je treba vleči žago s silo Fr = 40 N. Da bi prerezali celo poleno, je treba

žago premakniti n = 30 krat sem in tja, vsakokrat za l = 50 cm. Izračunaj koliko energije E je potrebno za prerezanje enega polena.

Za prerezanje enega polena je potrebno toliko energije, kolikor dela pri tem opravimo. Delo pri rezanju pa je enako produktu sile rezanja in opravljene poti.

lnFsFAE rr ⋅⋅⋅=⋅== 2 J 12005,023040 =⋅⋅⋅=E

33

TOPLOTA, ZGOREVANJE, PRENOS TOPLOTE Če želimo nekemu telesu zvišati temperaturo, potem mu moramo dovesti toploto Q.

dTcmdQ ⋅⋅= dQ – sprememba notranje energije m – masa snovi c – specifična toplota snovi dT – sprememba temperature Specifična toplota c je v splošnem največ odvisna od temperature in od tlaka. Če pa v preprostih primerih smatramo, da je konstantna, lahko zapišemo zgornjo splošno enačbo poenostavljeno.

( )12 TTcmQ −⋅⋅= Toplotne lastnosti nekaterih snovi podaja spodnja tabela Snov Temperatura

[°C] Gostota ρ [kg/m3]

Spec. toplota c [kJ/kgK]

Toplotna prevodnost λ [W/mK]

Plini (pri tlaku ≈ 1 bar) -20 1,365 1,004 0,0226

0 1,252 1,009 0,0237 20 1,164 1,013 0,0251 Zrak

100 0,916 1,021 0,0307 Ogljikov dioksid 0 1,912 0,828 0,0143 Žveplov dioksid 0 2,830 0,624 0,0084 Amoniak 0 0,746 2,168 0,0220

Tekočine 0 1000 4,219 0,555

20 998 4,182 0,598 Voda 100 958 4,215 0,681

Olje 20 871 1,850 0,144 100 820 2,185 0,140 Ogljikov dioksid 20 771 3,642 0,078 Žveplov dioksid 20 1383 1,390 0,199 Amoniak 20 610 4,772 0,494

4,4 1035 - 20 1030 0,550 Mleko 4% m.m.

38,9 10233,770

- Trdne snovi

Aluminij 20 2700 0,896 229,000 Baker 20 8300 0,419 372,000 Cink 20 7130 0,385 113,000 Jeklo 20 7850 0,460 50,000 Nerjavno jeklo 20 7880 0,502 20,000 Apnenec 20 2650 0,840 2,200

34

Beton suh 20 2100 0,880 1,100 Led 0 917 1,930 2,200 Opeka suha 20 1700 0,840 0,460 Sneg 0 200 - 0,150

20 50 0,036 Steklena volna 20 300 0,670 0,043 Steklo 20 2700 0,840 0,760 Tla ilovnata 20 1450 0,880 1,280 Asfalt 20 2120 0,920 0,740 Bombaž česan 20 81 1,300 0,059 Guma 20 1200 1,420 0,160 Bor suh les 20 550 2,790 0,140 Bukev suh les 20 700 - 0,350 Hrast suh les 20 850 2,390 0,100 Papir 20 1000 1,340 0,140 Pluta 20 200 1,380 0,050 Sladkor 0 1600 1,260 0,600 Svila tkana 0 147 - 0,045 Usnje 20 1000 1,510 0,160 Volna česana 20 9 1,670 0,040 Žaganje 20 190 - 0,060

12 0,040 15 0,037 20 0,035 Stiropor 20

30

1,300

0,034

Zgorevanje Količina toplote, ki jo pridobimo pri zgorenju goriva je sorazmerna masi goriva in njegovi kurilni vrednosti. Kurilna vrednost pa je količina toplote, ki jo da 1 kg goriva, ne da bi izkoristili kondenzacijsko toploto vodne pare.

ig HmQ ⋅= Kurilne vrednosti nekaterih goriv. Gorivo Kurilna vrednost

Hi [MJ/kg] Gostota [kg/m3]

