ZADACI IZ FIZIKE Riješeni ispitni zadaci, riješeni primjeri i zadaci za vježbu (1. dio) (4. izdanje)
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
1. Zada adana su dva vektora a
1
= 4 i − 2 j + k i b = −4 i + 2 j + 3k. Odrediti kut izme đu njih.
Rješenje Kut možemo odrediti na dva na čina. Možemo
naći zbroj vektora a i b , te preko kosinusova poučka odrediti kut ϕ . Drugi na čin, koji ćemo upotrijebiti, pošto su nam vektori dati u komponentama, je preko skalarnog umnoška.
Skalarni umnožak vektora a i b je
a ⋅ b = ab cosϕ Ili, preko skalarnih komponenti
a ⋅ b = a xbx + a yby + a zb z Iz ova dva izraza možemo dobiti kut vektora ϕ cos ϕ =
axbx + a yb y + a zb z ab 2
a = ax2 + a y2 + a z2 = 4 2 + ( −2 ) + 12 = 4, 58 2
b = bx2 + by2 + bz2 = ( −4 ) + 2 2 + 32 = 5, 39 cos ϕ =
axbx + a yby + a zb z ab
= −0, 6886
Traženi kut je ϕ
9 , 8 '' = arccosϕ = arccos ( − 0, 6886) = 133, 519° = 133° 31' 9,
2. Grafički su prikazana tri vektora u xy u xy ravnini. ravnini. Izraziti ove vektore, te na ći:
(
)
a) A + B + C i A + B + C ; b) A − B ⋅ C i kut
A − B i C ; c) ( A − C ) × B i ( A − C ) × B . Rješenje
A = Ax i + Ay j = −2 i + 7 j
B = Bx i + By j = 5i − 2 j
ϕ između
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
1. Zada adana su dva vektora a
1
= 4 i − 2 j + k i b = −4 i + 2 j + 3k. Odrediti kut izme đu njih.
Rješenje Kut možemo odrediti na dva na čina. Možemo
naći zbroj vektora a i b , te preko kosinusova poučka odrediti kut ϕ . Drugi na čin, koji ćemo upotrijebiti, pošto su nam vektori dati u komponentama, je preko skalarnog umnoška.
Skalarni umnožak vektora a i b je
a ⋅ b = ab cosϕ Ili, preko skalarnih komponenti
a ⋅ b = a xbx + a yby + a zb z Iz ova dva izraza možemo dobiti kut vektora ϕ cos ϕ =
axbx + a yb y + a zb z ab 2
a = ax2 + a y2 + a z2 = 4 2 + ( −2 ) + 12 = 4, 58 2
b = bx2 + by2 + bz2 = ( −4 ) + 2 2 + 32 = 5, 39 cos ϕ =
axbx + a yby + a zb z ab
= −0, 6886
Traženi kut je ϕ
9 , 8 '' = arccosϕ = arccos ( − 0, 6886) = 133, 519° = 133° 31' 9,
2. Grafički su prikazana tri vektora u xy u xy ravnini. ravnini. Izraziti ove vektore, te na ći:
(
)
a) A + B + C i A + B + C ; b) A − B ⋅ C i kut
A − B i C ; c) ( A − C ) × B i ( A − C ) × B . Rješenje
A = Ax i + Ay j = −2 i + 7 j
B = Bx i + By j = 5i − 2 j
ϕ između
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
2
C = Cx i + C y j = −3i − j
a) A + B + C
= ( Ax + Bx + C x ) i + ( Ay + By + C y ) j = 4 j
A + B + C = 4
(
)
b) A − B ⋅ C
= ( Ax − Bx ) C x + ( Ay − By ) C y = 12
2
A − B = ( Ax − Bx ) + ( Ay − By ) = 11,4 2
C = C x2 + C y2 = 3,16
cos ϕ =
ϕ
( A − B) ⋅ C = 0, 333
A − B ⋅ C
0, 333 = 70, 549° = 70° 32 ' 56 5 6, 5 '' = arccosϕ = arccos 0,
(
c) d) A − C
i
j
k
) × B = Ax − C x Ay − C y Bx
By
0
=
0
= ⎡⎣( Ax − C x ) By − ( Ay − C y ) Bx ⎤⎦ k = ( −2 − 40 40 ) k = −42 k
( A − C ) × B = 42 (
Na slici smo vektor A − C
) × B prikazali simbolom
koji označava da imamo vektor usmjeren okomito na sliku, u smjeru od nas prema slici. (U slu čaju da imamo vektor okomito na sliku, u smjeru iz slike prema nama, simbol bi bio .) Iznos vektorskog umnoška na slici je predstavljen
površinom paralelograma ograničenog s A − C i B, te s nasuprotnim paralelnim crtama. 3. Tijelo se giba po ravnoj putanji i na sukcesivnim dionicama puta, jednake duljine s, s, ima stalne brzine v1, v2, v3,…, vn. Kolika je srednja brzina gibanja tijela?
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
3
Rješenje n
Δsi n Δs ∑ Δs + Δs2 + + Δsn = i =n1 = 1 = n v= Δs Δs Δs Δt ∑ Δti 1 + 2 + + n ∑ 1 v1
i =1
v2
vn
i =1
vi
4. Tijekom prve polovice vremena gibanja automobil ima brzinu 54 km/h, a tijekom druge polovice vremena brzinu 36 km/h. Kolika Kolika je srednja brzina gibanja automobila? Rješenje n
Δsi Δs ∑ Δs + Δs2 Δs1 + Δs2 i =1 v= = n = 1 = t t t 1 + Δt 2 Δt Δ + Δt
∑
i
i =1
2
2
Δs1 = v1Δt1 Δs2 = v2 Δt2 Δt2 = Δt2 = v=
t 2
m km v1 + v2 = 12, 5 = 45 2 s h
5. Dva čamca krenu iz istog mjesta stalnim brzinama v1 i v2 u pravcima koji me đusobno zaklapaju kut α. a) Kolika je relativna brzina gibanja čamaca? b) Koliko je njihovo rastojanje poslije vremena t 0 od polaska? Rješenje a)
v12 = v1 − v2 v12 = v12 + v22 − 2v1v2 cos α
b)
d = v12 ⋅ t0
6. Dva vlaka, A i B, putuju u suprotnim smjerovima duž paralelnih ravnih tra čnica, s brzinama istog iznosa od 60 km/h. Lagani zrakoplov prelazi iznad njih. Putniku u vlaku A izgleda da se zrakoplov giba pod pravim kutom u odnosu na njihov pravac gibanja, a putniku u vlaku B izgleda da se giba pod kutom od 30° u odnosu na njihov pravac gibanja. Kojim iznosom brzine i pod kojim kutom zrakoplov prelazi tra čnice ako promatramo njegov let izvan vlakova.
