Čučković M. Miroslav Lazić D. Katarina, urednica
Milinković M. Vukomir Nikolić D. Slobodan, recenzent
FIZIKA Osnovi teorije i rešeni zadaci
Beograd, 2011.
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
1
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
Vektorska algebra Odre†enu duµzinu, odre†eno vreme, odre†enu temperaturu ili odre†eni rad nazivamo skalarnim veliµcinama i moµzemo ih prikazati brojem na mernoj skali. Na primer, 7m 3h (µcasa) 37 C 27J (dµzula). Me†utim, za odre†ivanje veliµcina kao što su sila ili brzina nije dovoljan samo broj ve´c je potrebno de…nisati i njihov pravac ili ostale karakteristike. To postiµzemo primenom vektora koji su naziv dobili od latinskih reµci veho, vectum, odnosno nositi ili pomerati. Vektorske i skalarne veliµcine ne mogu se me†usobno sabirati ili izjednaµcavati jer su po svojoj prirodi razliµcite. U izuzetnom sluµcaju kada su vrednosti vektora i skalara jednaki nuli, tada se ove veliµcine mogu izjednaµcavati. Vektor obeleµzavamo tako što iznad slovnih oznaka stavimo strelicu. Za obeleµzavanje poµcetka ! ! ! ! ! ! ili kraja duµzi koristimo dva velika slova ili jedno malo slovo. Na primer A B = a C D = c OM = m Brojnu vrednost vektora nazivamo intenzitet. Ort je vektor kome je intenzitet jednak jedinici pa zato ort nazivamo i jediniµcnim vektorom. U pravouglom koordinatnom sistemu
z
!
→ →
x
→
k
i
!
!
jediniµcne vektore ili ortove obeleµzavamo sa i u pravcu x ose j u pravcu y ose k u
j
!
!
pravcu z ose. Ort µcesto obeleµzavamo sa indeksom 0 ili a 0 n 0 Vektori mogu biti vezani za taµcku ili za pravu duµz koje se mogu pomerati. Vektore koji se mogu pomerati paralelno svom prvobitnom pravcu su slobodni vek-
y
0
!
tori. Skup svih slobodnih vektora oznaµcavamo sa V
Vektor je odre†en pravcem, smerom i intenzitetom →
a
A
!
Ako vektor a ima poµcetnu taµcku A i krajnju taµcku B tada prava na ! ! kojoj se nalazi duµz AB odre†uje pravac vektora a koji ima smer od ! taµcke A ka taµcki B Merni broj ili duµzina duµzi AB je intenzitet vekt-
B →
2a
A
B
!
→
3a
A
B
→
!
!
ora a Intenzitet vektora a oznaµcavamo sa j a j Slobodni vektor koji ima intenzitet jednak nuli nazivamo nula vektor koji oznaµcavamo sa !
0 Nula vektor nema odre†en pravac i smer jer su oni proizvoljni Slobodni vektor koji ima intenzitet jednak jedinici nazivamo jedini! → µcni vektor ili ort. Jediniµcni vektor ima pravac i smer vektora a i B −a A ! oznaµcavamo ga sa a 0 ! Slobodni vektor koji ima pravac i intenzitet jednak pravcu i intenzitetu vektora a i suprotan smer, −2 a
B
A
!
nazivamo suprotni vektor vektora a koji se oznaµcava sa
→
→
−a
a
!
a
Ako imaju isti →
→
→
a c=
→
→
→
→
a
b +
b
→
b
→
→
c
c →
→
a
!
!
!
!
! ! !
!
!
!
!
Ako saberemo vektore a i b a zatim njihov zbir a + b saberemo sa vektorom !
!
!
!
c tada dobijamo ukupni zbir vektora, odnosno a + b + c Rezultantni ili zbi!
b a+
→
!
!
vektora a i vektora b iznosi c = a + b gde je c tre´ci vektor. Vektori a b c grade trougao pa zato prethodnu de…niciju nazivamo i pravilo trougla.
a
+
!
!
→
a
→
a+
→
c=
→
b
a
Ako se kraj vektora a poklapa sa poµcetkom vektora b tada zbir
→
+b
→
a
pravac, smer i intenzitet, tada za dva ili više vektora kaµzemo da su jednaki
!
!
!
rni vektor a + b + c ima zajedniµcki poµcetak sa vektorom a i zajedniµcki za→
b
!
vršetak sa vektorom c Ako se kraj jednog vektora poklapa sa poµcetkom drugog vektora, tada za takve vektore kaµzemo da su nadovezani vektori.
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
→
b
→
→
a c=
→
Fizika Rešeni zadaci
→
b
→
a c=
→
2 !
!
Ako se poµcetak vektora a poklapa sa poµcetkom vektora b
→
+b
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
+b
!
!
tada oni grade paralelogram pa je zbir vektora a i vektora b !
!
!
tre´ci vektor c = a + b orijentisan dijagonalom kojoj se po→
→
!
a
a
→
a+
→
!
!
Sabiranjem vektora a i b prikazanih punim linijama i vektora b i a prikazanih isprekidanim linijama dobijamo
→
→
b
!
!
a
!
µcetak poklapa sa poµcetkom vektora a i b
b
→
b
→
a
!
!
!
!
a+ b = b +a pa je sabiranje vektora komutativna operacija
Asocijativnost vektorskog sabiranja moµzemo neposredno dokazati prikaa
+
→
→
c
a +b → a
zanom slikom gde je !
!
!
→
b
!
!
a+ b + c =
→
→
→
c b+
b + c→
→
→
a+ b
!
!
+ c = a+
!
!
b + c
!
Nula vektor 0 je neutralni element u odnosu na sabiranje vektora, odnosno !
!
!
!
!
a+0 = 0 + a = a
Razlaganje vektora na dve komponente →
b
→
R
→
→
R
b
→
R
b
→
a
→
→
→
a
a !
!
Razlaganjem vektora R odre†ujemo komponentne vektore a i b tako da se njihovim vektorskim sabi!
!
ranjem dobija razloµzen vektor R Kako vektor R moµze biti dijagonala beskonaµcno velikog broja para!
!
!
lelograma, onda za razlaganje vektora R treba znati pravce komponentnih vektora a i b ili neke druge !
!
podatke koji jednoznaµcno odre†uju rešenje. Ako pravci komponentnih vektora a i b me†usobno grade !
prav ugao tada kaµzemo da je vektor R razloµzen na vertikalnu i horizontalnu komponentu što je prikazano na prvoj slici.
Distributivnost vektorskog raµcuna Ako prvu sliku proporcionalno uve´camo k puta tada su odgovaraju´ce stranice tro′ ugla sa prve i druge slike proporcionalne B ′ → O B ! b k B O a vektor O0 A0 je paralelan sa vektorom → ! b O A i k puta je ve´ci od njega, odnosno → → ! ! ! O′ a O ka A′ O0 A0 = k O A = k a Zbog me†usobne sliµcnosti trouglova i proporcionalnosti njihovih odgovaraju´cih stranica vaµze odnosi ! ! ! ! ! ! O0 A0 O0 B 0 ! ! 0 0 ! = ! = k ) O B = k OB = k a + b = k a +k b OA OB ! ! Kako vektori O0 B 0 i O B imaju isti pravac i smer onda je distributivni zakon vektorskog raµcuna dokazan.
B′
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
a−
b
→
a−
a
3
!
b odnosno
!
b
!
!
!
b je nadovezan na vektor a Vektor a
!
b poµcinje u istoj taµcki gde
!
poµcinje i vektor a i završava u istoj taµcki gde završava i vektor
−b
b
!
b = a+
Vektor →
→
!
!
a →
!
Razliku vektora a i b dobijamo sabiranjem vektora a i
b
→
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
!
!
→
→
Fizika Rešeni zadaci
!
b koji je
!
nadovezan na vektor a !
!
Razliku vektora a i b moµzemo dobiti ako oba vektora prikaµzemo tako da imaju poµcetak u istoj taµcki kada !
spajanjem njihovih vrhova dobijamo njihovu razliku, odnosno vektor a linijama.
!
b što je prikazano isprekidanim
Koordinatni sistemi Dekartov koordinatni sistem obrazuje ure†en skup tri ose koje imaju poµcetak u de…nisanoj ili utvr†enoj taµcki 0 i koje su me†usobno normalne. Ose Dekartovog koordinatnog sistema obeleµzavamo redom x y z ! ! !
Jednaµcine vektora ili ortove osa x y z obeleµzavamo redom i j k
z
z → →
x
i
→
k
j
→
k
→
y
j
y
0
U upotrebi su: desni i levi koordinatni sistem Koordinatni sistem x; y; z je desni ako pogledom sa vrha →
i
x
0
!
!
vektora k rotacija vektora i najkra´cim putem ka vektoru !
j ima suprotan smer od smera kretanja kazaljke na satu. !
!
Koordinatni sistem x; y; z je levi ako pogledom sa vrha vektora k rotacija vektora i najkra´cim pu!
tem ka vektoru j ima isti smer kao smer kretanja kazaljke na satu. Uzajamno normalne ravni x0y y 0z z 0x koje sadrµze odgovaraju´ce koordinatne ose nazivamo koordinatnim ravnima. Taµcku 0 nazivamo koordinatnim poµcetkom. Koordinatne ravni dele prostor na osam delova koje ! nazivamo oktantima. Projekcije vektora a µcije su koordiz nate ax ay az na koordinatne ose x y z nazivamo pravou! az gle koordinate vektora a koji obeleµzavamo sa A →
a
k
!
!
→
→
y
ay
!
!
!
a = ax i + ay j + az k ili ( a ) fax ay az g gde su vektori !
!
!
!
ax i ay j az k komponente vektora a po osama x y z 0 → ax Vektor sa poµcetkom u koordinatnom poµcetku 0 i krajem j x ! ! u taµcki A ili a = 0 A nazivamo vektor poloµzaja taµcke A ! Koordinate taµcke A odnosno A (x; y; z ) su koordinate vektora poloµzaja 0 A = (x; y; z ) Poloµzaj taµcke
i
!
A u prostoru odre†en je njenim vektorom poloµzaja A ( a ) ili koordinatama A (x; y; z ) Prvu koordinatu taµcke A nazivamo apscisa taµcke A Drugu koordinatu taµcke A nazivamo ordinata taµcke A Tre´cu koordinatu taµcke A nazivamo aplikata taµcke A !
Uglove koje gradi vektor a sa pozitivnim smerovima koordinatnih osa 0x 0y 0z obeleµzavamo sa ! ! !
Jediniµcni vektori i
j
!
k imaju koordinate i = (1; 0; 0) !
!
!
!
!
j = (0; 1; 0)
!
k = (0; 0; 1) !
•• Ako znamo koordinate vektora a = ax i + ay j + az k tada moµzemo odrediti intenzitet j a j vektora
!
a odnosno duµzinu dijagonale 0 A pravouglog paralelopipeda. Primenom formula za skalarni proizvod jediniµcnih vektora dobijamo p! ! q ! ! ! ! ! ! ! jaj= a a = ax i + ay j + az k ax i + ay j + az k = q !! !! !! !! !! !! !! !! !! = ax ax i i + ax ay i j + ax az i k + ay ax j i + ay ay j j + ay az j k + az ax k i + az ay k j + az az k k
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
=
p
Fizika Rešeni zadaci
ax ax 1 + 0 + 0 + 0 + ay ay 1 + 0 + 0 + 0 + az az 1 = !
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
q
!
a2x + a2y + a2z ili j a j =
q
4
a2x + a2y + a2z
Intenzizet vektora a moµzemo odrediti i slede´cim postupkom Odseµcak ili poteg 0 A koji povezuje poµcetak pravouglog koordinatnog sistema 0 x y z sa taµckom A (x; y; z ) posmatra se uvek kao pozitivna i orijentisana veliµcina. z 2
az
(0 A0 ) = a2x + a2y
A
! 2
a
β
y
ay
ax
jaj
A′
cos
=
ax !
jaj
=q
+
a2y
cos +
=
a2z
ay jaj
=q
a2z ! 2
=
!
Kvadriranjem i sabiranjem dobijamo cos2
+ cos2
+ cos2
=
2
!
jaj
az
= cos
!
jaj
onda kosinuse uglova
ax a2x
ay
= cos
!
α
ax
x
γ
2
2
( a ) = (0 A) = (0 A0 ) + (A A0 ) = a2x + a2y + a2z odnosno q ! j a j = a2x + a2y + a2z Kako je
→
0
A A0 = az pa je
a2x ! 2
jaj
+
a2y ! 2
jaj
+
jaj
odre†ujemo primenom formula
ay a2x
+
cos
a2y
+
a2x + a2y + a2z ! 2
jaj
Proizvod skalarne i vektorske veliµcine Prema drugom Njutnovom zakonu vaµzi formula
= cos
=
az !
a2z
jaj
=
a2x + a2y + a2z =1 a2x + a2y + a2z
!
=q
az a2x
+ a2y + a2z
!
F = m a gde je: m masa, odnosno uvek pozitivna skalarna …ziµcka veliµcina !
a ubrzanje, odnosno vektorska veliµcina
!
F sila, odnosno vektorska veliµcina !
!
Proizvod skalarne veliµcine m i vektorske veliµcine a je vektorska veliµcina F koja ima pravac vektorske ! veliµcine a i smer koji zavisi od znaka skalarne veliµcine m Sliµcno dobijamo i u drugim sluµcajevimna
Skalarni ili unutrašnji proizvod vektora Vektor moµzemo mnoµziti skalarom kada vektor menja samo intenzitet ali zadrµzava isti pravac, odnosno pravac orta ostaje isti. Na elementarnom primeru iz …zike → pokaµzimo jednostavnost dobijanja skalarnog proizvoda vek→
F2
F α
!
→
!
tora. Rad sile F na putu s iznosi
F1
!
!
!
!
A = F 1 s = F cos
! !
s = F s cos
→
! !
= F s cos !
s
! !
F; s
!
gde je ugao koji grade pravci sile F i puta s Izvršeni rad A je skalarna veliµcina. Prema de…niciji skalarnog proizvoda vektora dobijamo ! !
! !
! !
a b = a b cos a ; b
= a b cos a ; b = a projekcija | {z }
!
a
!
b
!
pro jekcija ! b a
! !
! !
! !
a b = a b cos a ; b
= b a cos a ; b = b projekcija | {z }
!
b
!
a
!
pro jekcija ! a b
pa je skalarni proizvod vektora jednak proizvodu intenziteta jednog vektora ! i projekcije drugog vektora na pravac prvog. Skalarni proizvod vektora a i
B
!
→
b je skalarna veliµcina (skalar) ili realni broj, odnosno
b
α 0
! ! →
a
!
!
a b = j a j j b j cos
A
gde je
!
!
! !
= j a j j b j cos a ; b !
!
ugao koji grade vektori a i b
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
5
Skalarni proizvod dva vektora jednak je proizvodu njihovih apsolutnih vrednosti i kosinusa ugla koji oni grade, odnosno skalarni proizvod dva vektora jednak je proizvodu apsolutne vrednosti jednog vektora i projekcije drugog vektora na njemu. !
!
!
! !
!
! !
Skalarni proizvod vektora a i b odnosno vektora b i a iznosi a b = a b cos a ; b ! !
! !
! !
! !
! !
b a = b a cos b ; a = a b cos a ; b
odnosno
! !
pa je a b = b a
!
!
Za skalarni proizvod vektora vaµzi zakon komutacije. Ako ugao izme†u vektora a i a iznosi 0 tada je p! ! ! ! ! ! ! ! ! 2 ! a a = j a j j a j cos 0 = j a j j a j = j a j ) j a j = a a Za skalarni proizvod vektora vaµze formule ! !
! !
! 2
a a =jaj
! !
!
!
a b = b a ! !
! !
!
b + c
a
! !
= a b +a c
!
!
!
!
! !
Kako je cos 90 = 0 ) a b = j a j j b j cos 90 = 0 onda su vektori a i b normalni ako je a b = 0 ! !
=0
! !
) a b = a b cos 0 = a b 1 = a b
= 180
) a b = a b cos 180 = a b (
Ako je ^ a ; b Ako je ^ a ; b
! !
! !
1) =
ab
Ako pravci vektora grade uglove 0 odnosno 180 tada za te vektore kaµzemo da su kolinearni. Primenom vektorskog raµcuna dokaµzimo kosinusnu i Pitagorinu teoremu !
!
→
→
b
a
!
!
!
!
Iz a + b = c ) a = c tim vektorima dobijamo ! !
→
c
c
!
!
b
c
!!
!!
b
= c c
!!
a2 = c2 !
!
!
a a =
b pa skalarnim proizvodom leve i desne strane sa is!!
2 b c + b b odnosno ! !
2 b c + b2 = b2 + c2
2 b c cos b ; c
!
Ako pravci vektora b i c grade ugao 90 tada zamenom u prethodnu formulu dobijamo Pitagorinu teoremu a2 = b2 + c2 ! ! ! ! ! ! Kako jediniµcni vektori i j k imaju koordinate i = (1; 0; 0) j = (0; 1; 0) k = (0; 0; 1) onda ! ! !
moµzemo formirati tablicu skalarnog mnoµzenja jediniµcnih vektora i j k
z →
k
i
x
! !
! !
! !
! !
! !
! !
! !
! !
i i =1
→ →
! !
j
i j =0
j i =0
y
j j =1
k i =0
0 !
i k =0
j k =0
k j =0
!
k k =1 !
!
!
!
!
Ako su vektori a i b prikazani koordinatama a = ax i + ay j + az k tablice skalarnog mnoµzenja jediniµcnih vektora dobijamo ! !
!
!
!
a b = ax i + ay j + az k
!
!
!
!
b = bx i + by j + bz k tada primenom
!
!
bx i + by j + bz k
= ax bx 1 + ay bx 0 + az bx 0 + ax by 0 + ay by 1 + ax bz 0 + ay bz 0 + az bz 1 = ax bx + ay by + az bz !
!
! !
Ako je a = b tada imamo a a = ax ax + ay ay + az az = a2x + a2y + a2z
Vektorski ili spoljašnji proizvod vektora !
!
!
!
Vektorski proizvod vektora a i vektora b jeste tre´ci vektor c = a !
!
Intenzitet vektorskog proizvoda a →
→
→
→
b α 0
→
→
!
a i b odnosno
h = b sin α a
b
!
b ili vektora c jednak je površini paralelograma nad vektorima
!
c = a×b
!
!
!
jcj=ja
!
!
!
b j = j a j j b j sin
!
!
! !
= j a j j b j sin ( a ; b )
!
!
06
6
Vektorski proizvod vektora a i b moµzemo prikazati i formulom !
a
!
!
!
!
! !
!
b = c = j a j j b j sin ( a ; b ) n 0
!
j n0 j = 1
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ !
Fizika Rešeni zadaci
6
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
!
gde je n 0 jediniµcni vektor vektora c !
!
!
Pravac vektora c je normalan na ravan odre†enu vektorima a i b !
!
!
Smer vektora c = a
!
!
! !
!
! !
!
!
!
b u odnosu na vektore a i b odre†en je tako da vektori a b i c = a
b grade
trijedar desne orijentacije, odnosno vektori a b i c µcine desni sistem vektora. →
→
→
a
j
→
k
→
b
0
→
→
→
!
!
b j=j b
!
a j ali triedar postaje levo !
!
protan od smera vektora a a
!
!
b
b =
a su-
!
b odnosno
!
a
b 6= 0 tada njihovi pravci grade ugao 0 pa je sin 0 = 0
!
!
!
!
!
!
!
!
orijentisan pa je smer vektora b
Levi sistem vektora
!
!
!
ja
a
Ako su vektori a i b paralelni i ako je a 6= 0 !
→
0
b
Desni sistem vektora !
!
Ako vektori a i b zamene mesta, tada površina paralelograma ostaje ista
→
i
j
→
→
b × a = − (a × b ) = − c
→
→
!
→
−c
→
k
i
→
→
a ×b = c
c →
→
a b = 0 a 6= 0 b 6= 0 a jj b Za odre†ivanje vektorskog proizvoda vektora, zadatih njihovim koordinatama treba odrediti vektorske pr! ! !
oizvode jediniµcnih vektora i !
!
j
!
!
k
!
! ! !
!
Odredimo prvo i j j k k i gde su i j k jediniµcni uzajamno normalni vektori koji grade desni sistem vektora. Primenom formule za vektorski proizvod vektora dobijamo !
!
!
!
!
!
!
k =
j j j j k j sin ^ ( j ; k )
!
!
j k j j i j sin ^ ( k ; i ) j = 1 1 sin 90 j = j
i
j
k
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
j i j j j j sin ^ ( i ; j ) k = 1 1 sin 90 k = k
j =
i =
i = 1 1 sin 90 i = i
Istim naµcinom formirajmo tabelu vektorskih proizvoda jediniµcnih vektora za desni i levi sistem vektora. !
i
!
!
!
!
!
j
k
!
i =0 !
i =
k
j = k
!
!
!
!
j
!
i = j
!
!
i
!
!
i
!
!
j
!
k = i
k
!
!
!
k =
j
!
j =
!
i
j =0
k
!
k =0 !
!
!
!
Ako su vektori a i b zadati koordinatama a = ax i +ay j +az k tablice vektorskog mnoµzenja jediniµcnih vektora dobijamo !
a
!
!
!
!
!
b = ( ax i + ay j + az k ) !
!
!
!
b = bx i +by j +bz k tada primenom
!
!
( b x i + b y j + bz k )
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
i + az bx k i + ax by i j + ay by j j + az by k j + = ax bx i i + ay bx j | {z } | {z } | {z } | {z } | {z } | {z } 0
!
!
!
!
!
j
k
!
!
!
!
+ ax bz i k + ay bz j k + az bz k k | {z } | {z } | {z } !
0
!
j
i
!
= ( ay bz
az by ) i + ( az bx
= ( ay bz
az by ) i
!
( ax bz
!
ax bz ) j + ( ax by !
az bx ) j + ( ax by
!
ay bx ) k
!
ay bx ) k !
=
ay by
az bz
!
i
ax bx
az bz
!
j +
0
k
ax bx
ay by
!
k =
i ax bx
!
j ay by
!
k az bz
!
i
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
7
Prethodna jednaµcina prikazuje de…niciju vektorskog proizvoda dva vektora odre†enih koordinatama pravouglog koordinatnog sistema. •• Primenom vektorskog proizvoda dokaµzimo sinusnu teoremu → → → Intenzitet vektorskog proizvoda ve-
c = a×b
γ
→
b
→
→
h = b sin α
b α
→
0
ktora a i b jednak je površini paralelograma konstruisanog nad njima, odnosno
β
α c
!
!
!
!
enjena ako vektori a i b zamene mesta, odnosno P = j a
!
Površina trougla sa stranicama a b c i uglovima
!
aj
iznosi
! 1 1 ! ! 1 ! 1 1 ! 1 ! ! ! ! jb cj= jc aj= ja b j = j b j j c j sin = j c j j a j sin = j a j j b j sin 2 2 2 2 2 2 1 1 1 = b c sin = c a sin = a b sin 2 2 2 sin sin sin 1 abc tada dobijamo sinusnu teoremu = = Ako dobijene rezultate podelimo sa 2 a b c koja pokazuje da se stranice bilo kog trougla odnose kao sinusi suprotnih uglova.
P =
!
!
!
bj=jb
! ! !
!
!
!
P =ja b j = j a j j b j sin 2 [ 0; ] Površina paralelograma ostaje neprom-
→
a
!
!
→
a
!
Za vektorsko mnoµzenje ne vaµzi zakon asocijacije, odnosno !
!
(a
!
b)
!
c 6= a
!
!
(b
c)
Mešoviti ili vektorsko skalarni proizvod vektora →
→
!
!
→
Ako vektorski proizvod vektora a i b pomnoµzimo skalarno sa vekto-
d=a×b
!
!
rom c tada dobijamo skalar ( a
! !
b ) c odnosno mešoviti ili vektorsko
! ! !
skalarni proizvod vektora a b
struisanog nad vektorima a b c jednaka je proizvodu površine osnove B i visine h odnosno V = B h Prema slici i de…niciji vektorskog, odnosno skalarnog proizvoda imamo
c
α
h
→
b
→
0 !
(a
c Zapremina paralelopipeda kon-
! ! !
→
!
a ! !
a
!
!
b)c =ja
!
!
b j j c j cos
=ja
!
!
!
!
b = d ) ja !
!
b j = j d j odnosno
! !
!
b j j c j cos ( d ; c ) !
!
Površina paralelograma konstruisanog nad vektorima a i b ili površina osnove paralelopipeda iznosi !
B=ja
!
!
!
b j = d gde je vektor d normalan na ravan osnove paralelopipeda. ! ! !
Za desno orijentisani sistem ili raspored vektora a b c ugao zapremina paralelopipeda iznose !
!
h = j c j cos
) V =B h=ja
!
!
b j j c j cos
!
=(a
!
h=
j c j cos
odnosno V = B h =
!
ja
!
! ! ! !
b j j c j cos
> 0 pa visina i
!
b)c
Za levo orijentisani sistem ili raspored vektora a b c ugao !
je oštar odnosno cos
=
je tup, odnosno cos !
(a
!
< 0 pa je
!
b)c
! ! !
Dakle, mešoviti ili vektorsko skalarni proizvod vektora a b c jednak je zapremini paralelopipeda konstruisanog nad tim vektorima, odnosno !
V = (a
!
!
b)c
! ! !
Ako je sistem ili raspored vektora a b c desno, pozitivno ili usvojeno orijentisan, tada meš-
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
8
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
! ! !
oviti proizvod vektora a b c iznosi !
!
V =(a
!
b)c
! ! !
Ako je sistem ili raspored vektora a b c levo ili negativno orijentisan tada mešoviti proizvod ! ! !
vektora a b c iznosi !
!
V =B h=
(a
!
b)c
Zapreminu paralelopipeda sa slike gde vektori formiraju desni sistem vektora ili desni triedar moµzemo !
!
dobiti i proizvodom osnove b !
!
V =(a
!
!
!
b )c =( b
!
!
c i vektora a ili proizvodom osnove c
!
!
a i vektora b odnosno
!
!
c )a =( c
!
!
a)b
Ako vektori formiraju levi sistem vektora ili levi triedar, tada je !
!
!
V =(a
!
!
c )b =( b
!
!
!
a)c =( c
!
b )a
! !
!
!
!
!
Kako je prirodno da proizvod a b c napišemo u obliku ( a b ) c onda zagrade kod mešovitog proizvoda vektora nemaju nikakvu znaµcajnu ulogu pa ih moµzemo koristiti samo zbog preglednosti. ! ! !
Ako vektore a b !
!
c izrazimo pomo´cu pavouglih koordinata u Dekartovom koordinatnom sistemu !
!
!
a = ax i + ay j + az k
!
!
!
!
!
b = b x i + by j + bz k
!
!
c = cx i + cy j + cz k !
tada primenom formule za mešoviti proizvod vektora V = ( a
!
!
b ) c dobijamo !
!
!
!
!
!
!
!
!
!
V = ( ax i + ay j + az k ) ( bx i + by j + bz k ) ( cx i + cy j + cz k ) = | {z }
Pogledajmo vektorski proizvod vektora ay by
=
=
ay by
az bz
az bz
ax bx
!
i
! !
cx |{z} i i + 1
ax bx
az bz
az bz
ay by
ax bx
!
j +
az bz
ay by
! !
cy i j + |{z}
=
ay by
az bz
ax bx
ay by
ax bx
! !
cx j i |{z}
cx
az bz
ax bx
! ! 0
az bz
ay by
cy +
ay by
!
!
b )c =( b
!
!
!
c )a =( c
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
b )c =( b
c )a =( c
! ! !
tada su vektori a b
! !
cz |{z} i k 0
az bz
cy k j + |{z}
a)b =
a)b =
cz =
! !
cz j k |{z} 0
ax bx
ay by
! !
ax bx cx
ay by cy
ax bx cx
ay by cy
az bz cz
ax bx cx
ay by cy
az bz cz
cz |{z} k k 1
0
ax bx
!
!
ax bx
! !
! !
!
V =(a
az bz
cy j j |{z}
!
V =(a
ay by
!
( cx i + cy j + cz k )
1
cx |{z} k i +
ax bx
k
!
0
0
+
!
i ax bx
az bz cz
Ako je
=0
c komplanarni, odnosno pripadaju istoj ravni.
!
j ay by
!
k az bz
!
!
!
( cx i + cy j + cz k )
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
9
Mešoviti ili vektorsko skalarni proizvod jediniµcnih vektora iznosi !
|
i
!
!
{z
j
!
k
}
k =
!
!
|
j
{z
k
!
i
!
!
}
i =
|
k
!
{z !
j
i
!
! !
! !
! !
1
1
1
j = |{z} k k = |{z} i i = j j =1 |{z} } ! !
! !
!
!
••• Ako skalarni proizvod vektora a b iznosi a b = 0 tada su vektori a i b normalni pa njihovi pravci grade ugao 90 Skalarni proizvod moµzemo koristiti kao uslov normalnosti vektora ! !
!
!
!
!
••• Ako vektorski proizvod vektora a b iznosi a b = 0 tada su vektori a i b paralelni ili kolinearni. Vektorski proizvod moµzemo koristiti kao uslov paralelnosti vektora ! ! !
••• Ako mešoviti proizvod vektora a b !
(a
!
!
!
b )c =( b
!
!
!
c )a =( c
!
