dinamika tacke 3 - samo primeri - poljoprivredni fakultetpolj.uns.ac.rs/~mehanika/dinamika tacke 3 -...

Primer 4.15 Na delu od B do C materijalna tačka mase m kreće se po glatkoj vezi (kretanje uz strmu ravan), dok se od C do K kreće kroz vazduh, kako je to na slici prikazano. Zanemariti sile otpora pri kretanju. Ako je brzina na početku kretanja iznosila odrediti domet L (rastojanje )? Veličine , m, s i g

0V

0VCK

Brzinu tačke na mestu C najlakše ćemo odrediti primenom teoreme o promeni kinetičke energije tačke pri njenom kretanju po glatkoj vezi (od tačke B do tačke C) gde samo sila težine vrši rad (Sl.1):

smartati poznatim?

,CBkBkC AEE −=− ( ) ,CBCB gmAA −− = r⇒⋅−=− o

C smgVm

Vm

45sin22

20

2

⇒−= gsVVC 220

2gsVVC 22

0 −=

Na slici 2 prikazana je, u proizvo-ljnom položaju, jedina sila koja dejstvuje na materijalnu tačku pri njenom kretanju u drugoj fazi (od tačke C do tačke K).

U toj fazi kretanja početni trenutak odgovara položaju tačke na mestu C, što znači da je i svaka-ko . Za izabran koordinatni sistem i nacrtan vektor početne brzine , početni uslovi su:

0=Ct0>Kt

CVr

( ) ,00 =x ( ) ,00 =y ( ) ,22

45cos0 0CC VVx ==& ( ) .

2

245sin0 C

oC VVy ==&

Projekcije drugog Njutnovog zakona na ose i integracije:

⇒−=⇒−= gdtyd

mgym&

&&

Konstanta , zbog

1Cgtydtgydgdtyd +−=⇒−=⇒−= ∫∫ &&&

2

21 CVC = ( )

2

20 CVy =& ( ) ⇒+−=⇒

22

CVgtty&

⇒

+−= dtVgtdy C 22

2

2

22

222

CtVt

gydtVgtdy CC +⋅+−=⇒

+−= ∫∫

Konstanta , zbog 02 =C ( ) ⇒= 00y ( ) .2

2

2

2

tVt

gty C ⋅+−=

.00 3Cxdtxd

xm =⇒=⇒= &&

&& Konstanta , zbog ( ) ⇒=22

0 CVx&22

3 CVC =

( ) ⇒=2

2CVtx& ⇒=

2

2CV

dt

dx⇒⋅= dtVdx C 2

2 ⇒= ∫∫ dtVdx C 2

2

.2

24CtVx C +⋅= Konstanta , zbog 04 =C ( ) ⇒= 00x ( ) .

2

2tVtx C ⋅=

Određivanje dometa L:

( ) KCK tVtxL ⋅==2

2

( ) ⇒= 0Kty ⇒⋅+−= KCK tV

tg

2

2

20

2

⇒⋅

+−= KCK tV

tg

2

2

20

,2g

Vt C

K = jer je .0>Kt

.222

2 20

2

sg

V

g

V

g

VVL CC

C −==⋅=⇒

Primer 4.16 Na delu od B do C materijalna tačka mase m kreće se po glatkoj vezi, dok se od C do K kreće kroz vazduh, kako je to na slici prikazano. Zanemariti sile otpora pri kretanju.Ako je brzina na

početku kretanja iznosila odrediti reakciju veze na mestu C(neposredno pre napuštanja veze) i domet L (rastojanje )? Veličine

gRV 20 =

OKm, R i g smartati poznatim.

Brzina tačke na mestu C:,CBkBkC AEE −=− ( ) ,CBCB gmAA −− = r

−⋅=−⇒2

322

20

2 RRmgV

mV

mC

⇒=−⇒ gRgRVC 542 gRVC 3=

Drugi Njutnov zakon na mestu C: ,CC Ngmam

rrr += gRVa CCN 92 ==0

0 60cos9 mgNgmn C −=⋅r

mgNC 2

19=⇒

Na slici 2 prikazana je, u proizvo-ljnom položaju, jedina sila koja dejstvuje na materijalnu tačku pri njenom kretanju u drugoj fazi (od tačke C do tačke K). U toj fazi kre-tanja početni trenutak odgovara položa-ju tačke na mestu C, što znači da je i svakako . Za izabran koordina-tni sistem i nacrtan vektor početne brzi-ne , početni uslovi su:

0=Ct0>Kt

CVr

( ) ,00 =x ( ) ,0 Ry = ( ) ,60cos0 0CVx =& ( ) .60sin0 0

CVy =&



mgym&

&&

Konstanta , zbog


23

1 CVC = ( )23

0 CVy =& ( ) ⇒+−=⇒23

CVgtty&

⇒

+−= dtVgtdy C 23

2

2

23

223

CtVt


+−= ∫∫

Konstanta , zbog RC =2 ( ) ⇒= Ry 0 ( ) RtVt

gty C +⋅+−=2

3

2

2

.00 3Cxdtxd

xm =⇒=⇒= &&


0 CVx&

23CV

C =

( ) ⇒=2CV

tx& ⇒=2CV

dtdx

⇒⋅= dtV

dx C

2⇒= ∫∫ dt

Vdx C

2.

2 4CtV

x C +⋅=

Konstanta , zbog 04 =C ( ) ⇒= 00x ( ) .2

tV

tx C ⋅=


( ) ⇒= 0Kty

⇒+⋅+−= RtgRt

g KK

2

33

20

2

⇒=−⋅− 02332 RtgRgt KK

( ) ⇒+±= gRgRgRg

tK 827332

1

( )35332

1 +=g

RtK ( ) ⇒⋅==⇒ K

CK t

VtxL

2( )RL 3533

4

3 +=

Primer 4.17 Na delu od B do C materijalna tačka mase m kreće se po glatkoj vezi (kretanje niz strmu ravan), dok se od C do K kreće kroz vazduh, kako je to na slici prikazano. Zanemariti sile otpora pri kretanju. Ako je tačka započela kretanje bez početne brzine odrediti brzinu na mestu K (neposredno pre pada na podlogu) i domet L (rastojanje )? Veličineh, m, s i g smartati poznatim?

OK

Brzina tačke na mestu C:

,CBkBkC AEE −=− ( ) ,CBCB gmAA −− = r

02 30sin02

smgVm

C ⋅=−⇒

⇒=⇒ gsVC2 gsVC =

Na slici 2 prikazana je, u proizvoljnom položaju, jedina sila koja dejstvuje na materijalnu tačku pri njenom kretanju u drugoj fazi (od tačke C do tačke K).U toj fazi kre tanja početni trenutak odgovara položa-ju tačke na mestu C, što znači da je i svaka-ko . Za izabran koordinatni sistem i nacrtan vektor početne brzi-ne , početni uslovi su:

0=Ct0>Kt

CVr

( ) ,00 =x ( ) ,00 =y

( ) ,30cos0 0CVx =& ( ) .30sin0 0

CVy =&


⇒=⇒= gdtyd

mgym&

&&

Konstanta , zbog

1Cgtydtgydgdtyd +=⇒=⇒= ∫∫ &&&

21CV

C = ( )2

0 CVy =& ( ) ⇒+=+=⇒

22gs

gtV

gtty C&

Konstanta , zbog 02 =C ( ) ⇒= 00y

⇒

+= dtV

gtdy C

2⇒

+= ∫∫ dtV

gtdy C

22

2

22Ct

Vtgy C +⋅+=

( ) tVt

gty C ⋅+=22

2

.00 3Cxdtxd

xm =⇒=⇒= &&


0 CVx&23

3 CVC =

( ) ⇒=23

CVtx& ⇒=23

CVdtdx

⇒⋅= dtVdx C 23 ⇒= ∫∫ dtVdx C 2

3

.23

4CtVx C +⋅= Konstanta , zbog 04 =C ( ) ⇒= 00x ( ) .23

tVtx C ⋅=Određivanje dometa L:

( ) ⇒= sty K⇒=−⋅+⋅ 022 stVtg KCK ⇒=−⋅+⋅ 022 stgstg KK

( )g

sgsgsgs

gtK =++−= 8

2

1

( ) ⇒⋅== KCK tVtxL23

sg

sgsL ⋅=⋅⋅=

2

3

2

3

Brzina na mestu K (neposredno pre pada):

( ) ,2

3gstx K =& ( )

2gs

gs

gty K +=&

( ) jgsigstVV KK

rrrr

2

3

2

3 +==⇒

( ) ( ) gstytxV KKK 322 =+=⇒ &&

toj fazi kre tanja početni trenutak odgovara položaju tačke na mestu C, što znači da je i svaka-

Na slici 2 prikazana je, u proizvoljnom položaju, jedina sila koja dejstvuje na materijalnu tačku pri njenom kretanju u drugoj fazi (od tačke C do tačke K). U

Primer 4.18 Na delu od B do C materijalna tačka mase m kreće se po gla-tkoj vezi, dok se od C do K kreće kroz vazduh, kako je to na slici prikazano.