Les suh 14,7 – 16,7 500 – 850Les neposušen 8,4Rjavi premog 8,4 – 20,1Črni premog 27,2 – 34,1 1200 – 1500

Koks 27,8 – 30,3 1600 – 1900Bencin 42,7 720Plinsko olje 41,9 875Kurilno olje 41,2 940Etanol 26,75 794

35

Metanol 20 790Petrolej 42 810Metan 35,9 0,72Propan 93,4 2Butan 124 2,7Etin 56,9 1,17Mestni plin 20 0,6

Prevod toplote

T1T2

λ

Φ

Toplotni tok pri prevodu skozi steno iz neke snovi je odvisen od temperaturne razlike na notranji T1 in zunanji T2 površini stene, velikosti površine stene A, debeline stene δ in od toplotne prevodnosti materiala λ, iz katerega je stena.

( )21 TTAtQ

−⋅⋅==Φδλ

Prestop toplote Pri prestopu toplote prehaja toplota s plinaste ali tekoče snovi na površino trdne stene ali obratno. Toplotni tok pri prestopu je odvisen od temperaturne razlike med fluidom in površino stene ali obratno, od velikosti površine stene in od koeficienta prestopa toplote α.

( ) ( )zn TTATTAtQ

−⋅⋅=−⋅⋅==Φ 2211 αα

36

T2 T1Tz

λα2

α1 Tn

Prehod toplote Pri prehodu toplote ta prestopa z ene snovi na površino stene, se prevaja preko stene, ki je lahko sestavljena iz več plasti različnih materialov in prestopa iz površine stene na drugo snov na drugi strani stene.

( )zn TTAktQ

−⋅⋅==Φ

1

Tzα2

λ1

α1 Tn

2

λ2

V tej enačbi predstavlja k koeficient prehoda toplote, ki ga izračunamo po naslednji enačbi.

......111

2

2

1

1

21

+++++=

λδ

λδ

αα

k

Specifični toplotni tok pri prevodu, prestopu ali prehodu toplote nam pove, koliko toplote je prešlo preko ene enote površine stene (1m2).

AΦ

=ϕ

37

Naloge 42. Za koliko ΔT se segreje voda v slapu višine h = 250 m, če se ob udarcu ob tla η = 60 %

energije spremeni v toploto. Specifična toplota vode cp = 4,2 kJ/kgK. Voda na vrhu slapa ima potencialno energijo, ki se pri padanju spreminja v kinetično energijo, pri udarcu ob tla pa se je del te spremeni notranjo, toplotno, nekaj kinetične pa še ostane, saj mora voda odtekati od slapa (z neko hitrostjo).

hgmTcm

WQ

WW p

pdov

kor

⋅⋅Δ⋅⋅

===η

K 35,04200

6,025081,9=

⋅⋅=

⋅⋅=Δ

pchgT η

43. Radi bi segreli Vv = 250 l vode s temperaturo T1 = 5°C na temperaturo T2 = 60°C. Koliko

kurilnega olja Vg s kurilno vrednostjo Hi = 41200 kJ/kg in gostoto ρg = 940 kg/m3 pri tem porabimo, če je izkoristek kotla η = 65%. Specifična toplota vode je cp = 4200 J/kg K in gostota ρv = 1000 kg/m3.

V kotlu zgoreva kurilno olje in 60 % nastale toplote se prenese na vodo, ki se segreje.

( )igg

pvv

ig

pv

dov

kor

HVTTcV

HmTcm

QQ

⋅⋅−⋅⋅⋅

=⋅

Δ⋅⋅==

ρρ

η 12

( ) ( ) l 3,2m 0023,0102,4194065,0

5604200100025,0 36

12 ==⋅⋅⋅

−⋅⋅⋅=

⋅⋅

−⋅⋅⋅=

ig

pvvg H

TTcVV

ρηρ

44. Maso mv = 5 kg vode mešamo z mešalom s frekvenco kroženja ν = 10 s-1 in vrtilnim

momentom T = 10 Nm. Za koliko ΔT se segreje voda v času t = 30 min, če se η = 80 % dovedene energije porabi za segrevanje vode? Specifična toplota za vodo je cp = 4200 J/kgK.