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
4
Rješenje
vZA i vZB su vektori relativnih brzina zrakoplova prema vlakovima A i B. Ovi vektori zajedno s vektorima brzina vlakova A i B i zrakoplova konstruiraju trokutove koje vidimo na slici. Vidimo da je: tg30° =
vZA v A + vB
vZA = ( v A + vB ) tg 30° = 19, 25 m/s tg α =
vZA v A
Kut između pravca gibanja zrakoplova i pravca gibanja vlakova je: α = arctg
vZA = 49° 06' 29,8'' v A
Brzina zrakoplova iznosi:
vZ =
vZA cos α
= 25, 46 m/s
7. Između dvije točke koje se nalaze sa iste strane obale, na međusobnom rastojanju od 140 km, usmjeren je motorni čamac koji ide niz rijeku i prelazi to rastojanje za 5 h, a kad se kreće uz rijeku za 12 h. Odrediti brzinu protjecanja rijeke i brzinu čamca u odnosu na vodu. Rješenje Zamislimo koordinatni sustav kojemu je x – os u pravcu kretanja rijeke. Označimo brzinu rijeke sa u, a brzinu čamca sa v, tako da imamo
v1 = v + u
(1)
gdje je v1 - brzina čamca u zamišljenom sustavu kad se kre će niz rijeku. A ako se čamac kreće uz rijeku imamo
− v2 = − v + u
(2)
gdje je v2 - brzina čamca u zamišljenom sustavu kad se kre će uz rijeku. S brzinom v1 čamac pređe put od 140 km za 5 h, slijedi da brzina v1 iznosi
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
5
140 km
v1 =
=
5h
1, 4 ⋅10 5 m 1,8 ⋅10 s 4
= 7,78
m s
S brzinom v2 čamac pređe put od 140 km za 12 h, slijedi da brzina v2 iznosi
v2 =
140 km
=
12 h
1, 4 ⋅10 5 m 4,32 ⋅10 4 s
= 3,24
m s
Jednadžbe (1) i (2) čine sustav dviju jednadžbi s dvije nepoznanice. Tako je brzina rijeke
u=
v1 − v2
7, 78 − 3, 24
=
2
2
= 2, 27
m
= 8,172
km
= 19,836
km
s
h
Brzina čamca je
v = v1 − u = 7,78 − 2, 27 = 5,51
m s
h
8. Promatrač koji u trenutku polaska vlaka stoji ispred prvog vagona primijetio je da je prvi vagon prošao pored njega za 3 s. Koliko vremena će se pored njega kretati n-ti (deseti) vagon? Kretanje vlaka smatrati jednako ubrzanim. Rješenje Kad prvi vagon duljine l prođe pored promatrača možemo reći da je vlak prešao put l kojeg možemo izraziti ovako 1 2
l =
2
at1
Isto tako kad dva vagona pro đu pored promatra ča možemo pisati 2l =
1 2
at 22
Možemo pisati op ćeniti izraz za n vagona
nl =
1 2
at n2
Sad podijelimo putove koje su prošli n vagona i jedan vagon
t n2 =n t12 Dobili smo vrijeme za koje pored promatra ča prođe n vagona
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
6
t n = t1 n Na isti način izračunamo vrijeme za koje pored promatra ča prođe (n – 1) vagona
t n − 1 = t1 n − 1 Na kraju imamo da n-ti (u našem slu čaju deseti) vagon prođe pored promatrača za vrijeme
Δt n = tn − tn−1 = 0,487 s 9. Tijelo je ba čeno vertikalno uvis po četnom brzinom 10 m/s. U trenutku kada tijelo dostigne najvišu točku svog kretanja, baci se drugo tijelo vertikalno uvis, istom po četnom brzinom. Na kojoj visini će se tijela sudariti? Otpor zraka zanemariti. Rješenje
Visina do koje se tijelo popne pri vertikalnom hitcu je
h = v0t −
gt 2 2
(1)
A brzina pri vertikalnom hitcu je
v = v0 − gt U maksimalnom položaju brzina tijela je jednaka nuli pa imamo da je
t=
v0 g
Uvrstivši ovaj izraz u (1) imamo
v 02 h= 2 g
(2)
Tijela će se susresti na nekoj visini h1
h = h1 + h2
(3)
Drugo tijelo pre đe put h1 za isto vrijeme za koje prvo tijelo pre đe put h2
h2 =
g 2
t2
h1 = v0t −
(4)
g 2
t2
(5)
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
7
Iz (4) i (5) slijedi 2h 2
h1 = v0
g
− h2
(6)
Jednadžbe (2), (3) i (6) čine sustav od tri jednadžbe s tri nepoznanice. Rješavanjem ovog sustava dobiva se rezultat
h1 =
2 3 v0
⋅
8 g
= 3,823 m
10. Tijelo slobodno pada s visine h. U točki A ima brzinu v A = 29,43 ms-1, a u točki B brzinu
v B = 49,05 ms-1. Kolika je visinska razlika to čaka A i B? Za koje će vrijeme tijelo pre ći put AB? Rješenje
Vrijeme za koje tijelo do đe u točku A je
tA =
vA g
A vrijeme za koje do đe u točku B je
tB =
vB g
Tako će tijelo preći put AB za vrijeme
Δt = t B − t A = Udaljenost točke A od polazne to čke je
hA =
gt A2 2
Udaljenost točke B od polazne to čke je
hB = Duljina puta AB je
gt B2 2
vB − v A = 2s g
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
8
Δh = AB = hB − hA =
g
(t 2
2
B
− t A2 ) = 78,5m
11. Lopta je bačena s ruba krova zgrade vertikalno uvis, po četnom brzinom od 30 m/s. Koliku će brzinu imati lopta jednu sekundu nakon njenog prolaska pored ruba krova pri padanju na tlo? Rješenje
Lopta će se popeti na visinu H i početi padati. Kod ruba zgrade imat će brzinu jednaku početnoj što je lako pokazati. Lopta će se popeti na visinu H H = v 0t − g
t2 2
gdje je brzina nula v = 0. A pošto je
v = v 0 − gt
⇒
v0 = gt
Ako ovo uvrstimo u izraz za H imamo
v 02 H = gt − g = g = 2 2 2 g t2
2
t2
Iz tog položaja lopta po činje padati, a brzina joj iznosi
v = v0 + gt
dok je v 0
=0
Trebamo brzinu izraziti preko visine tj. preko dužine puta kojeg prelazi. Dužina puta kojeg prevali lopta padaju ći je
s = g
t2 2
⇒
t=
2s
g
Uvrštavaju ći ovo u izraz za v imamo
v = g
2s
g
=
2 gs
Pored ruba zgrade lopta će biti kad prije đe put s =H tako da je brzina u tom trenutku
v 02 = v0 v' = 2 gH = 2 g 2 g
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
9
Sad možemo uzeti ovu brzinu kao po četnu brzinu i u idućem trenutku će brzina, koju ćemo označiti sa v1 biti zbroj te brzine i brzine koju lopta dobije ubrzavanjem u vremenu t .
v1 = v'+ gt1 dakle v = 30
m s
+ 9,81
m s2
⋅ 1 s = 39,81
m s
-1 12. Tijelo je ba čeno horizontalno brzinom 20 ms . Odrediti radijus putanje tijela 2 s nakon što se počelo kretati. Otpor zraka zanemariti.
Rješenje
Tijelo će se nakon 2 s kretati nekom brzinom v pod kutom α u odnosu prema početnoj brzini v0 . U tom trenutku ubrzanje g možemo rastaviti na tangencijalnu komponentu u pravcu
kretanja tijela at , te na radijalnu komponentu ar . Radijalna komponenta ubrzanja iznosi
v2 ar = = g cos α R gdje je
cos α =
vx v0 = v v
(1)
(2)
Brzina iznosi
v = v02 + g 2t 2
(3)
Iz (1), (2) i (3) dobijemo radijus zakrivljenosti
v ( R=
2 0
+g t
2 2
gv0
)
3 2
= 112,088 m
13. Tijelo je ba čeno pod kutom α prema horizontu po četnom brzinom v0. Vrijeme kretanja tijela iznosi 2,4 s. Odrediti najveću visinu na kojoj će se tijelo naći pri tom kretanju. Otpor zraka zanemariti.
Rješenje y - komponenta brzine u ovisnosti o vremenu iznosi:
vy = v0 y − gt
(1)
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
10
U maksimalnom položaju brzina tijela vy = 0, tako da je
v0 y = gt
(2)
Isto tako visina u ovisnosti o vremenu je
y = v0 yt −
gt 2 2
(3)
Uvrstivši (2) u (3) dobivamo za maksimalni položaj
y max = gt − 2
gt 2 2
=
gt 2 2
(4)
U tekstu zadatka nam je zadano vrijeme (t D = 2,4 s) kretanja tijela od bacanja do padanja, tako da će tijelo biti u maksimalnom položaju za pola ovog vremena.
y max =
g ( tD / 2 ) 2
2
=
gtD2 8
= 7,063m
14. Pod kutom od 60°, prema horizontu, ba čeno je tijelo početnom brzinom od 25 m/s. Kroz koliko sekundi će njegova brzina zaklapati sa horizontom kut od 45°? Rješenje Odnos komponenti brzina v y i v x određuje kut koji brzina v zaklapa prema horizontu.
tgα =
vy vx
tg 45° =
vy vx
=
v0 sin 60° − gt v0 cos 60°
Odavde slijedi
t=
v0 sin 60° − tg 45° ⋅ v0 cos 60° = 0,933 s g
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
11
15. Igrač udari loptu pod kutom od 40° prema horizontu daju ći joj početnu brzinu od 20 m/s. Drugi igrač, udaljen od prvog 30 m, po činje da tr či prema lopti u momentu kad je ona udarena. Koliku najmanju srednju brzinu mora imati drugi igra č da bi udario loptu u trenutku pada na zemlju? Rješenje Domet do kojeg lopta do đe je
xD = vx tD
(1)
gdje je t D – vrijeme leta lopte, možemo ga dobiti iz vremena koje je potrebno lopti da se popne do maksimalne visine. U točki maksimalne visine komponenta brzine u y smjeru je nula.
v0 y = gt max t max =
v0 y g
=
(2)
v0 sin α g
gdje t max – vrijeme potrebno lopti da se popne do maksimalne visine i ono iznosi pola vremena leta lopte t D.
t D = 2t max =
2v0 sin α
g
= 2,62 s
(3)
Ako ovo uvrstimo u x D dobijemo domet do kojeg lopta putuje
x D = v0 cosα ⋅
2v0 sin α
g
v02 sin 2α = = 40,16 m g
Put koji igrač treba preći do lopte je
Δx = x D − x 2 = 10,16 m Znači treba se kretati ovom prosječnom brzinom
vi =
Δx tD
= 3,87
m s
16. Dva tijela ba čena su istovremeno iz jedne točke na zemlji, i to jedno vertikalno uvis, drugo pod kutom od 45° prema horizontu. Njihove po četne brzine su jednake i iznose 30 m/s. Kolika je udaljenost izme đu tijela poslije vremena od 2 s od trenutka kad su ba čena?
