1. Koloturnik A okree se konstantnim kutnim ubrzanjems rad / 3 i izaziva kotrljanje kotaa B mase 70 kg po vodoravnoj podlozi putem ueta koje povezuje koloturnik s osovinom kotaa oko koje se ono omata na nain prikazan na slici. Moment inercije kotaa oko svoje osi je IGZ=4.375 kg m2 i pretpostavlja se da se kota kotrlja bez klizanja. Odredi silu u uetu i vodoravnu komponentu reakcije podloge na kota. Koliki je minimalni koeficijent trenja podloge potreban da sprijei proklizavanje kotaa?GABC450 mm150 mm250 mmRJEENJE ZADATKACDGxyTFNa70 (9.81)IG= m aKinematika: Svaka toka na uetu koje spaja dva koloturnika ima isto ubrzanje, koje je jednako: 2/ 75 . 0 ) 3 ( 25 . 0 s m r at , a to je ujedno i horizontalna komponenta ubrzanja toke D na koloturniku. Pretpostavit emo da se kotrljanje odvija bez proklizavanja kotaa, te u tom sluaju postoji kutno ubrzanje 2/ 5 . 2 3 . 0 / 75 . 0 ) 15 . 0 45 . 0 /( ) ( s rad ax D . Ukupno ubrzanje centra G je prema tome jednako: 2/ 125 . 1 ) 5 . 2 ( 45 . 0 s m r a .Postavljamo uvjet ravnotee na osnovu dijagrama slobodnog tijela i dijagrama masa-ubrzanje.N TTr a m I MC6 . 154) 45 . 0 )( 125 . 1 ( 70 ) 5 . 2 ( ) 25 . 0 ( 70 3 . 02+ + N FF Ta m Fx x8 . 75) 125 . 1 ( 70 1N NNFy6870 ) 81 . 9 ( 700 11033479 . 06878 . 75min min NFN F 2. Iz stanja mirovanja valjak mase m polumjera r i momenta inercije oko svoje osi IOZ poinje se kotrljati niz padinu bez klizanja brzinom v i njome povezanom kutnom brzinom na nain prikazan na slici. Koristei se principom rada i energije (i) odredi brzinu v valjka u trenutku kada mu se teite spustilo za visinu h (vidi sliku). Koliki je (ii) moment inercije valjka oko svoje osi IOZ izraen preko mase m i polumjera r? Koliki bi bio (iii) moment inercije oko svoje osi cilindra jednake mase i polumjera te infinitezimalno malene debljine stijenke? Ukoliko u prvome dijelu zadatka zamijenimo valjak s cilindrom i ako koristimo rezultate drugoga i treega dijela zadatka, (iv) hoe li se traena brzina tijela poveati ili smanjiti i u kojem postotku?ovCr

WFNWFNhRJEENJE ZADATKA(i)Budui da se tijelo kotrlja, vrijedi: rv Kinetika energija: 2222 2 22121212121210vrImrvI v m I v m TT

,`

.|+ ,`

.|+ + Sila trenja F prilikom kotrljanja ne ini nikakav rad, jedini rad ini teina valjka:Wh U 2 1Princip rada i energije: 1 2 2 1T T U 2 22 2212 221mrIghrImWhv vrIm Wh++