Izkoristek pri pretvorbi energije je η =WWkor

dov

, kjer je Wkor oblika energije, katero smo želeli

pridobiti, torej je koristna energija, Wdov pa je v proces pretvorbe dovedena energija. V našem primeru je koristna energija toplota, ki jo pridobi voda ( )W Q m c T Tkor p= = ⋅ ⋅ −2 1 . Dovedena energija pa energija, ki se dovede mešalu W M t M tdov = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ω π υ2 . Če vstavimo izraze za koristno in dovedeno energijo v izraz za izkoristek dobimo naslednjo

zvezo ( )

ηπ υ

=⋅ ⋅ −

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

m c T TM t

p 2 1

2, iz katere izrazimo temperaturno razliko

K 4342005

8.018001014.3210212 =

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=⋅

⋅⋅⋅⋅⋅=Δ=−

pcmtMTTT ηυπ

38

45. Koliko kurilnega olja Vg s kurilno vrednostjo Hi = 41200 kJ/kg in gostoto ρg = 940 kg/m3 porabimo v času t = 1 h za ogrevanje rastlinjaka, če je temperatura grelne vode Tg = 90°C, temperatura vode v povratnem vodu pa Tp = 70°C. Pretok vode skozi kotel je qv = 60 l/min, izkoristek kotla pa je η = 75%. Gostota vode ρ = 965 kg/m3 pri 90 °C in specifična toplota cp = 4207 J/kgK.

Voda za ogrevanje rastlinjaka pridobi toploto v kotlu, jo prenese v rastlinjak in jo tu odda. Iz tega sledi, da je koristna energija tista energija, ki jo voda pridobi v kotlu, dovedena energija pa je tista, ki nastane pri zgorevanju goriva.

( )igg

pgpvv

ig

pv

dov

kor

HVTTctq

HmTcm

QQ

⋅⋅−⋅⋅⋅⋅

=⋅

Δ⋅⋅==

ρρ

η

( ) ( )l 10m 01,0

102,4194075,0

70904200965360060060,0

36 ==

⋅⋅⋅

−⋅⋅⋅⋅=

⋅⋅

−⋅⋅⋅⋅=

ig

pgpvvg H

TTctqV

ρηρ

46. V izolirani aluminijasti posodi mase mp = 10 kg želimo ohladiti mm = 100 kg mleka iz

temperature T1 = 30 °C na temperaturo T2 = 5 °C. Priključna moč hladilnika PE = 1 kW, izkoristek hladilnega sistema η = 70 %, hladilno število je ε = 3. Specifična toplota za mleko cp,m = 3,9 kJ/kgK, za aluminij pa cp,Al = 0,9 kJ/kgK. Izračunajte, koliko časa t traja hlajenje.

Hladilno število predstavlja razmerje med odvzeto toploto in za to potrebno električno energijo pri električnih hladilnikih.

( ) ( )η

ε⋅⋅

−⋅⋅+⋅==

tPTTcmcm

WQ

E

Alppmpm

dov

odv 21,,

( ) ( ) ( ) min 79s 475037,01000

2590010390010021,, ==⋅⋅

⋅⋅+⋅=

⋅⋅−⋅⋅+⋅

=εηE

Alppmpm

PTTcmcm

t

47. V izolirani aluminijasti posodi mase mp 10 kg imamo V1 = 60 l mleka s temperaturo T1 =

5 °C. v posodo vlijemo V2 = 30 l mleka s temperaturo T2 = 30 °C. Izračunajte zmesno temperaturo Tz. Gostota mleka ρm = 1031 kg/m3, specifična toplota mleka cp,m = 3,9 kJ/kgK, aluminija pa cp,Al = 0,9 kJ/kgK.