Zanemariti sile otpora pri kretanju. Ako je tačka započela kretanje bez početne brzine odrediti domet L (rastojanje )? Veličine m, H, h i g smartati poznatim.

OK

Brzina tačke na mestu C:

,CBkBkC AEE −=− ( ) ,CBCB gmAA −− = r

⇒⋅=− HmgVm

C 02

2gHVC 2=

ko . Za izabran koordinatni sistem i nacrtan vektor početne brzi-ne , početni uslovi su:

0>Kt

CVr

0=Ct

( ) ,00 =x ( ) ,0 hy =( ) ,0 CVx =& ( ) .00 =y&



mgym&

&&

Konstanta , zbog


Konstanta , zbog

01 =C ( ) ⇒= 00y& ( ) gtty −=& ⇒−=⇒ gtdtdy dttgdy ∫∫ −=

.2 2

2

Ct

gy +−=⇒ hC =2 ( ) ⇒= hy 0 ( )2

2tghty −=

.00 3Cxdtxd

xm =⇒=⇒= &&

&& Konstanta , zbog ( ) ⇒= CVx 0&CVC =3

⇒= CVdtdx ⇒= dtVdx C

⇒= ∫∫ dtVdx C.4CtVx C +⋅=

Konstanta , zbog 04 =C ( ) ⇒= 00x ( ) .tVtx C ⋅=Određivanje dometa L:

( ) CVtx =&

( ) ⇒= 0Kty

⇒−=2

02

Ktgh .2g

htK =

( ) ⇒⋅== KCK tVtxL

Hhg

hgHL 2

22 ==

Brzine tačke na mestima C i D:

Na delu od B do C materijalna tačka mase m kreće se kroz glatku cev, dok se od C do K kreće kroz vazduh, kako je to na slici prikazano. Zanemariti sile otpora pri kretanju. Ako je brzina na početku kretanja iznosila odrediti reakcije na mestima D i C (neposredno pre napuštanja veze) i domet L (rastojanje )? Veličine m, R i g smartati poznatim.

gRV 50 =

OK

,CBkBkC AEE −=− ( ) CBCB gmAA −− = r

⇒⋅−=−⇒ RmgVm

Vm

C 222

20

2

⇒−=− gRgRVC 452 gRVC =

,DBkBkD AEE −=− ( ) DBDB gmAA −− = r

⇒⋅−=−⇒ RmgVm

Vm

D2

02

22

⇒−=− gRgRVD 252 gRVD 3=

Drugi Njutnov zakon na mestu C:

,CC Ngmamrrr += gRVa CCN == 2

⇒+=⋅⇒ mgNgm C 0=CN

Drugi Njutnov zakon na mestu D:

,DD Ngmamrrr += gRVa DDN 32 ==

⇒+=⋅⇒ 03 DNgm mgND 3=

Druga faza kretanja (od C do K):