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
12
Rješenje Vektor položaja prvog tijela u ovisnosti o vremenu je: 1 ⎛ ⎞ r1 = y1 j = ⎜ v0t − gt 2 ⎟ j 2
⎝
⎠
Vektor položaja drugog tijela u ovisnosti o vremenu je:
1 2⎞ ⎛ r2 = x2 i + y2 j = v0t cos θ i + ⎜ v0t sin θ − gt ⎟ j 2 ⎝ ⎠
Razlika ova dva vektora je
r12 = r1 − r2 = −x2 i + ( y 1 − y2 ) j = −v0t cos θ i + v0t ( 1 − sin θ ) j
A iznos ovog vektora predstavlja udaljenost dvaju tijela u ovisnosti o vremenu
r12 = r1 − r 2 2
r12 = v02t 2 cos2 θ + v02t 2 ( 1 − sin θ ) = v0t 2(1 − sin θ ) = 46 m 17. Kuglica mase 0,1 kg udara pod pravim kutom u kruti vertikalni zid brzinom od 20 m/s. Mjesto udara nalazi se na visini od 4,9 m iznad tla. Kuglica se odbija od zida i pada na tlo na horizontalnoj udaljenosti 15 m od zida. Koliki je impuls sile kojim je zid djelovao na kuglicu? Rješenje Zid je na kuglicu djelovao impulsom sile I i promijenio joj brzinu s v1 na v2 . v1 i v2 su na istom pravcu ali imaju suprotan smjer. Nakon odbijanja kuglica se giba po putanji horizontalnog hica, dakle, po putanje parabole. Iz visine te putanje možemo odrediti vrijeme padanja
h =
gt 2
t=
2 2h
g
Iznos brzine kuglice nakon odbijanja je
v2 =
g x =x = 15 m/s t 2h
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
13
Impuls sile je
I = mv2 − ( −mv1 ) = m ( v2 + v1 ) = 3,5 kgm/s 18. Tijelo mase 15 kg koje miruje raspadne se, uslijed eksplozije, na tri jednaka dijela. Jedan dio ode prema sjeveru, drugi prema istoku, oba brzinom 20 ms -1. Kolikom brzinom i u kojem smjeru je odletio treći dio? Rješenje
Primjenom zakona očuvanja količine gibanja imamo
m1 v1 + m 2 v 2 + m 3 v 3 = 0
m1 = m 2 = m 3 = m; v1 = v1 j ; v 2 = v 2 i
⇒
v1 j + v 2 i + v 3 = 0
v 3 = − v1 j + v 2 i Iznos ove brzine je
v 3 = v12 + v 22 = 28,28 ms -1 Treći dio je odletio prema jugozapadu brzinom 28,28 ms -1. 19. Saonice sa vre ćom pijeska, ukupne mase 500 kg kre ću se po zamrznutom jezeru brzinom 0,5 m/s. Metak mase 10 g i brzine 400 m/s pogodi sa strane vre ću pijeska pod kutom 30° u odnosu na pravac gibanja i zabije se u nju. Kolika je promjena brzine saonica i u kojem smjeru će saonice nastaviti gibanje? Rješenje Na osnovi zakona očuvanja količine gibanja imamo
m1v1 + m2 v2 = ( m1 + m2 ) ⋅ v
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
14
Količine gibanja rastavimo na x i y komponente: m1v1 + m2 v2 x = ( m1 + m2 ) ⋅ vx m2 v2 y = ( m1 + m2 ) vy
v2 x = v2 ⋅ cos α = 346, 4 v2 y = v2 ⋅ sin α = 200
m s
m s
Iz gornjih izraza slijedi vx = 0,5069
m s
i vy = 0,00399
m s
Brzina saonica je v = vx2 + vy2 = 0,5069
m s
dakle promjena brzine saonica je
Δv = v − v1 = 0,0069
m s
≈ 7 ⋅10 −3
m s
Smjer gibanja je određen kutom β = arctg
vy vx
= 0, 450985 = 27′ 8′′
20. Tijelo mase m1 udari u tijelo mase m2 koje miruje. Odrediti koliki treba biti odnos masa ovih tijela (m1/m2) da bi se pri centralnom elasti čnom sudaru brzina prvog tijela smanjila tri puta. Izračunati kinetičku energiju drugog tijela poslije sudara ako je po četna kinetička energija prvog tijela 1500 J. Rješenje Količina gibanja je očuvana
m1v1 = m1v ,1 + m2 v ,2
(1)
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
15
gdje su: v1 - brzina tijela mase m1 prije sudara, v ,1 - brzina tijela mase m1 poslije sudara, v ,2 brzina tijela mase m2 poslije sudara. Ako u (1) uvrstimo da je v ,1
=
v1 3
dobijemo
v ,2 =
2m1 3m2
v1
(2)
Isto tako, ukupna energija je o čuvana E 1
,
,
= E 1 + E 2
m1 v12 2
=
m1 v1, 2 2
+
m2 v 2, 2
(3)
2
uvrstivši izraze za v1, i v 2, dobijemo odnos masa m1 m2
=2 ,
Uvrštavanjem ovog odnosa u (2) i (3) dobivamo E k 2 ,
E k 2
= 1,333
kJ
21. Koliko se dugo spušta tijelo niz kosinu visine h = 2 m i nagiba α = 45° ako je maksimalni kut pri kojem tijelo može mirovati na kosini β = 30°? Rješenje Jednadžba gibanja za situaciju kad tijelo miruje je
FGT − F tr = 0 mg sin β = μ ⋅ mg cos β
⇒
μ
=
sin β cos β
Jednadžba gibanja za situaciju kad tijelo se tijelo giba FGT − Ftr = ma
mg sin α − μ ⋅ mg cos α = ma
⇒ a = 2, 93 ms−1
Vrijeme za koje se tijelo spusti niz kosinu možemo dobiti iz relacije za pređeni put
= tg β = 0,577
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
s=
h sin α
=
16
at 2 2
⇒ t=
2h
a sin α
= 1, 39 s
22. Dva tijela različitih masa vezana su užetom, kao na crtežu i kreću se po različitim podlogama. Koeficijenti trenja između tijela i odgovarajućih podloga su: μ1 i μ2. Kakav mora biti odnos masa da bi sustav mirovao? Masa koloture se zanemaruje. Rješenje Jednadžba gibanja za tijelo mase m1 je
m1a = FZ' − Ftr 1 Jednadžba gibanja za tijelo mase m2 je
m2a = FG 2T − FZ − Ftr 2 FG 2T = m2 g sin α Iznosi sila zatezanja na oba tijela jednaki su.
FZ = F Z' Imamo dvije jednadžbe s dvije nepoznate. Pošto je a = 0 iz gornje dvije jednadžbe dobivamo 0 = m2 g sin α − μ1m1 g − μ 2m2 g cos α
Tako da je traženi odnos masa
m1 ( sin α − μ2 cos α ) = μ 1 m2 23. Automobil mase 2,5·10 3 kg spušta se cestom nagiba 25°. U momentu kada brzina iznosi 30 m/s vozač počinje kočiti. Koliku silu kočenja treba primijeniti da bi se automobil zaustavio na putu od 150 m. (Stalna sila ko čenja je paralelna nagibu.) Rješenje Na pravcu paralelnom nagibu vrijedi
ma = FGT − FK FGT = mg sin α Kod jednolikog ubrzanog gibanja brzina i prije đeni put su
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
17
v = v0 + at s = v 0t +
at 2 2
Iz ove dvije relacije dobivamo
v = v + 2as 2
2 0
⇒
v 2 − v 02 a= 2s
Kako je na kraju puta v = 0 imamo
a=
− v02 2s
= −3 ms −2
Tako je sila ko čenja
FK = m ( g sin α − a ) = 17,025 ⋅ 10 3 N 24. Dva tijela, mase m1 i m2, vezana su užetom i postavljena na podlogu. Koeficijent trenja između tijela i podloge je μ. Kolika je sila zatezanja užeta, a koliko ubrzanje sustava? Rješenje Jednadžba gibanja za tijelo mase m2 je
m2a = FG 2 T − Ftr 2 − FZ FG 2T = m2 g sin α Jednadžba gibanja za tijelo mase m1 je
m1a = FZ' − Ftr 1 Iznosi sila zatezanja na oba tijela jednaki su.