!
c iznosi ! ! !
a ) b = 0 tada su vektori a b
c komplanarni, odnosno pripadaju
istoj ravni. Mešoviti proizvod vektora moµzemo koristiti za odre†ivanje zapremine paralelopipe1 zapremine paralelopipeda. Mešoviti proizvod 6 vektora moµzemo koristiti kao uslov pripadnosti tri vektora ili µcetiri taµcke jednoj ravni. da ( kocke, kvadra, . . . ) ili tetraedra, odnosno
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
10
Kretanje U svakom trenutku sva tela u prirodi zauzimaju odre†ene poloµzaje u prostoru. Kretanje je promena poloµzaja tela u odnosu na neko referentno telo koje uslovno miruje. Radi lakšeg prouµcavanja zakona mehanike uveden je pojam materijalne taµcke koja se de…niše kao telo koje ima masu ali se oblik i druge dimenzije mogu zanemariti. Na primer, posmatraµc sa Zemlje zvezdu uvek vidi kao taµcku. Moµze se smatrati da se svako telo sastoji od velikog broja materijalnih taµcaka pa se kretanje tela moµze smatrati kao istovremeno kretanje velikog broja materijalnih taµcaka. Mehanika je deo …zike gde se prouµcava kretanje tela pod uticajem jedne sile ili više sila pri µcemu se prihvata da je mirovanje poseban oblik kretanja. Mehaniku moµzemo podeliti na kinematiku, dinamiku i statiku. Kinematika je deo mehanike gde se prouµcava kretanje materijalne taµcke ili tela bez analize uzroka koji su to kretanje izazvali. Dinamika je deo mehanike gde se prouµcava kretanje tela sa analizom uzroka koji su kretanje izazvali. Statika je deo mehanike gde se prouµcava dejstvo dveju ili više sila na jedno telo i uslovne ravnoteµze tela Putanja ili linija koju materijalna taµcka „opisuje”u toku kretanja naziva se trajektorija. Pomeranje ili kretanje tela moµze biti pravolinijsko ili krivolinijsko pa trajektorija moµze biti prava ili kriva linija. Prema obliku putanje, brzini ili ubrzanju, kretanje materijalne taµcke ili tela moµzemo „podeliti” i na slede´ci naµcin Prema obliku putanje, kretanje materijalne taµcke ili tela moµze biti pravolinijsko ili krivolinijsko Prema brzini, kretanje materijalne taµcke ili tela moµze biti ravnomerno ili neravnomerno Prema ubrzanju, kretanje materijalne taµcke ili tela moµze biti jednako ubrzano ili nejednako ubrzano, odnosno jednako ili nejednako usporeno
Translatorno rotaciono i sloµzeno kretanje y
Linearno pomeranje ili kretanje tela, odnosno translatorno kretanje (slika levo ) je
y C′
A′
A
B′ B
A′
C′
C
oblik kretanja kada se sve taµcke tela kre´cu po putanjama („linijama”) istih oblika i duµzina Kod translatornog kretanja tela svi njegovi elementarni delovi imaju jednake i paralelne putanje.
B′
x
Ugaono pomeranje ili kretanje tela, odnosno rotaciono kretanje (slika desno ) jeste onaj oblik kretanja kada se sve taµcke tela kre´cu po kruµznim putanjama ( „linijama”) ili koncentriµcnim krugovima oko neke ose, ne raµcunaju´ci one taµcke tela koje se ( eventualno ) nalaze na samoj osi rotacije. Kod rotacionog kretanja tela svi njegovi elementarni delovi imaju kruµzne putanje kojima se centri nalaze na istoj pravoj. Svako kretanje materijalne taµcke ili tela je kombinacija translatornog i rotacionog kretanja. x
0
0
A
B
C
Ravnomerno ili jednoliko pravolinijsko kretanje Ravnomerno ili jednoliko pravolinijsko kretanje materijalne taµcke ili tela je ono kretanje kada materijalna taµcka ili telo u istim intervalima vremena prelaze ista rastojanja po pravolinijskoj putanji. Ako materijalna taµcka ili telo iz poµcetnog poloµzaja A stigne za vreme t do poloµzaja B tada je rastojanje AB = S pre†eni put S koji su materijalna taµcka ili telo prešli za vreme t Ako za isto vreme t mate1 S (1 t ) rijalna taµcka ili telo stigne iz poloµzaja B do poloµza2S (2t) ja C tada je rastojanje B C = S pre†eni put S koji su materijalna taµcka ili telo prešli za vreme t Ako za 3S (3t) isto vreme t materijalna taµcka ili telo stigne iz poloµzaja C do poloµzaja D tada je rastojanje C D = S pre†eni put S koji su materijalna taµcka ili telo prešli za vreme t
A
S t
B
S t
C
S t
D
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
11
Materijalna taµcka ili telo za dva puta ve´ce vreme pre†u dva puta duµzi put, za tri puta ve´ce vreme pre†u tri puta duµzi put, odnosno: Put AC = 2 AB = 2 S telo pre†e za vreme 2 t
Put AD = 3 AB = 3 S telo pre†e za vreme 3 t
Ako pre†ena rastojanja AB = S; AC = 2 S; AD = 3 S podelimo sa odgovaraju´cim vremenima t; 2 t; 3 t tada dobijamo formulu za brzinu v kod ravnomernog kretanja, odnosno v=
AB S = t t
v=
AC 2S S = = 2t 2t t
v=
AD 3S S = = 3t 3t t
v=
nS S = nt t
Kod ravnomernog kretanja brzina materijalne taµcke ili tela jednaka je koliµ cniku pre†enog puta i vremena kretanja, odnosno brzina je brojno jednaka pre†enom putu koji materijalna taµcka ili telo pre†e u jedinici vremena pa moµzemo pisati v=
S hmi t s
Ako materijalna taµcka ili telo za vreme t = 7 s pre†u put S = 7 m tada njihova brzina (v ) pri ravnomernom kretanju iznosi v=
S 7m m = =1 t 7s s
Iz formule v =
S dobijamo formulu koja pokazuje zavisnost pre†enog puta (S ) t
brzine kretanja (v ) i vremena kretanja (t) odnosno S=v t Kako je brzina (v ) kod ravnomernog kretanja ista u svakom trenutku kretanja, odnosno nezavisna
v
} 1 424 3 S = v⋅t
0
v
t
t
od vremena kretanja, onda je njen gra…µcki prikaz na (v; t) koordinatnom si-
S hmi vidimo da je t s m jedinica za brzinu jedan metar u jednoj sekundi, odnosno s stemu prava linija paralelna sa t - osom. Iz formule v =
S=0
t= 0
S1
t = t1 S2
t = t2
S3
t = t3
Ako je koliµ cnik pre†enog puta S i proteklog vremena t konstantan tada se brzina v moµze odrediti iz bilo kog merljivog intervala puta S i merljivog intervala vremena t kada je v=
S1 S2 S3 S2 = = = t1 t2 t3 t2
S1 S3 = t1 t3
gde su intervali pre†enog puta
}
S2 S3 = t2 t3
S1 = t1
=
S i „proteklog”vremena
S t t konaµcni
}
}
•
S ( m)
v= S t = 20 m S= s v t
Iz formule S = v t vidimo da je pre†e30 30 ni put S kod ravn• t v m S= omernog kretanja m 5 20 20 S = 10 s = s srazmeran vremv= t 2 S enu kretanja t gde • t 10 S 10 S=v je brzina v koe…S S cijent srazmere š to se gra…µcki moµze 0 1 0 1 2 3 t ( s) 2 3 t ( s) prikazati na (S; t) koordinatnom sistemu. Ako je brzina v ve´ca tada sa slike desno vidimo da gra…k pre†enog puta S ima ve´ci nagib ili uspon u odnosu na gra…k pre†enog puta S gde je brzina v manja.
S ( m)
}
Neravnomerno ili promenljivo pravolinijsko kretanje Sva kretanja u tehnici ili u prirodi uopšte su manje ili više promenljiva pa je zato promenljivo kretanje osnovni oblik kretanja. Promenljivo kretanje je svako kretanje gde materijalna taµcka ili telo u jednakim intervalima vremena prelazi razliµ cite duµzine puteva.
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
12
Proseµcna ili srednja brzina 2−
∆S S S 4 7444 8C B 644 =
A
1
1 424 3
1= v t 14S4 4444424444444 3 1• 1
S 2 = v 2 t2 •
vsr
S2 = t2
S1 = t1
S t
odnosno
! v sr
=
! S2
t2
! S1
t1
Ako rastojanje S1 od taµcke A do taµcke B telo pre†e za vreme t1 i ako rastojanje S2 od taµcke A do taµcke C telo pre†e za vreme t2 tada je prirodno oµcekivati da ´ce rastojanje S = S2 S1 od taµcke B do taµcke C telo pre´ci za vreme t = t2 t1 nekom proseµcnom ili srednjom brzinom (vsr )
!
=
S t
Kod promenljivog kretanja analiza proseµ cne ili srednje brzine ima smisla samo u odre†enom delu pre†enog puta S ili u odre†enom intervalu vremena t pa proseµ cnu ili srednju brzinu moµzemo formulisati de…nicijom:
Proseµcna ili srednja brzina materijalne taµcke ili tela jeste brzina jednaka onoj brzini kod ravnomernog kretanja kojom bi materijalna taµcka ili telo prešli isti put za isto vreme kao pri kretanju promenljivom brzinom.
Pogledajmo primere 00) Ako jedan treptaj oka proseµcno traje t = 0; 1 s onda odredimo brzinu aviona koji u toku jednog treptaja oka preleti rastojanje S = 50 m Ako za vreme t = 0; 1 s avion preleti rastojanje S = 50 m onda njegova brzina v iznosi v=
50 m m 0; 001 km km km S = = 500 = 500 = 500 0; 001 3 600 = 1 800 1 t 0; 1 s s h h h 3 600
00) Odredimo srednju brzinu leta Jastreba koji rastojanje S1 preleti za vreme t1 = 50 s brzinom v1 = 20 a zatim rastojanje S2 = 600 m preleti za vreme t2 = 30 s m 50 s = 1 000 m onda srednja brzina leta Jastreba iznosi Kako je S1 = v1 t1 = 20 s vsr =
m s
S ukupno S1 + S2 1 000 m + 600 m 1 600 m m 0; 001 km km km = = = = 20 = 20 = 20 0; 001 3 600 = 72 1 t ukupno t1 + t 2 50 s + 30 s 80 s s h h h 3 600
00) Automobil pre†e rastojanje S1 = 100 km za vreme t1 = 4 h a zatim pre†e rastojanje S2 = 50 km za vreme t2 = 1 h Odredimo proseµcnu ili srednju brzinu automobila vsr =
S ukupno S1 + S2 100 km + 50 km 150 km km = = = = 30 t ukupno t 1 + t2 4h + 1h 5h h
km a zatim pre†e rastojanje S2 = 50 km h km brzinom v2 = 50 Odredimo proseµcnu ili srednju brzinu kretanja automobila h S1 100 km S2 50 km Vreme za koje automobil pre†e rastojanje S1 i S2 iznosi t1 = = =4h t2 = = =1h km km v1 v2 25 50 h h S ukupno S1 + S2 100 km + 50 km km Srednja brzina kretanja automobila iznosi vsr = = = = 30 t ukupno t1 + t 2 4h+1h h
00) Automobil pre†e rastojanje S1 = 100 km brzinom v1 = 25
00) Autobus ide iz jednog do drugog mesta udaljenog S = 250 km Prvo rastojanje S1 = 200 km autobus
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
13
pre†e za vreme t1 = 3; 5 h a zatim pravi pauzu od t = 0; 5 h Preostalo rastojanje S2 = 50 km autobus pre†e za vreme t2 = 1 h Automobil krene u isto vreme na isti put. Prvi deo rastojanja S1 = 100 km automobil pre†e za vreme t1 = 1; 5 h a preostali deo rastojanja S2 = 150 km automobil pre†e za vreme t2 = 1 h Kada stigne do drugog mesta automobil pravi pauzu od t = 1 h Odredimo proseµcnu ili srednju brzinu kretanja autobusa i automobila Proseµcna ili srednja brzina kretanja autobusa iznosi vsr =
S ukupno S 250 km km = = = 50 t ukupno t 1 + t + t2 3; 5 h + 0; 5 h + 1 h h
Kada automobil stigne do drugog mesta, onda se vreme pauze koju posle toga pravi ne ubraja u vreme kretanja pa proseµcna ili srednja brzina kretanja automobila iznosi vsr =
S ukupno S 250 km km = = = 100 t ukupno t 1 + t2 1; 5 h + 1 h h
km a u drugoj poloh vini vremena dva puta sporije. Odredimo srednju brzinu kretanja automobila na celom putu
00) U prvoj polovini vremena svog kretanja automobil je išao brzinom v1 = 80 1 t 2
1 t 2
S1
S2
v1 = 8 0 k m h
v 2 = 1 v1 = 4 0 k m 2 h
vsr
1 1 v1 t + v2 t S1 + S2 1 1 S ukupno 2 2 = = = v1 + v2 = 1 1 t ukupno t 2 2 t+ t 2 2 km km km m m = 40 + 20 = 60 = 60 000 = 16; 66 h h h 3 600 s s
km a na drugoj polovini h puta dva puta sporije. Odredimo srednju brzinu kretanja automobila na celom putu
00) Na prvoj polovini puta svog kretanja automobil je išao brzinom v1 = 80 1 S 2
1 S 2
t1
t2
v1 = 8 0 k m h
v 2 = 1 v1 = 4 0 k m 2 h
km 80 40 v1 v2 h =2 =2 km v1 + v2 80 + 40 h
1 1 S+ S S ukupno S 1 1 2 2 = vsr = = = = = 1 1 v2 + v1 1 S S t ukupno t1 + t2 + 2 v1 2 v2 2 v1 v2 2 + 2 v1 v2
km km 6 400 h = h = 53; 33 km = 53 333 m = 14; 81 m km 120 h 3600 s s h
km m m = 10 a konduter u vozu ide brzinom v2 = 1 Odredimo najh s s manju i najve´cu brzinu kondutera u odnosu na µzelezniµcku stanicu.
00) Voz se kre´ce brzinom v1 = 36
Minimalna brzina kondutera u odnosu na µzelezniµcku stanicu iznosi m m m vmin = v1 v2 = 10 1 =9 s s s Maksimalna brzina kondutera u odnosu na µzelezniµcku stanicu iznosi m m m vmax = v1 + v2 = 10 +1 = 11 s s s
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
14
µ 00) Covek na µcamcu ho´ce da pre†e reku širine AB = 500 m najkra´cim putem. Ako bi voda mirovala, tada bi
B
500 m
→ 1
km m =2 Me†utim, kretanje h s vode u reci odnese µcamac 150 m niz reku. Odredimo vreme prelaska µcamca preko reke i brzinu kretanja vode u reci. AB 500 m Vreme prelaska µcamca preko reke iznosi t = = m = 250 s v1 2 s Ako kretanje vode u reci odnese µcamac 150 m niz reku, onda brzina kretanja vode u reci
C
se µcamac kretao normalno prema obali brzinom v1 = 7; 2
→
vr
v
150 m
iznosi v2 =
A → v2
BC 150 m 3 m = = t 250 s 5 s
Trenutna brzina Ako materijalna taµcka ili telo u istim ili jednakim intervalima vremena t prelazi razliµ cite ili nejednake duµzine ili intervale puteva S tada se oni kre´cu promenljivim ili ubrzanim ( ili usporenim ) brzinama pa se takvo kretanje naziva promenljivo ili ubrzano kretanje. U sluµcaju ubrzanog ili usS porenog kretanja, koliµcnik nije konstantan ve´c prikazuje neku srednju brzinu u merljivom intt ervalu vremena t S vsr = t Smanjivanjem merljivog intervala vremena t do njegove „nemerljivosti“ kada se pribliµzava ili teµzi nuli, srednja vrednost brzine (vsr ) se pribliµzava ili teµzi trenutnoj brzini koju moµzemo prikazati formulom S dS = t dt
v = lim
t!0
Trenutna brzina materijalne taµcke ili tela koji se kre´cu promenljivom brzinom jeste njihova srednja brzina u beskonaµcno malom intervalu vremena ili puta. Trenutna brzina materijalne taµcke ili tela jednaka je diferencijalnom koliµcniku puta i vremena, odnosno prvom izvodu puta po vremenu što je Njutnova de…nicija prvog izvoda y
→
A τ0
B
S →
→
r
r0
x
0
z !
r =S
!
r =
! r0
! 0
+S
Za opisivanje pravolinijskog kretanja materijalne taµcke u prostoru potrebno je znati poloµzaj njene putanje, odnosno prave u koordinatnom sistemu f (x; y; z ) i pre†eni put S u funkciji od vremena t ili S = S (t) Poloµzaj putanje, odnosno prave moµzemo odrediti poloµzajem jedne taµcke ! na pravoj (A) i ortom pravca ( 0 ) Ako u odre†enom intervalu vremena materijalna taµcka iz poloµzaja A pre†e u poloµzaj B tada je rastojanje izme†u ta dva poloµzaja pre†eni put S gde je vektor pomeranja
pa vektorska jednaµcina pravolinijskog kretanja ima oblik ! 0 !
Kako su vektor poloµzaja taµcke A ( r 0 ) i ort pravca ( cijom !
v =
!
d! dS dr = r0 + dt dt dt | {z } |{z} 0
! 0
=v
! 0)
konstantni, onda se brzina moµze prikazati rela-
! 0
v
dS Kod ravnomernog pravolinijskog kretanja brzina v je konstantna = v = const ) dS = v dt dt Z Z Z dS = v dt = v dt ) S = v t + C = v t + S0 Konstantu integracije C = S0 odre†ujemo iz poµcetnih
uslova. Ako kretanje poµcinje iz taµcke A u trenutku t = 0 tada je njen pre†eni put S = S0 = 0 ) C = 0 pa je S=v t
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
15
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
što pokazuje da je put kod ravnomernog pravolinijskog kretanja linearna funkcija vremena. Brzina je vektorska …ziµcka veliµcina de…nisana prvim izvodom vektora pomeraja po vremenu, odnosno brzina je promena puta u jedinici vremena ili prvi izvod puta po vremenu
Jednako ili jednoliko ubrzano kretanje Ubrzanje →
v1
A
B
t1
→
v2
Ako se telo kre´ce jednako ubrzanim kretanjem i ako u ! poloµzaju A odnosno u trenutku t1 ima brzinu v 1 a u
t2
!
poloµzaju B odnosno u trenutku t2 ima brzinu v 2 tada ! ! ! delenjem promene brzine v = v 2 v 1 sa intervalom vremena t = t2 t1 u kojem je promena brzine nastala, dobijamo srednju promenu brzine kretanja u jedinici vremena ili …ziµcku veliµcinu koju nazivamo ubrzanje, odnosno ! v2
! v1
!
v t 2 t1 t Ubrzanje materijalne taµcke ili tela oznaµcavamo slovom a jer latinska reµc acceleratio znaµci ubrzanje pa zato ubrzaµce elementarnih µcestica u atomskoj …zici nazivamo akceleratori.
! a sr
=
=
→
→
→
Za izuzetno mali interval vremena kada t ! 0 poloµzaj tela A toliko je blizu poloµzaju tela B da se oni dodiruju ili sjedinjuju u jedan t1 t2 = t1 + ∆ t novi zajedniµcki poloµzaj pa se tada moµze zamisliti da vremena t1 i t2 = t1 + t pripadaju istom trenutku kada dobijamo formulu za trenutno ubrzanje materijalne taµcke ili tela, odnosno v + ∆v
v B
A
!
v t U teorijskim analizama ili praktiµcnoj primeni koristimo iskljuµ civo trenutno ubrzanje pa se zato reµc trenutno moµze izostaviti i ostaviti samo reµc ubrzanje. U izuzetno retkim sluµcajevima kada se (eventualno) ne misli na trenutno ubrzanje, tada je to i naglašeno ali takve beznaµ cajne „analize”su opisne prirode. Dakle, trenutno ubrzanje ili samo ubrzanje materijalne taµcke ili tela koji se kre´cu promenljivom brzinom jeste njihovo srednje ubrzanje na beskonaµcno malom delu puta ili u beskonaµcno malom intervalu vremena, odnosno ubrzanje je brojno jednako promeni brzine u jedinici vremena pa moµzemo pisati m v m v2 v1 a= = = s = 2 t2 t1 t s s m kada vidimo da je jedinica za ubrzanje metar u sekundi na kvadrat, odnosno [ a ] = 2 s Kako je ubrzanje jednako koliµ cniku promene brzine i intervala vremena u kojem je promena brzine nastala, onda je ubrzanje kod jednakoubrzanog kretanja konstantno, odnosno: Za jednako ubrzano kretanje je a = const
!
a = lim
t!0
v
→
a
brzina opada
brzina raste
→
→
v
!
Ako brzina tela pri kretanju raste, tada vektor ubrzanja a ima isti pravac ! i smer kao vektor brzine v ili put. !
→
a
Ako brzina tela pri kretanju opada, tada vektor ubrzanja a ima isti pravac ! kao vektor brzine v ali suprotan smer. Na primer, kod slobodnog padanja vektori ubrzanja i brzine imaju isti pravac i smer. Me†utim, ako telo bacimo vertikalno uvis, tada vektor ubrzanja ima isti pravac kao vektor brzine
ali suprotan smer. Jednako ubrzano kretanje je ono kretanje materijalne taµcke ili tela kada se u istim ili jednakim intervalima vremena brzina menja, odnosno pove´cava ili smanjuje za iste vrednosti. Ako poµcetnu brzinu oznaµcimo sa v0 i njen priraštaj, odnosno pove´canje ili smanjenje u jednoj sekundi sa a onda se brzina kretanja materijalne taµcke ili tela kod jednoliko ubrzanog kretanja moµze prikazati formulama
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
16
Na kraju „nulte” sekunde v = v0 + 0 a t = v0 Na kraju jedne sekunde v = v0 + 1 a t = v0 + a t Na kraju dve sekunde v = v0 + 2 a t = v0 + 2a t Na kraju tri sekunde v = v0 + 3 a t = v0 + 3a t Na kraju n sekundi v = v0 + n a t = v0 + n a t Trenutna brzina v kod jednakoubrzanog kretanja moµze se prikazati formulom v = v0 + a t odakle je
at = v
v0
odnosno a =
v
v0 t
=
v t
v0 = t0
v = const t
Kod jednakoubrzanog kretanja, trenutno ubrzanje (a) ima konstantnu vrednost jer se brzina u istim intervalima vremena menja za iste vrednosti.
Proseµcna ili srednja brzina i pre†eni put kod jednakoubrzanog kretanja Kako je promena brzine kod jednakoubrzanog kretanja konstantna, onda se srednja brzina kod tog kretanja moµze prikazati aritmetiµ ckom sredinom brzine koju su taµcka ili telo imali na poµcetku i na kraju intervala, odnosno v
vsr
z }| { v0 + v v0 + v0 + a t 2 v0 + a t 1 = = = = v0 + a t 2 2 2 2
gde je srednja brzina vsr jednaka onoj konstantnoj brzini kojom bi taµcka ili telo prešli isti put S za isto vreme ako bi se kretali konstantnom brzinom pa pre†eni put kod jednakoubrzanog kretanja iznosi S = vsr t =
v
v0 +
1 1 a t t = v0 t + a t2 2 2
a
v = const
a= 0 t
0
t
0
m i s ako nastavi kretanje ravnomerno ubrzam no sa ubrzanjem a = 3 2 s tada jednaµcina njegovog kretanja glasi m m v = v0 + a t = 2 +3 2 t s s Zamenom odre†enih vrednosti za t i algebarskim raµcunanjem dobijamo razliµcite vrednosti brzine v u zavisnosti od vremena t
[ ]
Ako telo ima poµcetnu brzinu v0 = 2
v m s 17
+
at
14
v0
11
[ ]
v=
a m s2
8
a = 3 m = const s2
5 3
2 0
t ( s)
t ( s) 1
Gra…k brzine v kod ravnomernog kretanja je prava linija paralelna sa t - osom dok se gra…k ubrzanja a poklapa sa t - osom jer je vrednost ubrzanja a kod ravnomernog kretanja jednaka nuli.
2
3
4
5
0
1
2
3
4
5
v
t (s) hmi s
0
1
2
3
4
5
2
5
8
11
14
17
Kako je ubrzanje a kod jednakoubrzanog kretanja konstantno, onda je njegov gra…k prava linija paralelna sa t - osom i nalazi se iznad nje.
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
[ ]
Ako telo ima poµcetnu brzinu v0 = 17
v m s 17 14
v= v0
11
[ ]
−
a m s2
at
8
t ( s)
5 0 − t ( s) 3
2 0
1
3
2
1
3
4
5
a = − 3 m = const s2
5
4
2
17 m i s
ako nastavi kretanje ravnomerno uspom reno sa ubrzanjem a = 3 2 s tada jednaµcina njegovog kretanja glasi m m v = v0 a t = 17 3 2 t s s Zamenom odre†enih vrednosti za t i algebarskim raµcunanjem dobijamo razliµcite vrednosti brzine v u zavisnosti od vremena t
v
t (s) hmi s
0
1
2
3
4
5
17
14
11
8
5
2
Kako je ubrzanje a kod jednako usporenog kretanja konstantno, onda je njegov gra…k prava linija paralelna sa t - osom i nalazi se ispod nje.
}
S c v=
S=
ons
t
v t •
S
S
S=
v0
1 at + 2 • t
2
S
t
0
}
t
0
Na slici levo prikazan je gra…k pre†enog puta S kod ravnomernog kretanja u zavisnosti od vremena kretanja (t) Na slici desno prikazan je gra…k pre†enog puta S kod jednako ubrzanog kretanja u za-
visnosti od vremena kretanja (t) pri µcemu poµcetna brzina iznosi v0 = 0
Zavisnost brzine i puta kod jednakoubrzanog kretanja Iz formule za trenutnu brzinu kod jednakoubrzanog kretanja v = v0 + a t dobijamo v Ako vreme t = S = v0 t + S = v0 =
p
v=
p
v0 a
v
v0 a
zamenimo u formulu za pre†eni put kod jednakoubrzanog kretanja
1 2 a t tada dobijamo 2
v
v0 a
2 v v0
v=
v
v0 = a t ) t =
+
1 a 2
2 v02 + v 2 2a
v
v0 a
2
=
v v0 v02 1 v2 + a a 2
2 v v0 + v02
=
v2
v02 2a
2 v v0 + v02 2 v v0 2 v02 v2 = + a2 2a
odakle je v 2
2 v v0 + v02 2a
v02 = 2 a S odnosno v 2 = v02 + 2 a S pa je
Zavisnost brzine v i puta S kod jednakoubrzanog kretanja Ako poµ cetna brzina iznosi v0 = 0 tada formula koja pokazuje zavisnost brzine od puta kod jednakoubrzanog kretanja glasi v02 + 2 a S
2aS
Ako je kretanje jednakousporeno, tada formula koja pokazuje zavisnost brzine i puta glasi p v = v02 2 a S
Ako nismo savladali diferencijalni raµcun, zaobi†imo nekoliko redova Kako trenutna brzina kod jednakoubrzanog kretanja iznosi v = v0 + a t onda formulu za pre†eni put moµzemo dobiti i primenom diferencijalnog raµcuna
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
S=
Zt
v dt =
0
Zt
(v0 + a t) dt = v0 t +
0
Fizika Rešeni zadaci
18
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
t2 1 a = v0 t + a t2 2 {z2 } |
Kvadriranjem formule za trenutnu brzinu kod jednakoubrzanog kretanja v = v0 + a t dobijamo 2
v 2 = (v0 + a t) = v02 + 2v0 a t + a2 t2 = v02 + 2a
v=
p
1 v0 t + a t2 2 | {z }
= v02 + 2aS odnosno v 2 = v02 + 2 a S
)
S
Zavisnost brzine v i puta S kod jednakoubrzanog kretanja
v02 + 2 a S
Ako telo polazi iz mirovanja kada je v0 = 0 tada za jednako ubrzano kretanje vaµze formule
Brzina v = |{z} v0 + a t = a t
Pre†eni Put S = |{z} v0 t +
0
1 2 1 a t = a t2 2 2
0
00) Od poµcetka kretanja automobila do dostizanja brzine v2 = 100
Odredimo ubrzanje automobila a=
km pro†e vreme t2 = 11 sekundi. h
m km 0 100 000 100 v1 h 3 600 s = 2; 52 m = = t1 11 s 0 11 s s2
v v2 = t t2
00) Odredimo ubrzanje tela ako ono polazi poµcetnom brzinom v0 = 10 ubrzano kada za prvih 10 s pre†e put S = 1 000 m
m i nastavi da se kre´ce ravnomerno s
1 1 2 Iz formule za pre†eni put kod ravnomerno ubrzanog kretanja S = v0 t + a t2 dobijamo at = S 2 2 odakle je m 1 000 m 10 10 s S v0 t 10 m 1 m m s a=2 = 2 =2 = 18 2 2 2 2 2 t 10 s 1s s
v0 t
km m = 20 i od trenutka kada zapoµcne koµcenje pre†e rastojanje S = 800 m h s Odredimo ubrzanje voza pri koµcenju i vreme koµcenja.