( ) ,00 =x ( ) ,00 =y ( ) ,0 CVx =& ( ) .00 =y&

⇒=⇒= gdtyd

mgym&

&& 1Cgtydtgydgdtyd +=⇒=⇒= ∫∫ &&&

Konstanta , zbog 01 =C ( ) ⇒= 00y& ( ) gtty =& ⇒=⇒ gtdtdy ⇒= ∫∫ dttgdy

.2 2

2

Ct

gy += Konstanta , zbog 02 =C ( ) ⇒= 00y ( ) .2

2tgty =

.00 3Cxdtxd

xm =⇒=⇒= &&

&& Konstanta , zbog ( ) ⇒= CVx 0&CVC =3

⇒= CVdt

dx ⇒= dtVdx C⇒= ∫∫ dtVdx C

.4CtVx C +⋅=

( ) CVtx =&

Konstanta , zbog 04 =C ( ) ⇒= 00x ( ) .tVtx C ⋅=


( ) ⇒= Rty K

( ) ⇒⋅== KCK tVtxL

⇒=2

2KtgR

g

Rt K

2=

Rg

RgRL 2

2 ==

Primer 4.20 Na delu od B do C materijalna tačka mase m kreće se po glatkoj kružnoj vezi, dok se od C do K kreće kroz vazduh, kako je to na slici prikazano. Zanemariti sile otpora pri kretanju. Ako je odrediti kolika je morala biti brzina na početku kretanja (na mestu B) i koliko iznosi reakcija veze na mestu C (neposredno pre napuštanja veze). Veličine m, R i g smartati poznatim.

23ROK =

0V

Da bi iskoristili činjenicu što je domet poznat proučimo prvo drugu fazu kretanja (kosi hitac).Na slici 2 prikazana je, u proizvoljnom položaju, jedina sila koja dejstvuje na materijalnu tačku pri njenom kretanju u toj fazi (od tačke C do tačke K). Pri ovom kosom hicu početni trenutak odgovara položajutačke na mestu C, što znači da je i svakako . Za izabran koordinatni sistem i nacrtan vektor početne brzine , početni uslovi su:

0=Ct 0>Kt

CVr

( ) ,00 =x ( ) ,2

0R

y = ( ) ,2

60cos0 0 CC

VVx ==& ( ) .

23

60sin0 0CC VVy ==&



mgym&

&&

Konstanta , zbog


2

31 CVC = ( ) ⇒= .

23

0 CVy& ( )2

3CVgtty +−=&

⇒

+−=⇒ dtVgtdy C 23

⇒

+−= dtVgtdy C 2

3

⇒

+−= ∫∫ dtVgtdy C 2

3.

2

3

2 2

2

CtVt

gy C +⋅+−=

Konstanta , zbog 22

RC = ( ) ⇒=

20

Ry ( )

22

3

2

2 RtV

tgty C +⋅+−=

.00 3Cxdtxd

xm =⇒=⇒= &&


0 CVx&

23CV

C =

⇒=2CV

dtdx ⇒= dt

Vdx C

2⇒= ∫∫ dt

Vdx C

2.

2 4CtV

x C +⋅=

Konstanta , zbog 04 =C ( ) ⇒= 00x ( ) .2

tV

tx C ⋅=

( )2CV

tx =&

Određivanje brzine tačke na mestu C:

( ) ,23ROKtx k == ( ) ⇒= 0kty ,22

3K

C tV

R ⋅=22

3

20

2 RtV

tg KC

K +⋅+−=

Ako na osnovu prve, u drugu jednačinu uvrstimo da je , dobićemo:3RtV KC =⋅

⇒= RgtK 42 ⇒=gR

tK 2 .23

gRVC =

Sada, kada se zna brzina tačke na mestu C, brzinu tačke na mestu Bnajlakše ćemo odreditiprimenom teoreme o promeni kinetičke ene-rgije tačke pri njenom kretanju po glatkoj vezi (od tačke B do tačke C) gde samo sila težine vrši rad:

,CBkBkC AEE −=− ( ) CBCB gmAA −− = r

⇒

−⋅−=−⇒222

20

2 RRmgV

mV

mC

⇒−=− gRVVC2

02

⇒+= gRgRV4

320 .

2

70 gRV =

Određivanje reakcije veze na mestu C: Drugi Njutnov zakon na mestu C, neposredno pre napuštanja veze (Sl.1), daje

Projekcija drugog Njutnovog zakona na normalu, s obzirom da je , daje

.CC Ngmamrrr +=

432 gRVa CCN ==⇒−=⋅ 060cos

4

3mgN

gm C .

4

5mgNC =

Primer 4.21 Na delu od B do C materijalna tačka mase m kreće se po glatkoj kružnoj vezi, dok se od C do K kreće kroz vazduh, kako je to na slici prikazano. Zanemariti sile otpora pri kretanju. Reakcija veze na mestu C, neposredno pre napuštanja veze, iznosi Odrediti jednačine kretanja na delu od C do K (vreme t na mestu C usvojiti da iznosi nula) za kordinatni sistem prikazan na slici i kolika je morala biti brzina na početku kretanja (na mestu B)? Veličine m, R i g smartati poznatim.