FZ = F Z' Imamo dvije jednadžbe s dvije nepoznate. Njihovim rješavanjem dobivamo ubrzanje sustava
a=g Sila zatezanja užeta je
m2 (sin α − μ cos α ) − μm1 m1 + m2
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
FZ = FZ' =
18
m1g [m (sin α − μ cos α) − μm1 ] + μm1 g m1 + m2 2
25. Na kosini, čiji kut je α = 30° nalazi se tijelo mase m = 500 kg. Koeficijent trenja izme đu tijela i podloge je μ = 0,1. Tijelo se gurne niz kosinu brzinom v0 = 2 m/s. Kolikom silom treba djelovati na tijelo da se ono zaustavi poslije vremena t = 5 s? Rješenje Brzina kod jednoliko usporenog kretanja je
v = v0 − at Pri zaustavljanju tijela v = 0 pa je
a=
v0 t
Jednadžba gibanja tijela je (negativan smjer akceleracije smo
−ma = FGT − Ftr − F FGT = mg sin α Tražena sila je
F =m
v0 v 5N + mg sin α − Ftr = m( 0 + g sin α − μ g cos α ) = 2227, t t
26. Kuglicu mase m = 1 kg, obješenu o nit, otklonimo iz ravnotežnog položaja za kut α = 30° i pustimo. Izračunati silu zatezanja niti u trenutku prolaska kuglice kroz ravnotežni položaj. Rješenje Jednadžba gibanja za kuglicu u radijalnom pravcu je
v2 FZ − FGN = mar = m l
F GN = mg cos α Pa je
⎛ v2 ⎞ + g cosα ⎟ ⎝ l ⎠
FZ = m ⎜
U trenutku prolaska kroz ravnotežni položaj (α = 0 ) sila zatezanja je
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
19
⎛ v2 ⎞ FZ = m ⎜ + g ⎟ ⎝ l ⎠ Brzinu v u trenutku prolaska kroz ravnotežno položaj dobit ćemo koristeći zakon očuvanja energije. Nemamo vanjske sile pa nam vrijedi
ΔEK + ΔEP = 0 ΔEK = −ΔEP EK 2 − 0 = − ( 0 − EP 1 ) mv2 = mgl(1 − cos α) ⇒ v = 2 gl(1 − cos α) 2 Uvrštavajući ovaj izraz u izraz za silu zatezanja imamo
FZ = mg ( 3 − 2 cos α ) = 12, 44 N 27. Na platformi kamiona bez bo čnih strana nalazi se sanduk mase m = 1200 kg. Kolikim najvećim ubrzanjem kamion može krenuti bez opasnosti da sanduk padne s platforme? Koeficijent trenja između sanduka i platforme je μ = 0,3. Rješenje Na sanduk djeluje inercijska sila ma koja mora biti manja od sile trenja
ma ≤ F tr a≤
F tr m
Maksimalno ubrzanje kamiona je
a=
mg = μ g = 2,943 ms −2 m
28. Na kosini nagiba α = 30° nalaze se dva tijela, čije su mase m1 = 1 kg i m2 = 2 kg. Koeficijent trenja između tijela mase m1 i podloge je μ1 = 0,25, a koeficijent trenja izme đu tijela mase m2 i podloge je μ2 = 0,1. Odrediti: a. silu međudjelovanja dvaju tijela i b. minimalnu vrijednost kuta pri kojem će se tijela početi gibati.
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
20
Rješenje a) Jednadžbe gibanja za prvo i drugo tijelo su:
FG1T + F21 − Ftr 1 = m1a FG 2T − F12 − Ftr 2 = m2a FG1T = m1 g sin α FG 2T = m2 g sin α gdje je F 12 - sila međudjelovanja između tijela mase m1 i tijela mase m2, zbog koje ova dva tijela čine jedan sustav.
F12 = −F 21 Tijelo 2 silom F 21 gura tijelo 1, a tijelo 1 silom F 12 koči tijelo 2. Iz jednadžbi izrazimo ubrzanje a i uvrstimo u izraz za silu F 12 .
a = g sin α − g cos α
F 12 =
( μ1m1 + μ 2m2 ) m1 + m2
m1m2 g cos α ( μ1 − μ 2 ) = 0,85 N m1 + m2
b) Tijela će se početi gibati kad su sile u ravnoteži. Tada je ubrzanje jednako nuli.
a = 0
g sin α = g cos α
tg α =
( μ1m1 + μ 2m2 ) m1 + m2
( μ1m1 + μ 2m2 ) = 0,15 m1 + m2
Traženi kut je
α = arctg 0,15 = 8,53° = 8° 31' 4 '' 29. Sila stalnog intenziteta F = 1 N daje tijelu ubrzanje a = 10 cm/s2. Ako je prije djelovanja sile tijelo mirovalo izračunati njegovu kinetičku energiju poslije vremena t = 5 s od po četka kretanja.
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
21
Rješenje Rad vanjske sile jednak je promjeni energije tijela, u ovom slu čaju samo kinetičke energije
W ' = ΔE = ΔEP + ΔEK
ΔEP = 0 ΔEK = EK 2 − 0 Rad vanjske sile je
W ' = Fs Put s možemo odrediti kinematičkom jednadžbom
at 2 s = = 1,25 m 2 Na osnovi gornjih izraza dobivamo da je kinetička energija
EK = Fs = 1,25 J 30. Tijelo, mase m1 = 15 kg, po čne da klizi sa vrha kosine, nagibnog kuta α = 60°. Na kraju kosine, tijelo se zabije u kolica napunjena pijeskom, mase m2 = 90 kg koja miruju na horizontalnoj podlozi. Ako je visinska razlika tijela i kolica u po četnom položaju h = 10 m, odrediti brzinu kojom će se kretati kolica zajedno sa tijelom. Trenje zanemariti. Rješenje Ukupna mehani čka energija nekog sustava je o čuvana. Ukupna energija u ovom primjeru jednaka je potencijalnoj energiji tijela na vrhu kosine. Ona se pretvara u kinetičku energiju gibanja tijela.
m1gh =
m1v12 2
Na dnu kosine brzina tijela će biti
v1 = 2 gh = 14 ms -1 Dakle, količina gibanja tijela na dnu kosine je m1 v1 . Ovu koli činu gibanja možemo rastaviti na dvije komponente, komponentu u pravcu gibanja kolica m1 v1x i komponentu okomitu na pravac gibanja kolica m1 v1y . Komponenta m1 v1y nije očuvana. Primjenom zakona o čuvanja količine gibanja, za komponentu m1 v1x možemo pisati
m1v1X = ( m1 + m 2 ) v2
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
22
Tako je brzina kolica zajedno s tijelom
v2 = v1 cos α
m1 = 1ms -1 m1 + m2
31. Na jezeru se nalazi čamac, duljine 10 m i mase 140 kg, postavljen pramcem (prednji dio čamca) okomito na obalu. Udaljenost izme đu obale i pramca je 3,75 m. Da li će čamac dodirnuti obalu u toku kretanja čovjeka, mase 60 kg, od pramca čamca do krme (zadnji dio čamca)? Trenje čamca i vode zanemariti. Rješenje Količina gibanja ovog sustava prije po četka kretanja čovjeka jednaka je nuli. Pošto se radi o zatvorenom sustavu ukupna koli čina gibanja nakon po četka kretanja čovjeka treba biti jednaka nuli. Čovjek se u odnosu na čamac giba brzinom v1, a čamac se u odnosu na obalu giba brzinom v2. Možemo onda pisati
m2 ( v1 − v2 ) − m1v2 = 0 Brzina čovjeka u odnosu na čamac je
v1 =
l t
Brzina čamca u odnosu na obalu je
v2 =
s t
Iz gornjih izraza možemo izvući
s=l
m2 =3m m1 + m2
Dakle, čamac neće dodirnuti obalu.
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
23
32. Da bi mogao uzletjeti, zrakoplov, mase 4 t, na kraju piste treba da ima brzinu 144 km/h. Duljina piste je 100 m. Kolika je potrebna snaga motora za uzlijetanje zrakoplova ako je njegovo kretanje jednoliko ubrzano? Koeficijent trenja izme đu kotača i piste iznosi μ = 0,2. Rješenje Pišemo jednadžbu gibanja za zrakoplov
Fm − Ftr = ma Tako je vučna sila motora
Fm = ma + Ftr Brzinu možemo odrediti iz kinemati čke jednadžbe
v 2 = 2 as Pa je
mv 2 Fm = + μ mg 2s Tako je potrebna snaga motora
⎛ v2 ⎞ P = Fm v = ⎜ + μ g ⎟ mv = 1, 59 ⋅106 ⎝ 2s ⎠ Drugi način Veza rada i promjene energije je
W '+ Wtr = ΔE = ΔEP + ΔEK W ' = Fms Wtr = − μ mgs
ΔEP = 0; ΔEK = Iz gornjih izraza dobivamo
mv 2 Fm = + μ mg 2s Tako je potrebna snaga motora
mv 2 2
W = 1, 59 MW
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
24
⎛ v2 ⎞ P = Fm v = ⎜ + μ g ⎟ mv = 1, 59 ⋅10 6 ⎝ 2s ⎠
W = 1,59 MW
33. Kugla mase 1 kg ba čena je vertikalno uvis, početnom brzinom 10 m/s. Na koju visinu će kugla odskočiti ako pri udaru u podlogu gubi koli činu topline 10 J? Rješenje Ukupna energija koju lopta ima u po četnom trenutku jednaka je kineti čkoj energiji.
E = EK 1 Promjena energije kugle jednaka je gubitku energije na toplinu.