00) Voz se kre´ce brzinom v0 = 72
Kvadriranjem formule v = v0 + a t dobijamo 2
v 2 = (v0 + a t) = v02 + 2 v0 a t + a2 t2 = v02 + 2 a
1 v0 t + a t2 | {z2 }
= v02 + 2 a S
S
Kada se voz zaustavi, tada njegova brzina iznosi v = 0 odnosno 0 = v02 + 2 a S
) 2aS =
v02 ) a =
v02
2S Vreme koµcenja voza moµzemo dobiti iz formule
v = v0 + a t ) 0 = v0 + a t ) a t =
m2 s2 = 1600 m
400 =
v0 ) t =
v0 = a
0; 25
m s2
m s m = 80 s 0; 25 2 s
20
m i nastavi da se kre´ce ravnomerno ubrzanim s kretanjem kada za vreme t = 10 s pre†e put S = 1 000 m onda odredimo ubrzanje tela.
00) Ako telo zapoµcne kretanje poµcetnom brzinom v0 = 10
1 1 2 Iz formule za pre†eni put kod ravnomerno ubrzanog kretanja S = v0 t + a t2 dobijamo at = S 2 2 odnosno m 1 000 m 10 10 s S v0 t 900 m m s a=2 = 2 =2 = 18 2 t2 100 s2 100 s2 s
v0 t
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
19
m u trenutku kada mu je poµcetna brzina bila s2 m m v01 = 1 Telo B poµcinje da se kre´ce stalnim ubrzanjem a2 = 0; 5 2 u s s m trenutku kada mu je poµcetna brzina bila v02 = 2 Za koliko vremena ´ce s tela A i B imati istu brzinu? Primenom formule za brzinu kod jednako ubrzanog kretanja v = v0 + a t dobijamo v1 = v01 + a1 t v2 = v02 + a2 t Iz uslova v1 = v2 dobijamo
00) Telo A poµcinje da se kre´ce konstantnim ubrzanjem a1 = 1 →
v 01 = 1 m s
a1 = 1 m s2
A →
m v 02 = 2 m s a 2 = − 0,5 s 2 B v01 + a1 t = v02 + a2 t odakle je (a1
a2 ) t = v02
v01
v02 odnosno t = a1
m m 2 1 v01 s s = 1 s= 2 s = m m a2 1; 5 3 1 2 + 0; 5 2 s s
Slobodno padanje v=0 h t →
→
a=g
H
→
v
→
vk h = vsr t =
v0 +
Slobodno padanje sa poµcetnom brzinom v0 ili bez poµcetne brzine v0 jeste primer jednako ubrzanog kretanja gde ubrzanje Zemljine teµze obeleµzavamo sa g umesto sa a i duµzinu pre†enog puta sa h ili H umesto sa S Telo pada slobodno ako se bez otpora sredine kre´ce kroz prostor samo zbog dejstva sile gravitacije pa se takvo kretanje moµze izvoditi u bezvazdušnom prostoru. Kod padanja sa male visine u vazdušnom prostoru uticaj otpora trenja sa vazduhom je mali pa se moµze zanemariti. Ako telo zapoµcne slobodno padanje sa visine H poµ cetnom brzinom v0 tada njegova trenutna brzina v i srednja brzina vsr u funkciji od vremena t v iznose z }| { v0 + v v0 + v0 + g t 2 v0 + g t 1 v = v0 + g t odnosno vsr = = = = v0 + g t 2 2 2 2 pa duµzina puta h koji telo pre†e slobodnim padom za vreme t iznosi 1 1 g t t = v0 t + g t2 2 2
Iz poslednje jednaµcine moµzemo odrediti vreme slobodnog padanja tela na pre†enom putu h odnosno p p 4 v02 + 8 g h 2 v0 2 v0 2 v02 + 2 g h 1 2 2 g t + v0 t h = 0 ) g t + 2 v0 t 2 h = 0 ) t1;2 = = = 2 2g 2g p p v0 v02 + 2 g h v0 + v02 + 2 g h = = pa vreme slobodnog padanja iznosi g g p v0 + v02 + 2 g h t= g Ako telo zapoµcne slobodno padanje sa visine H bez poµ cetne brzine v0 tada njegova trenutna brzina v srednja brzina vsr duµzina pre†enog puta h i vreme slobodnog padanja t iznose v = gt
vsr
1 = gt 2
1 h = g t2 2
t=
p
2gh = g
r
2gh = g2
r
2h g
Kvadriranjem formule za trenutnu brzinu v = v0 + g t dobijamo 2
v 2 = (v0 + g t) = v02 + 2 v0 g t + g 2 t2 = v02 + 2 g
1 v0 t + g t2 | {z2 }
= v02 + 2 g h
h
pa brzina tela kod slobodnog padanja u trenutku kada pre†e rastojanje h iznosi p v = v02 + 2 g h Ako telo zapoµcne slobodno padanje bez poµ cetne brzine v0 tada njegova brzina u trenutku kada pre†e rastojanje h iznosi p v = 2gh
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
g = 9,83 m s2
Fizika Rešeni zadaci
20
Pri padanju kroz bezvazdušni prostor sva tela imaju jednako i stalno ubrzanje bez obzira na njihovu veliµcinu, oblik ili masu Kod slobodnog padanja ubrzanje tela nastalo delovanjem gravitacione sile zavisi od nadmorske visine i nije jednako na svim taµckama Zemljine površine zbog njene „spljoštenosti”. m Najmanje ubrzanje je na ekvatoru g = 9; 78 2 a najve´ce s m na polovima g = 9; 83 2 Na geografskoj širini 45 ubrzanje s m pribliµzno iznosi g = 9; 81 2 s
g = 9,81 m s2 g = 9,78 m s2
g = 9,83
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
g = 9,81 m s2 m s2
Ako nismo savladali diferencijalni raµcun, zaobi†imo nekoliko redova Formule za trenutnu brzinu v i pre†eni put h kod slobodnog padanja ili jednakoubrzanog kretanja u bezvazdušnom prostoru moµzemo odrediti i primenom diferencijalnog raµcuna. Diferencijalna jednaµcina za brzinu glasi dv = g ) dv = g dt ) dt
Z
dv = g
Z
dt ) v = g t + C1 | {z } F
U poµcetku kretanja je t = 0 ) v = v0 pa zamenom u jednaµcinu F dobijamo v0 = g 0 + C1 ) C1 = v0 Zamenom C1 = v0 u jednaµcinu F dobijamo formulu za trenutnu brzinu v kod slobodnog padanja ili jednakoubrzanog kretanja, odnosno v = g t + v0 = v0 + g t
Diferencijalna jednaµcina za pre†eni put glasi dh = v = v0 + g t ) dh = v0 dt + g t dt ) dt
Z
dh = v0
Z
dt + g
Z
1 t dt ) h = v0 t + g t2 + C2 | {z2 } FF
U poµcetku kretanja je t = 0 ) h = 0 pa zamenom u jednaµcinu FF dobijamo
1 g 02 + C2 ) C2 = 0 Zamenom C2 = 0 u jednaµcinu FF dobijamo formulu za pre†eni 2 put h kod slobodnog padanja ili jednakoubrzanog kretanja, odnosno 1 h = v0 t + g t2 2 Vidimo da ubrzanje a brzina v i pre†eni put h ne zavise od mase m jer se pretpostavlja da se telo kre´ce u vakumu gde nema trenja ili otpora vazduha. 0 = v0 0 +
Vertikalni hitac na gore
→
H max
Ako telo izbacimo vertikalno na gore poµcetnom brzinom v0 tada gravitaciona sila svojim delovanjem smanjuje brzinu njegovog kretanja. Ako se zanemari otpor vazduha, tada trenutna i srednja brzina tela u funkciji od vremena t iznose v vk = 0 z }| { v0 + v v0 + v0 g t 2 v0 g t 1 v = v0 g t odnosno vsr = = = = v0 g t pa duµzina → → 2 2 2 2 v < v0 puta h koji pre†e telo izbaµceno vertikalno uvis poµcetnom brzinom v0 iznosi →
a=g →
h
v0 →
v ′k
h = vsr t =
v0
1 g t t = v0 t 2
1 2 gt 2
Kvadriranjem formule za trenutnu brzinu v = v0 v 2 = (v0
2
g t) = v02
2 v0 g t + g 2 t2 = v02
2g
g t dobijamo
1 2 v0 t gt | {z2 } h
= v02 2 g h pa brzina | {z } •F
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
21
tela izbaµ cenog vertikalno uvis poµcetnom brzinom v0 u trenutku kada pre†e rastojanje h iznosi p v = v02 2 g h Na maksimalnoj visini H max telo ima krajnju brzinu vk = 0 pa je vk = v0 g t = 0 )
v0 = g t pa vreme dostizanja maksimalne visine H max iznosi v0 t= g
Kada dostigne maksimalnu visinu H max telo se zaustavi pa je vk = 0 odnosno vk2 = v02 | v02 H max = 2g
2 g H max = 0 ) {z } •F
Ako pogledamo slobodno padanje bez poµ cetne brzine v0 tada vidimo zašto posle dostizanja maksimalne visine H max vreme padanja tela na mesto odakle je izbaµceno iznosi v u u v02 s r u2 t 2g v0 2Hmax v02 = = = t= g g g2 g
Vreme kretanja tela do maksimalne visine H max jednako je vremenu njegovog povratka do mesta odakle je i izbaµceno. Vidimo da je krajnja brzina vk0 pri povratku tela na mesto odakle je izbaµceno jednaka poµcetnoj brzini v0 kojom je ono i izbaµceno, odnosno s p p v2 vk0 = 2g Hmax = 2g 0 = v02 = v0 2g
00) Kuglica je baµcena sa Zemlje vertikalno uvis i na Zemlju se vratila posle 3 s Odredimo poµcetnu
→
v0
H max
vk = 0
→
vp
brzinu kuglice i dostignutu visinu ako se otpor vazduha zanemari. Kako je vreme kretanja kuglice od Zemlje do maksimalne visine jednako njenom povratku iz taµcke maksimalne visine do Zemlje, onda vreme kretanja kuglice vertikalno uvis iznosi t = 1; 5 s Kada dostigne maksimalnu visinu, tada brzina kuglice iznosi vk = 0 odnosno m m vk = v0 g t = 0 pa je poµcetna brzina kuglice v0 = g t = 9; 81 2 1; 5 s = 14; 76 s s Maksimalnu visinu koju dostiµze kuglica moµzemo odrediti i primenom zakona o odrµzanju mehaniµcke energije. U trenutku poµcetka kretanja sa Zemlje kuglica ima samo kinetiµcku energiju, odnosno
1 m v02 U trenutku dostizanja maksimalne visine kuglica ima samo potencijalnu energiju, odnosno 2 Ep = m g H max Kako je Ek u poµcetku kretanja jednaka Ep na maksimalnoj visini, onda imamo
Ek =
m2 1 s2 m v02 = m g H max ) H max = = Ek = E p ) m = 11 m 2 2g 2 9; 81 2 s Kako je poµcetna brzina kretanja kuglice vertikalno uvis (v0 ) jednaka brzini njenog pada na Zemlju pri povratku iz taµcke maksimalne visine (vp ) onda maksimalnu visinu moµzemo odrediti i primenom formule (14; 76)
v02
v0 = vp =
p
2 g H max ) v02 = 2 g H max ) H max =
2
v02 = 11 m 2g
Brzina i ubrzanje kod promenljivog pravolinijskog kretanja Pre†eni put S materijalne taµcke ili tela ako se za vreme t kre´cu konstantnom brzinom S S0 S1 S2 v iznosi S = v t odakle je v = t Me†utim, ako se materijalna taµcka ili telo kre´cu po pravolinijskoj putanji nekom promenljivom brzinom
t1
t2
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
22
kada za vreme t1 pre†u put S1 (raµcunaju´ci od taµcke S0 ) a za vreme t2 pre†u put S2 onda srednja brzina vsr njihovog kretanja iznosi S2 S1 S = t 2 t1 t Ako su priraštaji pre†enog puta S i proteklog vremena t toliko mali, tada dobijamo „prikaz”promene brzine u beskonaµcno malim intervalima vremena odnosno pravu ili trenutnu brzinu
vsr =
dS S = t dt Iz poslednje relacije vidimo da je brzina v prvi izvod puta S po vremenu t što je (ponovimo) Njutnova de…nicija prvog izvoda. Sliµcno postupamo kada je u pitanju i ubrzanje koje de…nišemo kao promenu brzine u odre†enim intervalima vremena. Iz iskustva znamo da je srednja vrednost ubrzanja u malom intervalu vremena bliµza trenutnom ubrzanju ukoliko je vremenski interval manji pa srednje ubrzanje asr moµzemo de…nisati relacijom. v = lim
t!0
v1 v Ubrzanje u beskonaµcno malim intervalima vremena iznosi = t1 t v dv a = lim = Ova formula pokazuje da je ubrzanje a prvi izvod brzine v po vremenu t t!0 t dt dS onda poslednju formulu moµzemo prikazati i u obliku Kako je v = dt dv d d dS d2 S a= = v= = 2 pa je ubrzanje a drugi izvod puta S po vremenu t dt dt dt dt dt dv d2 S dS a= = 2 su osnovne formule kretanja u …zici. Formule v = dt dt dt
asr =
v2 t2
00) Odredimo poµcetnu brzinu i ubrzanje taµcke koja u šestoj sekundi pre†e 6 m a u desetoj sekundi 8 m Prema formuli za pre†eni put kod jednakoubrzanog kretanja S = v0 t + 1 a 36 2 1 8 = 10 v0 + a 100 2 odakle rešavanjem po a dobijamo a = m µcetnu brzinu v0 = 1; 3 s
1 2 a t imamo 2
6 = 6 v0 +
0; 1
m s2
Zamenom a u jednu od dve prethodne relacije dobijamo po-
00) Neko telo polazi iz stanja mirovanja i kre´ce se po pravolinijskoj putanji jednako ubrzanim kretanjem i u prvoj sekundi pre†e 20 cm
a) Koliki je njegov put u desetoj sekundi ? b) Koliko vremena pro†e dok telo postigne brzinu 24
m ? s
c) Koliki put telo pre†e za 3 min ? Primenom formule za pre†eni put kod jednakoubrzanog kretanja S1 = v0 t +
1 2 at 2 1
dobijamo
a=
2S1 2 0; 2 m m = = 0; 4 2 t21 1 s2 s
a) Iz sistema jednaµcina 1 2 at 2 10 1 = a t29 2
S10 = S9
9 > > = > > ;
dobijamo S = S10
S9 =
1 a t210 2
t29 =
1 m 0; 4 2 100 s2 2 s
81 s2 = 3; 8 m
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
23
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
m 24 v s = 60 s = 1 min b) v = |{z} v0 + a t Sada je t = = m a 0; 4 2 0 s 1 1 m c) S( 3 min ) = a t2 = 0; 4 2 (180 s)2 = 6 480 m = 6; 48 km 2 4 s 1 vremena kretalo 2 Odredimo srednju brzinu kretanja tela.
00) Prvu polovinu puta S telo prelazi brzinom v = v0 Duµz preostalog dela puta telo se brzinom v = v1 dok je poslednji deo puta prešlo brzinom v = v2 1 S ⇒ t1 2
1
v1
v0 Prema slici imamo
S 1 S = v0 t1 ) t1 = 2 2v0
Kako je S1 + S2 =
1 1 S S = (v1 + v2 ) t2 ) t2 = 2 2 v1 + v2
vsr =
S 2 ⇒ 12 t 2
S1 ⇒ 2 t 2
odnosno S1 = v1
v2
1 1 t2 = v1 t2 2 2
S2 = v2
1 1 t2 = v2 t2 2 2
onda imamo
S 2 v0 (v1 + v2 ) S S 2 v0 v1 S + 2 v0 v2 S = = = = S v1 S + v2 S + 2 v0 S S t1 + t2 v1 S + v2 S + 2 v0 S 2 v0 + v1 + v2 + 2v0 v1 + v2 2 v0 v1 + 2 v0 v2
km i pretiµce automobil B koji se kre´ce brzinom h km vB = 60 Duµzine automobila A i B iznose l = 5 m Rastojanje izme†u automobila pre i posle preticanja h iznosi L = 25 m Odredimo vreme i put preticanja automobila koji pretiµce.
00) Automobil A kre´ce se konstantnom brzinom vA = 85
l
l
L vA
B
l
L →
→
→
A
l vB
B
vB
→
A
vA
S B = v B ⋅τ S A = v A ⋅τ Put koji pre†e automobil A iznosi SA = SB + 2L + 2l = SB + 2 (L + l) odakle je SA Kako je SA = vA =
SB = vB
) vA
2 (L + l) = 8; 64 s Sada je SA = vA (vA vB )
vB
= (vA
= 204 m
SB = 2 (L + l)
vB ) = 2 (L + l) pa vreme preticanja SB = vB
iznosi
= 144 m
km tokom 3 sata ( = 3 h) Za to vreme automobil h km km km se kretao sa tri razliµcite konstantne brzine i to v1 = 20 v2 = 50 i kroz pola sata sa v3 = 34 h h h Koliko vremena se automobil kretao sa prethodnim konstantnim brzinama? ) km S1 S2 S3 1 vsr = 40 S = vsr = 120 km Kako je t1 = t2 = t3 = = h odnosno h v v v 2 1 2 3 = 3h
00) Automobil se kre´ce srednjom brzinom vsr = 40
km 0; 5 h = 17 km onda imamo S1 + S2 + S3 = 120 km ) S1 + S2 = 103 km = S0 h t1 + t2 + t3 = 3 h ) t1 + t2 = 2; 5 h = t0 pa je S3 = v3 t3 = 34
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
t0 = t1 + t2 =
S1 S2 S1 S0 S1 S1 S0 + = + = + v1 v2 v1 v2 v1 v2
2; 5 h S0 v2 = 1 1 km v2 20 h
t0 S1 =
1 v1
Fizika Rešeni zadaci
103 km km 50 h = 14; 6 km 1 km 50 h
S1 = S1 v2
t1 =
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
1 v1
1 v2
S1 = 0; 73 h v1
+
S0 v2
t 2 = t0
S1
1 v1
t1 = 2; 5 h
1 v2
= t0
24 S0 ) v2
0; 73 h = 1; 77 h
00) Telo je baµceno vertikalno uvis. Posle jedne sekunde (t1 = 1 s) telo se nalazi na visini h1 a posle dve vk = 0 t3 t2
→
v1
h = H − h1
→
v0 p
v1 = v0
H
→
v2
sekunde prolazi kroz istu taµcku. Vreme se raµcuna od bacanja tela. Odredimo poµcetnu brzinu tela v0 visinu h1 najve´cu visinu H i brzinu v2 pri drugom prolasku tela kroz taµcku na visini h1 Za dati zadatak vaµze slede´ce formule vk = v0 g (t1 + t2 ) = 0 ) v0 = g (t1 + t2 ) g t1 = g (t1 + t2 )
H = v0 (t1 + t2 )
g t1 = g t2
1 2 g (t1 + t2 ) = g (t1 + t2 ) (t1 + t2 ) | {z } 2
1 2 g (t1 + t2 ) 2
v0
h1
1 1 2 2 = g (t1 + t2 ) g (t1 + t2 ) = g (t1 + t2 ) t 1 v→0 2 2 1 2 1 2 1 1 (a) h = v1 t2 g t 2 = g t 2 t2 g t2 = g t22 (b) h = g t23 2 2 2 2 1 2 1 2 g t = g t3 ) t2 = t3 = 1 s Sada je Iz (a) i (b) dobijamo 2 2 2 1 m 2 H = g (t1 + t2 ) odnosno v0 = g (t1 + t2 ) = 19; 62 s 2 1 2 1 m h1 = v0 t1 g t1 = 19; 62 m 1 s 9; 81 2 1 s2 = 14; 715 m 2 2 s p m 1 2 1 m h = g t2 = 9; 81 2 1 s2 = 4; 905 m v0 = 2 g h = 9; 81 2 2 s s 2
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
25
Krivolinijsko kretanje u prostoru Svako krivolinijsko kretanje materijalne taµcke ili tela moµze se posmatrati kao kruµzno i pravolinijsko kretanje jer se svaka kriva linija moµze razloµziti na elementne lukove odre†enih duµzina i odgovaraju´cih polupreµcnika. Kako su brzina, ubrzanje i put vektorske veliµcine, onda se krivolinijsko kretanje u prostoru moµze „racionalno”prikazati vektorskim veliµcinama. Kod pravolinijskog kretanja to nije neophodno jer su pravci vektora brzine kod pravolinijskog kretanja isti z odnosno „leµze“ na istoj pravoj pa su kod takvog kretanja potrebne samo brojne vrednosti za brzinu, ubrzanje i A pre†eni put jer je sabiranje vektora istog pravca po br→ → ojnoj vrednosti identiµcno algebarskom. r k z → Poloµzaj taµcke A u prostoru prikazanom pravouglim koory i dinatnim sistemom potpuno je odre†en njenim koordinatama 0 → j x y z odnosno vektorom poloµzaja x x
y
!
!
!
!
! ! !
r = x i + y j + z k gde su i j k jediniµcni vektori
Brzina kod krivolinijskog kretanja u prostoru Opisivanje ili „prouµcavanje” promene poloµzaja, odnosno „kretanja” materijalne taµcke ili tela u prostoru ili ravni znaµci odrediti njihov → z v poloµzaj u bilo kom trenutku → u odnosu na odabrani koordiτ0 ∆ s A1 natni sistem. Poloµzaj taµcke A A pri kretanju kroz poloµzaje → A2 ∆r A1 A2 : : : An odre†en je njenAn → im pokretnim vektorom po→ → r1 r ! k loµzaja r → y
i
!
!
j
y = y (t)
!
!
= r +
!
r
!
)
!
z = z (t)
Ako iz poloµzaja A odre†enog vektorom poloµzaja r za vremenski interval ! odre†en vektorom poloµzaja r 1 tada imamo ! r1
!
= x (t) i + y (t) j + z (t) k Ovoj vektorskoj jednaµcini odgovaraju tri skalarne jednaµcine
x x = x (t)
!
r = r (t)
→
0
!
r = r1
t taµcka stigne u poloµzaj A1
!
r
!
!
gde je vektor r priraštaj ili promena vektora poloµzaja r u vremenskom intervalu t odnosno ve! ktor pomeraja taµcke. Koliµ cnik vektora priraštaja r i vremenskog intervala (skalara) t predstavlja vektor srednje brzine u tom vremenskom intervalu, odnosno ! v sr
=
!
r t
!
!
gde vektor v sr ima isti pravac i smer kao i vektor r i njegova brojna vrednost je proporcionalna ! ! intenzitetu vektora r Me†utim, srednja brzina v sr odstupa po pravcu i intenzitetu od trenutne brzine taµcke u poloµzaju A kada je to odstupanje manje ako je interval izme†u poloµzaja A i A1 manji. ! ! Vektor v sr dostiµze graniµcnu vrednost trenutne brzine v kada rastojanje A1 A ! 0 ili t ! 0 pa je !
v = lim
A1 !A
! v sr
= lim
t!0
!
!
r r (t + = lim t!0 t
t) t
!
r (t)
!
dr ! = = r dt
Ova relacija pokazuje da je trenutna brzina jednaka prvom izvodu vektora poloµzaja pokretne taµcke po vremenu.
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
v A
→
∆r
→
A1
∆r
An
r1
r
k
A2
→
→
→
y
i
0
t sm-
!
→
∆r
→
τ0
→
Smanjenjem vremena
→
z
26
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
→
j
anjuje se seµcica r ili tetiva luka koja za t ! 0 iz poloµzaja tetive prelazi u poloµzaj tangente u taµcki A kada intenzitet vektora priraštaja postaje jednak pre†enom putu dr = dS pa se vektor brzine moµze izraziti relacijom !
v =
x
dr dt
! 0
=
dS ! ! 0 =v 0 dt |{z} v
dS ! intenzitet brzine kretanja materijalne taµcke u poloµzaju A a 0 jediniµcni vektor tangente. gde je dt ! U pravouglom koordinatnom sistemu vektor brzine v ima tri komponente duµz x y z ose. ! Diferenciranjem vektora poloµzaja r po vremenu t dobijamo !
v =
!
dr d = dt dt
!
!
!
xi +yj +zk
=
! ! ! dx ! dy ! dz ! i + j + k = vx i + vy j + vz k dt dt dt |{z} |{z} |{z} vx
vy
vz
pa se komponente brzine v ili njene projekcije na koordinatne ose x y z mogu prikazati formulama dy dz dx =x vy = =y vz = = z dok je modul ili intenzitet brzine v odre†en formulom vx = dt dt dt q v = vx2 + vy2 + vz2 Pravac vektora brzine v u odnosu na koordinatne ose moµzemo odrediti preko kosinusa uglova u odnosu na te ose gde je ! !
cos ( v ; i ) = q
x
=
x2 + y 2 + z 2
x v
y
! !
cos ( v ; j ) = q
x2 + y 2 + z 2
=
! !
y v
cos ( v ; k ) = q
z x2 + y 2 + z 2
=
z v
Ubrzanje kod krivolinijskog kretanja u prostoru →
z
v A
→
v1 →
∆v
→ →
k
→
∆v
A1
→
v1
An
→
a
i
0
→
j
x
y
Kod neravnomernog kretanja materijalne taµcke po krivolinijskoj putanji njen vektor brzine se menja sa vremenom po pravcu i intenzitetu.Dakle ako se taµcka u vremenu od t do t + t kre´ce po krivoj liniji od poloµzaja A do poloµzaja A1 tada vektor priraštaja ili promene njene brzine iznosi !
!
v = v1
!
Ako vektor priraštaja brzine v podelimo sa intervalom vremena tada dobijamo vektor srednjeg ubrzanja materijalne taµcke, odnosno
!
v
t za koji je taj priraštaj nastao
!
v ! = a sr t !
Kako je vektor srednjeg ubrzanja a sr koliµcnik vektora priraštaja brzine i vremenskog intervala t ! ! koji je pozitivni skalar, onda vektor a sr ima isti pravac i smer kao vektor priraštaja brzine v ! ! Vektor a sr dostiµze graniµcnu vrednost trenutnog ubrzanja a ako rastojanje A1 A ! 0 ili ako t ! 0 pa je
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
!
!
a = lim a sr = lim A1 !A
t!0
!
!
Fizika Rešeni zadaci
v (t + v = lim t!0 t
!
t) t
v (t)
=
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
27
!
dv ! = v dt
Ova formula pokazuje da je trenutno ubrzanje materijalne taµcke jednako prvom izvodu vektora brzine !
taµcke po vremenu. Kako je v = !
a =
!
!
dr onda formula dt
!
d2 r dv ! = r = dt dt2 !
pokazuje da je vektor ubrzanja a jednak drugom izvodu vektora poloµzaja pokretne taµcke po vre! menu. U pravouglom koordinatnom sistemu vektor ubrzanja a ima tri komponente duµz x y z ose kada ! dvostrukim diferenciranjem vektora poloµzaja r po vremenu t dobijamo !
a =
!
d d2 r = 2 dt dt
dy ! dz ! dx ! i + j + k dt dt dt |{z} |{z} |{z} vx
vy
vz
=
d2 x ! d2 y ! d2 z ! i + 2 j + 2 k dt2 dt dt |{z} |{z} |{z} ax
ay
az
pa se komponente ubrzanja a ili njegove projekcije na koordinatne ose x y z mogu prikazati formulama d2 x d2 y d2 z = x a = = y a = =z y z dt2 dt2 dt2 dok je modul ili intenzitet vektora ubrzanja a odre†en formulom q q a = a2x + a2y + a2z = x2 + y 2 + z 2 Pravac vektora ubrzanja a u odnosu na koordinatne ose moµzemo
ax =
odrediti preko kosinusa uglova u odnosu na te ose gde je
ax x ! ! = cos ( a ; i ) = q a x2 + y 2 + z 2
! !
cos ( a ; j ) =
ay a
! !
cos ( a ; k ) =
az a
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
28
Kosi hitac Ako se telo izbaci u bezotporni prostor nekom silom pod uglom u odnosu na x - osu tada u nastavku kretanja na njega deluje iskljuµcivo gravitaciona sila pa je dalje kretanje tela sloµzeno, odnosno ravnomerno po horizontalnoj komponenti vx i ravnomerno - promenljivo po vertikalnoj komponenti vy jer gravitaciona sila na „slobodno”telo vrši uticaj iskljuµcivo po vertikalnom pravcu. Dakle, u horizontalnom pravcu na telo ne deluje nikakva sila pa njegovo ubrzanje u pravcu x - ose iznosi ax = 0 ) vx = v0 x = const x = vx t
y
vy v 0y v0
v =vx
v ax = 0 v x ay = − g
vy
y max
vx v
α
v xk v 0x
0
α vk
1 2D
x
=v 0
D v yk
dok u vertikalnom pravcu na telo deluje konstantna gravitaciona sila pa je ubrzanje u pravcu y - ose 1 2 gt 2 Putanja kretanja tela izbaµcenog u polju gravitacione sile moµze se „opisati” formulama
ay =
g ) vy = v0 y + ay t = v0 y
g t ) y = v0 y t
1 2 gt 2 U trenutku dostizanja maksimalne visine (ymax ) vertikalna komponenta brzine tela iznosi vy = 0 pa je
x = vx t
vy = v0 y
y = v0 y t
g tymax = 0 ) v0 y = g tymax
odakle dobijamo vreme dostizanja maksimalne visine (tymax ) koje iznosi v0 y tymax = pa je vreme dostizanja maksimalne visine (ymax ) srazmerno vertikalnoj komponeg
nti poµcetne brzine (v0 y ) a obrnuto srazmerno gravitacionom ubrzanju (g) U trenutku maksimalnog doleta tela (D) njegova vertikalna komponenta visine iznosi y = 0 a njenom zamenom u jednaµcinu putanje dobijamo 0 = v0 y t tu k =
1 1 2 g t ) v0 y = g t pa je ukupno vreme kretanja tela 2 2
2v0 y g
odakle vidimo da je ono 2 puta ve´ce od vremena dostizanja najve´ce visine, odnosno
tu k = 2 tymax jer se „taµcka” maksimalne visine putanje (ymax ) nalazi na njenoj polovini.