.22mgNC =

0V

Za određivanje brzine na mestuC, napi-šimo drugi Njutnov zakon na tom mestu, neposredno pre napuštanja veze (Sl.1):

,CC Ngmamrrr += ⇒= RVa CCN

2

⇒+=⋅ 02

45sinmgNR

Vm C

C

⇒=⋅ 22

mgR

Vm C .2gRVC =

Sada kada se zna , brzinu tačke na mestu B najlakše ćemo odrediti primenom teoreme o promeni kinetičke energije pri njenom kretanju po glatkoj vezi (od tačke B do tačke C) gde samo sila težine vrši rad (Sl.1):

CV

,CBkBkC AEE −=− ( ) ⇒= −− CBCB gmAAr

( )020 45sin

22

2RRmgV

mgR

m +⋅−=−

( )⇒+⋅−=−⇒ 222 20 RgVgR

( )⇒+= 21220 gRV

( ).2120 += gRV

( ) ,00 =x ( ) ,00 =y ( ) ,22

45cos0 0CC VVx ==& ( ) .

2

245sin0 C

oC VVy ==&


mgym&

&&

Konstanta , zbog


2

21 CVC = ( )

2

20 CVy =& ( ) ⇒+−=⇒

22

CVgtty&

⇒

+−= dtVgtdy C 22

2

2

22

222

CtVt


+−= ∫∫

Druga faza kretanja (kosi hitac):

Prvo odrediti brzinu V i reakciju veze N u funkciji ugla ϕ a zatim naći te iste veličine na mestima D i C? Za koji ugao će reakcija veze N iznositi nula? Veličine m, R i g smartati poznatim.

Konstanta , zbog 02 =C ( ) ⇒= 00y ( ) .2

22

2

2

tgRt

gty ⋅+−=

.00 3Cxdtxd

xm =⇒=⇒= &&


0 CVx&22

3 CVC =

( ) ⇒=2

2CVtx& ⇒=

2

2CV

dt

dx⇒⋅= dtVdx C 2

2 ⇒= ∫∫ dtVdx C 2

2

.2

24CtVx C +⋅= Konstanta , zbog 04 =C ( ) ⇒= 00x ( ) .

2

22 tgRtx ⋅=

Primer 4.22 Materijalna tačka mase m kreće se kroz glatku kružnu cev od B do C u vertikalnoj ravni homogenog polja sile Zemljine teže. Brzina na mestu B(početna brzina) iznosi

.2

230 gRV =

ϕ=ϕ

Kinetičku energiju materijalne tačke u početnom položaju označimo sa , a u

proizvoljnom, određenom uglom ϕ , sa . Sa A označimo sumu radova svih sila koje dejstvuju na tačku pri njenom premeštanju iz početnog u proizvoljni položaj. Zbog glatke veze pri kretanju rad vrši jedino sila težine . Brzinu V na proizvoljnommestu, određenom uglom ϕ, dobićemo primenom teoreme o promeni kinetičke energije tačke pri njenom kretanju od početnog do proizvoljnog položaja:

gmr

0kE

kE

⇒=− AEE kk 0 ( )⇒=− gmAVm

Vm r2

02

22⇒ϕ−=⋅− cos

2

23

222 mgRgR

mV

m

( ) .cos22

23 ϕ−=ϕ gRgRV

Reakcija veze N, na proizvoljnom mestu, definisanom uglom ϕ, dobiće se na osnovu projekcije drugog Njutnovog zakona, na normalu:

,Ngmamrrr += ⇒=−ϕ=

R

VaNmgma NN

2

,cos ⇒−ϕ=R

VmmgN

2

cos

⇒

ϕ−−ϕ= cos2223

cos ggmmgN ( ) .2

23cos3 mgmgN −ϕ=ϕ

Sada, imajući funkcije i , brzine i reakcije na mestima C i Dmožemo dobiti uvrštavanjem u ove funkcije za ugao ϕ vrednosti 0 i :

( )ϕV ( )ϕN

2π

( ) ,22

230 gRVVD

−== ,2

23

2gRVVC =

π=

( ) ,2

2330 mgNND

−== .2

23

2

23

2mgNmgN C =⇒−=

π

Pošto je rezultat za negativnog predznaka to znači da reakcija ima suprotan smer od . Dakle, kao što se vidi na slici, smer za , nije od centra kruga O, već ka centru. Upravo mesto , gde važi da je reakcija , je mesto na kom se menja smer reakcije veze. Odredimo sada , koristeći uslov da je :