ΔE = ΔEP + ΔEK = −Q Tako je
EP 2 = EK 1 − Q mgh2 =
mv12 2
−Q
Visina na koju kugla odsko či je
mv12 − 2Q h2 = = 4,077 m 2mg 34. Zamašnjak, polumjera R = 0,8 m, okre će se stalnom brzinom ω0 = 7,5 rad/s. Pokreta čki stroj zamašnjaka u jednom trenutku prestane djelovati, ali se on nastavi okretati s usporavanjem još tijekom vremena t = 24 s. Koliko je kutno ubrzanje zamašnjaka, kao i tangencijalno ubrzanje točke na obodu zamašnjaka tijekom zaustavljanja? Rješenje Kutna brzina u ovisnosti o vremenu je ω = ω0 + αt Kad se zamašnjak zaustavi, ω = 0, pa imamo
0 = ω0 + αt ω0 = - αt Tako da je kutno ubrzanje
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
25
α = −
ω 0
= -0,313 rad/s2
t
Tangencijalno ubrzanje
at = α R = -0,25 m/s2 35. Puni homogeni valjak radijusa 7 cm pusti se kotrljanjem, bez klizanja, niz kosinu duljine 2 m i nagibnog kuta 37 °. Odrediti kutnu brzinu valjka u podnožju kosine. Rješenje Ukupna mehani čka energija valjka na kosini, pošto nema djelovanja vanjskih sila, je očuvana
ΔE = ΔEP + ΔEK = 0 EP 2 − EP 1 + EK 2 − E K1 = 0 EP1 = EK 2 = Ekotrljanja + Etranslacije mgh =
Moment tromosti valjka je
mR 2 2
Iω 2 2
+
mv 2 2
, a brzina v = ω ⋅ R .
mgh =
mR 2ω 2 4
+
mR 2ω 2 2
=
3mR 2ω 2 4
Tako je kutna brzina na kraju kosine ω =
2 gh
R
3
= 56, 60 s
36. Preko dva homogena valjka preba čena je nit na kojoj vise dva utega. Mase utega su m1 = 2 kg i m2 = 1 kg, a mase valjaka m3 = 1 kg i m4 = 5 kg. Odrediti ubrzanje sustava pod pretpostavkom da nema klizanja. Rješenje Za svako tijelo pišemo jednadžbu gibanja. Za uteg mase m1
m1 g − FZ1 = m1a
(1)
Za valjak mase m3 izražavamo jednadžbu za moment sile
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
26
M1 = ( FZ' 1 − FZ 2 ) R1 M 1 je moment sile koji djeluje na valjak je M1 = I1 ⋅ α1; I 1 =
FZ' 1 − F Z 2 =
m3a 2
m3R12 2
; α 1 =
a R1 (2)
Za valjak mase m4 moment sile je
M 2 = ( FZ' 2 − FZ' 3 ) R2 FZ' 2 − F Z' 3 =
m4a
(3)
FZ 3 − m2 g = m2 a
(4)
2
Jednadžba gibanja za uteg mase m2 je
Iz jednadžbi (1), (2), (3) i (4) slijedi
a=
2( m1 − m2 ) g 2(m1 + m2 ) + m3 + m4
= 1,635 ms -2
37. Koloturu, mase 10 kg i vanjskog promjera 50 cm, vu čemo konopcem koji je namotan na osovinu, polumjera 10 cm, silom od 10 N. Koliki mora biti faktor trenja izme đu podloge i koloture kako bi kolotura klizila bez trenja? Rješenje Pišemo jednadžbu gibanja za koloturu koja klizi
F − Ftr = ma Ftr = μ mg Rezultantni moment sile na koloturu mora biti jednak nuli kako ne bi došlo do okretanja koloture.
Fr − Ftr R = 0 Iz (1) i (3) dobivamo ubrzanje kojim kolotura klizi
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
a=
27
F ( R − r ) = 0,3 m/s2 mR
Minimalni faktor trenja između koloture i podloge, kako ne bi došlo do okretanja, mora biti
F − ma = 0,07 mg
μ =
38. Platforma oblika diska mase 90 kg rotira frekvencijom 0,5 s -1 oko okomite osi koja prolazi kroz centar mase. Na rubu platforme stoji dječak mase 30 kg. Kolikom će frekvencijom rotirati platforma ako se dječak pomjeri u sredinu platforme. (Aproksimirati dječaka materijalnom točkom.) Rješenje Ako nemamo djelovanje momenta sile ukupna kutna koli čina gibanja je o čuvana.
∑ I ω = const. i
i
i
I 1ω1 = I 2 ω2 Ukupni moment tromosti diska i čovjeka na rubu je
I1 = m1
R2 2
+ m2 R 2
Ukupni moment tromosti diska i čovjeka u sredini diska je
I 2 = m1 ω1
R2 2
= 2πν 1
ω2
= 2πν 2
Uvrstivši izraze za momente i kutne brzine u gornju jednakost imamo ν2
=
2m1 + 4m2
m1
ν 1
= 0,833 s -1
39. Dva tijela, jednakih masa m, povezana su užetom kroz otvor na horizontalnoj podlozi. Jedno tijelo se nalazi na podlozi i po njoj rotira, dok drugo visi u zraku. Koliku kutnu brzinu treba imati tijelo koje rotira da bi tijelo koje visi ostalo na istom nivou? Polumjer putanje tijela na podlozi je R. Sva trenja zanemariti. Rješenje Jednadžba gibanja za obješeno tijelo je
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
28
mg − FZ = ma Jednadžba gibanja za tijelo na horizontalnoj podlozi je
FZ' = mar = mω 2 R = Fcp Iznosi sila zatezanja su jednaki
FZ = F Z' Uvjet je da obješeno tijelo ostane na istoj visini, dakle a = 0 , pa je
mω 2 R = mg Kutna brzina je ω =
g R
40. Knjiga mase m1 = 500 g nalazi se na stolu, a ispod knjige je list papira mase m2 = 50 g. Koeficijent trenja između svih površina je 0,1. Papir je povu čen silom F . Koliki treba biti iznos ove sile kako bismo papir izvukli ispod knjige? Rješenje
Djelovanjem sile F knjiga i papir se gibaju kao jedno tijelo. Ako iznos sile F preraste graničnu vrijednost gibat će se samo papir.
F − Ftr = ma F − μ ( m1 + m2 ) g = ( m1 + m2 ) a Ubrzanje kojim se gibaju knjiga i papir pod djelovanjem sile F je:
a=
F − μ g m1 + m2
Knjiga se praktično nalazi u inercijskom sustavu vezanom za papir i na nju djeluje inercijska sila iznosa m1 a . Ako ova sila preraste silu trenja knjiga će se odvojiti od papira.
Fin = F tr1 m1a = μ m1g
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
29
a = μ g μ g =
F − μ g m1 + m2
F = 2 μ g ( m1 + m2 ) = 1,08 N 41. Vlak se giba v = 50 km/h po zakrivljenom dijelu staze brzinom. Kuglica obješena o nit u vagonu otklanja se pri tome za kut α = 5°. Odrediti radijus zakrivljenosti putanje. Rješenje Vlak koji se giba po zakrivljenoj stazi predstavlja neinercijski sustav. Stoga na kuglicu obješenu u vagonu djeluje inercijska centrifugalna sila
mv 2 Fcf = mω r = r 2
Pored inercijske sile na kuglicu djeluje sila teža, te sila zatezanja niti. Iznos vektorskog zbroja inercijske sile i sile teže jednak je iznosu sile zatezanja. Tako možemo pisati
mg = F Z cos α Fcf = F Z sin α Iz gornjih izraza dobivamo
r =
v2 gtgα
= 226, 98 m ≈ 227 m
42. Stožasto njihalo sastoji se od niti duljine 2 m i kuglice mase 0,5 kg. Njihalo rotira i u sekundi čini dva okreta oko vertikale. Izra čunati silu zatezanja u niti i kut položaja niti u odnosu na vertikalu. Rješenje Kuglica se giba po putanji kružnice u horizontalnoj ravnini. Horizontalna komponenta sile zatezanja predstavlja centripetalnu silu.