Maksimalna visina putanje tela iznosi ymax = v0 y tymax v0 x = v0 cos
v0 y 1 2 gt = v0 y 2 ymax g v0 y = v0 sin
D = xmax = v0 x tu k = v0 x
v02 y 1 v02 y g 2 = 2 g g
v02 y 1 v02 y = 2 g 2g
Kako je
onda horizontalna komponenta putanje ili maksimalni dolet iznosi
2v0 y 2v0 x v0 y 2v0 cos v0 sin = = g g g
=
v02 2 sin cos g
pa se vidi da telo ima najve´ci dolet D ako je izbaµceno pod uglom
=
v02 sin 2 g
= 45 jer je tada sin 2 = sin 90 = 1
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
odnosno
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
29
= 45
Nešto „sloµzeniju”, zanimljiviju i korisniju analizu istog „problema”uz upotrebu nešto „sloµzenijeg”raµcuna moµzemo pogledati na slede´cim stranicama gde je termin hitac zamenjen terminom teniska loptica. Teniska loptica je izbaµcena sa visine h poµcetnom brzinom v0 u pravcu koji sa terenom zaklapa ugao Odredimo parametre kretanja loptice ako zanemarimo uticaj otpora vazduha
y
vy = 0 vy
v =vx
v
γ
vx v 0y
ax = 0 ay = − g
v0
vx v
y max
vy
y 1 max
α
x1 v 0x
D1
h
v xk
x
θ
0
D
vk
v yk
Sa slike vidimo da vaµze slede´ce relacije: v0 x v0 y = cos ) v0 x = v0 cos = sin v0 v0
) v0 y = v0 sin
Posle poµcetka kretanja, loptica nema horizontalno ubrzanje ax pa imamo: dvx dx = 0 ) vx = const = v0 x = v0 cos vx = = v0 cos ) dx = v0 cos ax = 0 ) ax = | {z } dt dt Z x = v0 cos dt = v0 cos t + C1 Konstantu C1 odre†ujemo iz poµcetnih uslova, odnosno
x( t = 0 ) = 0 ) 0 = v0 cos
0 + C1 ) C1 = 0 x t ) t= v0 cos
x = v0 cos
dvy ay = g ) ay = = dt | {z }
g ) dvy =
Zamenom dobijamo
g dt ) vy =
g
Z
dt =
g t + C2
Konstantu C2 odre†ujemo iz poµcetnih uslova, odnosno
vy( t = 0 ) = v0 y
) v0 y =
dy = v0 sin dt Z y = v0 sin dt
vy =
t
Sada je
g t ) dy = (v0 sin g t) dt Z 1 2 g t dt = v0 sin t g t + C3 2
y( t = 0 ) = h ) h = v0 sin y = v0 sin
g 0 + C2 ) C2 = v0 y = v0 sin
0
1 g 02 + C3 ) C3 = h Sada je 2
1 2 g t + h = v0 sin 2
x v0 cos
1 x2 g 2 2 v0 cos2
+ h = x tg |
2 v02 {z
g cos2
parab ola
x2 + h }
dt )
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
30
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
Odredimo brzinu loptice v u zavisnosti od njenog poloµzaja 2
2
v 2 = vx2 + vy2 = (v0 cos ) + (v0 sin = v02 cos2 + sin2 {z } | 1
v= tg
p =
v02
2g (y
2g v0 sin |
g t) = v02 cos2
+ v02 sin2
2 v0 sin
1 2 gt 2
2 g (y
h) Sada je
t {z
y
= v02
g t + g 2 t2
}
h
h) Odredimo „pravce” kretanja loptice u funkciji vremena. Prema slici imamo:
vy v0 sin gt = = tg vx v0 cos
gt v0 cos
tg
=
vy k g tk v0 sin = vx k v0 cos
=
g tk v0 cos
tg
Odredimo vreme t1 za koje loptica dostigne maksimalnu visinu putanje (ymax ) U trenutku dostizanja maksimalne visine, vertikalna komponenta brzine vy jednaka je nuli, odnosno v0 sin vy( t = t1 ) = v0 sin g t 1 = 0 ) t1 = Maksimalna visina koju loptica dostiµze iznosi g ymax = y( t = t1 ) = v0 sin
1 2 g t + h = v0 sin 2 1
t1
Za h = 0 ) y1 max =
v02 sin2 2g
D=
2 tg v02 sin 2 g
v02 cos2 g s
D
+h=
1 v02 sin2 2 g
+h
Odredimo maksimalni domet loptice
Za x = D ) y = 0 ) 0 = D tg D2
1 v02 sin2 g 2 g2
v0 sin g
2 v02
2 v02 cos2 g
h
2
v02 sin 2 g
+
g cos2
D2 + h Mnoµzenjem sa v02 sin 2 g
= 0 odnosno D2
4 2 v02 cos2 g
D
2 v02 cos2 g
2 v02 cos2 g
dobijamo h
= 0 Sada je
h
2
Nama je znaµcajno samo rešenje sa znakom (+) odnosno v 2 sin 2 D= 0 2g
v 2 sin 2 = 0 2g
v 2 sin 2 = 0 2g
1 + 2
s
v u u u u +u t 1+
v02 sin 2 2g s
Za h = 0 ) D1 = Tada je sin 2
2
v02 sin 2 g
4 2 v02 cos2 + g
0
v 2 sin 2 = 0 2g
2 v02 cos2 h 2 B g B1 + @ 4 v04 sin2 cos2 2 4g
2gh 1+ 2 v0 sin2
v02 sin 2 g
h
!
+
s
1
1 4
C v02 sin 2 C= A 2g
v02 sin 2 g
v 2 sin 2 + 0 2g
2
+
1 4 2 v02 cos2 4 g
s
1+
2gh sin2
v02
Loptica dostiµze maksimalni domet ako je izbaµcena pod uglom
maksimalno, odnosno sin 2 = sin
2
= 1 Za
=
4
) D1 max
Primetimo da loptica dostiµze najve´cu visinu na polovini D1
v2 = 0 g
h
=
4
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Horizontalni hitac
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
31
Pogledajmo slede´ci primer
m Odredimo vreme s → kretanja kuglice, domet, intenzitet brzine kuglice pri udaru y v0 na Zemlju i ugao pod kojim kuglica pada na Zemlju. Ako bi slobodno padala na Zemlju bez poµcetne brzine i otpora vazduha, tada bi kuglica za vreme t prešla vertikalno 1 rastojanje H = g t2 pa vreme kretanja kuglice iznosi H 2 v r u 2H 2 25 m =u t= t m = 2; 26 s Ako nema otpora vazduha, → g α 9; 81 2 vx s β x 0 D tada je horizontalna komponenta brzine kuglice (vx ) u sva→ kom trenutku jednaka njenoj poµcetnoj brzini v0 pa domet v m → vy kuglice iznosi D = v0 t = 15 2; 26 s = 33; 86 m s Vertikalna komponenta brzine (vy ) jednaka je brzini slobodnog padanja, odnosno m m vy = g t = 9; 81 2 2; 26 s = 22; 15 s s Brzinu udara kuglice na Zemlju moµzemo odrediti primenom Pitagorine teoreme, kada je r q q m2 m2 m 2 2 2 2 v = (vx ) + (vy ) = (v0 ) + (vy ) = 225 2 + 490; 5 2 = 26; 75 s s s m 22; 15 vy vy s ) = arcsin = arcsin Kako je sin = m = 55; 89 onda ugao udara kuglice na Zemlju iznosi v v 26; 75 s = 180 = 180 55; 89 = 124; 11
00) Na visini H = 25 m horizontalno je baµcena kuglica poµcetnom brzinom v0 = 15
00) Iz podnoµzja ravni nagnute pod uglom y →
v0
α β
et d x dom = tan β ⋅ y
T ( x 0, y 0) y0 x
m pod s uglom = 50 u odnosu na strmu ravan. Odredimo domet projektila duµz ravni. Prema slici imamo x 1 2 x = v0 cos t ) t= odnosno y = v0 sin t gt = v0 cos 2 = 20 izbaµcen je projektil poµcetnom brzinom v0 = 100
= v0 sin
x0
0
x v0 cos
Presek putanje kretanja (parabole) i prave y = tg x0 tg
= x0 tg
g x20 cos2
2 v02
1 x2 g 2 2 v0 cos2
= x tg |
parab ola
x glasi y = y odnosno
Iz ove jednaµcine dobijamo x0 (tg
tg )
g x0 cos2
2 v02
g x2 2 v 2 cos2 {z 0 } = 0 kada jedno
„rešenje” x0 = 0 otpada dok se drugo rešenje dobija ako se izraz u velikoj zagradi izjednaµci sa nulom pa je g x0 = 2 v02 cos2 d=
(tg
x0 2 v02 cos2 = cos g cos
tg ) ) x0 = (tg
2 v02 cos2 g
tg ) = 741; : : : m
(tg
tg ) Kako je
x0 = cos d
onda imamo
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
32
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
00) Na 10 m udaljenosti i 4 m iznad horizontalne ravni nalazi se meta koju treba pogoditi kuglom izbaµcenom m Odredimo ugao u odnosu na horizontalnu s ravan pod kojim treba baciti kuglu da bi ona pogodila metu. Prema slici imamo x odnosno x = v0 cos t ) t= v0 cos
y
poµcetnom brzinom v0 = 20 →
v0
y = v0 sin
1 2 g t = v0 sin 2
t
g x20 cos2
pa je y0 = x0 tg
v0 y0
α 2 α1 θ g x20 v02 y0
y0
= x0 sin 2
x20
sin
+
y02
1+
2
1+ g x20 v02 y0
g x20 v02 y0 = cos
= arcsin sin
1
1 = 2
arcsin |
Kako je sin 2
=
1 2
cos2
y0 cos 2
=p
x0 x20
+
sin 2
1+
p
y02
Prema slici vaµzi p
y0 x20
+
y02
= sin
x20 + y02 dobijamo p
sin 2
sin
g x20 v02 y0
Kako je
y0 x20
+ y02
(
cos 2
cos 2 = sin (2
p
g x2 2 v02 cos2
dobijamo
2 cos2 = 1 + cos 2 2 sin cos = sin 2
g x20 g x20 odnosno y + = x0 sin 2 0 v02 v02
y0 (1 + cos 2 ) = x0 sin 2
pa delenjem prethodne relacije sa p
g x20 v02
x x0
0
y0 1 +
2 y0 cos2
sin = 2 x0 cos
= x tg
Mnoµzenjem sa 2 cos2
2 v02
→
1 x2 g 2 2 v0 cos2
x v0 cos
x0 x20
+
y02
= cos
onda je y0 cos 2
y0 = tg x0
odnosno
) odakle je
odnosno
! ! g x20 y0 sin 1+ 2 = 29 180 1200 + arc tg v0 y0 x0 | {z } {z } | =21;8 0:599 {z } 36;8
= sin (
180
) onda jednostavno dobijamo i
arcsin sin
1+
g x20 v02 y0
+ arc tg
y0 x0
2
odnosno
= 82 290 5300
Oba rešenja su realna i zadovoljavaju uslove zadatka.
00) Lopta se otkotrlja sa horizontalnog stola visokog h = 2; 2 m posle µcega padne na pod na rastojanju y
d = 2; 9 m od podnoµzja stola. Odredimo vreme padanja lopte ( ) brzinu kojom je napustila sto (v0 ) i brzinu njenog udara o pod (v) Ako zanemarimo otpor vazduha, tada kotrljanje lopte nema uticaja pa njeno kretanje moµzemo posmatrati kao horizontalni hitac gde je = 0 Prema slici, parametarske jednaµcine glase
→
v0
h x 0
d
→
v
Za x = d ) y = 0 pa je 0 = h
x = v0 t ) t =
x v0
y=h
1 2 gt = h 2
g x2 2 v02
Prema zakonu o odrµzanju energije E = const imamo p 1 m v02 + m g h odakle je v = v02 + 2 g h 2
g d2 2 v02
) h=
g d2 odnosno 2 v02
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
v0 =
r
2
gd =d 2h
x = d = v0 v=
p
r
Fizika Rešeni zadaci
v u u 9; 81 m t g s2 = 4; 33 m = 2; 9 m 2h 4; 4 m s
odakle je
=
v02 + 2 g h = 7; 86
m s
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
33
moµzemo odrediti iz formule
Vreme padanja lopte
2; 9 m d = m = 0; 67 s Brzina udara lopte u pod iznosi v0 4; 33 s
m pod uglom u odnosu na horizontalnu ravan. Odredis mo ugao da domet tela bude jednak maksimalno dostignutoj visini kretanja ymax Odredimo domet tela. 1 2 Kako je y = v0 t sin g t onda za taµcku A vaµzi y = ymax v0 = 0 odnosno 2 v0 sin vy = v0 sin g t = 0 odakle je t0 A = g
00) Telo je baµceno poµcetnom brzinom v0 = 24 y
A →
v0
α
ymax = y(t o d 0 do A) = v0
x
0
d
d = v0 t cos v02 sin 2 g
=
=
= v0 2 t( 0 A ) cos v02 sin2 2g
v0 sin g
cos
= sin2
= arc tg 4 = 75 570 ili d = ymax =
sin
1 v02 sin2 g 2 g2
=
v02 sin2 g
1 v02 sin2 2 g
v02 sin2 2g
= 2 v0
) 2 2 sin
v0 sin g
v02 sin 2 g
cos
=
v02 sin 2 g
) 4 cos
= sin
Mora biti d = ymax odnosno Sada je 4 =
sin cos
= tg
)
= 27; 63 m
00) Na strmu ravan nagibnog ugla
45 o 45 o
1 1 Kako je v = g t odnosno h = v0 t + g t2 = g t2 onda brzina uda|{z} 2 2 0 p ra kugle u strmu ravan iznosi v = 2 g h Od strme ravni kugla se odbija pod istim uglom pod kojim je pala na ravan. To znaµci da kugla nastavlja da se kre´ce kao telo baµceno sa visine h u horinzontalnom pravcu ( = 0) i to brzinom v0 koja je 20 % manja od brzine v odnosno p v0 = 0; 8 v = 0; 8 2 g h Prema slici vaµze parametarske jednaµcine
→
h = 10 m
v0
H = 20 m
N
h = 10 m
y
= 45 pada kugla sa visine H = 20 m bez poµcetne brzine. Pri odbijanju od strme ravni kugla izgubi 20 % brzine. Mesto udara u strmu ravan je na polovini visine slobodnog pada. Odredimo domet kugle na horizontalnu ravan.
α
x d
D = v0 d=D
r
l = 10 m D p 2h = 0; 8 2gh g
l = 16 m
0
r
10 m = 6 m
x = v0 t ) t =
x odnosno y = h v0
1 2 gt 2
U trenutku pada na horinzontalnu ravan kada je x = D y = 0 vaµzi r r 1 2 2h D 2h y=0=h gt ) t = odnosno = odakle je 2 g v0 g 2h = 16 m Domet na horizontalnoj ravni d iznosi g
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
34
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
Kruµzno kretanje Kruµzno kretanje je najjednostavniji i najvaµzniji oblik krivolinijskog kretanja gde se materijalna taµcka kre´ce oko jedne obrtne ose opisuju´ci kruµznu putanju koja leµzi u ravni normalnoj na obrtnu osu. Za jednostavnije razumevanje kruµznog y kretanja materijalne taµcke prirodno se javlja potreba za pojmovima ugA1 aone brzine i ugaonog ubrzanja jer je brzina kretanja materijalne ∆S taµcke zavisna od njene udaljenosti od obrtne ose dok je njena ugA aona brzina ista bez obzira na udaljenost taµcke od iste obrtne ose θ 0
∆ θ θ0
x
Ugaona brzina kod kruµznog kretanja
r
Ako se materijalna taµcka kre´ce po kruµznoj putanji oko obrtne ose (0) koja je normalna na ravan kruµzne putanje, tada rastojanje te taµcke do obrtne ose, odnosno polupreµcnik r = 0A u nekom vremenskom intervalu t opisuje neki ugao pa je poloµzaj taµcke kod kruµznog kretanja odre†en njenim rastojanjem od obrtne ose i opisanim uglom. Ako iz poloµzaja A za neki vremenski interval t taµcka stigne u poloµzaj A1 tada ugaoni pomeraj polupreµcnika, odnosno rastojanja od obrtne ose iznosi = 0 pa se srednja ugaona brzina (! sr ) materijalne taµcke oko obrtne ose de…niše koliµcnikom njenog ugaonog pomeraja ( ) i vremenskog intervala ( t) za koji je taj ugaoni pomeraj ( ) nastao, odnosno ! sr =
t
=
0
t
t0
pri µcemu se u trenutku t0 taµcka nalazila u poloµzaju A i u trenutku t u poloµzaju A1
ugaoni pomeraj proteklo vreme Srednja ugaona brzina ! sr dostiµze graniµcnu vrednost trenutne ugaone brzine ! kada rastojanje A1 A ! 0 odnosno kada t ! 0 pri µcemu je d ! = lim ! sr = lim = A1 A ! 0 t!0 t dt Srednja ugaona brzina je ! sr =
Ako je ugaona brzina ! konstantna i ako je u trenutku t0 = 0 i = !t
0
= 0 tada je ! =
što po analogiji odgovara formuli
0
t
t0
=
t
ili
S = v t odnosno pre†enom putu kod translatornog kretanja. rad ugao - radijan = Dimenziona jedinica ugaone brzine je ! = vreme - sekund s 180 1 1 rad = = 57 170 4500 = obrta 1 obrt = 360 = 2 rad 2 1 obrt - pun ugao O = 1 sekund s O 1 obrt - pun ugao U tehnici se ugaona brzina ! izraµzava i brojem obrta u minuti gde je = 1 minut min Ugaona brzina ! se izraµzava i brojem obrta u sekundi, odnosno
km Odredimo vreme potreh bno da satelit obi†e Zemlju od istoka prema zapadu i od zapada prema istoku. Polupreµcnik Zemlje je r = 6 370 km Satelit se kre´ce po kruµznoj putanji preµcnika 2 (r + h) pa obim te putanje iznosi O = 2 (r + h) = 2 (6 370 km + 6 370 km) = 80 047; 78 km Vreme za koje satelit obi†e jedan krug ili jedan obrt iznosi O 80 047; 78 km t= = = 2; 5 h = 9 005; 37 s km v 32 000 h
00) Satelit kruµzi oko Zemlje na udaljenosti h = 6 370 km brzinom v = 32 000 →
v r
h →
v
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
35
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
Ugaona brzina rotacije satelita oko Zemlje iznosi 1 obrt 2 rad = = 6; 97 10 t 9 005; 37 s
!S =
4
rad s
Ugaona brzina rotacije Zemlje oko svoje ose iznosi
1 obrt 2 rad rad = = 7; 27 10 5 t 24 3 600 s s Ako satelit obilazi Zemlju od istoka prema zapadu, tada njegova ugaona brzina u odnosu na Zemlju iznosi !Z =
rad rad rad 7; 27 10 5 = 6; 24 10 4 s s s Vreme obilaska satelita oko Zemlje od istoka prema zapada iznosi !i
z
= !S
4
! Z = 6; 97 10
1 obrt = !i z
2 rad
= 10 053; 2 s = 2; 79 h rad s Ako satelit obilazi Zemlju od zapada prema istoku, tada ugaona brzina njegovog kretanja u odnosu na Zemlju iznosi rad rad rad ! z i = ! S + ! Z = 6; 97 10 4 + 7; 27 10 5 = 7; 7 10 4 s s s Vreme obilaska satelita oko Zemlje od zapada prema istoku iznosi
t1 =
t2 =
1 obrt = !z i
4
6; 24 10
2 rad 4
7; 7 10
rad s
= 8 155; 34 s = 2; 26 h
Ugaono ubrzanje kod kruµznog kretanja Kao kod drugih oblika kretanja, tako i kod kruµznog kretanja materijalna taµcka se moµze kretati oko obrtne ose sporije ili brµze pa se i njena ugaona brzina menja, odnosno kruµzno kretanje moµze imati i ugaono ubrzanje ( ) Ako u poloµzaju A odnosno u trenutku t0 taµcka ima ugaonu brzinu ! 0 a u poloµzaju A1 odnosno u trenutku t ugaonu brzinu ! tada promena ili priraštaj ugaone brzine ! u vremenskom intervalu t = t t0 iznosi ! = ! !0 gde je srednje ugaono ubrzanje sr jednako koliµcniku promene ugaone brzine tervala t u kome je do te promene i došlo sr
! ! = t t
=
!0 t0
ili
sr
=
! i vremenskog in-
promena ugaone brzine proteklo vreme
Srednje ugaono ubrzanje sr ´ce dosti´ci graniµcnu vrednost trenutnog ugaonog ubrzanja janje A1 A ! 0 odnosno kada t ! 0 pa je =
lim
A1 A ! 0
sr
= lim
t!0
d! ! = t dt
Kako je ! =
d onda se trenutno ugaono ubrzanje dt
kada rasto-
moµze prikazati
d2 Ako je ugaono ubrzanje konstantno, tada se trenutno ugaono ubrzanje dt2 odrediti iz bilo kog vremenskog intervala t t0 kada je ! !0 ! !0 = odakle za t0 = 0 dobijamo = ) ! ! 0 = t ili t t0 t
i formulom
! = !0 +
=
moµze
t pa je poslednja formula analogna relaciji za brzinu kod jednakoubrzanog kretanja
v = v0 + a t
Formulu za ugaonu brzinu taµcke oko obrtne ose kada je ugaono ubrzanje konstantno ! = !0 +
t moµzemo dobiti i primenom diferencijalnog raµcuna slede´cim postupkom
Kako je trenutno ugaono ubrzanje =
d! dt
) d! =
dt onda imamo
Z
d! =
Z
dt odnosno ! =
t+C
Za t = 0 ) ! = ! 0 ili
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
!0 =
0+C
Fizika Rešeni zadaci
36
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
) C = ! 0 pa je
d ! = ! 0 + t Kako je trenutna ugaona brzina ! = = ! 0 + t ) d = (! 0 + t) dt onda imamo {z } | dt Z Z Z Z 1 d = (! 0 + t) dt = ! 0 dt + t dt odnosno = !0 t + t2 + C Za t = 0 ) = 0 ili 2 1 02 + C ) C = 0 pa je 0 = !0 0 + 2 d! d 1 d! d! d = = !0 t + =! t2 Kako je = onda imamo ! d! = d odakle je dt d d |{z} dt d {z 2 } | Z
! d! =
Z
!
d
1 2 ! = 0+C 2 0 !2 = 2 + ! 20 {z } |
odnosno
) C=
1 2 ! = 2
+C
Za t = 0 imamo
1 2 1 2 ! pa je ! = 2 0 2
+
= 0 ) ! = ! 0 odnosno
1 2 ! odnosno 2 0
Brzina materijalne taµcke kod kruµznog kretanja Ako se materijalna taµcka kre´ce oko obrtne ose po kruµznoj putanji polupreµcnika r tada rastojanje izme†u poloµzaja A i A1 iznosi S=r odakle dobijamo njenu brzinu kretanja r S d v = lim = lim = r lim =r = r ! pa je t!0 t!0 t!0 t t t dt |{z} !=
!
v r
Brzinu v = r !
nazivamo obimnom ili perifernom brzinom
Ubrzanje materijalne taµcke kod kruµznog kretanja y
→
∆v
v1
v ∆θ
→
Kod svakog krivolinijskog kretanja materijalne taµcke njeno ubrzanje moµze imati bilo koji pravac koji se ne poklapa sa pravcem njene brzine što vaµzi i za kruµzno kretanje kao najjednostavniji oblik krivolinijskog kretanja. Kod kruµznog kretanja sa konstantnom ugaonom brzinom ! obimna ili periferna brzina v je konstantna. Ako se materijalna taµcka kre´ce po kruµznoj putanji polupreµcnika r tada ´ce njena brzina u poloµzaju A biti oznaµcena vekt! ! orom brzine v a u poloµzaju A1 vektorom brzine v 1 gde se ! ! vidi da vektori brzine v i v 1 uvek imaju poloµzaj i pravac tangente na putanju kretanja materijalne taµcke, na mestu ! ! gde se ta taµcka trenutno nalazi. Vidimo da su vektori v i v 1
→
→
v →
r
∆θ θ θ0
A1 →
r
A x
0
!
!
uvek normalni sa polupreµcnikom r pa vektori brzine v i v 1 ! ! ! uvek grade isti ugao kao i polupreµcnici r Sa slike vidimo da je v + v = v 1 pa za male uglove moµzemo prihvatiti aproksimaciju v
v
Što su poloµzaji A i A1 bliµzi jedan drugom to se duµzina tetive koja ih „spaja“ sve više pribliµzava duµzini luka S pa u graniµcnom sluµcaju kada A1 A ! 0 odnosno kada t ! 0 imamo v v d v v a = lim = lim = v lim =v = ! v Kako je v = ! r ) ! = ) r= t!0 t!0 t!0 t t t dt r ! |{z} !
onda se ubrzanje materijalne taµcke kod kruµznog kretanja moµze prikazati i formulama v2 a = ! v = !2 r = r
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
!
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
gde vektor ubrzanja a ima pravac vektora priraštaja brzine poloµzaju taµcke (A) tada se pravac vektora
37
!
v Ako se poloµzaj taµcke (A1 ) pribliµzava
!
v pribliµzava pravcu polupreµcnika r u dodirnoj taµcki kruµzne
!
putanje pa ´ce vektor v u graniµcnom sluµcaju kada poloµzaji A1 i A budu beskonaµcno blizu, biti norma! lan na vektor brzine v odnosno ima´ce pravac polupreµcnika r i smer koji je uvek orijentisan ka centru ! kruµzne putanje. Dakle, vektor ubrzanja a kod kretanja taµcke po kruµznoj putanji uvek ima smer ka centru kruµzne putanje pa se ovo ubrzanje naziva normalno radijalno ili centripetalno ubrzanje jer se ono javlja ! iskljuµcivo usled promene pravca vektora obimne ili periferne brzine v kada je intenzitet vektora br! zine v pri konstantnoj ugaonoj brzini ! konstantan.
y v1
→ r
∆v
v1
y
→ t
→ →
∆v
∆ v→
→
at →
a
θ
m →
A1
r
→
ar
r θ
∆θ
x
0
→
r
θ0
0
A x !
Ako ugaona brzina ! pri kruµznom kretanju nije konstantna, tada vektor periferne brzine v pored !
pravca, menja i intenzitet, odnosno brojnu vrednost, pa se tada pravac vektora ubrzanja a ne poklapa ! sa pravcem polupreµcnika r Tada je podesno vektor ubrzanja a razloµziti na vektor radijalnog ubrzanja ! ! ( a r ) koji se poklapa sa pravcem polupreµcnika r i vektor tangencijalnog ubrzanja ( a t ) koji se poklapa sa pravcem tangente na mestu dodira taµcke sa polupreµcnikom r ! ! Sa slike desno vidimo da je zbir vektora brzine v i vektora priraštaja brzine v !
!
!
v + v = v1 ! ! gde vektor priraštaja brzine v moµzemo razloµziti na tangencijalnu komponentu v t i na radijalnu kom! ponentu v r Pribliµzavanjem poloµzaja A1 poloµzaju A smanjuje se vrednost vektora priraštaja !
brzine v odnosno smanjuje se razlika v = v1 v = r ! 1 r ! = r ! gde se vrednost tangencijalne komponente ! vt
r
! vt
!
U graniµcnom sluµcaju, kada A1 A ! 0 odnosno kada dnaka algebarskoj razlici v = r ! kada je at = lim
t!0
pribliµzava algebarskoj razlici
v r ! = lim = r lim t!0 t!0 t t
t ! 0 tangencijalna komponenta
vt ´ce postati je-
! d! =r =r t dt |{z}
!