Ko v hladno mleko zlijemo toplo, to odda tolikšen del toplote hladnemu, da se temperatura izenači.

sprodd QQ = ( ) ( ) ( )1,1,2,2 TTcVcmTTcV zmpmAlppzmpm −⋅⋅⋅+⋅=−⋅⋅⋅ ρρ

V enačbo uvedemo novi spremenljivki A in B zaradi enostavnejšega računanja. mpmAlppmpm cVcmcVA ,1,,2 B ⋅⋅+⋅=⋅⋅= ρρ

Zgornja enačba ima sedaj naslednjo obliko. ( ) ( )12 TTBTTA zz −⋅=−⋅

12 TBTBTATA zz ⋅−⋅=⋅−⋅

39

12 TBTATBTA zz ⋅+⋅=⋅+⋅ ( ) 12 TBTATBA z ⋅+⋅=⋅+

BATBTATz +

⋅+⋅= 12

V to enačbo vstavimo izraze za A in B, ter številčne vrednosti in izračunamo zmesno temperaturo. Paziti moramo, da vstavimo temperature v absolutni skali (K).

( )( ) Alppmpm

mpmAlppmpmz cmcVV

TcVcmTcVT

,,21

1,1,2,2

⋅+⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅+⋅⋅⋅

=ρ

ρρ

( )

( ) ( )C 13K 286900103900103103,006,0

2783900103106,0900103033900103103,0°=

⋅+⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅+⋅⋅⋅

=zT

48. Pretok zraka skozi sušilnico zV& = 800 m3/h. Temperatura vstopnega zraka v sušilnico je

T1 = 60 °C, in zunanjega zraka Tz = 5 °C. S kolikšno močjo Po je potrebno segrevati zrak? Koliko toplote Qodd odda zrak v sušilnici v času t = 1h, če izstopa s temperaturo T2 = 25 °C? Kolikšen je pretok gV& kurilnega olja s kurilno vrednostjo Hi = 41200 kJ/kg in gostoto ρg = 940 kg/m3 v peč za ogrevanje zraka, če je njen toplotni izkoristek ηp = 60%. Specifična toplota zraka pri 60 °C je cp = 1017 J/kgK, in gostota ρz = 1,025 kg/m3.

Zrak pred vstopom v sušilnico segrejemo, mu povečamo toploto, za kar mu moramo dovesti energijo. Kolikor zraka gre skozi sušilnico v enoti časa, toliko ga moramo tudi segreti in tudi toliko energije porabimo za to v enoti časa.

( )zp TTcmQ −⋅⋅= 1

( )zpz TTctV

tQ

−⋅⋅= 1ρ

( ) ( ) kW 12,74 W127415601017025,13600800

1 ==−⋅⋅⋅=−⋅⋅⋅= zpzo TTcVP ρ&

Zrak na poti skozi sušilnico oddaja toploto, se hladi in zato izstopa z nižjo temperaturo.

( )21 TTcmQ podd −⋅⋅=

( ) ( ) MJ 2,2925601017025,136003600800

21 =−⋅⋅⋅⋅=−⋅⋅⋅⋅= TTctVQ pzodd ρ&

V peči se energija goriva spreminja v toploto in ta se dovaja sušilnemu zraku. Zapišemo izraz za izkoristek pretvorbe energije v peči in iz njega izračunamo pretok goriva.

igg

o

igg

o

dov

o

dov

kor

HVP

tHV

P

tQP

PP

⋅⋅=

⋅⋅===

ρρη

&

40

l/h 97,1s

m 1048,5102,419406,0

12741 37

6 =⋅=⋅⋅⋅

=⋅⋅

= −

ig

og H

PVρη

&

49. Izračunaj temperaturo na notranji površini stene Tn , če je temperatura zunanjega zraka Tz

= -5 °C, koeficient prestopa toplote na zunanji površini α1 = 15 W/m2K, debelina stene δ = 30 cm in toplotna prevodnost λ = 1,2 W/mK. Specifični toplotni tok pa znaša ϕ = 79 W/m2.

ϕ

Tn

Tz

δ

α1

V tem primeru gre za prehod toplote. Na podlagi karakteristik stene izračunamo koeficient prehoda toplote. Zapišemo enačbo za specifični toplotni tok preko stene in iz nje izrazimo temperaturo na notranji površini.