,`

.|+ 2gh vmrmrghv 2 816 . 0212222 + za valjak(ii)Polarni moment inercije valjka:2 2 2 2 2200402030202 2 2 2212121211 4R m V R A R t R R trtd dr r t d r dr r t dA t r dV r d r IRR RA m VOZ (iii)Polarni moment inercije cilindra:Budui je debljina stijenke infinitezimalno malena, moemo rei da je r2ispod znaka integrala konstanta, pa imamo sljedee:2 2 2 2 2r m V r dV r dV r d r IV m VOZ (iv)gh vmrmrghv 2 707 . 012222 + za cilindarZakljuak:Iz dobivenih rezultata u (i) i (iv) dijelu zadatka, vidimo da je dobivena brzina neovisna o masi i radijusu tijela. Takoer moemo zakljuiti da je brzina cilindra manja od brzine valjka, i to za 13.6%.3rdrd3. tap AB duljine L=1.5 m i mase m=15 kg zglobno je privren u toki O, koja se nalazi na udaljenosti a=0.3 m od ruba B tapa. Rubom A tap je poloen na oprugu krutosti k=300 kN/m zanemarive mase i nekom silom pritisnut u vodoravni poloaj statike ravnotee prikazan na lijevoj slici. U tome poloaju opruga je stlaena za =25 mm. Nakon to silu kojom je tap pritisnut u vodoravni poloaj uklonimo, on e odskoiti na nain prikazan na slici desno. Odredi kutnu brzinu tapa i ukupnu reakciju u osloncu O prilikom prolaska tapa kroz vertikalni poloaj.Napomena:u prvomedijeluzadatka poslui se zakonom o odranju ukupne mehanike energije.Obratipanju na to da je opruga privrena za podlogu, ali nije privrena za tap. AOB1.2 m 0.3 mRJEENJE ZADATKAPoloaj 1: opruga je deformirana (stlaena)( ) ( )J k VTV T V Thhv h75 . 93 ) 025 . 0 ( 10 3212102 5 2 + +Poloaj 2:J mgh VJmmbmLI TvOZ v2175 . 66 ) 45 . 0 )( 81 . 9 ( 15925 . 2 45 . 0125 . 12 12 212122222 2222

,`

.|+

,`

.|+ ( ) ( )v hV T V T + +s rad / 068 . 3 2175 . 66 925 . 2 750 . 93222 + 4polo aj 1 polo aj 2 =0v =0vmgmg0.45mIGZ 2mgRyRxmb 2mb22=bN b g m R mb mg R mb Fmb R mb FLb mmLmb My y yx xo613 . 83 ) (00120122 2 22222

,`

.|+

,`

.|+ 4. Homogeni tap AB mase m, duljine L i momenta inercije obzirom na svoje teite 122mLIz isputen je iz stanja mirovanja u poloaju prikazanomna slici u polju gravitacije ubrzanja g. Pretpostavljajui da je podloga glatka, u danom trenutku odredi ubrzanje toke A, kutno ubrzanje tapa i silu kojom podloga djeluje na tap.Napomena: Gibanje tapa sastavljeno je od translatornog klizanja po podlozi i rotacije oko kontaktne toke tapa i podloge.ABm,L5ABABNmg=IOZmL2mL22maAU poetnom poloaju:.) 1 (2 2322cos sin2cos Lm maNLm ma NLm ma FAAA x + + ( ).) 2 (212302sin cos2sin22AAA yma mgNLm ma mg NLm ma F .) 3 (3 3412 4 2cos 02 2 2cos2 2 LamL LmLmaIL LmLma MA AOZ A A Uvrtavanjem izraza (3.) za ubrzanje toke A u izraze (1.) i (2.) dobivamo: 92326 342 2Lmmg NmLLL m N ,`

.|

[ ][ ] N mg Ns radLg3 76/3 7182 Iz jednadbe (3.) slijedi:[ ]2/78s m g aA 5. Valjakmasem,polumjeraRimomenta inercije oko svojeg teitaIZ=mR2/2privrenje oprugom krutostikupoljugravitacijeubrzanjagnanainprikazannaslici. Akojevaljakisputenizstanja 6mirovanja u trenutku kada je opruga nedeformirana, odredi (i) kutnu brzinu valjka u trenutku kada je opruga rastegnuta za iznos x i (ii) vrijednosti iznosa x (izraenog preko m, g, k) pri kojima e ta kutna brzina biti jednaka nuli. Takoer, odredi (iii) vrijednost iznosa x pri kojemu e kutna brzina valjka biti maksimalna te izrazi (iv) vrijednost te kutne brzine preko m, g, k i R.Napomena: Zadatak je najjednostavnije rijeiti pomou zakona o odranju ukupne mehanike energije,a za referentni poloaj uzrti teite valjka u poetnom trenutku.kRRJEENJE ZADATKAkPolo aj 1 xPolo aj 2 hPOLOAJ 1:T1=0,V1=0POLOAJ 2:2 2 2, 2 , 2 22 2 2 2 2 2 2 22212121sin214321212121kx mgx kx mgx kx mgh V V VmR R R m I mv Tdef polZ+ + + + ,`

.|+ + (i)T1+V1=T2+V2( ) x kx mg mR 21432 27xmRkx mg232 t (ii)( )kmgxx kx mg x 210 0 0 (iii)kmgx kx mg mR2 212302max (iv)kmRgmRmg mgkmgkmgx62 /2 3222max ,`