Tangencijalna komponenta ubrzanja a t ima pravac tangente u taµcki dodira polupreµcnika r i putanje. ! Radijalna komponenta ubrzanja a r ima poloµzaj u pravcu polupreµcnika r ili radijalni pravac pa ´ce radijalno ubrzanje i kod promenljivog kruµznog kretanja biti v2 r što je identiµcno ubrzanju a kod jednolikog kruµznog kretanja gde je ugaona brzina ! konstantna. Ako se materijalna taµcka kre´ce po kruµznoj putanji konstantnom ugaonom brzinom (! = const) tada kod takvog ar = ! v = r ! 2 =
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
38
!
kretanja postoji samo radijalno ubrzanje a r i ono nastaje zbog promene pravca periferne brzine dok ! je ugaono ubrzanje kod takvog kretanja jednako nuli ( = 0) pa i tangencijalno ubrzanje a t kod takvog kretanja iznosi ! at
=r 0=0 ! Zato tangencijalno ubrzanje a t postoji samo kod promenljivog kruµznog kretanja gde je ugaono ubrzanje 6= 0 pa kod takvog kretanja tangencijalno ubrzanje nastaje zbog promene brojne vrednosti vektora ! periferne brzine v Promenom svoga pravca vektorske veliµcine menjaju svoju vrednost pa je svako krivolinijsko kretanje ubrzano kretanje jer se pravac vektora brzine pri takvom kretanju menja. Svako kruµzno kretanje je ubrzano kretanje gde je ubrzanje uvek razliµcito od nule. ! ! Kako su tangencijalna i radijalna komponenta ubrzanja a t i a r me†usobno normalne, onda brojna ! vrednost ubrzanja a iznosi q p ! 2 2 a = a2t + a2r = (r ) + (r ! 2 ) pa za ugao koji ubrzanje a gradi sa polupreµcnikom r imamo at = tg ar
)
= arc tg
y r
θ 0
y x x
at ar
Ako se koordinatni sistem postavi u centar kruµzne putanje u x y - ravni i ako se prihvati da je 0 = 0 za t0 = 0 tada koordinate materijalne taµcke koja se kre´ce po kruµznoj putanji polupreµcnika r iznose x = r cos y = r sin a njihovim dif erenciranjem po vremenu t dobijamo komponente brzine u pravcu x i y ose vx =
dx = dt
d = dt |{z}
r sin
r ! sin
vy =
dy = r cos dt
d = r ! cos dt |{z}
!
!
Diferenciranjem ovih formula po vremenu t dobijamo komponente ubrzanja taµcke u pravcu x i y - ose, odnosno ax =
ay =
dvx = dt
dvy =r dt
r
d! sin + ! cos dt |{z}
d! cos + ! dt |{z}
d dt |{z}
=
r ! 2 cos +
sin
!
sin
d dt |{z}
r ! 2 sin
=
cos
!
Kako su komponente ax i ay me†usobno normalne, onda imamo a2 = a2x + a2y = r2 ! 4 cos2 + 2! 2 cos = r2
! 4 cos2 + sin2 + | {z } 1
q 2 2 a = (r ) + (r! 2 )
2
|
sin +
sin2 + cos2 {z }
2
sin2
+ r2 ! 4 sin2
= r2 ! 4 + r2
2
2! 2 sin 2
= (r ) + r ! 2
cos + 2
2
cos2
odnosno
1
Poznata formula
00) Obim Zemlje na ekvatoru iznosi 40 000 000 m a) Odredimo ugaonu brzinu taµcke na ekvatoru i druge taµcke koja se nar1
lazi na 45 - om stepenu geografske širine.
b) Odredimo linijsku ili perifernu brzinu taµcke na ekvatoru i druge taµcke koja se nalazi na 45 - om stepenu geografske širine.
45 o
r
c) Odredimo radijalno, ugaono, tangencijalno i totalno ubrzanje taµcke na ekvatoru i taµcke koja se nalazi na 45 - om stepenu geografske širine.
d) Odredimo procentualnu razliku teµzine tela mase m na ekvatoru i na polovima.
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
39
a) Ako izuzmemo taµcke na osi rotacije Zemlje, onda je ugaona brzina ! za svaku drugu taµcku na Zemlji ista !=
2 rad 1 obrt = = 7; 27 10 24 h 24 3600 s
5
rad s
b) Obim Zemlje na ekvatoru iznosi O = 2 r
Linijska ili periferna brzina taµcke na ekvatoru iznosi ve = r ! = 6 366 197 m 7; 27 10
5
40 000 000 m = 6 366 197 m 2
pa je njen polupreµcnik r = 1 rad
}| { rad m m 1 m = 462; 96 rad = 462; 96 obrta = 462; 96 s s s 2 | {z } s z
2
Polupreµcnik Zemlje na 45 - om stepenu geografske širine iznosi p 2 = 4 501 581 m r1 = r cos 45 = 6 366 197 m 2 Linijska ili periferna brzina taµcke na 45 - om stepenu geografske širine iznosi
v45 = r1 ! = 4 501 581 m 7; 27 10
5
z
1 rad
}| { rad m m m 1 = 327; 36 rad = 327; 36 obrta = 327; 36 s s s 2 | {z } s 2
c) Radijalna komponenta ubrzanja ima poloµzaj u pravcu polupreµcnika r ili radijalni pravac. Taµcke na ekvatoru i na 45 - om stepenu geografske širine imaju slede´ce vrednosti radijalnog ubrzanja m2 m2 107 164; 57 2 v s2 = 0; 0337 m s2 = 0; 0238 m (ar )e = = (ar )45 = 45 = r 6 366 197 m s2 r1 4 501 581 m s2 Zemlja se okre´ce konstantnom ugaonom brzinom ! pa ugaono ubrzanje svake taµcke na Zemlji iznosi d! = 0 ) at = r =r 0=0 (at )e = 0 (at )45 = 0 = dt Tangencijalno ubrzanje (at ) postoji samo kod promenljivog kruµznog kretanja gde je ugaono ubrzanje 6= 0 Totalno ubrzanje (atot ) taµcke na ekvatoru ili na 45 - om stepenu geografske širine jednako je radijalnom ubrzanju istih taµcaka, odnosno q q q q 2 2 2 2 2 2 (atot )e = (ar )e + (at )e = (ar )e + 0 = (ar )e (atot )45 = (ar )45 + (at )45 = (ar )45 + 0 = (ar )45 ve2
214 331; 96
d) Centrifugalna ili radijalna sila na polovima ne postoji ali na ekvatoru postoji zbog µcega dolazi do smanjenja teµzine tela mase m kada je Qe = m a = m g m m 9; 81 2 0; 0337 2 m g (ar )e Qe s s = = = 0; 99 % m Qpol mg 9; 81 2 s
Qpol = m g
(ar )e
Vektorsko predstavljanje veliµcina kod kruµznog kretanja →
ω
!
→
v
→
r
x
→
r
→
ω
→
v
x
Ugaona brzina ! je vektorska veliµcina koja ima pravac jednak pravcu ose rotacije, intenzitet jednak veliµcini ugaone brzine a smer vektora ugaone brzine ! ! de…nisan je smerom kretanja zavrtnja sa desnim navojem koji se okretanjem u smeru rotacije taµcke kre´ce u smeru ve! ktora v pa se on naziva i aksijalnim vektorom kao svi drugi vektori koji imaju pravac ose Proizvod polupreµcnika puta! nje odnosno radijus vektora r
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
40
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
!
i vektora ugaone brzine ! jeste vektorska veliµcina koja pokazuje perifernu brzinu !
!
!
!
!
!
v = r ! ! ! ! gde je vektor v normalan na ravan koji saµcinjavaju vektori r i ! pa je vektorski proizvod dva vektora neki novi spoljni vektor koji nije u ravni sa druga dva vektora ve´c stoji „spolja”normalno na ravan ko! ! ju oni grade. Kako vektor ugaone brzine ! i radijus vektor r grade ugao = 90 ) sin = 1 onda brojna vrednost vektorskog proizvoda v = r v = r!
! odgovara formuli za perifernu brzinu kod kruµznog kretanja gde je →
α
→
→
→
ω
at
v
→
r
→
ar
x
x
r
Brojna vrednost vektorskog proizvoda ! at
=
!
!
r
!
odgovara formuli za tangencijalno ubrzanje a t pri µcemu je at =
r
Brojna vrednost vektorskog proizvoda ! ar
!
= !
!
v
!
odgovara formuli za radijalno ubrzanje a r pri µcemu je ar = ! v
Period rotacije Period rotacije (T ) kod kruµznog kretanja je ono vreme za koje materijalna taµcka ili telo izvrši jedan obrt oko ose rotacije. Kod ravnomernog kruµznog kretanja po putanji polupreµcnika r taµcka tu putanju duµzine 2 r pre†e za vreme T koje zavisi od brzine njenog kretanja v = ! r pa imamo 2r
= vT = !rT
odakle je
!=
2 T
Ako taµcka ili telo u jedinici vremena obavi („ni”) obrta, tada je frekfencija ili uµcestanost koja se u tehnici oznaµcava sa f
=
1 odnosno ! = 2 T
gde je
=
1 T
00) Odredimo brzinu metka v tako što se on „pusti”da pro†e kroz dve paralelne kruµzne ploµce na mev
l
θ
†usobnom rastojanju l = 90 cm koje rotiraju na istoj O osovini brzinom ! = 1 740 Merenjem je provereno min da je otvor na drugoj ploµci kroz koju je prošao metak, pomeren za = 20 u odnosu na otvor na prvoj ploµci. Ako pogledamo rotaciono kretanje, onda znamo zašto je = 20 =
= !t
20 180
rad =
9
rad
0; 9 m 58 ! l! l = v t odakle dobijamo = odnosno v = = l v rad 9
!=
1740 rad 2 = 58 60 s
rad s = 469; 8 m s
rad s
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
41
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
00) Zamajac mašine polupreµcnika r = 1; 4 m polazi iz stanja mirovanja i za vreme t = 24 s postigne uga→
at
→
a
ϕ
! = 180
→
r
O Odredimo ugao ' koji zamajac opiše za to vreme i ubrmin zanje na obodu zamajca. Kako je 1 obrt = 2 rad onda imamo onu brzinu 180
ar
α = const
2 rad =6 60 s
rad s
! = !0 + |{z}
t
0 2
2
! 2 = (! 0 ) + 2 | {z }
Odavde je
=
=
! 6 rad rad = = t 24 s s 4 s2
2
( t) t2 1 ! 2 = = = (24) = 72 2 2 2 2 4
rad
0
2
1 m m m at = r = 1; 4 m = 50; 4 2 2 = 497; 428 2 1; 4 = 1; 099 2 s s s 4 s q p m at 1; 099 2 2 a = a2r + a2t = (497; 428) + (1; 099) = 497; 429 2 ' = arc tg = arc tg = 70 3600 s ar 497; 428
ar = ! 2 r =
6
00) Gimnastiµcar skaµce u vodu sa visine H = 5; 5 m Pri skoku on u vazduhu izvede 2; 5 okreta. Odredimo njegovu srednju ugaonu brzinu ! sr r 2H 1 2 Kako ugao „okretanja”gimnastiµcara iznosi H = g tpad ) tpad = 2 g njegova ugaona brzina ! =
! sr = r
2H g
r
=
=5
rad onda je
Srednja ugaona brzina „okretanja” gimnastiµcara je
tpad
g =5 2H
= 2; 5 2
v u u 9; 81 m t s2 = 14; 8 rad rad 2 5; 5 m s
km u pravcu istok - zapad h videti Sunce uvek u istom poloµzaju? Kako je T = 24 h rz = 6 378 km onda br-
00) Na kojoj geografskoj širini ´ce posada aviona koji leti brzinom va = 360 r1
vz
α rz ω
va
2 rz cos Iz uslova da T 2 brzina aviona va mora biti jednaka vZ sledi va = vZ = rZ cos T km 360 24 h va T va T h odakle je cos = = arccos = arccos = 77 320 5700 2 rZ 2 rZ 2 6 378 km
zina taµcke na Zemlji ispod aviona iznosi vz = ! r1 =
Polarni koordinatni sistem Poloµzaj jedne taµcke T ili geometrijskog mesta taµcaka u ravni moµze biti odre†en ili de…nisan pravouglim i kosouglim ili polarnim koordinatnim sistemom. U polarnom T koordinatnom sistemu poloµzaj taµcke T odre†en je rastojanjem r taµcke T od pola 0 odnosno radijus vektorom r i uglom koji radα ijus vektor gradi sa osom.
Odredimo povezanost izme†u pravouglih i polarnih koordinata
y r
α 0
y x
x
x = cos r = arccos
y = sin r
) x = r cos x r
= arcsin
y r
tg
=
) y = r sin
Prema slici dobijamo
y ) x
y x
= arc tg
r=
p
x2 + y 2
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
42
Parametarske jednaµcine krivih linija U pravouglom koordinatnom sistemu jednaµcine krivih ili pravih linija prikazujemo odnosom ili vezom izme†u koordinata x i y U polarnom koordinatnom sistemu jednaµcine krivih ili pravih linija prikazujemo odnosom ili vezom izme†u radijus vektora r i ugla Koordinate x i y u pravouglom koordinatnom sistemu moµzemo prikazati i nekom tre´com veliµcinom koju nazivamo parametar. Na primeru kruga prikazanog u pravouglom koordinatnom sistemu jednaµcinom ili polinomom x2 + y 2 = r2 prikaµzimo dobijanje parametarskog oblika jednaµcina krivih linija prikazanih y polinomom. Ako jednaµcinu kruga x2 + y 2 = r2 podelimo sa x2 tada dobijamo r2 y r2 2 Ako je = t ) y = x t tada zamenom dobijamo 1 + t = x2 x x2 x 2 1 x2 r r odakle rešavanjem po x imamo = 2 ) x2 = ) x= p 1 + t2 r 1 + t2 1 + t2 rt Kako je y = xt onda zamenom dobijamo y = p odnosno 1 + t2 r rt (1) x = p y=p Parametarske jednaµcine kruga gde je t promenljivi parametar 2 1+t 1 + t2 Parametarske jednaµcine nekih krivih linija moµzemo prikazati i primenom trigonometrijskih ili drugih formula. Pokaµzimo to na primeru jednaµcine kruga
r α x 0
y
1+
y x
2
=
x2 + y 2 = r2 Delenjem sa r2 dobijamo y 2 x 2 + = 1 Ako ovu jednaµcinu uporedimo sa formulom cos2 + sin2 = 1 onda vidimo zašto je r r x y = cos ) x = r cos = sin ) y = r sin odnosno r r (2) x = r cos y = r sin 2 [ 0; 2 ] Parametarske jednaµ cine kruga
Odredimo i tre´ci oblik parametarskih jednaµcina kruga.
x2 Iz jednaµcine kruga prikazanog pravouglim koordinatama x2 +y 2 = r2 dobijamo y 2 = r2 x2 = r2 1 r2 odnosno r p x x 2 = t ) x = r t tada dobijamo y = r 1 t2 pa tre´ci oblik parametarskih y=r 1 Ako je r r jednaµcina kruga glasi p (3) x = r t y = r 1 t2 Parametarske jednaµ cine kruga
Primetimo ili proverimo !!!
x2 + y 2 = r2 t2 + r2 1
t2 = r 2 t2 + r 2
r2 t2 = r2 ili x2 + y 2 = r2
00) Odredimo parametarske jednaµcine cikloide, odnosno krive linije koju opisuje taµcka A ako y
r
x = r (α − sinα )
D
y A x
r
rα
C α
se krug kre´ce bez klizanja po pravolinijskom putu. Duµzinu luka l za ugao u radijanskim merama moµzemo dobiti iz proporcije
y = r (1 − cosα )
E A′ x
B
l = odakle je l = r 2r 2 Ako se krug okrene za ugao tada centar kruga pre†e put r U pravouglom koordinatnom sistemu za taµcku
D prikazanu na cikloidi vaµze odnosi x = AB
DE = r
r sin
= r(
sin )
y = BC
Parametarske jednaµcine cikloide glase • x = r (
CE = r sin )
r cos
= r (1
y = r (1
cos )
cos )
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
x2
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
43
y2
00) Odredimo parametarske jednaµcine elipse 2 + 2 = 1 a b Ako jednaµcinu elipse prikaµzemo u obliku x a
2
+
y b
2
= 1 i uporedimo sa jednaµcinom
cos2 + sin2 = 1 tada vidimo zašto parametarske jednaµ cine elipse glase x y = cos ) x = a cos = sin ) y = b sin odnosno a b • x = a cos
y = b sin
2 [ 0; 2 ]
Parametarske jednaµcine elipse
00) Odredimo parametarske jednaµcine Neil - ove parabole y 2 = a x3 y 2 y Ako jednaµcinu y = a x podelimo sa x tada dobijamo = a x Ako je =t ) x x 1 1 y = x t tada dobijamo t2 = a x ) x = t2 ) y = x t = t3 a a Parametarske jednaµcine Neil - ove krive glase 1 1 • x = t2 y = t3 a a 2
3
y a 2=
2
y 0
x3
x
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
44
Zakrivljenost ili krivina krivih linija u ravni krug 2 r
r1 r2 r3
B
C2 krug1
r2 A
r1
C1 B
A Kroz dve proizvoljne taµcke A i B u ravni moµze da pro†e jedna prava i bezbroj krivih linija. Krive linije imaju ve´cu krivinu ako više odstupaju od prikazane prave linije koja prolazi kroz taµcke A i B Me†utim, kroz taµcke A i B moµze da pro†e bezbroj krugova, koji su najjednostavnije krive linije. Na slici u sredini vidimo da krug 2 manje odstupa od prave linije nego krug 1 Dakle, iako ima ve´ci polupreµcnik, krug 2 manje odstupa od prave A B nego krug 1 koji ima manji polupreµcnik, pa je krivina krugova obrnuto srazmerna njihovim polu1 preµcnicima, odnosno k = ( k krivina kruga, r polupreµcnik kruga ). r Sa slike desno vidimo da je zakrivljenost k najjednostavnije krive linije (kruga) ve´ca ako je njegov polupreµcnik 1 manji, odnosno da je konstanta k obrnuto srazmerna polupreµcniku kruga r ili k = Pravu liniju moµzemo r 1 1 smatrati krugom polupreµcnika r = 1 pa je zakrivljenost prave linije k = = = 0 Ponovimo da je krivina r 1 1 na krugu, reciproµcna vrednost njegovog polupreµcnika što smo de…nisali relacijom k = r
y
C
t2 r
∆
α
E
r
D M 0
α
t1
S
∆α
∆
T
∆α N α+
Odredimo povezanost prethodne de…nicije sa drugim veliµcinama na krugu, pre svega sa lukom S jer zakrivljenost krive linije moµzemo odrediti i uglom zaokreta tangente. 360 180 Kako je 1 rad = = = 57 170 4500 onda znamo 2 da je duµzina luka S = r gde je r polupreµcnik kruga i ugao u radijanima, dok je obim kruga r 2 = R Sada vidimo da duµzina luka S sa prethodne slike iznosi S S=r odakle je r = odnosno
x k=
1 = r
S
=
r
=
ugao zaokreta tangente dobijena duµzina luka
Dakle, krivinu na krugu moµzemo prikazati i koliµcnikom priraštaja ugla i luka S Sa prethodne slike vidimo da tangente u krajnjim taµckama luka D E = S zaklapaju ugao što je lako zakljuµciti iz µcetvorougla C D T E koji ima dva prava ugla kod D i E Me†utim, iz trougla M N T moµzemo zakljuµciti da i priraštaj ugla tangente nad taµckom kruga D iznosi odnosno da spoljašnji ugao kod taµcke N iznosi + Dakle, zakrivljenost kruga moµzemo odrediti i uglom zaokreta tangente. Dosadašnji zakljuµcci se odnose na bilo koju krivu liniju jer kroz tri taµcke, ma koliko one bile bliske, uvek moµzemo povu´ci krug pri µcemu ´ce luk tog kruga u tim taµckama da se poklopi sa lukom krive u najve´coj pribliµznosti kada tangente kruga postaju i tangente krive. Izuzimaju´ci kruµznicu, za sve druge krive linije zakrivljenost nije stalna, ve´c se menja od taµcke do taµcke, pa je ona funkcija od x
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
45
Odredimo zakrivljenost linije y = y (x) u jednoj zadatoj taµcki T apscise x y
Kao u sluµcaju kruga i ovde odredimo ugao zakretanja tangente
t1 T1
i luk
Ovo radimo S jer je jedino kod kruga zakrivljenost k konstantna. Kod svake druge krive linije y = f (x) u nekoj taµcki T apscise x pustimo da taµcka T1 teµzi ka taµcki T idu´ci po krivoj liniji, odnosno pustimo da S teµzi nuli, kada je
∆α ∆ S
t
T
α+
α x
0
dS =
x k=
1 = lim S!0 r
v u u 2 2 2 (dx) + (dy ) = t(dx)
q
d Odredimo sada dS i d dS ! s q 2 2 (dy ) dy 2 1+ = 1 + 1 + (y 0 ) dx dx = 2 dx (dx)
Izvod u taµcki krive linije je f 0 (x) = tg
dy
dS
∆α
S ili graniµcnu vrednost koliµcnika
d =
dx
1 2
1 + (f 0 (x))
d (f 0 (x)) =
S
=
= arc tg f 0 (x) pa diferenciranjem imamo
)
1 2
1 + (f 0 (x))
f 00 (x) dx =
f 00 (x) dx 2
1 + (f 0 (x))
0
Kako je ( y (x)) = f 0 (x) onda imamo f 00 (x) dx k=
2 d 1 + (f 0 (x)) =q = dS 2 1 + (y 0 ) dx
f 00 (x) q = 2 2 1 + (f 0 (x)) 1 + (y 0 )
f 00 (x) 3 2
2
1 + (f 0 (x))
Za reciproµcnu vrednost prethodne formule dobijamo polupreµcnik r zakrivljenosti krive linije y = f (x) u taµcki T apscise x odnosno 2
0
1 + (f (x)) r= r=
3 2
Za vrlo male uglove, kada je f 0 (x) = 0 prethodna formula se svodi na formulu
f 00 (x)
1 koju koristimo u mehanici kod momenta savijanja. f 00 (x) Odredimo koordinate ( X; Y ) centra kruga zakrivljenosti za taµcku T apscise x krive linije y = f (x) Na slici je prikazan centar C sa koordinatama X i Y polupreµcnik kruga krivine r u pravcu normale i tangenta upravna na polupreµcnik r Prema slici imamo ( Y = y + r cos Y y x X = cos = sin odnosno r r X = x r sin
y C ( X,Y )
tg
α r T ( x, y)
Y y=
) f (x
y
tg2 + 1 =
α 0
sin
=
p
1
Izrazimo cos i sin preko tg Ako sin2 + cos2 = 1 podelimo sa cos2
x X
x
cos2
r
=
1
1 1 + tg2
Kako je izvod funkcije f 0 (x) = tg
1 cos2
) cos2
1 1 + tg2
=
Sada jednostavno dobijamo s tg 1 + tg2 1 = =p 1 + tg2 1 + tg2
onda imamo cos
pa uvrštavanjem u prethodne relacije dobijamo
=q
1
sin 2
1 + (f 0 (x))
tada dobijamo
) cos
=q
=p
1 1 + tg2
f 0 (x) 2
1 + (f 0 (x))
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
2
1 + (f 0 (x)) Y = y + r cos
=y+
f 00 (x)
2
r sin
=x
3 2
q
1 + (f 0 (x)) X= x
Fizika Rešeni zadaci
3 2
q
f 00 (x)
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
46
2
1
=y+
1 + (f 0 (x)) f 00 (x)
=x
1 + (f 0 (x)) 0 f (x) f 00 (x)
2
1 + (f 0 (x))
2
f 0 (x) 2
1 + (f 0 (x))
00) Ako je kretanje materijalne taµcke de…nisano parametarskim jednaµcinama (1)
x = 3 cos t
(2)
y = 3 sin t
onda odredimo jednaµcinu linije putanje, trajektoriju, brzinu, ubrzanje i polupreµcnik krivine trajektorije za 0 6 t 6 Eliminacijom vremena t iz jednaµcina kretanja dobijamo jednaµcinu linije putanje taµcke. Kvadriranjem i sabiranjem formula (1) i (2) dobijamo x2 = 9 cos2 t
y 2 = 9 sin2 t odnosno x2 + y 2 = 9 cos2 t + sin2 t = 9 | {z } 1
2
2
2
Linija putanje je kruµznica x + y = 3 polupreµcnika r = 3 sa centrom u koordinatnom poµcetku. Kako je 1 6 cos t 6 1
1 6 sin t 6 1 odnosno
36x63
36y63
onda je cela kruµznica polupreµcnika r = 3 trajektorija taµcke, odnosno taµcka se kre´ce po celoj kruµznici. Ako u parametarske jednaµcine (1) i (2) zamenimo t0 = 0 s tada dobijamo koordinate poµcetnog poloµzaja taµcke na putanji (kruµznici) odnosno ) x0 = 3 cos 0 = 3 ) M0 = (3; 0) y0 = 3 sin 0 = 0 Odre†ivanjem poloµzaja taµcke u nekom susednom trenutku, na primer t1 = s odre†ujemo i smer kr6 p p 3 3 3 1 3 = y1 = 3 sin 30 = 3 = U trenutku t1 = etanja po putanji, odnosno x1 = 3 cos 30 = 3 2 2 2 2 6 ! p 3 3 3 ; pa se ona taµcka se nalazi na mestu putanje µcije su koordinate M1 y 2 2
M1
kre´ce po kruµznici u smeru suprotno kretanju kazaljke na satu. Diferenciranjem parametarskih jednaµcina (1) i (2) po vremenu t dobijamo pro0 M0 jekcije vektora brzine taµcke, odnosno x r dx d (3) vx (t) = = x (t) = (3 cos t) = 3 sin t dt dt dy d (4) vy (t) = = y (t) = (3 sin t) = 3 cos t dt dt Vektor brzine u funkciji od vremena je !
!
!
!
!
v (t) = vx i + vy j = 3 sin t i + 3 cos t j dok intenzitet vektora brzine iznosi q q ! 2 2 v (t) = j v (t) j = vx2 (t) + vy2 (t) = ( 3 sin t) + (3 cos t) = 3 = const Kosinusi uglova vektora brzine su
vx 3 sin t vy 3 cos t = = sin t cos v = = = cos t v 3 v 3 Diferenciranjem relacija (3) i (4) po vremenu t dobijamo projekcije vektora ubrzanja taµcke, odnosno
cos
v
=
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
d vx (t) = vx = x (t) = x = dt Vektor ubrzanja taµcke je ax (t) =
!
!
!
Fizika Rešeni zadaci
3 cos t !
ay (t) = !
a (t) = ax (t) i + ay (t) j = 3 cos t i q q ! a (t) = j a (t) j = a2x (t) + a2y (t) = (
3 sin t j
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
d vy (t) = vy = y (t) = y = dt
47
3 sin t
dok intenzitet vektora ubrzanja taµcke iznosi
2
2
3 cos t) + (
3 sin t) = 3 = const
Kako je trajaktorija taµcke kruµznica, to je polupreµcnik njene krivine Rk jednak polupreµcniku kruµznice odnosno Rk = r = 3 što se moµze zakljuµciti ako znamo da tangencijalno ubrzanje iznosi p dv d v2 = 3 = 0 dok je normalno ubrzanje aN = = a2 a2T pa je aT = dt dt Rk Rk = p
v2
a2T
a2
=p
32
32
02
=3
00) Date su parametarske jednaµcine kretanja taµcke (1)
x = sin t + cos t
(2)
y = sin t
cos t gde je
x; y ! m
t!s
Odredimo jednaµcinu linije putanje taµcke, njenu brzinu i ubrzanje u proizvoljnom trenutku. Eliminacijom vremena t iz jednaµcina kretanja (1) i (2) dobijamo jednaµcinu linije putanje taµcke. Kvadriranjem i sabiranjem formula (1) i (2) dobijamo x2 = sin2 t + 2 sin t cos t + cos2 t
y 2 = sin2 t
2 sin t cos t + cos2 t odnosno p 2 x2 + y 2 = 2 sin2 t + cos2 t = 2 pa je x2 + y 2 = 2 | {z } 1
p Linija putanje taµcke je kruµznica polupreµcnika r = 2 sa centrom u koordinatnom poµcetku. Diferenciranjem jednaµcina kretanja (1) i (2) po vremenu dobijamo projekcije vektora brzine vx (t) i vy (t) odnosno (3)
vx (t) =
dx = cos t dt
!
!
sin t
!
(4)
vy (t) =
dy = cos t + sin t pa vektor brzine taµcke ima „oblik” dt
!
!
v (t) = vx i + vy j = (cos t sin t) i + (cos t + sin t) j dok intenzitet vektora brzine iznosi q q p ! 2 2 v (t) = j v (t) j = vx2 (t) + vy2 (t) = (cos t sin t) + (cos t + sin t) = 2
Diferenciranjem relacija (3) i (4) po vremenu dobijamo projekcije vektora ubrzanja taµcke, odnosno d d vx (t) = (cos t dt dt Vektor ubrzanja taµcke je
ax (t) =
!
!
!
a (t) = ax (t) i + ay (t) j = (
sin t) =
sin t
cos t
!
sin t
cos t) i + (
ay (t) =
d d vy (t) = (cos t + sin t) = dt dt
sin t + cos t
!
sin t + cos t) j
dok intenzitet vektora ubrzanja taµcke iznosi q q ! ! 2 a (t) = j a (t) j = a2x (t) + a2y (t) = ( sin t cos t) i + (
2
!
sin t + cos t) j =
p
2
Me†utim, ako smo znali putanju taµcke i njenu apsolutnu vrednost linijske brzine, onda smo mogli da odredimo i projekcije vektora ubrzanja na ose prirodnog koordinatnog sistema, odnosno normalno i tangencijonalno ubrzanje taµcke a pomo´cu njih i intenzitet njenog ukupnog ubrzanja, gde su p d d p v 2 (t) 2 aT (t) = v (t) = 2 = 0 = const aN (t) = = p = 2 = const Vektor ubrzanja je dt dt r (t) 2 ! ! ! p ! a (t) = aT (t) T + aN (t) N = 2 N dok njegov intenzitet iznosi | {z } 0
!
a (t) = j a (t) j =
p
a2T (t) + a2N (t) =
p
2 = const
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
48
Dakle, radi se o istom vektoru ali je njegovo pretstavljanje u prvom „sluµcaju”u pravouglom koordinatnom sistemu a u drugom „sluµcaju” u prirodnom koordinatnom sistemu dovelo do „pojaµcanog” razmišljanja.