Fzx = Fz sin α = ma r = mω 2 R Pošto su
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
30
R = l sin α i ω = 2π f Horizontalna komponenta sile zatezanja iznosi 2
Fz = m ( 2π f ) l = 157, 75 N Vertikalna komponenta sile zatezanja izjednačena je sa silom teže
Fzy = Fz cos α = mg Kut položaja niti u odnosu na vertikalu je α
= arccos α = arccos
mg = 88, 218° = 88° 13' 5, 6'' F z
43. Tijelo mase 2 kg vezano je koncem i rotira oko jedne to čke u vertikalnoj ravnini u polju Zemljine teže. Izračunati razliku među silama zatezanja konca kada se tijelo nalazi u najvišoj i najnižoj točki putanje. Rješenje Jednadžba gibanja u radijalnom pravcu za tijelo koje na koncu rotira u vertikalnoj ravnini je
FZ − FGN
v2 = mar = m R
FGN = mg cos α
⎛ v2 ⎞ FZ = m ⎜ + g cosα ⎟ ⎝R ⎠ U najvišoj u to čki, označenoj s A, gornja jednadžba gibanja postaje
⎛ v A2 ⎞ FZA = m ⎜ − g ⎟ ⎝R ⎠ A u najnižoj u to čki, označenoj s B, postaje
⎛ vB2 ⎞ FZB = m ⎜ + g ⎟ ⎝R ⎠ Razlika ove dvije sile zatezanja je
⎡ ( vB2 − vA2 ) ⎤ ΔF = FZB − FZA = m ⎢ + 2g ⎥ ⎢⎣ R ⎥⎦
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
31
Razlika vB2 − v A2 se dobije iz zakona o o čuvanju energije, iznos potencijalne energije tijela u točki A se pretvara u kineti čku energiju u točki B.
mvB2 2
=
mv 2A 2
+ 2Rmg
⇒
vB2 − v 2A = 4 Rg
Tako je razlika sila zatezanja
ΔF = 6mg = 117, 72 N 44. Luster mase 6 kg visi na plafonu koji se može opteretiti silom od 93,34 N. Luster se otkloni za kut α i pusti. Koliki može biti maksimalni kut otklona da luster ne bi pao? Rješenje Luster u mirovanju optere ćuje plafon svojom težinom mg . Luster otklonjen za kut α djelovat će na plafon dodatnom silom, iznosom centripetalne sile. Jednadžba gibanja za luster u radijalnom pravcu je
FZ − FGN
v2 = mar = m l
FGN = mg cosα Pa je sila zatezanja
⎛ v2 ⎞ FZ = m ⎜ + g cosα ⎟ ⎝ l ⎠ FZ = F Z' U trenutku prolaska kroz ravnotežni položaj (α = 0 ) sila zatezanja će biti maksimalna
⎛ v2 ⎞ + g⎟ ⎝ l ⎠
FZ = m ⎜
Brzinu v u trenutku prolaska kroz ravnotežno položaj dobit ćemo koristeći zakon očuvanja energije. Nemamo vanjske sile pa nam vrijedi
ΔEK + ΔEP = 0 ΔEK = −ΔEP EK 2 − 0 = − ( 0 − EP 1 )
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
32
mv2 = mgl(1 − cos α) ⇒ v = 2 gl(1 − cos α) 2 Uvrštavajući ovaj izraz u izraz za silu zatezanja dobivamo cos α =
3 F Z − 2 2mg
Tako je maksimalni kut otklona
⎛3
F Z ⎞ ⎟ = 45° mg 2 2 ⎝ ⎠
α = arc cos ⎜
−
45. Tijelo, mase m = 1 kg, vezano je na kraju niti duljine l = 0,5 m. Nit s tijelom rotira u vertikalnoj ravnini stalnom kutnom brzinom ω = 10 rads-1. Kolika je zatezna sila niti kad je tijelo u točkama A, B, C i D? Rješenje Jednadžba gibanja u radijalnom pravcu za tijelo koje na koncu rotira u vertikalnoj ravnini je
FZ − FGN = mar = mω 2l
FGN = mg cos α Pa je sila zatezanja
FZ = m ( g cosα + ω 2l ) Sile zatezanja u traženim točkama su:
A (α = 0°) : F Z = 59,81 N B (α = 90°) : F Z = 50 N C (α = 180°) : F Z = 40,19 N D (α = 270°) : F Z = 50 N 46. Leteći brzinom v = 600 kmh-1 avion napravi “petlju” u vertikalnoj ravnini polumjera R = 600 m. Kolikom silom djeluje pilot, mase m = 80 kg, na svoje sjedalo u trenutku kad se avion nalazi u najvišoj to čki, a kolikom kad se nalazi u najnižoj to čki putanje?
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
33
Rješenje Možemo pisati jednadžbu gibanja za pilota u radijalnom pravcu. Na njega djeluje sila sjedala i sila teže.
FS − FGN
v2 = mar = m R
FGN = mg cos α U najnižoj točki (α = 0°) sila sjedala je
⎛ v2 ⎞ FSA = m ⎜ + g ⎟ = 4,485 kN ⎝R ⎠ A u najvišoj to čki (α = 180°) sila sjedala je
⎛ v2 ⎞ FSB = m ⎜ − g ⎟ = 2,918 kN ⎝R ⎠ 47. Odrediti vrijeme obilaska Mjeseca oko Zemlje, ako je poznato da je: a) ubrzanje slobodnog pada na Zemlji (Zemljinom polu) g 0 = 9,83 m/s 2, b) polumjer Zemlje RZ = 6400 km, c) udaljenost od centra Zemlje do centra Mjeseca d = 3, 84 ⋅ 10 5 km Rješenje Centripetalna sila rotacije Mjeseca oko Zemlje je gravitacijska sila između Zemlje i Mjeseca.
mm v 2 m m =G m2 Z R R Ako zamijenimo obodnu brzinu Mjeseca s kutnom brzinom možemo izra čunati period obilaska Mjeseca oko Zemlje.
v = ω R g0 = G RZ2 ω = g0 3 R 2
2
⎛ 2π ⎞ = g RZ2 0 ⎜T ⎟ R3 ⎝ ⎠
mZ RZ2
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
T =
4π 2 R3
g0 RZ2
=
2π R
RZ
34
R = 2,355 ⋅10 6 s ≈ 27 dana g0
48. Koliku brzinu treba imati umjetni Zemljin satelit koji se kre će po kružnoj putanji na visini H ? Koliki je period kretanja ovog satelita? Rješenje: Centripetalna sila rotacije satelita oko Zemlje je gravitacijska sila između Zemlje i satelita.
mS v 2 mSmZ =G RZ + H ( RZ + H )2 Odavde nalazimo da je tražena brzina
v= G
mZ RZ + H
Period kretanja satelita je
T=
2π ω
=
2π ( RZ
v
+ H )
= 2π ( RZ + H )
RZ + H GmZ
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
35
1. Grafički su prikazana dva vektora u xy ravnini. Izraziti ove vektore, te na ći:
a) A + C − B i A + C − B ; b) B + D − A i B + D − A ; c)
( A + B) ⋅ C ; i kut ϕ između A + B i C ; d) (C − D ) ⋅ A; i
( ) × B i (C − D) × B ; f) ( C − B ) × ( B − A ) i ( C − B ) × ( B − A ) . kut ϕ između C − D i A; e) C − D
(Rješenje:
A + C − B = 3i + j ; A + C − B = 3,16; b)
a)
B + D − A = 5i + 3 j ; B + D − A = 5,83; c)
( A + B) ⋅ C = −30; ϕ = 120° 58' 9,7''; d) (C − D ) ⋅ A = −2; ϕ = 93° 22 ' 8, 3 ''; e) (C − D ) × B = 26 k ; (C − D ) × B = 26; f) (C − B) × ( B − A ) = 32 k ; (C − B) × ( B − A ) = 32;
2. Brzina gibanja automobila na prvoj polovici puta je 36 km/h, a na drugoj 54 km/h. Kolika je srednja brzina gibanja automobila na putu? (Rješenje: v = 43,2 km/h) 3. Na prvoj trećini puta automobil se kreće brzinom v1, a na ostalom dijelu puta brzinom v2 = 54 km/h. Srednja brzina automobila na cijelom putu je v = 36 km/h. Kolika je brzina v1? (Rješenje: v1 = 21,6 km/h) 4. Tijelo se kreće po ravnoj putanji tako što u jednakim sukcesivnim vremenskim intervalima, koji traju ∆t , ima stalne brzine v1, v2, v3,…, vn. Kolika je srednja brzina tijela? n
(Rješenje: v
=
∑v i=1
n
i
)
5. Lokomotiva se kre će brzinom v1 = 54 km/h. Nasuprot njoj nai đe vlak, duljine l = 150 m, koji se kreće brzinom v2 = 36 km/h. Koliko će vremena kompozicija vlaka prolaziti pored strojovođe lokomotive? (Rješenje: t = 6 s) 6. Ako ubrzanje autobusa pri polasku i ko čenju ne smije biti veće od 1,2 m/s 2, a njegova najveća brzina je 40 km/h, na ći najkraće vrijeme za koje će autobus prijeći put između dvije susjedne stanice koje se nalaze na udaljenosti od 2 km. (Rješenje: t min = 190 s) 7. Od trenutka zapažanja signala „stop“ pa do primjene kočnice vozaču je potrebno vrijeme od 0,7 s. Ako ko čnice automobila mogu ostvariti usporenje od 5 m/s 2, izračunati duljinu puta koju će automobil prijeći od trenutka zapažanja signala pa do zaustavljanja. Brzina automobila prije početka kočenja iznosila je 100 km/h. (Rješenje: s = 96,6 m)
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
36