.| 6. Klatnomasem=7.5kgi momentainercijeobziromnaosvrtnjeIOZ=mi2, gdjejepolumjer inercije i=0.295 m, s teitem u toki G isputeno je iz stanja mirovanja, u kojem je =0. Pretpostavida je trenje u osloncu O zanemarivo i odredi ukupnu reakciju u tom osloncu kada je =60 (poslui se jednakou d d ).OG250 mmRJEENJE ZADATKA8( )[ ]22/ cos 2 . 28 cos s rad I r mgI r m I r r m I MOO O + + d d ( )2 2230 0/ 8 . 48) 0 sin3(sin 2 . 282cos 2 . 28s radd d N Or m mg Or m a m Fnnn n2 . 155sin22 N Or m mg Or m a m Fttt t37 . 10cos N O 6 . 155 37 . 10 2 . 1552 2 + 7. Vrataautomobilanaslici sluajnosuostavljenablagootvorenimautrenutkunaglogkoenja, koje uzrokuje usporenje automobila (ubrzanje usmjereno suprotno od smjera vonje) a. Za bilo koju veliinu kuta izvedi izraze za (i) kutnu brzinu vrata te (ii) komponente Oxi Oy reakcije u arkiO, koje su usmjerene du stranice automobila i okomito na nju (poslui se jednakou d d ). Kolika je veliina (iii) kutne brzine vrata , u trenutku kada vrata zatvaraju pravi kut sa stranicom automobila? Teite vrata je na horizontalnoj udaljenosti r od arke O, masa vrata je m, a moment inercije vrata obzirom na teite je 20mk .9mgtnOtOn=mrmr2IOaRJEENJE ZADATKAxyrGOxOy=Imrmr2maKutna brzina se poveava kako se poveava kut , stoga moramo odrediti kako se kutno ubrzanje mijenja ovisnookutu. Obratiti panjudateinavratadjelujevertikalnopremadolje, dakleokomitonaravninu promatranja, stoga je ne uzimamo u obzir. 2 202 20sinsin 0sinr kr ar a m r m mkr a m r r m I MO+ + + Ukoliko dobivenu jednadbu pomnoimo sa d i sve integriramo, dobivamo slijedee: 2 202 20202 20 0cos 12) cos 1 (2sinr kr ar kr ar kr ad+++ Za =90 2 202r kr a+ ( )]]]]

++ 22 2022cos 3 cos 2 1 1cos sinr krma Or m r m ma Fxx10( ) cos 3 2 sinsin cos2 2022+ ++ r kr maOr m r m Fyy8. Strojni element mase 290 kg izraen je tako da je po cijeloj duljini homogenog valjka duljine 350 mm i polumjera 200 mm izbuena rupa polumjera 80 mm sa sreditem na udaljenosti 110 mm od osi valjka na nain kako je prikazano na slici. Odredi (i) volumen strojnog elementa, (ii) gustou materijala od kojega je izraen, (iii) masu valjka prije buenja, (iv) moment inercije strojnog elementa obzirom na os z, (v) momentinercijestrojnogaelementaobziromnateinuos paralelnusa osizi(vi) njegovpolumjer inercije obzirom na tu os. xyzRJEENJE ZADATKA(i) Volumen strojnog elementa ( ) ( )3 2 2 2 2036945 . 0 35 . 0 08 . 0 2 . 0 m R R h VB A + (ii) Gustoa materijala: 3/ 48 . 7849036945 . 0290m kgVm (iii) Masa valjka prije buenja: kg h R V MA A A238 . 345 ) 48 . 7849 ( ) 35 . 0 ( 2 . 02 2 (iv) Moment inercije strojnog elementa s obzirom na os z:11222 222 20596 . 6) 11 . 0 )( 290 238 . 345 (2) 08 . 0 )( 290 238 . 345 (2) 2 . 0 )( 238 . 345 (2 2m kg Id MR M R MIZBB B A AZ