00) Ako su parametarske jednaµcine kretanja materijalne taµcke x = 2 + t4
y = 4 3t4 odredimo jednaµcinu linije putanje, trajektoriju, intenzitet vektora brzine i ubrzanja taµcke u funkciji od vremena t Eliminacijom vremena t iz parametarskih jednaµcina dobijamo jednaµcinu linije putanje, odnosno 9 t4 = x 2 = y 4 y ) y = 3x + 10 Linija putanje je prava y = 3x + 10 4 y ;x 2= 3 10 4 t = 3 Zamenom t = 0 u parametarske jednaµcine dobijamo x(0) = 2 y(0) = 4 pa je poµcetni poloµzaj taµcke M0 (2; 4) Kako x = x (t) raste sa vremenom t a y = y (t) opada M 0 ( 2 , 4 ) sa vremenom t onda taµcka poµcinje da se kre´ce u smeru pri kome x raste a y opada na dole. Diferenciranjem parametarskih jednaµcina dobijamo projekcije vektora br10 zine vx i vz na x i y - osu pravouglog koordinatnog sistema, odnosno x 3 m m vy (t) = y = 12t3 Vektorska funkcija brzine je vx (t) = x = 4t3 0 s s !
!
!
v = v (t) = 4t3 i
q
!
12t3 j
dok je intenzitet vektora brzine p
m s Kosinusi uglova koje vektor brzine gradi sa koordinatnim osama su p 10 vx 4t3 vy 12t3 p = = cos (v) = = p = const cos (v) = = v 10 v 4 10 t3 4 10 t3 !
v (t) = j v (t) j =
vx2 (t) + vy2 (t) = 4
10 t3
3
p
10 = const 10
Diferenciranjem vx (t) i vy (t) dobijamo projekcije vektora ubrzanja na ose koordinatnog sistema ax = x =
m d (vx ) = 12t2 2 dt s
ax = y =
d (vy ) = dt
36t2
m s2
Vektorska funkcija ubrzanja glasi
! ! h m i ! a = a (t) = 12t2 i 36t2 j a intenzitet vektora ubrzanja iznosi s2 hmi q p ! a (t) = j a (t) j = a2x (t) + a2y (t) = 12 10 t2 s2 Kosinusi uglova koje vektor ubrzanja gradi sa koordinatnim osama su p ax 12t2 10 ay 36t2 p p cos (a) = = = = const cos (a) = = = a 10 a 12 10 t2 12 10 t2 !
3
p
10 = const 10
00) Toµcak polupreµcnika r okre´ce se bez proklizavanja po horizontalnom putu konstantnom ugaonom brzinom ! Odredimo parametarske jednaµcine linije putanje taµcke M na obodu toµcka koja se u poµcetnom trenutku t = 0 nalazila u poloµzaju dodira sa putem. Odredimo duµzinu puta S koji taµcka M pre†e po trajektoriji od njenog poµcetnog do najvišeg poloµzaja. Odredimo jednaµcine kretanja taµcke M u pravouglom koordinatnom sistemu
y M C1 →
N
θ
C
r 0
P
x
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
49
U poµcetnom poloµzaju taµcka M je bila u koordinatnom poµcetku a njen poloµzaj u toku kretanja odre!
!
!
†en je vektorom poloµzaja r = x i + y j odnosno prema slici !
!
!
r = OP i
!
!
MN i + P C j + CN j =
(1)
x = OP
(2)
y = P C + CN
OP
MN
!
i +
P C + CN
!
j
Koordinatne taµcke M su
MN
Kako se toµcak okre´ce bez proklizavanja, brzina njegovog centra je vc = ! r
Prema slici imamo
a
O P = P M = vc t = r = r ! t gde je
ugao „obrtanja” toµcka u toku vremena t pri µcemu „pregazi” rastojanje O P
C N = r cos (180
)=
r cos =
Dalje je
r cos ! t odnosno M N = r sin = r sin ! t
Parametarske jednaµcine linije putanje taµcke M su (3)
x = OP
MN = r!t
(4)
y = P C + CN = r
r sin ! t = r (! t
sin ! t)
r cos ! t = r (1 cos ! t) pa se taµcka na obodu toµcka kre´ce po cikloidi q 2 2 Kako je „diferencijal” luka dS = (dx) + (dy ) onda diferenciranjem (3) i (4) dobijamo dx = r (! dS = r! = r!
cos ! t ! ) dt = r ! (1
q (1 r
2
cos ! t) dt
2
cos !t) + (sin !t) dt = r !
! !t 2 2 sin dt = 2r ! sin t dt 2 2 2
p
dy = r (sin ! t ! ) dt = r ! sin ! t dt odnosno
1
2 cos !t + cos2 !t + sin2 !t dt = r ! | {z } 1
p
2 (1
cos ! t) dt
Ako se u trenutku t = 0 taµcka nalazila na putu, u trenutku pro-
laza kroz najviši poloµzaj toµcak se okrenuo za = ! t = pa je ! Z cos t ! ! 0 2 S = 2 r ! sin t dt = 2 r ! = 4r cos t = 4r (1 ! 2 2 0 2 0
0) = 4r
Prvi Njutnov zakon - zakon inercije Njutnovi zakoni „klasiµcne” mehanike me†usobno su povezani i saµcinjavaju celinu. Njutn, Galilej ili mnogi drugi pre i posle njih došli su do zakljuµcka da sva tela u prirodi prepuštena iskljuµcivo sebi, ostaju u stanju relativnog mirovanja ili jednolikog pravolinijskog kretanja sve dok na njih ne poµcnu da deluju spoljašnje sile. Sva tela u prirodi se ponašaju inercijalno jer se protive promeni stanja mirovanja ili jednolikog pravolinijskog kretanja. Zbog protivljenja tela da promeni svoje prethodno stanje, prvi Njutnov zakon se naziva zakon inercije i moµze se prikazati formulom m v = const ) v = const Referentni sistem u odnosu na koji vaµzi prvi Njutnov zakon naziva se inercijalni sistem.
Drugi Njutnov zakon - Zakon promene koliµcine kretanja Drugi Njutnov zakon de…niše silu, promenu koliµcine kretanja, odnosno de…niše silu i ubrzanje.
!
→
F
→
mv
m
m v→ 1
→
d (m v )
Ako se telo mase m zbog uticaja spoljne rezultantne sile de…nisane vektorom F ! kre´ce nekom brzinom de…nisanom vektorom brzine v tada je promena koliµcine kretanja u vremenu proporcionalna sili koja deluje na telo i vrši rad u pravcu sile, odnosno !
!
! d(m v ) dP F = = =P dt dt
!
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
50
Osnovnu karakteristiku mehaniµckog kretanja, odnosno …ziµcku veliµcinu nazvanu impuls ili koliµcina !
!
kretanja ( P ) Njutn je de…nisao kao proizvod mase tela (m) i njegove brzine ( v ) !
!
P =mv
!
!
pa je impuls ili koliµcina kretanja ( P ) vektor kolinearan sa vektorom brzine tela ( v ) pri µcemu je njegov ! intenzitet jednak proizvodu mase tela (m) i intenziteta brzine ( v ) !
Komponente vektora P u pravouglom koordinatnom sistemu su Px = m vx
Py = m vy
Pz = m vz !
Iz prethodne formule vidimo da je rezultantni vektor svih spoljašnjih sila ( F ) jednak prvom izvodu ko!
!
liµcine kretanja ( P = m v ) po vremenu (t) Sila koja deluje na telo mase m jednaka je brzini prome!
ne koliµcine kretanja. Ako u prethodnu formulu stavimo F = 0 tada dobijamo !
d(m v ) = 0 odakle je m v = const dt što je identiµcno formuli za prvi Njutnov zakon koji pokazuje da ubrzanje ne postoji ako nema dejstva spoljne sile. U „klasiµcnoj”…zici gde nema relativistiµckih efekata jer je brzina kretanja (v ) zanemarljivo mala u odnosu na brzinu prostiranja svetlosti (v n c) masu tela moµzemo smatrati konstantnom dm = 0 ili dt
m = const )
(m v ) = m
v pa je
!
! dm ! dv ! ! F = v +m = m a odnosno F = m a ) dt dt |{z} |{z}
!
!
!
a =
F m
!
0
a
vnc
!
F koje ima isti pravac m ! i smer kao i sila F Dakle, rezultantni vektor svih spoljašnjih sila jednak je proizvodu mase tela (m) !
!
Rezultantni vektor svih spoljašnjih sila F daje telu mase m ubrzanje a = !
!
!
i njegovog ubrzanja ( a ) koje sila ( F ) izaziva ili ubrzanje tela ( a ) jednako je koliµcniku rezultantnog !
vektora svih spoljašnjih sila ( F ) koji ubrzanje izaziva i mase tela (m)
Matematiµcku de…niciju drugog Njutnovog zakona ili vektorsku jednaµcinu !
!
F =ma
!
moµzemo prikazati u skalarnom obliku pomo´cu pravouglog koordinatnog sistema gde se vektor sile ( F ) moµze ! razloµziti na komponente u pravcu x y z ose gde i ubrzanje ( a ) ima koordinate ax ay az pa je Fx = m
dvx d2 x = m 2 = m ax dt dt
Fy = m
dvy d2 y = m 2 = m ay dt dt
Fz = m
dvz d2 z = m 2 = m az dt dt
Tre´ci Njutnov zakon - Zakon akcije i reakcije →
T1 m1
→
F 2,1 F 1, 2
T2 m2
Dejstvo izme†u dva tela uvek je uzajamno gde su sile me†usobnog dejstva dva tela uvek istog pravca i intenziteta ali suprotnog smera ! F 12
=
! F 21
!
!
) F 12 + F 21 = 0 )
! F 12
!
= F 21
Sile akcije i reakcije nikada ne deluju na jedno isto telo, ve´c uvek na razliµcita tela. Prema drugom Njutnovom zakonu imamo ! F 12 !
j a2 j
j
! a1
j
!
= m2 j a 2 j =
m1 m2
! F 21
!
= m1 j a 1 j
Za m2 > m1 imamo
Kako je
!
j a2 j j
! a1
j
! F 12 !
!
= F 21 !
< 1 ) j a2 j < j a1 j
!
!
odnosno m2 j a 2 j = m1 j a 1 j onda je
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
51
U mernom sistemu metar, kilogram, sekund je ! ! m m ! ! P =mv kg F = m a 1 N = kg 2 s s
Gustina tela Gustina homogenog tela ( ) mase m i zapremine V jednaka je koliµcniku mase tog tela i njegove zapremine, odnosno masa tela m gustina tela = = V zapremina tela dm Gustina nehomogenog tela u jednoj taµcki jednaka je diferencijalnom koliµcniku = koji prikazuje dV srednju gustinu tela g kg odnosno u (c g s) sistemu Jedinica gustine u (m k s) sistemu je 3 m cm3 Reciproµcna vrednost gustine tela, odnosno koliµcnik njegove zapremine i mase predstavlja njegovu speci…µcnu zapreminu Vs Vs =
1
=
V m
i ona se izraµzava jedinicama
m3 cm3 odnosno kg g
Odmah se moµze primetiti „povezanost” izme†u mase m gustine
i zapremine homogenog tela (V )
m= V
Speci…µcna teµzina Speci…µcna teµzina homogenog tela ( ) jednaka je koliµcniku njegove teµzine (Q) i zapremine (V ) odnosno =
Q V
gde se speci…µcna teµzina izraµzava jedinicama
N m3
Teµzina tela → →
→ =
m
g
g
m
Q
r Rz Mz
Teµzina tela (Q) je sila kojom masa Zemlje (M z ) deluje na telo mase m ako se ono na†e u njenom gravitacionom polju pa je m 1 t 2 s2 r Brojna vrednost mase m u kg jednaka je brojnoj vrednosti teµzine u kp Na primer, za m = 100 kg dobijamo !
!
Q = m g gde je g = 9; 81
kp
z }| { m m Q = m g = 100 kg 9; 81 2 = 100 9; 81kg 2 = 100 kp odnosno s s | {z } N
kp = 9; 81
kg m = 9; 81 N s2
kg m 9; 81 2 kp m s = = 9; 81 2 = g kg kg s
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
52
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
Impuls sile U prirodi i tehniµckoj praksi postoje sluµcajevi kada sile velikog intenziteta deluju u malim vremenskim intervalima. Na primer, takve sile se javljaju pri udarcu µceki´cem po predmetu ili kod sudara kada dolazi i do deformacija. Ovakve procese je teško pratiti eksperimentalno ili matematiµcki precizno opisati. Zbog karakterisanja uticaja sile velikog intenziteta na telo tokom odre†enog vremena, uvedena je …ziµcka veliµcina impuls sile koju karakterišu velike i razliµcite promene intenziteta u toku vremena t gde je jedna od njih prikazana
F (t )
F (t )
slikom. Ako sila promenljivog intenziteta F = f (t) deluje u vremenskom intervalu t = t2 t1 tada je njena t t srednja vrednost u tom intervalu Fsr jednaka ovoj kont2 t1 t2 0 t1 0 stantnoj sili koja za isto vreme postiµze isto krajnje dejstvo kao sila F = f (t) Prikazivanjem površine izme†u krive i t - ose koja numeriµcki oznaµcava impuls sile u vremenskom intervalu t2 t1 = t u obliku pravougaonika duµzine t i širine Fsr onda prema drugom Njutnovom zakonu
F sr
! F sr
=
!
!
!
P t
(m v ) = t !
P = F sr
!
t=
!
(m v ) = mv2
Ako t2 ! t1 odnosno !
!
impuls sile u vremenu t2 !
!
t1 =
t iznosi
! P1
m v1 = P2
t ! 0 tada elementarni impuls sile u diferencijalnom vremenskom intervalu (dt) !
iznosi d p = F dt i on je vektorski de…nisana veliµcina, usmerena pravcem i smerom delovanja sile F (t) Impuls sile u konaµcnom intervalu vremena t2 t1 ako je sila prihva´cena kao funkcija vremena, iznosi Zt2 ! ! P = F (t) dt = F sr
!
!
t=
t1
P Z2
!
!
dP = P2
! P1
!
P1
!
!
Impuls sile P je vektorska veliµcina orijentisana kao srednja sila F sr i jedinica iste kao za koliµcinu kretanja, odnosno kg m kg m P (=) F t = sila vreme ) 1 N s = 2 s = s s
gde su njegove dimenzije
Sile trenja Sila trenja (Ftr ) proporcionalna je normalnoj sili (FN ) i koe…cijentu trenja odnosno
m →
F tr
F
α
→
Ftr =
Q cos
Ako se telo kre´ce konstantnom brzinom, tada je F = Ftr odnosno Q sin = Q cos Koe…cijent trenja moµzemo prikazati odnos-
→ FN
om sile trenja Ftr i FN odnosno
→
→
Q = mg
α
00) Na strmoj ravni nagiba →
→
in
→
Fr
F
m → r t
V
α
F
→
mg
µze biti statiµcki (
s)
i dinamiµcki (
=
Ftr Koe…cijent trenja moFN
d)
koji je manji od statiµckog.
= 30 nalazi se telo mase m = 2 kg Koe…cijent trenja izme†u strme ravni i
Fm
α = 30 o
FN =
FN
tela iznosi
= 0; 1
a) Odredimo usmerenje i minimalnu vrednost sile kojom moµzemo spreµciti klizanje tela niz strmu ravan
b) Odredimo minimalnu horizontalnu silu koja spreµcava klizanje tela c) Odredimo minimalnu silu upravnu na telo i strmu ravan koja spreµcava proklizavanje tela niz strmu ravan
a) Najmanja sila Fmin koja uz silu trenja Ftr treba da poništi silu vuµce
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
53
FV = m g sin paralelna je sa nagibom strme ravni pa nema komponentu koja pojaµcava ili smanjuje normalnu silu a samim tim i silu trenja. Prema slici imamo Fr = 0 = Fmin + Ftr
FV
0 = Fmin + m g cos
Kako je Ftr =
m g sin
Fmin = m g sin
m g cos
= 2 kg 9; 81
m s2
1 2
FN =
m g cos
FV = m g sin
onda zamenom dobijamo
odnosno
m = m g (sin cos ) = 2 kg 9; 81 2 (sin 30 s p ! 3 kg m = 8; 11 N 0; 1 = 8; 11 2 s2
0; 1 cos 30 )
b) U ovom sluµcaju horizontalna sila Fh ima komponentu paralelnu sa silom Ftr ali i komponentu Fh sin →
Fh
→
→
Fh
→
Fr
Fh os α
c
→
F
α sin
koja pojaµcava pritisak tela uz strmu ravan a samim tim i silu trenja Ftr Fr = 0 = Fh cos
m
→ r t
F
α
V
→
FN
mg
Ftr =
FV
(FN + Fh sin ) =
Kako je
(m g cos
+ Fh sin )
+ Fh sin )
m g sin
FV = m g sin
onda zamenom dobijamo 0 = Fh cos
α = 30 o
+ (m g cos
= Fh (cos
sin cos Fh = mg cos + sin
+ Ftr
+
sin )
m g (sin
cos ) odnosno
1 m sin 30 0; 1 cos 30 m 2 0; 1 = 2 kg 9; 81 2 = 2 kg 9; 81 2 p s cos 30 + 0; 1 sin 30 s 3 + 0; 1 2
1 2 = 9; 63 kg m = 9; 63 N s2 1 2
c) U ovom sluµcaju upravna sila Fu na telo samo pojaµcava njegov pritisak na strmu ravan i silu trenja Ftr Fr = 0 = Ftr FV Kako je Ftr = (FN + Fu ) = (m g cos + Fu ) FV = m g sin onda zamenom dobijamo →
Fu m
→ →
Fr
0=
(m g cos
=
m g (sin
→ r t
FV
F
α
Fu = m g
→
α = 30 o
m g sin
=
m g cos
sin
cos
= 2 kg 9; 81 0; 1 0; 1
m sin 30 s2
→
→
F = const
m
m
→
v
F
Prema prikazanoj slici imamo
F tr
Ftr = →
FN =
Q=
S →
Q = mg →
a
m
→
F tr 2
v =
v02
|{z} 0
→
FR + → F
Prema „dodatnoj” slici imamo F
Ftr = FR = m a
F mg F Ftr = = g = const m m m Prema formulama jednakoubrzanog kretanja imamo a=
F
+ 2 a S = 2 a S odnosno v =
p
2aS =
r
2
m g sin
F
Ftr S m
0; 1 cos 30 0; 1
1 2 = 88; 29 kg m = 88; 29 N s2
Primeri primene drugog Njutnovog zakona →
+ Fu
cos ) + Fu odnosno
1 m 2 = 2 kg 9; 81 2 s
FN
mg
+ Fu )
Dalje je
mg
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
54
1 1 1 F Ftr 2 F Ftr S = v0 t + a t2 = a t2 = t odnosno v = v0 + a t = a t = t |{z} |{z} 2 2 2 m m 0
0
→
a
→
Fz
m1
→
m1
→
F tr
F tr
+
→
m1 g
FR2 = m2 g
→
→
Fz →
m2 →
m2
a
F R2 + → m2 g
→
m2 g Ako je
m2 >
m1 ) a > 0 ) nastaje kretanje
Ako je
m2 <
m1 ) a < 0 ) nema kretanja
FZ = FR1
→
Fz
F tr = µ m 1 g
Fz
m 2 > m1
Prema prikazanim slikama imamo 9 FR1 = FZ Ftr = m1 a > = |{z}
µ
→
→
m1 g
→ F R1
prelazi u (+) jer ima suprotan smer z }| { m2 m1 m1 m2 m1 g = m1 g + m1 g = m1 + m2
Ftr = m1 a
FZ = m2 a
> ;
odakle sabiranjem dobijamo m2 g a=
m1 g = (m1 + m2 ) a pa je m2 g m1 g m2 m1 = g m1 + m2 m1 + m2
Iz poslednje formule zakljuµcujemo:
m21 + m21 + m2 m1 g m1 + m2
m1 m2 m1 m2 m1 m2 + m2 m1 g= + g m1 + m2 m1 + m2 m1 + m2 m1 m2 Odnos se naziva redukovana masa (mr ) pa je FZ = mr (1 + ) g m1 + m2 =
→
Prema prikazanoj slici, za m2 > m1 imamo ) FR1 = FZ m1 g = m1 a Sabiranjem dobijamo FR2 = m2 g FZ = m2 a
→
Fz
→ R1
→
F
Fz
m1
→
a
Fz +
Fz
m1
→
m1 g
→
m1 g
m2
m2 g
→
a= →
m2
a
→ R2
+ →
→
m2 g =
m1 g = ( m1 + m2 ) a odakle je m2 m1 m2 g m1 g = g m1 + m2 m1 + m2
FZ = m1 (a + g ) = m1
F
m2 g
= m1
m2 m1 g+g m1 + m2
m2 m1 m2 + 1 g = m1 m1 + m2
m1 + m1 + m2 g m1 + m2
m1 m2 + m1 m2 m1 m2 g=2 g = 2 mr g m1 + m2 m1 + m2
00) Uµze se prekine ako se na njega okaµci masa ve´ca od m = 50 kg Sa kojim najmanjim ubrzanjem amin mora µcovek C mase m1 = 70 kg da klizi niz uµze da se ono pri tome ne prekine ? Prema drugom Njutnovom zakonu imamo FR = m1 g Fz = m1 a odakle je FZ = m1 g m1 a 6 m g odnosno
→
Fz m1 → FR
+
C
→
+ a →
m1 g
m1 a > m1 g m1 a >
2 m1 g 7
m g = m1 g 1 Sada je a >
mg m1 g
= m1 g 1
5 7
=
2 m1 g pa je 7
2 2 m m g = amin odnosno amin = 9; 81 2 = 2; 803 2 7 7 s s
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
55
Zakon odrµzanja koliµcine kretanja Proizvod mase i brzine njenog kretanja de…nisan je kao koliµcina kretanja ili impuls, odnosno !
!
P =mv
Prema prvom Njutnovom zakonu, ako nema dejstva spoljašnjih sila tada tela teµze da se kre´cu konstantnom brzinom, odnosno da zadrµze stalnu koliµcinu kretanja de…nisanu proizvodom mase !
(m) i brzine (v ) pa za m = const !
F = 0 imamo
!
dP =0 dt
!
P = m v = const )
!
Ako nema dejstva sile F tada je koliµcina kretanja konstantna. Me†utim, umesto pomenutog „specijalnog” sluµcaja, obratimo paµznju na opštu zakonitost koja vaµzi i za sluµcajeve kada postoji dejstvo sile, odnosno me†usobno dejstvo dva tela koje moµze nastati njihovim sudarom ili delovanjem magnetne, elektriµcne ili elastiµcne sile aktivirane → → v1 v2 opruge. Kod osloba†anja aktivirane opruge koja je → → m1 m2 dodirivala tela mase m1 i m2 F2 F1 tela se razilaze u suprotnim smerovima zbog uticaja sila akcije i reakcije koje su me†usobno jednake i istog su pravca ali suprotnog smera pa je !
!
d v2 d v1 + m2 =0 dt dt Kako su mase m1 i m2 konstantne, onda prethodnu formulu moµzemo prikazati u obliku ! F1
! F2
=
!
!
) F1 + F2 = 0
!
odnosno m1
!
d ( m1 v 1 + m2 v 2 ) ! ! = 0 a ona je taµcna za m1 v 1 + m2 v 2 = const jer je izvod od konstante nula, odnosno dt !
!
!
!
m1 v 1 + m2 v 2 = P 1 + P 2 = const Ako na sistem dva tela ne deluje nikakva spoljna sila kada se kaµze da je takav sistem izolovan, tada impuls takvog sistema ne moµze da se promeni uzajamnim dejstvom jednog tela na drugo što vaµzi i za izolovan sistem od više µcestica ili tela na slici gde su sile podeljene na unutrašnje i spoljašnje →
→
F2
m2
→ F 1, 2
→ F 2 ,1
F1
m1 F 1, 3
→
!
!
!
!
!
!
!
m3 →
!
!
!
!
+ F 2;n + F 2 + F 3;n + F 3
! ! d ( mn v n ) d pn = = F n;1 + F n;2 + dt dt
F3
!
+ F 1;n + F 1
! ! d p3 d ( m3 v 3 ) = = F 3;1 + F 3;2 + dt dt .. .
→ F 3,1
F 3, 2
!
! ! d p2 d ( m2 v 2 ) = = F 2;1 + F 2;3 + dt dt
→
→
F 2, 3
!
! ! d p1 d ( m1 v 1 ) = = F 1;2 + F 1;3 + dt dt
!
+ F n;n
1
!
+ Fn
Prema tre´cem Njutnovom zakonu akcije i reakcije odgovaraju´ci parovi unutrašnjih sila se izme†u pojedinih tela poništavaju pa sabiranjem prethodnih relacija dobijamo ! ! ! ! n X ! d ( m1 v 1 + m2 v 2 + m3 v 3 + + mn v n ) F i Ako je zbir ili suma svih spoljašnjih sila = dt i=1 ! F1
!
!
+ F2 + F3 +
!
+ Fn =
n X
! Fi
=0
onda je sistem izolovan pa je
i=1
!
!
!
m1 v 1 + m2 v 2 + m3 v 3 +
!
+ mn v n = const odnosno
n X
!
!
mi v i = P = const
i=1
Ukupna koliµcina kretanja izolovanog sistema tela ostaje konstantna.
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
56
Rad Iz iskustva znamo da je rad srazmeran veliµcini sile kojom se deluje pomeraju´ci telo i duµzini puta na kojem se to pomeranje vrši. U najprostijem sluµcaju →
F
m
!
m
!
kada se pravci konstantne sile F i puta S poklapaju izvršeni rad bi´ce jednak proizvodu sile koja je svojim delovanjem vršila pomeranje i duµzine pre†enog puta tokom
→
S
!
!!
pomeranja, odnosno A = F S
!
!
Ako se pravci konstantne sile F i puta S ne poklapaju, ta-
→
→
FN
F
→
Fs
θ
m
!
da konstantnu silu F moµzemo razloµziti na normalnu kom!
ponentu F N koja ne vrši pomeranje ili rad i aktivnu kom-
m
!
ponentu F s koja vrši rad jer je ona orijentisana u pravcu !
→
puta S pa izvršeni rad u ovom sluµcaju iznosi
S
! !
! !
!
!
A = F s S = F S cos ( F ; S ) = F S cos !
Ako je sila F i promenljiva po pravcu i intenzitetu ili zavisna od po-
→
!
Fi
!
S
→
proizvodom sile
2
∆ Si
! Fi
! Fi
tada se elementni rad sile ! Si
na jednom elementnom deli´cu puta
θi
1
!
loµzaja tela na krivoj putanji F i = F
moµze prikazati skalarnim
i tog elementnog deli´ca puta
! Si
kada je
! Si
Ai = dok se ukupni rad na celom putu moµze aproksimativno prikazati relacijom n n n X X X ! ! ! ! Fi Si cos F i ; S i Fi Si = Ai = A1;2 = i=1 ! Si
i=1
i=1
gde su elementna rastojanja →
F ( s)
0
S1
!
}
d S elementarni rad dA iznosi
θ
d A = F ( s) d S
1
F
!
2
S
A1;2 =
S2
dS
m A
→
2 0;
B
h
dx x
0
!
= F dS cos
!
!
F dS =
ZS2
!
S1
dA < 0 (negativan) ako
2
!
F dS cos F ; d S
2
2
;
=
2 Ako se telo mase m na koje deluje iskljuµcivo gravitaciona sila, kre´ce po krivolinijskoj putanji od poloµzaja A do poloµzaja B tada elementarni rad dA na elementarnom putu dS iznosi
F
d y F→x
ZS2 S1
dA = 0 ako je F = 0 ili dS = 0 ili →
!
pa ukupni rad na putu od poloµzaja 1 do poloµzaja 2 iznosi
dS
Fy
!
dA = F d S = F dS cos F ; d S
F ( s)
dA > 0 (pozitivan) ako
y
toliko mala da se mogu smatrati pravim linijama. U graniµ cnom sluµcaju, kada S ! 0 odnosno kada se kriva linija (putanja) deli na n ! 1 elementarnih pravolinijskih delova
dA = F dS = Fx dx +Fy dy = Fy dy | {z }
Kako gravitaciona sila, odnosno teµzina Fy = m g deluje iskljuµ civo u vertikalnom pravcu pa komponenta teµzine u pravcu x - ose iznosi Fx = 0 to znaµci da rad sile F odnosno njene komponente Fy na krivolinijskoj putanji od poloµzaja A do poloµzaja B iznosi
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
A=
yB Z
Fy dy = m g
yB Z
yA
yA
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
57
dy = m g (yB yA ) = m g h | {z } h
Vidimo da je izvršeni rad pri pomeranju tela mase m po krivoj putanji od poloµzaja A do poloµzaja B koji se nalaze na „visinskoj” razlici h jednak potencijalnoj energiji (EP = mg h) koju bi imalo telo mase m ako se nalazi na visini h pa bi od poloµzaja B do poloµzaja A postoje´com ili bilo kojom drugom, krivom ili pravom putanjom ono oslobodilo isti rad (A = m g h) pa bi ukupni rad pri kretanju od poloµzaja A do poloµzaja B i povratkom u poloµzaj A bio jednak nuli. Dakle u polju gravitacione (centralne) sile vrednost rada ne zavisi od oblika putanje ve´c samo od vertikalne razlike poloµzaja A i poloµzaja B gde je ukupni rad po bilo kojoj zatvorenoj putanji uvek jednak nuli. Ako rad sile F pri pomeranju tela mase m iz proizvoljnog poloµzaja A u proizvoljni poloµzaj B nije jednak nuli i ne zavisi od oblika putanje, tada se takva sila F naziva konzervativna ili akumulativna sila.