( )2πNCN

r

Nr

CNr

ϕ=ϕ ( ) 0=ϕNϕ

( ) 0=ϕN

( ) ⇒=−ϕ=ϕ 02

23cos3 mgmgN ⇒=ϕ

2

2cos .45

4o=π=ϕ

Međutim, ovde glatka cev prestaje na mestu D, i dalje, do mesta C, zamenjuje je glatka cilindrična površina. Da li su izrazi za i identični kao u primeru 4.22? Da li će tačka i u ovakvom slučaju napustiti cilindričnu površinu ranije, ne došavši do mesta C? Veličine m, R i g smartati poznatim.

Primer 4.23 Materijalna tačka mase m ima veoma slično kretanje kao u primeru 4.22. Tačka započi-nje kretanje kroz glatku cev sa mesta B početnom brzinom.

.2

230 gRV =

( )ϕV ( )ϕN

Izrazi za i će sigurno biti identični kao i u primeru 4.22, pošto bi se do njih moglo doći na potpuno identičan način kao u tom primeru. Do odvajanja tačke od cilindrične površine mora doći, i to na mestu gde bi reakcija veze trebala da promeni smer. Međutim, do promene smera ne može doći, već do odvajanja, pošto takva cilindrična površina, koja je jednostrana veza, može da ima reakciju samo u smeru od centra. Prema tome, tačka ne može doći do mesta C jer će se od od mesta odvajanja kretati slobodno, kosim hicem.

( )ϕV ( )ϕN

ϕ=ϕ

Primer 4.24 Na delu od B do C mate-rijalna tačka mase m kreće se po gla-tkoj vezi bez početne brzine. Od C do K se kreće po horizontalnoj nauljenoj podlozi, gde se kretanju suprotstavlja

zS

sila viskoznog trenja , proporcionalna prvom stepenu brzine. Za kretanje od C do K odrediti: zakon brzine , zakon puta i pređeni put

do zaustavljanja . Veličine m, k, h i g smartati poznatim.

VmkFw

rr−=

Za kretanje od B do C (Sl.1) teorema o promeni kinetičke energije, odrediće :

( )tx& ( )tx

CV

,CBkBkC AEE −=− ( ) CBCB gmAA −− = r⇒⋅=−⇒ hmgV

mC 0

22

.2ghVC =Za kretanje od C do K, drugi Njutnov zakon za x pravac daje diferencijalnu jednačinu

⇒−= xmkxm &&& .xkdt

xd&

& −=

Zakon brzine će se dobiti razdvajanjem promenljivih, integraljenjem i korišćenjem početnog uslova :

( )tx&

( ) ghVx C 20 ==&

⇒−= ∫∫ dtkxxd

&

&,ln 1Ctkx +⋅−=& ⇒= ghC 2ln1 ⇒−=− ktghx 2lnln &

⇒−= ktgh

x

2ln

& ( ) .2 kteghtx −=&

Daljim integraljenjem, za početni uslov dobiće se zakon puta :( ) ,00 =x ( )tx

⇒= ∫∫− dteghdx kt2 ,

22Ce

k

ghx kt +−= − ⇒=

k

ghC

22 ( ) ( ).1

2 ktek

ghtx −−=

Eliminacijom iz i , dobija sekte − ( )tx& ( )tx .2

12

−=

gh

x

k

ghx

&

U dobijenoj vezi između x i zaustavni put će biti x kada je brzina :

x&

0=x&.

20 k

ghxS

xz == =&

Prema drugom načinu za određivanje veze između veličina x i treba inte-graliti diferencijalnu jednačinu kretanja uz korišćenje identiteta

x&

( ) :xdxxddtxd &&& = ⇒−== xkxdx

xd

dt

xd&&

&&

zbog

⇒−=∫ ∫ dxkxd&

,3Ckxx +−=& ghC 23 = ⇒== ghxx

20

& .2

0 k

ghxS

xz == =&

dinamika tacke 3 - samo primeri - poljoprivredni fakultetpolj.uns.ac.rs/~mehanika/dinamika tacke 3 -...

Documents