8. Automobil i kamion po činju se gibati u isto vrijeme, u istom smjeru, s tim da kamion počinje gibanje na nekoj udaljenosti ispred automobila. Automobil i kamion se gibaju sa stalnim ubrzanjima, iznosa a1 = 2 m/s2 i a2 = 1 m/s2. Automobil dostigne kamion nakon što je kamion prešao 32 m. Koliko vremena je bilo potrebno automobilu da dostigne kamion? Kolike su bile brzine automobila i kamiona u tom trenutku? Koliko su automobil i kamion bili udaljeni na početku gibanja? (Rješenje: t = 8 s; v1 = 16 m/s, v2 = 8 m/s; d = 32 m) 9. Jedno tijelo slobodno pada s vrha zgrade, visoke 100 m. Jednu sekundu kasnije, drugo tijelo je bačeno prema dolje početnom brzinom v0. Drugo tijelo sustigne prvo tijelo na visini 20 m iznad tla. Kolika je bila po četna brzina v0? (Rješenje: v0 = 11, 42 m/s) 10. Lopta je ba čena pod kutom od 60° prema horizontali. Ona slije će 2 m od ruba zgrade visoke 20 m. Rub zgrade je 38 m udaljen horizontalno od mjesta bacanja lopte. Odrediti brzinu kojom je lopta bačena. (Rješenje: v0 = 25, 24 m/s)
11. Tijelo se gurne uz kosinu po četnom brzinom 48 m/s. Ako je nagib kosine 30°, odrediti koliki će put tijelo prijeći po njoj do zaustavljanja, pod uvjetom da je trenje zanemarivo. (Rješenje: s = 235 m) 12. Automobil, čiji kotači imaju promjer 0,60 m, giba se po ravnom putu brzinom 60 km/h. Pri kočenju se automobil zaustavi poslije prijeđenog puta od 20 m. Pod pretpostavkom da je usporenje automobila jednoliko, izračunati kutno ubrzanje njegovih kota ča tijekom kočenja. (Rješenje: α = - 23,2 rad/s 2) 13. Automobil se kre će po horizontalnoj kružnoj putanji polumjera R = 43 m, tangencijalnim ubrzanjem at = 2 ms-2. Za koje vrijeme će automobil prijeći prvi krug ako mu je po četna brzina v0 = 36 kmh -1? (Rješenje: t 1 = 12 s.) 14. Osovina nekog motora okre će se stalnom kutnom brzinom 200 π rad/s. Kočenjem se kutna brzina osovine smanji na 160 π rad/s za vrijeme od 4 s. Koliko je srednje kutno ubrzanje i broj učinjenih okretaja za vrijeme ko čenja? (Rješenje: α = −10π rads -2 i n = ϕ/2π = 360 ok) 15. Tijelo, pri gibanju stalnom kutnom brzinom ω 0 = 4 rad/s, dobije kutno ubrzanje α = - 0,5 rad/s 2. Kolika će biti kutna brzina tijela nakon: a) vremena t = 1 s, b) kutnog pomaka od ϕ = (π/3) rad, c) n = 2 okretaja? (Rješenje: a. ω = 3,5 rad/s; b. ω = 3,9 rad/s; c. ω = 1,85 rad/s)
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
37
16. Jedno tijelo slobodno pada s visine h = 8000 m, a u isto vrijeme je sa zemlje izbačeno drugo tijelo vertikalno uvis brzinom v0. Kolika treba biti brzina v0 da se tijela susretnu na pola puta? (Rješenje: v0 = 280 m/s) 17. Tijelo slobodno pada, i u posljednjoj sekundi kretanja pre đe put koji je jednak putu koji je tijelo prešlo za prve 3 s kretanja. Odrediti ukupno vrijeme padanja kao i visinu sa koje je tijelo palo. (Rješenje: t = 5s; h = 122, 625 m ) 18. Kamen se pusti da slobodno pada u bunar. Udar u vodu čuje se nakon 2,58 s. Odrediti dubinu bunara. Uzeti da je brzina zvuka c = 340 m/s. (Rješenje: h = 30,4 m) 19. S iste visine i u istom trenutku po čnu padati dvije kuglice, i to jedna kuglica bez po četne brzine, a druga početnom brzinom v0 = 20 m/s. Prva kuglica padne za drugom nakon Δt = 2 s. S koje visine su kuglice pale, te koja su vremena padanja kuglica? (Rješenje: h = 14,1 km; t 1 = 53,6 s i t 2 = 51,6 s) 20. Tijelo, koje slobodno pada, prije đe drugu polovicu puta za vrijeme ∆t = 1 s. a) Koliko je ukupno vrijeme padanja tijela b) S koje visine je tijelo pušteno? (Rješenje: a) t = 3,42 s, b) h = 57,2 m) 21. S tornja visokog 25 m ba čeno je tijelo vertikalno uvis, po četnom brzinom 10 m/s. Koliko je vrijeme padanja tijela, a kolika njegova brzina pri padu na tlo? (Rješenje: t = 3,5 s; v = 24,3 m/s) 22. Tijelo se baci u horizontalnom pravcu s visine h = 6 m iznad zemlje. Tijelo padne na udaljenosti l = 10 m od mjesta bacanja. Pod kojim kutom će tijelo pasti na zemlju? (Rješenje: α = 56°18') 23. Iz tri to čke na vertikalnoj obali istovremeno su izba čene tri jednake kuglice u horizontalnom pravcu, po četnim brzinama v01 = 50 m/s, v02 = 75 m/s i v03 = 100 m/s. Prva kuglica padne na površinu vode na horizontalnoj udaljenosti 100 m od obale. Ako sve tri kuglice istovremeno padnu na površinu vode izra čunati: a) vrijeme padanja svake kuglice, b) visine h1, h2 i h3 s kojih su kuglice izba čene, c) brzine kuglica v1, v2 i v3 u trenutku pada u vodu. (Rješenje: a) t 1 = t 2 = t 3 = 2 s; b) h1 = h2 = h3 = 19,6 m; c) v1 = 53,7 m/s, v2 = 77,4 m/s, v3 = 102 m/s) 24. Tijelo je bačeno pod kutom α = 70° prema horizontu. Za vrijeme t m = 80 s ono dostigne najvišu točku. Odrediti po četnu brzinu rakete i položaj pada rakete. (Rješenje: v0 = 835 m/s; xD = 45,7 km)
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
38
25. Pri lansiranju rakete, mase m = 200 kg, trenutno sagori 1/4 njene mase i kao produkt sagorijevanja izleti u suprotnom smjeru od smjera kretanja rakete. Ako je brzina produkata sagorijevanja u odnosu na raketu v1 = 1800 m/s, kolika je po četna brzina rakete? Na kojoj će udaljenosti od mjesta lansiranja pasti raketa ako je kut prema horizontu pod kojim je izbačena raketa α = 30°? (Rješenje: v0 = 600 m/s; xD = 31,78 km) 26. Tijelo, mase 10 g, ispaljeno je u horizontalnom pravcu brzinom v1. Ono se zabija u drveni blok, mase 7 kg, koji se nalazi na glatkoj horizontalnoj podlozi, nakon čega se blok počinje klizati brzinom 0,5 m/s. Odrediti brzinu tijela prije sudara s drvenim blokom i izgubljenu energiju u ovom sudaru. (Rješenje: v1 = 350,5 m/s; Q = 613,38 J) 27. Nogometni vratar, mase 80 kg, udara loptu, mase 0,5 kg, koja je prema njemu dolazila horizontalno brzinom 1 m/s. Odmah nakon udara lopta se nastavila gibati horizontalno, u suprotnom smjeru, brzinom 0,8 m/s. Pretpostaviti da je udar trajao 0,2 s. Koja je minimalna vrijednost statičkog faktora trenja između vatara i tla kako vratar ne bi proklizao. (Rješenje: μ = 0,006) 28. Na zaustavljenom željezničkom vagonu, mase m1 = 8 t, nalazi se raketna rampa s koje rakete polijeću brzinom v0 = 1000m/s. Istovremeno se lansiraju dvije rakete, svaka mase m2 = 80 kg, u horizontalnom pravcu, koji se poklapa s pravcem tra čnica. Za koliko se pomjeri vagon pri ovome ako je ukupni koeficijent trenja pri gibanju vagona µ = 0,06? (Rješenje: s = 339,8 m) 29. Metalna kuglica, mase 10 g, slobodno pada s visine od 30 m. Kuglica padne na glatku metalnu ploču, od koje se odbije ne promijenivši iznos brzine. Ako je dodir kuglice s plo čom trajao 1 ms, izračunati iznos impulsa sile, kao i veli činu srednje sile kojom kuglica djeluje na ploču. (Rješenje: I = 0,48 kgm/s, F = 485,2 N) 30. Padobranac, mase 50 kg, iska če iz zrakoplova i slobodno pada do trenutka kad postigne brzinu od 20 m/s. Tada otvara padobran, te mu se za 5 s brzina smanji na 5 m/s. Pretpostavljajući da je akceleracija bila stalna odredite ukupnu silu zatezanja u padobranskim nitima i rezultantnu silu na padobranca. (Rješenje: F Z = 640, 5 N; F = 150 N) 31. U sustavu tijela prikazanom na slici mase tijela su m1 = 10 kg i m2 = 5 kg. Koeficijent trenja između tijela mase m1 i podloge je μ = 0,2 dok je kut kosine α = 30°. Odrediti: a) ubrzanje sustava tijela i b) silu zatezanja užeta. (Rješenje: a. a = 5,4 m/s; b. F Z = 22 N)