!
Rad konzervativne sile F po zatvorenoj putanji L jednak je nuli, odnosno I ! ! F dS = 0
pu ta
pu
nj a
ta nj
2
a1
U prethodnom primeru smo videli da rad konzervativne sile F pomeranjem tela po krivoj putanji od poloµzaja A do poloµzaja B iznosi A1 = m g h a rad pri njegovom pomeranju puB tanjom bilo kakvog oblika iz poloµzaja B do poloµzaja A iznosi A2 = m g h pa je A1 + A2 = m g h + ( m g h) = 0
A
L
Poznati primeri konzervativnih sila su gravitaciona ili elektrostatiµ cka a njih nazivamo i centralnim silama jer su pravci njihovog delovanja na telo koje se kre´ce uvek usmereni na jednu nepokretnu taµcku nazvanu centar sile. Jedinica za rad u S I sistemu je 1 Dzul = 1 J = 1 N jutn 1 metar ) 1 J = 1 N m
Snaga - brzina vršenja rada Ako se neki rad A izvrši u vremenskom intervalu t tada je srednja snaga (Psr ) ili brzina vršenja rada de…nisana koliµcnikom tog rada i vremenskog intervala t odnosno A t Ako se vremenski interval smanjuje i teµzi nuli, tada se srednja vrednost snage ili brzine vršenja rada pribliµzava njenoj trenutnoj vrednosti, kada je Psr =
P = lim Psr = lim t!0
t!0
dA A = pa je snaga jednaka prvom izvodu rada A po vremenu t t dt !
!
!
!
Ako elementarni rad dA prikaµzemo proizvodom sile F i elementarnog puta d S ili dA = F d S tada snagu P moµzemo prikazati formulom !
!
!
! dS !! dA F dS = =F =F v P = dt dt dt |{z} !
v
!
!
!
koja pokazuje da je snaga P jednaka skalarnom proizvodu vektora sile F i vektora brzine v !
Ako znamo snagu sile F odnosno P = P (t) tada rad te sile moµzemo prikazati formulom A=
Zt2
P (t) dt
Jedinica za snagu u S I sistemu je 1 vat (W ) odnosno
t1
1W =
1J 1s
) 1 J = 1W 1 s
1 k W = 1 000 W
1 M W = 106 W
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
58
00) Voz se sastoji od lokomotive mase m1 = 40 t = 40 000 kg i jednog vagona mase m2 = 10 t = 10 000 kg Polaze´ci sa µzelezniµcke stanice voz ubrzava i posle prvog pre†enog kilometra puta dostiµze konstantnu brzinu m km = 10 v = 36 h s
a) Odredimo proseµcno ili srednje ubrzanje voza
b) Odredimo silu koju razvija lokomotiva
c) Odredimo silu kojom lokomotiva deluje na vagon d) Odredimo snagu koju lokomotiva razvija na kraju prvog pre†enog kilometra puta e) Odredimo silu otpora kretanju voza a) Kvadriranjem formule v = v0 + a t dobijamo 1 v0 t + a t2 | {z2 }
2
v 2 = (v0 + a t) = v02 + 2 v0 a t + a2 t2 = v02 + 2 a
= v02 + 2 a S
m 2 m2 10 100 2 v2 s s = 0; 05 m = = Kako voz polazi sa stanice gde je v0 = 0 onda imamo a = 2S 2 000 m 2 000 m s2 S
b) FL = mv a = (m1 + m2 ) a = (40 000 kg + 10 000 kg ) 0; 05
m m = 2 500 kg 2 = 2 500 N 2 s s
m m = 500 kg 2 = 500 N 2 s s m Nm v = 2 500 N 10 = 25 000 = 25 k W s s } | {z
c) FV = m2 a = 10 000 kg 0; 05 d) P = FL
W
e) Sila otpora kretanju voza jednaka je sili koju ostvaruje lokomotiva 00) U trenutku t1 = 0 automobil mase m = 1000 kg zapoµcne koµcenje pri brzini v1 = 100 brzinu v2 = 0 odnosno stane posle t2 = 11 s
a) Odredimo ubrzanje automobila pri koµcenju c) Odredimo silu koµcenja a) a =
v v2 = t t2
0 v1 = t1
100 11 s
km h =
1 2 km 1 a t = 100 11 s + 2 2 h 2 = 152; 77 m
b) S = v1 t2 +
c) Fk = m a = 1 000 kg
2; 52
m s2
=
km i dostigne h
b) Odredimo pre†eni put za vreme koµcenja m 3 600 s = 11 s
100 000
2; 52
m s2
2 525; 2
2; 52
m s2
121 s2 = 100 000
kg m = s2
2 525; 2 N
m 11 s 3 600 s
1 2; 52 m 121 2
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
59
Energija Energija je oblik postojanja materije i ona ne moµze biti stvorena niti uništena ve´c moµze samo prelaziti iz jednog oblika u drugi pa je energija u prirodi konstantna. Formalno, energiju moµzemo podeliti u dve kategorije
1) Energije koje su skoncentrisane u …ziµckim poljima kao što su gravitaciona magnetska, elektrostatiµcka, ili nuklearna energija skoncentrisana u polju jezgra atoma. 2) Energije koje poseduju tela koje su izazvane …ziµckim poljima u kojima se ta tela nalaze Ako µceki´cem udaramo po komadu metala, tada moµzemo primetiti da se on mehaniµcki deformisao ali i zagrejao jer je jedan deo mehaniµcke energije µceki´ca prešao u toplotnu energiju komada metala. Dakle, prelazni oblici postojanja energije su mehaniµcki rad i toplota pa je energija sposobnost tela da izvrši rad. Svako telo koje se kre´ce nekom brzinom v sposobno je da izvrši rad kao što su vetar i reka sposobni da pokre´cu turbinu ili elisu generatora odnosno vodeniµckog kamena. Za pokretanje nekog tela iz stanja mirovanja mora se delovati nekom silom na telo µcime se vrši neki rad pa je delovanjem sile potrebno izvršiti isti rad i pri zaustavljanju tog tela.
Kinetiµcka energija Ako na telo mase m koje je mirovalo pocne da deluje jedino konstantna sila F µ m m tada nastaje kretanje tela kojem sila F F daje stalno ubrzanje a = pa brzina S m pri tom jednako ubrzanom kretanju iznosi v = a t Kako kinetiµcka energija (Ek ) zavisi od mase tela (m) i njegove brzine (v) onda sa pove´canjem brzine tela mase m dolazi do pove´canja i njegove kinetiµcke energije i ona je jednaka radu sile F na pre†enom putu S odnosno Ek = F S Zbog delovanja konstantne sile F nastaje jednako ubrzano kretanje tela kada je trenutna brzina v = v0 + a t Kvadriranjem ove jednaµcine dobijamo 1 2 v 2 = (v0 + a t) = v02 + 2 v0 a t + a2 t2 = v02 + 2 a v0 t + a t2 = v02 + 2 a S = 2 a S odnosno |{z} 2 | {z }
v0 = 0
→
F
v2 v| 2 ={z2 a S} ) S = 2a
v
F
m
v2 1 = m v 2 pa je 2a 2 |{z} S
Formula za odre†ivanje kinetiµcke energije
→
v1
Ek1 Ek2 =
0
Kako je F = m a onda zamenom u formulu Ek = F S dobijamo formulu za ki-
netiµcku energiju, odnosno Ek = F S = m | {z a} 1 m v2 2
F
put S
•
Ek =
→
→
F = const ⇒ a = const
1 m v22 2
Ako na telo mase m deluje konstantna sila F u pravcu i smeru kretanja tela, tada ono pove´cava svoju kinetiµcku energiju koja na poµcetku puta S iznosi Ek2 1 S Ek1 = m v12 a na kraju puta S iznosi 2 Razlika kinetiµckih energija na kraju i na poµcetku pre†enog puta S jednaka je radu →
F
Ek 2 − Ek1 = F S •
sile F na pre†enom putu S odnosno Ek2
m
Ek1 =
→
→
v2 F
1 m v22 2
1 1 m v12 = m v22 2 2
v12
Kako pre†eni put na poµcetku kretanja iznosi S = 0 onda zamenom u formulu v| 2 ={z2 a S} dobijamo •
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
v22 = 2 a S
Fizika Rešeni zadaci
v12 = 2 a 0 = 0 odnosno Ek2
Ek1 =
Ek2 − Ek1 = F S < 0
1 m (2 a S 2
•
→
F
→
v1
m
→
F
Ek1
m
Ek2
S
60
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
→
v2
0) = m a S = F S Ako na telo mase m deluje konstantna sila F u istom pravcu i suprotnom smeru od smera kretanja tela, tada ono smanjuje svoju brzinu a samim tim i kinetiµcku energiju pa je razlika kinetiµckih energija na kraju i na poµcetku pre†enog puta S jednaka radu sile F
na pre†enom putu S odnosno 1 1 1 1 m v22 m v12 = m v22 v12 = m (2 a S 0) = m a S = F S < 0 2 2 2 2 Kako je brzina v1 na poµcetku puta S ve´ca od brzine v2 na kraju puta S onda je kinetiµcka energija Ek1 tela mase m na poµcetku puta S ve´ca od kinetiµcke energije na kraju puta S odnosno Ek2 Ek1 < 0 Dakle, sila F je smanjivala a ne pove´cavala brzinu tela mase m pa je telo bilo sposobno da na putu S izvrši odre†eni rad.
Ek2
Ek1 =
Sve što je dalje napisano o kinetiµckoj energiji nije neophodno proµcitati ali jeste korisno to uraditi. Zato imajmo strpljenja jer tako brµze stiµzemo do cilja! Ako se telo mase m kre´ce nekom brzinom v tada je rad sile koja zaustavi to telo jednak njegovoj kinetiµckoj energiji koju je telo posedovalo dok se kretalo brzinom v Formulu za kinetiµcku energiju moµzemo dobiti i slede´cim postupkom. Ako se telo mase m pri kretanju brzinom v zaustavlja delovanjem konsF pa se telo kre´ce jednako ubrzano ili tantne sile F tada njegovo ubrzanje ili usporenje iznosi a = m v jednako usporeno kada je a = odnosno t v Ek = F S = m a S = m S Kako je pre†eni put S jednak proizvodu srednje brzine (vsr ) i vremena t t v+0 1 S = vsr t = t = v t onda zamenom dobijamo formulu za kinetiµ cku energiju, odnosno 2 2 v v 1 1 Ek = m S = m v t = m v2 t t 2 2 Kako put kod jednakoubrzanog kretanja pri polasku tela iz stanja mirovanja iznosi 1 2 a t onda formulu za kinetiµ cku energiju moµzemo dobiti i slede´cim postupkom 2 1 1 1 2 Ek = F S = m a a t2 = m ( |{z} a t ) = m v2 2 2 2 S=
v
!
Ako je sila F koja zaustavlja telo mase m promenljiva, tada formulu za kinetiµcku energiju moµzemo dobiti primenom formule za uloµzeni rad pri promeni brzine tom telu, odnosno Z ! ! Z Z ! ! Z ! Z dS ! 1 dv ! ! ! ! dS = m d v = m v d v = m v2 Ek = A = F dS = m a dS = m dt dt 2 !
!
!
!
!
Ako telo mase m na delu puta S = S 2 S 1 promeni brzinu za v = v2 na tom telu jednak promeni njegove kinetiµ cke energije, odnosno A=
ZS2 ! ! ZS2 ZS2 ! ! Zv2 ! Zv2 dv dS ! ! ! ! ! Ek = F d S = m a d S = m dS = m dv = m v dv = m dt dt S1
=
1 m v22 2 | {z } Ek2
S1
1 m v12 = Ek2 2 | {z } Ek1
S1
v1
v1
! v1
v2 2
tada je rad sile v2
=m v1
v22 2
v12 2
Ek1 Jedinica za kinetiµ cku energiju je ista kao i za mehaniµcki rad.
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
61
Potencijalna energija Gravitaciona potencijalna energija !
( 2)
→
g
→
→
F = mg
h m
(1)
→
g
→
→
F = mg
v2= 0
y →
F h
m
1 y1
v1 = 0
!
α
!
Elementarni rad sile F na elementarnom putu d S iznosi
2
!
!
dA = F d S = F |dS {z cos } = F dy
→
dS
!
Za podizanje tela mase m i teµzine Q = F = m g iz poloµzaja (1) u poloµzaj (2) treba uloµziti rad A = F h = m g h ili delovati spoljašnjom silom F = m g na vertikalnom putu h Uloµzeni rad jednak je potencijalnoj energiji koju telo mase m ima na visini h odnosno Ep = m g h Formula za odre†ivanje potencijalne energije Ako telo mase m podignemo na visinu h ono ´ce biti sposobno da izvrši rad jer se nalazi u polju uticaja sile gravitacije a zatezanjem lastiša ili opruge oni ´ce biti sposobni da izvrše rad jer svojim elastiµcnim silama mogu delovati na tela sa kojima su u kontaktu. U mehanici se potencijalna energija deli na dve vrste ili dva oblika : | Potencijalna energija usled poloµzaja - gravitaciona potencijalna energija | Elastiµcna potencijalna energija
m
F = m g odnosno
dy
dy
dx → mg
dA = dE = dEk + dEp = F dy = m g dy pa je dEp = m g dy odnosno |{z}
y2
0
Ep2
x
Ep =
Z
dEp = Ep2
Ep1 =
y1
Ep1
0
Zy2
m g dy = m g (y2 y1 ) = m g h | {z } h
Rad konzervativnih sila u potencijalnom polju ne zavisi od oblika putanje ve´c iskljuµ civo od poµcetnog i krajnjeg poloµzaja na kome se telo nalazi pa potencijalna energija ima …ziµcki smisao razlike potencijalnih energija za ta dva poloµzaja do neke „odre†ene” konstante. Za odre†ivanje rada u centralnim poljima za referentni nivo uzima se taµcka u beskonaµcnosti gde je Ep = 0 ! r0
! 1 ) Ep = 0 !
!
!
Ako r 0 ! 1 tada potencijalna energija E ( r ) u odnosu na neku taµcku sa vektorom poloµzaja r iznosi Zr ! ! ! ! ! E( r )=A= F ( r ) d r Ako za referentni nivo uzmemo r 0 ! 1; kod privlaµ cenja materijalne 1
taµcke potencijalna energija je uvek negativna i jednaka potrebnom radu sila da taµcku iz beskona! µcnosti prevedu ili dovedu u taµcku sa vektorom poloµzaja r
Zakon o odrµzanju mehaniµcke energije Položaj A m
vA = 0 h
Položaj B m →
vB
H H−h
Položaj C m →
vC
Pokaµzimo da je zbir kinetiµcke i potencijalne energije tela mase m konstantan i jednak njegovoj totalnoj ili ukupnoj energiji, odnosno potencijalnoj energiji koju telo mase m ima u nekom poloµzaju na visini H odakle se kre´ce jedino pod uticajem sile gravitacije. Ako pogledamo slobodno padanje, tada znamo zašto brzine tela mase m u poloµzajima B i C iznose v(B) =
p
2 2 g h ) v(B) = 2gh
v(C) =
p
2gH
2 ) v(C) = 2gH
Formule za potencijalnu i kinetiµ cku energiju tela mase m u poloµzajima B i C glase 1 1 2 2 Ep(B) = m g (H h) Ek(B) = m v(B) Ep(A) = m g H Ek(C) = m v(C) 2 2
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
62
pa nije teško videti zašto je: E(A) = Ep(A) + Ek(A) = Ep(A) = m g H | {z } | {z } 0
E(B) = Ep(B) + Ek(B) = m g (H
h) +
1 2 m v(B) = mgH 2
mgh+
1 m2gh = mgH | {z } 2
1 1 2 E(C) = Ep(C) + Ek(C) = Ek(C) = m v(C) = m 2 g H = m g H pa imamo | {z } 2 2 | {z } 0
Ukupna energija E = E p + E k
E(A) = E(B) = E(C) = m g H = const | {z }
E = Ep + Ek
Ep E p opada Ek E k raste t
t 0 Ukupno vreme padanja t →
(1) 0
F
m
→
v1
S1
Kako je slobodno padanje jednako ubrzano kretanje i kako kinetiµcka energija raste sa kvadratom brzine, onda vidimo zašto dijagrami potencijalne i kinetiµ cke energije nisu prave linije ve´c imaju oblike parabola. Sa slike moµzemo videti da je zbir potencijalne i kinetiµcke energije u bilo kom trenutku konstantan. Ako odaberemo „pogodnu”silu F sliµcnu gravitacionoj elektrostatiµckoj ili nekoj drugoj konzervativnoj sili, tada zakon o odrµzanju mehaniµcke energije moµzemo prikazati i slede´cim postupkom Ako se telo mase m kre´ce pod uticajem sile F po pravoj putanji S pri µcemu kroz poloµzaj (1) prolazi brzinom v1 a kroz poloµzaj (2) brzinom v2 tada prema drugom Njutnovom zakonu za silu koja deluje na telo mase m vaµzi
(2)
→
v2
S
F = ma = m Kako je
S2
dv dt
dv dS dS = dv = v dv dt dt |{z} v
onda rad sile F koja primorava telo da se kre´ce na putu S2 A=
ZS2
F dS = m
Zv2 v1
S1
v dv =
1 m v2 2
v2
= v1
1 m v22 2 | {z } Ek(2)
S1 iznosi
1 m v12 = Ek(2) 2 | {z }
Ek(1)
Ek(1)
Ako je telo promenilo poloµzaj delovanjem „pogodne” sile F = f (S) tada se njen rad na putu od poloµzaja (0) do bilo kog drugog poloµzaja na putu S moµze prikazati formulom A=
ZS
pa se (i) potencijalna energija tela u zavisnosti od njegovog poloµzaja na putu S ili
F dS
0
udaljenosti od poloµzaja (0) moµze prikazati formulom Ep = A =
ZS
F dS
0
Znak ( ) je zato što je telo sposobno da „vrati”nazad onu istu koliµcinu energije koju je „dobilo”kada je sa energetski niµzeg pomeralo na energetski viši nivo. Razlika potencijalnih energija koje telo ima u pravolinijskim poloµzajima (1) i (2) iznosi
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
ZS2
A = Ep =
S1
= Ep(1)
Zv2
1 F dS = m v dv = m v22 |2 {z } v1
Ep(2)
Ek(2)
Fizika Rešeni zadaci
1 m v12 = Ek(2) 2 | {z }
ZS
Ek(1) =
F dS =
0
Ek(1)
Sada vidimo zašto je Ep(1)
Ep(2) = Ek(2)
63
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
0 @
ZS2
F dS
0
| {z } Ep(2)
ZS1 0
1
F dS A
| {z } Ep(1)
Ek(1) odnosno Ep(1) + Ek(1) = Ep(2) + Ek(2)
Zakon o odrµzanju mehaniµcke energije pri µcemu je zbir potencijalne i kinetiµcke energije konstantan.
Primene zakona o odrµzanju koliµcine kretanja →
v1
covek
m1
Sistem µcovek - µcamac
camac → v2
Kada µcovek mase m1 i µcamac mase m2 miruju, odnosno kada je
m2
! v1
!
!
!
!
= 0 i v 2 = 0 tada je p R = m1 v 1 + m2 v 2 = 0 !
Kada µcovek poµcne da se kre´ce u jednom smeru brzinom v 1 tada µcamac poµcne da se kre´ce u drugom ! smeru brzinom v 2 pa imamo ! pR
!
!
!
!
= m1 v 1 + m2 v 2 = 0 odakle je m1 v 1 = m2 v 2 odnosno m1 v1 = m2 v2 v1 m2 m2 v2 m1 m1 = odakle je v1 = v2 odnosno = pa je v2 = v1 v2 m1 m1 v1 m2 m2
Iz ove jednaµcine dobijamo
Odre†ivanje brzine metka pomo´cu balistiµckog klatna
l
=0
l
m
1
v1
l cos α
α
h
→
v
m m1
Prema slici imamo h = l l cos = l (1 cos ) Pre udara metka u teg njegova koliµcina kretanja iznosi p = m v Ako zanemarimo deo energije koji se pri udaru metka u teg transformiše u toplotnu energiju, tada usled udara, teg primi istu koliµcinu kretanja p0 = m v koju je metak imao pre udara, pa je p = m v = p0 = (m1 + m) v1 odnosno m v = (m1 + m) v1 odakle je v=
→
v1
m1 + m m1 v1 = 1 + m m
v1
Kako je brzina v1 koju teg ima na visini h jednaka brzini koju bi imao ako bi slobodno padao sa visine h p odnosno v1 = 2 g h onda brzina metka iznosi m1 p v = 1+ 2 g l (1 cos ) m
00) Metak mase m = 25 g udara u dµzak mase m1 = 50 kg obešen na elastiµcno i neistegljivo uµze. U trenutku
m
1
v1
=0
udara metka u dµzak on se otkloni od vertikalne linije i podigne se za visinu h = 2 cm Odredimo brzinu metka u trenutku udara u dµzak. Pre udara metka u dµzak, njegova koliµcina kretanja iznosi p = m v Ako zanemarimo deo energije koji se udarom metka u dµzak transformiše u toplotu, tada usled udara metka dµzak primi istu koliµcinu kretanja p0 = m v koju je metak imao pre udara, odnosno p = m v = p0 = (m + m1 ) v1 h → Brzina v1 koju ima dµzak na visini h jednaka je brzini koju bi imao ako v p bi slobodno padao sa visine h odnosno v1 = 2 g h pa zamenom do→ m m1 v1 bijamo r p m + m1 p 0; 025 kg + 50 kg m m m v = (m + m1 ) 2 g h odakle je v = 2gh = 2 9; 81 2 0; 02 m = 1 253; 46 m 0; 025 kg s s
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
64
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
Kretanje rakete →
→
m1 - masa rakete m2 - masa goriva u raketi → → → v v + ∆v Ako sa v oznaµcimo brzinu m1 m1 m2 − ∆m 2 m2 rakete u trenutku t1 = t sa ∆ m2 v + v brzinu rakete u trenutku t2 = t + t sa vg brzinu izlaska mlaza „goriva”( m2 ) iz rakete, tada koliµcina kretanja rakete u trenutku t1 = t iznosi
vg − v
pR = (m1 + m2 ) v a u svakom trenutku t2 = t +
t koliµcina kretanja rakete je
jer je v suprotno od vg
p0R = (m1 + m2
m2 ) (v +
v)
m2 (vg | {z
v) }
Jer po izlasku m2 više ne pripada raketi
= (m1 + m2 ) (v +
v)
m2 (v +
v)
m2 (vg
= (m1 + m2 ) v + (m1 + m2 )
v
m2 (v +
= (m1 + m2 ) v + (m1 + m2 )
v
m2
= (m1 + m2 ) v + (m1 + m2 {z } |
m2 )
v + vg
v
v
v) v)
m2 vg m2 vg
pR
Kako je pR = p0R onda imamo (m1 + m2 (m1 + m2
m2 )
v=
(m1 + m2
Fpot =
m2 vg
m2 )
v
t
Kretanje tela mase
= m
m2 )
Delenjem sa
v
m2 vg = 0 odnosno
t dobijamo silu potiska
m2 vg t
izbaµcenog poµcetnom brzinom
! v0
u polju sile
g
→
y
v
→
v0 y
m A
→
v0
y m
α
x →
0
x
v0 x
EP=0
U poloµzaju A komponente brzine vx i vy iznose vx = v0 cos 2
v =
vx2
+
vy2
2
= (v0 cos ) + (v0 sin
= v02 cos2 + sin2 | {z } 1
2
g t) =
v02
cos
2
1 2 2 g v0 t sin gt = v02 2 | {z }
+
v02
2
sin
vy = v0 sin 2 v0 sin
g t pa je
g t + g 2 t2
2 g y U poloµzaju 0 energija tela mase m iznosi
y
1 E0 = Ep + Ek = m v02 U poloµzaju A energija tela mase m iznosi 2 |{z} | {z } 0
EA = E p + E k = m g y +
1 1 m v 2 = m g y + m v02 2 2
2gy = mgy +
Energija je ista u bilo kom poloµzaju tela, odnosno E0 = EA =
1 m v02 2
1 1 m 2 g y = m v02 2 |2 {z }
1 m v02 = const |2 {z }
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
65
00) Na kraju štapa zanemarljive mase i duµzine 1; 5 m nalazi se teg mase m = 0; 8 kg Štap rotira u →
Fc
r = 1.5 m
A
→
→
v
Fc m
→
mg
→
→
Fc
mg
B
0
m Odredimo silu zatezanja u štas pu kada se teg nalazi u najvišoj taµcki, u najniµzoj taµcki i u nivou ose rotacije. Odredimo kinetiµcku energiju tega koji rotira. Prema slici, za poloµzaje tega mase m u taµckama A B C imamo: (B ) Ako se teg mase m nalazi u poloµzaju B tada zatezanje u štapu vrši m v2 samo centrifugalna sila Fc = koja u ovom sluµcaju iznosi r
vertikalnoj ravni brzinom v = 2
→
mg C
2
Fz (B ) = Fc (B ) =
→
Fc → mg
mv = r
0; 8 kg 4 1; 5 m
m2 s2 = 2; 133 N
(C ) Ako se teg mase m nalazi u poloµzaju C tada zatezanje u štapu, po-
red centrifugalne sile Fc vrši i gravitaciona sila (Fg = m g ) odnosno Fz (C ) = Fc (C ) + Fg (C ) =
m m v2 + m g = 2; 133 N + 0; 8 kg 9; 81 2 = 2; 133 N + 7; 848 N = 9; 98 N r s
U poloµzaju C je Fg > Fc (A) Kako je Fg = m g > Fc onda u poloµzaju A ne´ce biti sile zatezanja (Fz ) ve´c ´ce rezultantna sila da pritiska štap silom Fp = m g
Fc = m g
m v2 = r
= 5; 71 N
00) Teg mase m = 150 kg okaµcen je na elastiµcnu neistegljivu µzicu koja moµze da izdrµzi teret Fd = 300 kp Odredimo maksimalni ugao otklona ( max ) tega od ravnoteµznog l
α
x ma
v=0 →
→
Fd
Q
h
→
v
→
→
Q + Fc 1 m v2 = m g l ( 1 2 m v2 = 2mgl(1 l
>
1 ) 2
Q + Fc 6 Fd gde je Fd = 300 kp = 2 Q Prema zakonu odrµzanja energije, Ek u ravnoteµznom poloµzaju mora biti jednako Ep u polaznom poloµzaju, odnosno
1 m v 2 = m g h gde je h = l l cos = l (1 cos ) odnosno 2 l cos ) Ako ovu relaciju podelimo sa tada dobijamo Fc odnosno 2 cos ) pa je Fc = 2 Q (1
Fd = 2 Q > Fg + Fc = Q + 2 Q (1 cos
poloµzaja za koji ne´ce do´ci do kidanja µzice kada otpušteni teret prolazi kroz ravnoteµzni poloµzaj. Pri prolasku tega mase m kroz ravnoteµzni poloµzaj, na µzicu deluje centrifugalna sila Fc i gravitaciona sila, odnosno teµzina tega Q pri µcemu mora biti zadovoljena relacija
cos ) ) 2 > 1 + 2 (1
→
→
Q
α
cos ) ili 1 >
1 + (1 2
cos )
1
1 >1 2
cos
max = 60
00) Na jednu µcesticu mase m = 1 10 m
cos ) Prema uslovu zadatka je
Fe →
Fr
10
kg sa elektriµcnim nabojem u elektriµcnom polju deluje sila od Fe = 3 10 9 N horizontalno. Na istu µcesticu deluje i teµzina. Odredimo intenzitet i smer ukupne sile i ubrzanje kretanja µcestice m m Q = m g = 1 10 10 kg 9; 81 2 = 0; 981 10 9 kg 2 = 0; 981 10 9 N s s q p 2 2 Fr = Fe2 + Q2 = (3 10 9 N ) + (0; 981 10 9 N ) = 3; 156 10 9 N