,`

.|+ (v) Moment inercije strojnog elementa s obzirom na teinu os paralelnu sa osi z:Teite elementa:mM My M y MyB AB B A AT02095 . 0290) 11 . 0 )( 238 . 55 ( ) 0 )( 238 . 345 ( Teite elementa je pomaknuto za 20.95 mm u odnosu na ishodite koordinatnog sustava. Moment inercije s obziromna teinu os je, prema Steinerovom pravilu jednako:( )2 2 2932 . 5 02095 . 0 290 0596 . 6 m kg y M I IT Z T (vi) Polumjer inercije strojnog elementa s obzirom na teinu:mMIiTT143 . 0290932 . 5 9. Vitlonaslici, kojesesastoji odpogonskogkoloturnikaAi gonjenogkoloturnikaB, koristi seza sputanjeteretaE. KutnoubrzanjeAkoloturnikaAzadanojeizrazom A=3t2rad/s2usmjeru suprotnom od kazaljke sata. Vrijeme t odmjerava se od poetka kretanja. Uz pretpostavku da je ued u sistemu nerasteziva i da izmeu uadi i koloturnika ne dolazi do proklizavanja, odredi (i) kutno ubrzanje i kutni poloaj koloturnikaBkao funkcije vremena, (ii) ukupni zaokret koloturnikaBu vremenu od t = 0 do t = 2 s te (iii) brzinu i ubrzanje tereta E u trenutku t=2 s.12xyzGAEBC300 mm150 mm75 mmBARJEENJE ZADATKAUkoliko na dolazi do proklizavanja koloturnika, svaka toka na uetu koji je u kontaktu sa koloturnikom ima istu brzinu i ubrzanje kao i dotina toka na koloturniku. Meutim, toka u kojoj se ue odvaja od koloturnika (na slici obiljeena kao toka C). Moemo rei da je toka C na uetu, a toka C' na koloturniku. Kako se te dvije toke kreu po razliitim putanjama (putanja toke C je vertikalna, a putanja toke C' je kruna), razliite su i pripadne brzine i ubrzanja. Ali ubrzanje toke C na uetu je jednako tangencijalnoj komponenti ubrzanja toke C' na koloturniku.(i) Kako nema proklizavanja, brzina bilo koje toke na uetukoje spaja dva koloturnika A i B, moe se izraziti preko pripadne kutne brzine i radijusa r na nain:v = r . Iz toga nam slijedi da je:[ ]2 2/ 5 . 12 2 150 75s rad tr r vBB A B A B AB B A A Koristei jednakost , dobivamo slijedee: + + + + 2 141313 2125 . 0 ) 5 . 0 (5 . 0 5 . 1C t C t dt C t dtC t dt t dtB BB B Iz poetnih uvjeta koje proizvoljno odredimo dobivamo konstante integracije: 0 , 0 0 B Bt 0 , 02 1 C CPromjena kuta, kutne brzine, i kutnog ubrzanja u vremenu dana je preko izraza:13[ ][ ][ ] rad ts rad ts rad tBBB432 2125 . 0/ 5 . 0/ 5 . 1(ii) Ukupni zaokret koloturnika B u vremenu od 0 - 2 s: 6 . 114 2 ) 2 ( 125 . 04radB(iii) Brzina i ubrzanje tereta E u trenutku t = 2s:( )( )( )( ) 2 23/ 8 . 1 2 5 . 1 3 . 0/ 2 . 1 2 5 . 0 3 . 0s m R as m R vB B EB B E10. Homogeni disk polumjera c i mase m zglobno je privren u osloncu A, udaljenom od sredita diska za udaljenost r iovjeenu polju gravitacije ubrzanjag. Moment inercije diska obzirom na sredite je mc2/2. U trenutku nanoenja sile Podredi kutno ubrzanje diska i sile u osloncu Ate izraunaj za koju veliinu udaljenosti r e vodoravna reakcija u osloncu Abiti jednaka nuli. Koliko e tada biti kutno ubrzanje?GABcrPRJEENJE ZADATKAKutno ubrzanje diska :( )2 222222221r cr cmP cr m r c Pr ac m r a m MA++

,`

.|+ ++ Reaktivne sile u osloncu A:142222222 2crcrc P Ar cr cmPr m P Ar m A Pa m Fx xxx+ +++ +mg A mg AFy yy 00Za horizontalnu komponentu sile Ax=0:c mPc cccmPcrcrcrc P Ax24 22202202 222 ++ + 11. Dva tapa na slici zglobno su spojene u toki B, a gornji tap dodatno je zglobno privren za kliza A. Klizajeubrzankonstantnimubrzanjema=2.45m/s2kojedjelujenadesno. Odredi kuteve1i 2 pretpostavljajui da nema osciliranja tapova, tj da tokom gibanja ti kutevi ostaju konstantni. ABC120.6 m0.45 m8 kg6 kg2.45 m/s2RJEENJE ZADATKA15m2gm1gFRAm2am1aI1 1I2 2=.) 1 ( cos2cos cos2sin2sin sin20 , 0cos2cos cos22 1 1 2 111 221 1 2 1112 12 2 2 1 1 2 1 1 111