λδ

α+

=

1

11k

( )zn TTk −⋅=ϕ

( ) C 2052,13,0

151791

11

1

1

°=−+⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ +⋅=+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅=+

+

=+= zzzn TTTk

Tλδ

αϕ

λδ

α

ϕϕ

50. S kolikšno močjo P moramo ogrevati zaprt prostor s površino sten A = 95 m2, če je

koeficient prestopa med zunanjim zrakom in steno α1 = 20 W/m2K, med steno in notranjim zrakom α2 = 8 W/m2K, debelina stene δ = 20 cm in toplotna prevodnost λ = 0,75 W/mK. Zunanja temperatura Tz = 2 °C, v notranjosti pa želimo temperaturo Tn = 18 °C.

Tz

Tn

α1

δ

α2

V prostor moramo dovesti toliko toplote v časovni enoti, kolikor jo gre skozi steno ven.

( )zn TTAk −⋅⋅=Φ

λδ

αα++

=

21

111k

41

( ) ( ) kW 44,321895

75,02,0

81

201

1111

21

=−⋅⋅++

=−⋅⋅++

=Φ= zn TTAP

λδ

αα

51. Kolikšen je toplotni tok Φ skozi okno širine a = 180cm in višine b = 140 cm, če je

koeficient prehoda toplote preko okna k = 0,5 W/m2K, notranja temperatura Tn = 18 °C, zunanja pa Tz = -5 °C.

( ) ( ) ( )( ) W295184,18,15,0 =−−⋅⋅⋅=−⋅⋅⋅=−⋅⋅=Φ znzn TTbakTTAk

52. Izračunaj temperaturo T2 na notranji in T1 zunanji površini stene debeline δ = 20 cm in

toplotne prevodnosti λ = 0,6 W/mK, če je temperatura zunanjega zraka Tz = 10 °C. Koeficient prestopa toplote α = 12 W/m2K in specifični toplotni tok ϕ = 50 W/m2.

Tz

ϕ

T2

α1

T1

Med zunanjo površino stene in zunanjim zrakom imamo prestop toplote z znanim toplotnim tokom. Iz enačbe za toplotni tok pri prestopu toplote lahko izračunamo temperaturo na zunanji površini stene.

( )zTT −⋅= 1αϕ

C 2,14101250

1 °=+=+= zTTαϕ

Temperaturo na notranji površini stene pa izračunamo na podlagi enačbe za toplotni tok pri prevodu toplote in izračunane temperature na zunanji površini stene.

( )12 TT −⋅=δλϕ

C 9,302,146,0

2,05012 °=+

⋅=+

⋅= TT

λδϕ

53. Na zunanji površini stene, debeline δ = 30 cm in toplotne prevodnosti λ = 0,7 W/mK je

temperatura Tz = -10°C, na notranji površini pa Tn = 15°C. Izračunaj, na kateri globini stene x je temperatura T0 = 0°C.

Specifični toplotni tok preko stene od notranje do zunanje površine je enak v vsakem delu prereza stene, je torej enak tudi v delu stene od mesta, kjer je temperatura 0 °C do zunanje površine. To zapišemo z enačbo.

( ) ( )zzn TTx

TT −⋅=−⋅= 0λ

δλϕ

xTTTT zzn −

=− 0

δ

42

( ) ( )( )( ) cm 12m 12,0

10151003,00 ==

−−−−⋅

=−

−⋅=

zn

z

TTTTx δ

54. Planinec mase mp = 80 kg se povzpne iz Tacna na vrh Šmarne gore. Nadmorska višina

Tacna je h1 = 302 m in vrha Šmarne gore h2 = 669 m. Koliko kruha mk z energetsko vrednostjo qi = 12,6 MJ/kg bi moral na vrhu pojesti, da bi nadomestil izgubljeno energijo, če predpostavimo, da je izkoristek pretvorbe energije η = 20 %?

V tem primeru je koristno delo vzpon na vrh gore, dovedena energija pa je v zaužiti hrani.