32. Automobil, mase m = 4000 kg, kre će se brzinom v0 = 120 km/h po horizontalnom putu. Ako je sila trenja pri kretanju automobila F tr = 10 kN, odrediti duljinu puta koju će automobil prijeći poslije prestanka rada motora. (Rješenje: s = 222,2 m)
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
39
33. Skijaš stoji nepomi čno na snježnoj padini nagiba 15° u odnosu na horizontalu. Zbog pritiska skija sloj snijega ispod skija se postupno topi, te se smanjuje statičko trenje i u jednom trenutku skijaš se počne gibati. Kolika je vrijednost statičkog koeficijenta trenja u ovom trenutku? Ako vrijednost koeficijenta trenja klizanja između skija i snijega iznosi 0,1 odrediti brzinu skijaša poslije 5 s, te prije đeni put u ovom vremenu. (Rješenje: μ S = 0,268; v = 7,95 m/s; s = 19,88 m) 34. Na horizontalnom dijelu puta, duljine s = 3 km, brzina automobila se pove ća s v1 = 36 km/h na v2 = 72 km/h. Ako je masa automobila m = 1,5 t, a koeficijent trenja izme đu automobilskih guma i puta iznosi μ = 0,02, odrediti: a) rad koji izvrši automobil na tom putu b) srednju snagu koju razvija motor automobila na tom putu. (Rješenje: a. W = 1,11⋅106 J = 1,11 MJ; b. P = 5,54 kW) 35. S vrha kosine, visine 1 m i duljine 10 m klizi tijelo mase 2 kg. Odrediti kineti čku energiju koju tijelo postiže pri dnu kosine ako je faktor trenja klizanja 0,06. (Rješenje: Ek = 7,91J ) 36. Za sustav tijela prikazan na slici i uz date podatke odrediti ubrzanje sustava i silu zatezanja konopca. m1 = 250 g m2 = 500 g α = 30° β = 45° (Rješenje: a = 2,989 ms -2; F Z = 1,974 N) 37. Po kosini se giba tijelo mase M . Koeficijent trenja između tijela i podloge je μ = 0,01. S ovim tijelom je preko koloture povezano drugo tijelo mase m = 2 kg. Treba odrediti masu tijela M ako se ono po kosini giba ubrzanjem 2 m/s 2. (Rješenje: M = 53,17 kg)
38. Tijelo mase m, koje se nalazi na kosini nagiba 40°, vezano je užetom preko koloture s tijelom mase 0,5 m, kao što je prikazano na slici. Odrediti koliki treba biti koeficijent trenja μ između tijela na kosini i podloge da bi tijela mirovala. Trenje u koloturi zanemariti. (Rješenje: μ = 0,187 )
39. Kameni blok, mase 200 kg, nalazi se na kosini nagiba 15°. Da bi se blok gibao niz kosinu potrebno je na njega djelovati tangencijalnom silom od 490 N. a) Koliki je koeficijent trenja između bloka i kosine ako je gibanje bloka jednoliko? b) Kolikom silom bi se mogao vući isti blok uz kosinu? (Rješenje: µ = 0,52 b) F = 1493 N)
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
40
40. Automobil ukupne mase 2 ·103 kg spušta se cestom nagiba 30°. U trenutku kad brzina automobila iznosi 20 m/s voza č je započeo kočiti. Koliku silu ko čenja treba primijeniti da bi se automobil zaustavio na putu od 100 m? Pretpostavlja se stalna sila ko čenja paralelna nagibu. (Rješenje: F K = 13,81 kN ) 41. Tijelo je gurnuto po četnom brzinom 10 m/s uz kosinu nagiba 20° u odnosu na horizontalu. Koeficijent trenja iznosi 0,2. Odrediti vrijeme gibanja tijela do trenutka kad se zaustavi i započne klizanje nazad, te prijeđeni put u ovom vremenu. Odrediti vrijeme u kojem se tijelo vrati u početnu točku. (Rješenje: t 1 = 1,92 s; s = 9,62 m; t 2 = 3,57 s) 42. Vlak u zabavnom parku penje se na maksimalnu visinu od 50 m i tuda prolazi brzinom od 0,5 m/s. Zatim se spušta na minimalnu visinu od 5 m, te se ponovno uspinje, sada do visine 30 m. Zanemarujući trenje odrediti brzinu vlaka u ove dvije to čke. (Rješenje: v2 = 29,72 m/s; v3 = 19,82 m/s)
43. Dizalica vertikalno diže teret mase 500 kg stalnom brzinom od 2 m/s. Odrediti potrebnu snagu dizalice za ovaj rad. Koliki rad je dizalica učinila ako je teret podignut 20 m? Druga dizalica može podići isti teret dvostruko većom brzinom. Izračunati snagu i rad te dizalice za podizanje tereta na istu visinsku razliku. (Rješenje: P 1 = 9810 W; W 1 = 98100 J; P 2 = 19620 W; W 2 = 98100 J) 44. Tobogan u zabavnom parku, kojim se giba vlak, na jednom mjestu ima kružnu petlju polumjera 20 m. Vlak se spušta s visine h, gdje je bio u mirovanju. Pretpostavljaju ći da se vlak giba slobodno, bez sile trenja i bez motora, odrediti potrebnu visinu h kako bi vlak prošao ovu kružnu petlju. (Rješenje: h = 50 m)
45. Najveće dozvoljeno ubrzanje lifta, mase 600 kg, iznosi 1,2 m/s 2. Kolika je: a) najveća sila zatezanja užeta koje nosi lift, b) ova sila kad bi bilo a = g , c) sila zatezanja užeta kad lift stoji, a kolika kad se kreće jednoliko? (Rješenje: a) F Zmax = 6,6 kN; b) F Zmax = 11,8 kN; c) F Z = 5,9 kN)
Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje
41
46. Vlak se kre će po kružnom željezničkom kolosijeku, polumjera R = 0,5 km kutnim ubrzanjem α = 0,0049 rad/s2. Koliko je ubrzanje vlaka u trenutku kad je njegova brzina v = 60 km/h? Kolika je tada kutna brzina kota ča vagona ako je njihov polumjer r = 0,5 m? (Rješenje: a = 2,5 m/s2, ω = 33,3 rad/s) 47. Disk, polumjera R = 12 cm, po čne se okretati kutnim ubrzanjem α = 2 rad/s2. Izračunati ubrzanje točke na obodu diska poslije vremena t = 2 s od trenutka po četka kretanja? (Rješenje: a = 1,935 m/s 2) 48. Kotač, polumjera R = 20 cm po čne se okretati stalnim kutnim ubrzanjem α = 6,28 rad/s2. Kolika je brzina i ubrzanje točke na obodu kota ča poslije vremena t = 5 s od po četka kretanja? (Rješenje: a = 197,2 m/s 2) 49. Metalna kugla, polumjera r = 20 cm i mase m = 40 kg, rotira stalnom kutnom brzinom ω = 2 rad/s oko osi: a) koja prolazi kroz njen centar mase, b) koja se nalazi na udaljenosti d = 2r od prethodne osi. Kolika je kinetička energija kugle u oba slu čaja? (Rješenje: a) E k = 1,3 J; b) E k = 14,1 J) 50. Na osovini motora koji stvara moment sile M = 785 Nm, nalazi se cilindar, mase m = 400 kg i polumjera R = 20 cm. Ako motor po đe iz mirovanja za koje vrijeme će napraviti prvi okretaj? Kolika je energija predana cilindru za to vrijeme? (Rješenje: t = 0,358 s; E k = 4,94 kJ) 51. Koloturu, vanjskog promjera 40 cm, vu čemo konopcem koji je namotan na osovinu, promjera 16 cm i ona pri tome klizi ubrzanjem 0,4 m/s2. Koliki mora biti faktor trenja izme đu podloge i koloture kako bi kolotura klizila bez okretanja? (Rješenje: µ = 0,027)
52. Na homogeni tanki cilindar mase m 1 i polumjera R, namotano je tanko nerastegljivo uže zanemarive mase, na čijem je kraju privezano tijelo mase m2. Zanemarujući trenje u osi cilindra odrediti: a) kutnu brzinu cilindra i b) kinetičku energiju cijelog sustava u funkciji vremena kretanja. (Rješenje: a) ω =
gt
⎛ m ⎞ R ⎜1 + 1 ⎟ ⎝ 2m2 ⎠
; b) Ek
=
m2 g 2t 2
⎛ m ⎞ 2 ⎜1 + 1 ⎟ ⎝ 2m2 ⎠
)
53. Tijelo, mase m = 200 g, vezano konopcem duljine l = 0,5 m, rotira u vertikalnoj ravnini. Izračunati najveću kutnu brzinu rotiranja tijela pod uvjetom da se konopac ne prekine. Maksimalna sila zatezanja koju konopac može izdržati je F Zmax = 295 N. (Rješenje: ω max = 54,1 rad/s)