,`

.|+ + ,`

.|+ + + ,`

.|+ + + LL a mLa mLL g mLg mILL a m ILa m MA . ) 2 ( t a n c o s2s i n2c o s22 222 2222 2 222ga La mLg mILa m MB + Ako jednadbu (1.) podijelimo sa g i uvrstimo izraz (2.) dobivamo:( )( )

,`

.|+ ,`

.|+

,`

.|+ + ,`

.|+ +

,`

.|+ + ,`

.|+ +180 02 . 14 arctan180 02 . 14 arctantan tantan2tan2cos2cos tan cos2tan sin2sin sin2cos2cos cos2sin2sin sin2212 12 1 211 1 1 211221 1 2 2 112 1 221 1 2 111221 1 2 111 221 1 2 111gagaL mLm L mLmLL mLmLL mLmLLgamLgamLL mLm 12. Diskmasem, polumjeraRi momentainercijeobziromnasvojeteite221mR IG zglobnoje privren u osloncu C na udaljenosti e od teita diska G te je isputen iz stanja mirovanja prikazanog na slici. Koristei se zakonom o odranju ukupne mehanike energije, (i) izvedi izraz za kutnu brzinu diska utrenutkukadaosCGdoeu vertikalnipoloaj,(ii) odredi udaljenost e,za koju eta kutna brzina poprimiti maksimalnu vrijednost te (iii) izraunaj kolika je ta vrijednost.16GCeRRJEENJE ZADATKAeRePolo aj 1 Polo aj 2 (i) Izvod izraza za kutnu brzinuPoloaj 1T1=0V1=0Poloaj 2( )e g m VR e m R m e m I mv T

,`

.|+ + + 22 2 2 2 2 2022212141212121 Zakon odranja mehanike energije2 22 22 2 1 12221210 0e Re ge g m R e mV T V T+ ,`

.|+ ++ +(ii) Udaljenost e za koju kutna brzina poprima maksimalnu vrijednost dobivamo iz uvjeta ekstrema funkcije:17( )( )22024 2 2212 '0 '22 22 2 2 2 2maxR ee Re g e R ge ge R

,`

.|+ + + (iii) Maksimalna vrijednost kutne brzine:RgRRR gR e22222222222max

,`

.|+

,`

.| 13. Greda AB mase m=4 kg, duljine L=1 m i momenta inercije obzirom na teiteID = m L2 / 12 rotira u vertikalnoj ravnini oko oslonca C u polju gravitacije ubrzanja g=9.81 m/s2na nain prikazan na slici. Gredajeutoki Dpridranaoprugomkrutosti k=220N/m, kojajedrugimkrajemprivrenaza podlogu, a nedeformirana duljina joj je L0=0.6 m. Koristei se zakonom o odranju ukupne mehanike energije, odredikutnubrzinugredeutrenutkukadaseona(i)zarotiraza90inaeuvertikalnom poloajute (ii) zarotira za 180 i nae uhorizontalnompoloaju, ukolikoje isputena iz stanja mirovanja prikazanog na slici.k, L00.25 0.25 0.50.9 m4 kgABCDPolo aj 1 RJEENJE ZADATKAPromatrat emo tri karakteristina poloaja, od kojih emo onaj poetni oznaiti kao poloaj 1, a idua dva kao poloaj 2 i poloaj 3 koji su prikazani na slikama.180.250.9 m0.250.5Polo aj 2 k, L00.25 0.25 0.50.9 m4 kgABCDPolo aj 3 Poloaj 1( ) Nm k VTm L L339 . 20 6 . 0 03 . 1222021043 . 0 6 . 0 03 . 1 6 . 0 5 . 0 9 . 02 21 112 20 1 1 + Poloaj 2( ) ( )( )( ) ( ) Nm k mgh Vm I mv Tm L L833 . 10 096 . 0222025 . 0 81 . 9 4212916 . 0 112125 . 0212121096 . 0 6 . 0 696 . 0 6 . 0 25 . 0 65 . 02 22 222222 2 2 222 20 2 2 + + ,`