( )ik

p

dov

kor

qmhhgm

QA

⋅−⋅⋅

== 12η

( ) ( ) kg 11,0106,122,0

30266981,9806

12 =⋅⋅

−⋅⋅=

⋅−⋅⋅

=i

pk q

hhgmm

η

55. Koliko plinskega olja Vg s kurilno vrednostjo Hi = 41900 kJ/kg in gostoto ρg = 875 kg/m3

porabimo za oranje A = 1 ha velike njive s plugom, delovne širine b = 1,22 m? Vlečna sila pluga je Fv = 9,8 kN in celotni izkoristek znaša η = 18 %. Porabo goriva za obračanje na koncu njive zanemarimo.

Za oranje potrebno energijo dobimo pri zgorevanju plinskega olja v motorju z notranjim zgorevanjem, kjer se razvita toplotna energija spremeni v mehansko.

igg

v

ig

v

dov

kor

HVbAF

HmsF

QA

⋅⋅

⋅=

⋅⋅

==ρ

η

l 2,12m 0122,022,1109.4187518,0

100009800 36 ==

⋅⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅

⋅=

bHAFVig

vg ρη

56. Z električnim grelnikom moči P = 1200 W segrevamo v toplotno izolirani posodi V = 5 l

vode temperature T1 = 20 °C. Kolikšno temperaturo T2 doseže voda v času t = 10 min, če je izkoristek grelnika η = 90 % in specifična toplota vode cp = 4200 J/kgK?

V tej nalogi gre za pretvorbo električne energije, ki je v proces dovedena kot produkt moči in časa v toplotno energijo, ki se izrazi kot povečanje temperature vode.

( )tPTTcm

WQ p

dov

kor

⋅−⋅⋅

== 12η

C 512042001000005,0

9,0600120012 °=+

⋅⋅⋅⋅

=+⋅⋅⋅⋅

= TcV

tPTpvρ

η

43

57. V sobi želimo vzdrževati temperaturo Tn = 20 °C. Soba ima površino vseh sten A = 68

m2, koeficient prehoda toplote preko stene pa je k = 2,2 W/m2K. Koliko kurilnega olja Vg s kurilno vrednostjo Hi = 41200 kJ/kg in gostoto ρg = 940 kg/m3 porabimo v času t = 24 h, če je izkoristek kotla η = 65% in zunanja temperatura Tz = -10 °C?

Ker je temperatura v sobi večja kot zunaj, nam toplota skozi stene prehaja ven in se zaradi tega notranjost ohlaja. Če želimo vzdrževati v sobi stalno temperaturo, moramo izgubljeno toploto nadomestiti.

( )igg

zn

idov

kor

HVtTTAk

Qt

QQ

⋅⋅⋅−⋅⋅

=⋅Φ

==ρ

η

( ) ( )( ) l 4,15m 0154,0102,4194065,0

3600241020682,2 36 ==

⋅⋅⋅⋅⋅−−⋅⋅

=⋅⋅

⋅−⋅⋅=

ig

zng H

tTTAkVρη

58. Koliko plinskega olja Vg s kurilno vrednostjo Hi = 41900 kJ/kg in gostoto ρg = 875 kg/m3

porabimo za prevoz ene prikolice, naložene z zrezano koruzo skupne teže Fg = 50 kN po ravni poti brez vzponov. Dolžina poti je s = 5,8 km. Masa traktorja mt = 5800 kg, koeficient kotalnega upora je ktr = 0,12 in celotni izkoristek pretvorbe energije η = 18 %.

Pri vožnji prikolice mora motor "vleči" traktor in prikolico s tolikšno silo, kot znaša sila kotalnega upora in opravi toliko dela kot je produkt vlečne sile in opravljene poti. Za opravljanje dela pa potrebuje energijo – gorivo.

( )igg

trgt

i

v

dov

kor

HVskFgm

QsF

QA

⋅⋅⋅⋅+⋅

=⋅

==ρ

η

( ) ( ) l 3,11m 0113,0

109,4187518,0580012,05000081,95800 3

6 ==⋅⋅⋅

⋅⋅+⋅=

⋅⋅

⋅⋅+⋅=

ig

trgtg H

skFgmV

ρη