.|+ + + Poloaj 3( ) Nm k VT Tm9 . 9 6 . 0 9 . 02220212916 . 043 . 02 23 322 2 31 3 (i) s rad V T V T / 697 . 52 2 2 1 1 + + (ii)19s rad V T V T / 971 . 53 3 3 1 1 + + 14. Sila P gura tanki obru polumjera R i mase m u polju gravitacije ubrzanja g du vodoravne hrapave podloge na nain prikazan na slici. Odredi kutno ubtzanje obrua izraeno preko P, R i m i pokai da do proklizavanja obrua ne moe doi bez obzira na veliinu sile P. Moment inercije obrua obzirom na os okomitu na ravninu kretanja koja prolazi kroz sredite jest mR2.RPRJEENJE ZADATKAPmgFNT=maImRPR m R PR m R m I R a m MT + + 22 22 20 +FR mPR m F PR m Fx Zakljuak je da ne moe doi do proklizavanja budui je horizontalna komponenta reakcije u toki dodira s podlogom jednaka nuli.2015. Homogeni valjak mase m prikazan na slici klizi bez prevrtanja niz podlogu poloenu pod kutem u odnosu na vodoravnu ravninu. Koeficijent trenja izmeu valjka ipodloge je . Odredi (i) ukupnu silu kojompodlogadjelujenavaljaki kut podkojimjetasilapostavljenauodnosunapodloguie(ii) izraunajubrzanjevaljka.(iii)Odredi najmanji omjer d/h za koji se valjak jo uvijek nee prevrnuti (uzmi u obzir da ukupna sila podloge na valjak u tome sluaju djeluje u toki A).dhRJEENJE ZADATKAAxyma=(i) cos 0 cos : 0 mg N mg N Fy (ii)( ) cos sin sin : g a ma mg N ma Fx(iii) hd hmadmghmghma MA2 2cos2sin :22116. U trenutku t0 brzina kretanja vozila na slici je v0=10 m/s, a voza zapoinje koiti uslijed ega dolazi do istovremenog prestanka okretanja svih kotaa. Pretpostavljajui da je masa vozila m=3000 kg koncentriranaunjegovomteituGi poznavajui zaustavni put s=7.5munutar kojegasebrzina smanjuje linearno u vremenu, odredi (i) usporenje vozila, (ii) koeficijent trenja izmeu kotaa i kolnika, (iii) normalnu silu i silu trenja koje djeluju na kotae zadnje osovine te (iv) normalnu silu i silu trenja koje djeluju na kotae prednje osovine.G1.6 m 2.4 m1.2 mRJEENJE ZADATKAmgNA NBFBFA=maG(i) Raunanje usporenja vozila :Na poetku zaustavnog puta:v0=10 m/ss0=0Na kraju zaustavnog puta:v1=0s1=7.5 mOpenite formule za brzinu v(t) i put s(t) u ovisnosti o vremenu:20 002) () (tat v s t st a v t v + Oznaimo sa t1 vrijeme koje je potrebno da se vozilo zaustavi, pa vrijedi:22( )( ) ( )( ) ( )220 120210 12021 0 120 0 0 10 120 0121 1 0 0 11 0 1/ 6 . 60 5 . 7 210 02 2 2202s ms sv vas s a v v s s a v v v vas s a v vt tat v s st a v v t + (ii) Koeficijent trenja izmeu kotaa i kolnika: ( )( )

68 . 0:0 : 0 + ' + + + gaa m g mma N NN FN Fma F Fma Fmg N N W N N FB AB BA AB AxB A B A y (iii) Normalna sila i sila trenja koje djeluju na kotae zadnje osovine: h udaljenost teita vozila od kolnike povrinel razmak izmeu osovinal1 udaljenost teita vozila od zadnje osovine( ) ( )( ) N N TNll g h am N h a m l W l Nh a m MB BB BA47 . 077 12 772 17 68 . 0 772 1746 . 1 81 . 9 2 . 1 6 . 6300011 ++ (iv) Normalna sila i sila trenja koje djeluju na kotae prednje osovine: Iz odnosa dobivenih u (ii) slijedi:( )( ) N N TN N mg NA AB A53 . 922 7 658 11 68 . 0658 11 772 17 81 . 9 3000 23