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
66
m 3; 156 10 9 kg 2 Fr m s Kako je F = m a ) a = = = 31; 56 2 10 m 1 10 kg s
00) Telo mase m klizi niz kuglu iz najviše taµcke polaze´ci iz mirovanja. U kojoj taµcki ´ce telo napustiti (1) m
∆h
→
m F
h
α
H
r
F (2)
α
→ N
kuglu ako se trenje zanemari? Telo je materijalna taµcka bez dimenzija pa je polupreµcnik putanje r Prema slici imamo h = r cos odnosno h = r h = r r cos = r (1 cos ) m v2 Mesto odvajanja tela mase m od r kugle odre†ujemo iz uslova Fr > FN ili primenom formule
FN = m g cos →
v →
mg
0
Fr =
m v2 = m g cos r Prema zakonu odrµzanja energije pri prelasku tela mase m iz poloµzaja (1) u poloµzaj (2) imamo (1)
r
E(1) = E(2) odnosno Ep(1) + Ek(1) = Ep(2) + Ek(2) pa je | {z } | {z } 0
Ek(2) = Ep(1) = m g pomnoµzimo sa
1 m v2 = m g r ( 1 cos ) Sada imamo 2
h = m g r (1
0
cos ) Ako ovu jednaµcinu
2 tada dobijamo izraz sa Fr odnosno r
m v2 = 2 m g (1 cos ) r Vidimo da su izrazi sa leve strane znaka jednakosti u relacijama (1) i (2) isti pa izrazi i sa desne strane moraju biti isti, odnosno 2 m g cos = 2 m g ( 1 cos ) ) cos = 2 2 cos ) 3 cos = 2 ) cos = Telo ´ce se odvojiti od 3 2 3r 2r 5 kugle na visini H = r + h = r + r cos = r + r = + = r 3 3 3 3 m Odredimo 00) Klizaµc po ledu kre´ce se po periferiji kruga polupreµcnika r = 13 m brzinom v = 11 s ugao prema vertikali za koji treba da se nagne klizaµc ka unutrašnjoj → → strani kruµzne putanje da bi odrµzao ravnoteµzu. Fr m Fc (2)
α
Prema slici imamo
α
→
mg
→
Fr = tg mg
odakle je
m v2 m2 121 2 2 Fr v s = arc tg = arc tg r = arc tg = arc tg m mg mg rg 13 m 9; 81 2 s = arc tg 0; 95 = 43; 53
FR
r →
v
m Njegova s teµzina sa biciklom je 90 kp Odredimo centrifugalnu silu Fc ugao za koji biciklista treba da se nagne prema vertikalnoj ravni i koe…cijent trenja potreban da biciklista ne sklizne sa staze. Prema „slikama”imamo Fr = tg odakle je mg
00) Biciklista se kre´ce po kruµznoj putanji polupreµcnika krivine r = 10 m brzinom v = 4 →
Fr
→
mg
m
α
→
→
Fr
Fc
α
→
→
Fc
m
α → FR
→
F R mg
→
→
r
F tr →
v
→
α α → → F1 F
→
Fr
F2
Fc
r →
v
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
67
m 90 kg 16 2 m v2 s Fr = m g tg odnosno Fc = = = 144 N r 10 m Da ne bi pao, biciklista mora da bude u pravcu rezultantne sile FR pa je njegov nagib de…nisan jednakoš´cu sila FR i Fc odnosno m g tg
=
m v2 odakle je tg r
Da ne bi došlo do klizanja koe…cijent trenja F2 6 >
F1
sin cos
gde su = tg
=
F1 = F cos
v2 rg
)
= arc tg
v2 16 = arc tg = 9; 26 rg 10 9; 81
mora da ima vrednost za koju vaµzi nejednakost
F2 = F sin
v2 = 0; 163 odnosno rg
=
pa imamo F sin
6
F cos
> 0; 163
O min koji grade kraci sa vertikalnom osom
00) Centrifugalni regulator se okre´ce brzinom 120 Odredimo ugao Prema slici je
cos
α l
O 2 rad ! = 120 = 120 =4 min 60 s r = l sin tg
odakle je
rad s
ω
→
m Fc
→
Fr
sin Fr m !2 r ! 2r ! 2 l sin = = = = cos mg mg g g g g = arccos 2 = 2 ! l ! l
α r
→
mg
00) Klatno se sastoji od tega teµzine 2; 5 kp koji visi na elastiµcnoj neistegljivoj µzici duµzine l = 0; 5 m O Odredimo zateznu silu Fz u µzici i min koji µzica gradi sa vertikalnom osom rotacije. Prema slici imamo
Klatno rotira „brzinom” 72
α
ugao
Fr = tg mg
l
→
ω
→
m Fc
Fr
→
Fz
α r
→
mg
→
odakle je Fr = m g tg
Prema uslovu stabilnosti rotacije konusnog klatna imamo Fr = m |{z} ! 2 r = m g tg cos
g = 2 = ! l
Fr Prema slici imamo
mg = cos Fz
odakle je Fz =
odakle je tg
9; 81
1; 2 2
O s
m s2 2
0; 5 m
=
! 2 l sin !2 r = g g
= 0; 345 )
mg 2; 5 kp = = 7; 24 kp cos 0; 345
sin cos
= arccos 0; 345 = 69; 82
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
68
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
Strma ravan Prema slici je h = S sin odnosno Ftr = FN = m g cos a = g sin g cos Prema formulama za jednako ubrzano kretanje imamo
m v0
A
=0
S m
→
F tr
h
a→
→ FN
y2
F
v 2 = v02 + 2 a S = 2 g S | sin {z } |{z}
→
0
= 2 g h 2 g S cos U poloµzaju A telo mase m ima energiju EA = EPA + EKA = m g y2 | {z }
→
mg
α
m B y1
2 g S cos
h
→
v
0
α
U poloµzaju B telo mase m ima energiju 1 1 1 = m g y1 + m v 2 = m g y 1 + m 2 g h m 2 g S cos = m g (y1 + h) m g cos S | {z } | {z } 2 2 2
EB = EPB + EKB
Ftr
y2
= m g y2
Ftr S | {z }
A
Dakle EA = EB = m g y2 = const
EA
tre n ja
EA = m g y 2 ) m g y 2 = m g y 2
a→ →
m
F tr
→
AF tr + AF tr = m g y2
Prema slici je Fa = m g sin
FR
FR = Fa
→
a = g (sin
Fa
α
→ FN
sin
→
mg
α
Ftr = m g sin
cos
Fa
α
→
F tr
F
>
=
) tg
kritiµc no
→
FR
Ftr =
→
v =
v02
2aS =
v02
F tr
2 g S(sin
+
m g cos
cos )
=
ma ) >
Ako je
pa je FR = 0 ili v = const
FN = m g cos
FN =
m g cos
FR = Fa + Ftr = m g sin
→
Sz
kritiµc no
Fa = m g sin
+
= m g (sin
α
a = g (sin
+
+
+ m g cos
cos )
cos ) > 0
m a pa je
(uvek)
Ako „pogledamo”jednako ubrzano kretanje, onda znamo zašto kvadriranjem formule v = v0 a t dobijamo
α
2
FN =
Prema slikama imamo
a→
Fa
2v0 a t + a2 t2 = v02
EA = EB + Atr
6= 0 ) tg
) Ne nastaje kretanje
→
2
= : cos
<
mg
a t) = v02
cos
a < 0 ) tg
m
v 2 = (v0
= m g (sin
) Nastaje kretanje
S v→0
Ftr =
>
m →
→ N
> 0 ) sin
v→ m
FN = m g cos m g cos
Atr
Atr
a > 0 ) tg
→
v0
Ftr S = EA | {z }
cos ) Da bi telo krenulo mora biti a > 0 odnosno
a=0 )
v→<
EB = m g y 2 | {z }
2a
v0 t |
1 2 a t = v02 2 {z }
cos ) odakle je
S
v=
p
v02
2aS odnosno
2 g S (sin
+
cos )
Ako je v02
2 g S (sin
+
cos ) < 0 tada telo ne´ce pre´ci ceo put S jer se zaustavlja na rastojanju Sz
v02
2 g S (sin
+
cos ) = 0 tada je v = 0 pa pre†eni put uz strmu ravan iznosi
Ako je S=
v02 2 g(sin
+
cos )
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
69
km h Odredimo brzinu v2 pri kojoj ´ce kamion teµzine 4; 45 103 kp imati istu koliµcinu kretanja i kinetiµcku energiju Prema uslovu zadatka je p1 = p2 odnosno p1 = m1 v1 = p2 = m2 v2 odakle je
00) Odredimo koliµcinu kretanja p1 kamiona teµzine 8; 9 103 kp koji se kre´ce brzinom v1 = 56
m1 m1 g 8; 9 103 kp km km 1 v1 = v1 = 56 = 112 Kako je Ek = m v 2 onda zbog zahteva da kinem2 m2 g 4; 45 103 kp h h 2 1 1 tiµcke energije budu jednake imamo m1 v12 = m2 v22 odakle je 2 2 r r p km p km m1 2 m1 g 2 = 79; 19 v1 = v1 = v1 2 = 56 v2 = m2 m2 g h h v2 =
00) Dve kugle µcije su mase m1 = 120 g i m2 = 300 g izbace se iz cevi naglim otpuštanjem opruge. Odredimo brzinu svake kugle ako elastiµcna energija opruge → → m1 m2 v1 v2 iznosi 0; 5 kp m Ako se zanemari trenje pri 300 g 120 g prolasku kugli kroz cev, tada naglim otpuštanjem opruge njena „elastiµcna” potencijalna energija E prelazi u kinetiµcku energiju kugli pri µcemu je 1 1 E = m1 v12 + m2 v22 odnosno 2E = m1 v12 + m2 v22 Mnoµzenjem sa m2 (vide´cemo zašto!) dobijamo 2 2 2
(1)
2 m2 E = m1 m2 v12 + (m2 v2 )
(2)
m1 v1 = m2 v2 onda zamenom formule (2) u formulu (1) dobijamo
Kako je koliµcina kretanja obe kugle ista, odnosno
2
2 m2 E = m1 m2 v12 + (m1 v1 ) = m1 m2 v12 + m21 v12 = m1 m2 + m21 v12 pa brzina kugle mase m1 iznosi
v1 =
s
v u m2 u u 2 0; 3 kg 0; 5 9; 81 kg 2 m2 E s2 = 7; 64 m =t 2 m1 m2 + m21 s 0; 12 kg 0; 3 kg + (0; 12) kg 2
Sliµcnim ( iliistim) postupkom moµzemo dobiti i brzinu kugle mase m2 ali je ekonomiµcnije primetiti m1 m m 0; 12 kg 7; 64 = 3; 056 Pogledajmo i slede´ci postupak v1 = m2 0; 3 kg s s 1 1 E = m1 v12 + m2 v22 2 2 (3) 2E = m1 v12 + m2 v22 p1 = p2 ) m1 v1 = m2 v2 )
v2 =
(4)
v2 =
v u u v1 = u t v2 =
m1 v1 m2
Zamenom formule (4) u (3) dobijamo 2E = m1 v12 + m2
m21 v12 = m22
m1 +
m21 m2
v12
s v r u p 2E 2E 2 E m2 2; 943 m u = = 58; 392 = 7; 64 = = u 2 2 2 t m1 m2 + m1 m1 m2 + m1 0; 36 + 0; 0144 s m1 m1 + m2 m2
m1 v1 0; 9169 m = = 3; 056 m2 0; 3 s
m s Ukupna kinetiµcka energija lopte jednaka je zbiru kinetiµcke energije usled njenog translatornog kretanja Ekt i kinetiµcke energije usled njenog rotacionog kretanja Ekr odnosno
00) Odredimo kinetiµcku energiju lopte mase 15 kg koja se bez klizanja kotrlja niz strminu brzinom v = 10
Eku = Ekt + Ekr
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
70
2 v m r2 dok je njena ugaona brzina ! = odnosno 5 r
Moment inercije lopte Il iznosi Il = Eku =
Fizika Rešeni zadaci
1 1 1 1 2 v2 1 7 7 m2 1 m v 2 + Il ! 2 = m v 2 + m r2 2 = m v2 + m v2 = m v2 = 15 kg 102 2 = 1 050 J 2 2 2 2 5 r 2 5 10 10 s
00) Preko cilindriµcnog diska polupreµcnika R i homogene mase m = 2 kg prebaµcen je neistegljiv i
→
R m = 2 kg
elastiµcan konac zanemarljive mase na µcijim krajevima su okaµcena dva tega mase m1 = 3 kg i m2 = 4 kg Odredimo linearno ubrzanje sistema (a) Ako sile zatezanja konca oznaµcimo sa F1 i F2 tada je spreg sila M koji 1 okre´ce valjak jednak proizvodu njegovog momenta inercije I = m R2 2 i ugaonog ubrzanja odnosno
→
Fz
Fz →
→
F1
a
M =I
→
F2 m 2 = 4 kg
(F2
F1 ) R
Kako je ugaono ubrzanje ( ) jednako koliµcniku linearnog ubrzanja a onda imamo tegova (a) i polupreµcnika diska (R) odnosno = → R → Q 1 = m1 g → → 1 a 1 Q 2 = m2 g (F2 F1 ) R = m R2 odakle je F2 F1 = m a 2 R 2 Sile zatezanja u koncu zbog teµzine tegova mase m1 i m2 iznose
m 1 = 3 kg
F1 = m1 g + m1 a
F2 = m2 g
F2
F1 = m2 g
F2
1 F1 = m a = (m2 2
m2 a
(m1 g + m1 a) = (m2 m1 ) g
1 m a + ( m2 + m1 ) a = ( m2 2 a=
(m2
m1 ) g
1 m + m2 + m1 2
m2 a pa oduzimanjem F1 od F2 dobijamo
(4 =
m1 ) g
(m2 + m1 ) a odnosno
(m2 + m1 ) a odakle je
m1 ) g
1 m + m2 + m1 a = (m2 2
odnosno
m1 ) g
pa je
m s2 = 1; 401 m 1 s2 2 + 4 + 3 kg 2 3) kg 9; 81
Primetimo da ubrzanje a ne zavisi od polupreµcnika diska R
00) Cilindar mase m = 40 kg i polupreµcnika R = 60 cm rotira oko horizontalne ose. Na dodatnu ploµcu R r m
→
→
Fz
Fz
m1 S
α
m1 →
v 0 = 0 m1 a m1 →
→
m1 g
zanemarljive mase i preµcnika 2r = 20 cm namotan je elastiµcan i neistegljiv konac na µcijem kraju visi teg mase m1 = 8 kg Koliki put S pre†e teg za vreme od = 6 s od poµcetka obrtanja? Kolika mu je brzina v na kraju tog pre†enog puta i kolika je ugaona brzina ! valjka u tom trenutku? 1 Moment inercije cilindra mase m i polupreµcnika R iznosi I = m R2 a 2 a ugaona brzina ! ploµce polupreµcnika r iznosi ! = pa prema slici imamo r 1 1 2 a 2 a Fz r = I = m R = mR odakle dobijamo silu zatezanja 2 r 2 r Fz =
v
m1 g 1 m1 g = m1 a + Fz = m1 a + m a 2
R r
1 ma 2
R r
2
Za kretanje tega mase m1 vaµzi jednaµcina
Fz = m1 a odnosno 2
m = m1 a 1 + 2 m1
R r
2
!
odakle dobijamo ubrzanje a kojim se kre´ce teg mase m1 odnosno
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
a=
g m 1+ 2 m1
R r
g
=
2
40 1+ 16 9; 81
1 v = v0 + a = g |{z} 91
=
=
2
0; 6 0; 1
Fizika Rešeni zadaci
1 g 91
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
71
Brzina kretanja tega iznosi
m 6s m s2 = 0; 647 pa pre†eni put za dato vreme 91 s
= 6 s iznosi
0
1 S = v0 + a |{z} 2
2
1 g 182
=
2
=
9; 81 36 = 1; 94 m Ugaono ubrzanje 182
ploµce (valjka) polupreµcnika r je
0
1 g a 9; 81 rad 91 = = = = 1; 078 2 pa je njena ugaona brzina ! u tom trenutku r 0; 1 91 0; 1 s
! = !0 +
9; 81 rad rad 6 = 6; 468 9; 1 s s
=
m s Koe…cijent trenja pri kotrljanju iznosi = 0; 1 Koliki put S pre†u kola duµz strme ravni dok se ne zaustave ? Prema slici je
00) Teretna kola mase m = 1; 5 103 kg nailaze na strmu ravan nagiba 10 poµcetnom brzinom v0 = 24 vk = m
S → →
a
→ 0
F
R
FR = m a = Fa + Ftr = Fa + FN = Q sin
m
→
Fa
0
= Q (sin →
v
α
→
a=
FN
Q
+
Q (sin m |{z}
+ Q cos
cos ) odnosno
+
cos ) = g (sin
+
cos ) = 0; 27 g = 2; 67
m s2
g
m α = 10 o
vk2 = v02
2 a S = 0 odakle je S =
v02 = 2a
= 107; 88 m
00) Kolosek u padu sa uglom
→
v2 = 0 m
a2
→
v
= 2 završava se horizontalnim delom. Niz kolosek u padu odbijen je m vagon brzinom v0 = 1; 5 Kada pre†e put S1 vas m → 1 gon produµzava kretanje horizontalnim delom pruge. a S1 → 0 F Kojom brzinom v vagon napusta nagnuti deo prv → 1 → uge i koji deo horizontalne pruge S2 ´ce vagon pre´ci a FN ako koe…cijent trenja za sve vreme kretanja iznosi → α Q m = 5 10 3 Za deo puta sa nagibom imamo
α = 2o
FR = m a1 = Fa1
S2
= Q sin a1 =
Q (sin m |{z}
cos ) = g (sin
g
a2 = S2 =
g=
0; 049
v2 v2 = = 2 a2 2 g
m s2
v=
p
cos ) = 0; 293
v02
= 201; 86 m
2 a1 S1 =
m s2
= 4; 45
Ftr = Fa1 Q cos
FN
= Q (sin
Za horizontalni deo puta gde je m s
vk2 = v02
2 a2 S2
cos ) = 0 imamo
0 odnosno
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
72
00) Put nagiba 50 % ima duµzinu S = 850 m Na tom putu guraju se kolica teµzine Q = 800 N pri µcemu ruµcka kolica kojom se ona guraju gradi sa horizontalom ugao = 28 Koe…cijent trenja iznosi = 0; 08 Odredimo silu F kojom treba gurati kolica da se ona kre´cu konstantnom brzinom i rad na tom putu. Prema slici imamo
→
F2
→
F
α θ
→
F1 →
Fa
1 S h 1 sin = = 2 = ) = 30 Iz uslova da se kolica kre´cu S S 2 konstantnom brzinom vidimo da FR u smeru kretanja iznosi
m →
Ft
0m 85 = S θ = 30 o
→
F N h = 12 S
r →
FR = 0 ili FR = F1
Q
Fa = Q sin
(Fa + Ftr )
0 ) F1 = Fa + Ftr Kako je
F1 = F cos ( + ) F2 = F sin ( + ) FN = Q cos
odnosno Ftr =
(F2 + FN ) =
F sin ( + ) + Q cos
onda zamenom u formulu F1 = Fa + Ftr dobijamo
F cos ( + ) = Q sin + F sin ( + ) + Q cos F cos ( + ) F =
sin ( + ) = Q (sin +
sin + cos ( + ) !!
A = F S cos F S
cos Q= sin ( + )
odakle je
cos ) odnosno
= 985; 608 N
= F S cos ( + ) = 985; 608 N 850 m cos 58 (N m) = 443; 95 103 J
00) Telo mase m klizi sa vrha glatkog uzvišenja visine H i dolazi do daske mase m1 koja leµzi na glatkoj horim
H →
m
v0
m v=0 m1 v=0
zontalnoj ravni na podnoµzju uzvišenja. Zbog trenja izme†u tela mase m i daske mase m1 telo se usporava i od nekog trenutka se kre´ce sa daskom kao celina.Odredimo ukupan rad sile trenja. Prema prikazanoj slici vidimo da je potencijalna energija tela na vrhu uzvišenja jednaka njegovoj kinetiµckoj energiji koju ima u trenutku nailaska na dasku, odnosno
p 1 m v02 ) v0 = 2 g H 2 m Prema zakonu odrµzanja koliµcine kretanja imamo m v0 = (m + m1 ) v odakle je v = v0 m + m1 Rad sila trenja izme†u tela mase m daske mase m1 i podloge iznosi mgH =
Atr =
=
1 1 m2 2 m v02 = (m + m1 ) 2 v0 2 2 (m + m1 )
1 (m + m1 ) v 2 2
1 m2 m2 m m1 2 v0 = 2 m + m1
1 m m1 v2 = 2 m + m1 0
1 1 m v02 = 2 2
1 m m1 2gH = 2 m + m1
m2 m + m1
m v02
m m1 gH m + m1
00) Kolica mase m = 1; 2 kg mogu se kretati bez trenja po strmoj ravni nagiba 20 Kolica se drµze u ravnoteµzi tegom mase m1 koji je povezan za kolica preko kotura Odredimo masu tega m1 koji drµzi ravnoteµzu i ubrzanje koje bi nastalo ako na kolica stavimo teg mase m2 = 20 kg Ako kolica stoje tada je FR = 0 Fa = Q1 = m1 g odnosno
→
Fz
m
→ →
1
Fa
→
mg
Fz m1
Fa = m g sin
FN
α α = 20 o
µ
→
FQ
→
=0
→
m1 g
= m1 g ) m1 = m sin
= 0; 41 kg
Ako se na kolica stavi teg mase m2 = 20 kg tada je Fz (m + m2 ) = FQ1
Fz = (m + m2 ) a
FQ m1 = Fz
m1 g = m1 a
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Sabiranjem prethodnih formula dobijamo a=
Fizika Rešeni zadaci
FQ1
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
73
m1 g = (m + m2 + m1 ) a odakle je
(m + m2 ) g sin m1 g m2 sin m FQ1 m1 g = = g = 4; 11 2 m + m2 + m1 m + m2 + m1 m (1 + sin ) + m2 s
00) Na slici je prikazana strma ravan. Odredimo ubrzanje sistema a i zateznu silu Fz u uµzetu pri µcemu trenje zanemarimo. =2
kg
Fz
→
Fz m1
m2
Prema slici, za tela mase m1 i m2 vaµzi
→
F1
N
F2
→
N
θ
Fz = m1 a + F1 = m1
p 6
3
m1 sin ') g
a=
ϕ = 60 o
g + m1 g sin ' = m1 g
F1 = (m2 sin
(m2 sin m1 sin ') g m1 + m2 p 2 3 m = g = 0; 44 2 odnosno 6 s
m1 g
→
2
Fz = m2 a gde je F2 = m2 g sin
(m1 + m2 ) a odakle je
→
m2 g
θ = 30 o
F2
F2
→ F1
ϕ
F1 = m1 a gde je F1 = m1 g sin '
Iz ovih formula dobijamo
kg
→
F2
=1
→
Fz
p
2
6
3
p ! 3 + = 0; 91 kp 6 3
00) Dve kugle, jedna mase m1 = 7 kg a druga mase m2 = 4 kg kre´cu se u istom smeru pri µcemu dolazi m1
→
m 2 v→ 2
v1
m1 m 2
m1
→
v ′1
m2
→
v′2
→
v′
do njihovog centralnog sudara Pre sudara kugla mase m1 ima cm brzinu v1 = 12 a kugla mase s
cm Koliko ´ce iznositi brzine kugli ako je sudar bio idealno elastiµcan a koliko ako s je sudar bio idealno plastiµcan ? Prema slici imamo 1 1 1 1 m1 v12 + m2 v22 = m1 v10 2 + m2 v20 2 odakle je m1 v12 + m2 v22 = m1 v10 2 + m2 v20 2 odnosno 2 2 2 2 m2 0 2 2 02 02 2 v v22 Kako je a2 b2 = (a + b) (a b) onda imamo v1 v1 m1 = v2 v2 m2 ) v12 v10 2 = m1 2 m2 0 (1) (v1 + v10 ) (v1 v10 ) = (v + v2 ) (v20 v2 ) m1 2 Prema zakonu odrµzanja koliµcine kretanja kod centralnog sudara imamo
m2 ima brzinu v2 = 10
m1 v1 + m2 v2 = m1 v10 + m2 v20 odakle je m2 0 (3) (v1 v10 ) = (v v2 ) m1 2 Ako je v1 v10 6= 0 v20 v2 6= 0 onda delenjem formule (1) sa (3) dobijamo v1 + v10 = v20 + v2 odakle je (2)
v20 = v1 + v10
v2
Zamenom v20 u relaciju (2) dobijamo
m1 v1 + m2 v2 = m1 v10 + m2 (v1 + v10 (m1
m2 ) v1 + 2 m2 v2 = (m1 +
v2 ) = m1 v10 + m2 v1 + m2 v10
m2 v2 odakle je
m2 ) v10
Suština prethodnih algebarskih akrobacija je bila da se nepoznata veliµcina v10 izrazi preko poznatih veliµcina što je sada lako uµciniti m m (7 4) kg 0; 12 + 2 4 kg 0; 1 (m m ) v + 2 m v 1 2 1 2 2 s s = 0; 105 m v10 = = m1 + m2 (7 + 4) kg s m m v20 = v1 + v10 v2 = (0; 12 + 0; 105 0; 2) = 0; 125 s s
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
74
U sluµcaju idealno plastiµcnog sudara obe kugle ´ce nastaviti da se dalje kre´cu slepljene pa njihova zajedniµcka brzina v 0 iznosi m m 7 kg 0; 12 + 4 kg 0; 1 m1 v1 + m2 v2 s s = 0; 112 m 0 = v = m1 + m2 (7 + 4) kg s
00) Iz poloµzaja A i B na horizontalnom putu, istovremeno su bez poµcetne brzine krenule dve materijalne taµcke masa m1 i m2 jedna drugoj u susret.U smeru kretanja prve taµcke deluje sila F1 = 3 m1 a u smeru kretanja druge taµcke deluje sila F2 = 3 m2 t x1 x2 Ako u trenutku mimoilaµzenja obe taµcke S1 S2 S imaju istu brzinu, odredimo rastojanje izme†u njih u polaznom poloµzaju i ubrzanje svake taµcke u trenutku mimoilaµzenja.
m1
m1
→
→
v 1 a1
→
→
a2 v 2
m2
m2
Diferencijalne jednaµcine kretanja materijalnih taµcaka su m F1 (t) = m1 x1 (t) = 3 m1 ) x1 = 3 2 sm F2 (t) = m2 x2 (t) = 3 m2 t ) x2 = 3 t 2 s Ubrzanja materijalnih taµcaka masa m1 i m2 u funkciji vremena su m d x1 = 3 2 odnosno dt s d m (2) x2 (t) = x2 = 3 t 2 dt s Integracijom prethodnih relacija dobijamo funkcionalne zavisnosti brzina taµcaka od vremena Z (3) x1 (t) = 3 dt = 3t + C1 (1)
x1 (t) =
(4)
x2 (t) = 3
Z
t dt =
3 2 t + C2 2
Konstante C1 i C2 odre†ujemo iz poµcetnih uslova pri µcemu za t = 0 dobijamo 3 2 x1 (0) = 0 = 3 0 + C1 ) C1 = 0 x2 (0) = 0 = 0 + C2 ) C2 = 0 odnosno 2 d (5) x1 (t) = x1 = 3t dt d 3 (6) x2 (t) = x2 = t2 dt 2 Integracijom relacija (5) i (6) dobijamo parametarske jednaµcine kretanja taµcaka Z 3 (7) x1 (t) = 3 t dt = t2 + C3 2 Z 3 1 (8) x2 (t) = t2 dt = t3 + C4 2 2 Konstante C3 i C4 o†redujemo iz poµcetnih uslova pri µcemu za t = 0 dobijamo 3 2 1 3 x1 (0) = 0 = 0 + C3 ) C3 = 0 x2 (0) = 0 = 0 + C4 ) C4 = 0 2 2 Dakle, parametarske jednaµcine kretanja taµcaka su
3 2 t 2 1 (10) x2 (t) = t3 2 Ako su (prema uslovu zadatka) brzine taµcaka u trenutku susreta iste, onda izjednaµcavanjem desnih (9)
x1 (t) =
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
75
strana relacija (5) i (6) odre†ujemo „proteklo” vreme od poµcetka kretanja taµcaka do njihovog me†usobnog susreta, odnosno 3 3t = t2 ) t susreta = 2 s 2 Sada iz relacije (5) ili (6) (svejedno) odre†ujemo brzine taµcaka u trenutku me†usobnog mimoilaµzenja m 3 3 2 m v1 = 3 t = 3 2 = 6 v2 = t2 = 2 =6 s 2 2 s Ubrzanja taµcaka u trenutku susreta dobijamo uvrštavanjem vremena ts u relacije (1) i (2) odnosno m m a2 (ts ) = x2 = 6 2 a1 (ts ) = x1 = 3 2 s s Rastojanje izme†u poµcetnih poloµzaja taµcaka jednako je zbiru njihovih pre†enih puteva od poµcetnih poloµzaja do trenutka mimoilaµzenja, odnosno zamenom ts = 2 u relacijama (9) i (10) i njihovim sabiranjem dobijamo 3 2 1 3 2 + 2 = 10 m S = x1 (2) + x2 (2) = 2 2
00) U µceonom elastiµcnom sudaru kugle (1) mase m1 koja se kretala brzinom v1 i kugle (2) koja je m1
→
m1 m 2
→
v1
v
mirovala, kugle su se „razletele” u suprotnim smerovima istim brzinama v Odredimo masu m2 kugle (2) Prema zakonu odrµzanja koliµcine kretanja pri udaru kugle (1) mase m1 njena koliµcina kretanja se preraspore†uje sa kuglom (2) mase m2 odnosno
→
v
(1)
(1) ( 2 )
m1 v1 = m2 v
zbog suprotnog smera m1 v odnosno m1 v1 = ( m2
(1)
m1 ) v
Kvadriranjem dobijamo
2
m21 v12 = (m2
m1 ) v 2
Prema zakonu odrµzanja mehaniµcke energije pri udaru kugle mase m1 njena kinetiµcka energija se preraspore†uje sa kuglom (2) mase m2 pa je 1 1 1 m1 v12 = m1 v 2 + m2 v 2 odnosno 2 2 2 (2) m1 v12 = ( m1 + m2 ) v 2 Delenjem relacije (1) sa relacijom (2) dobijamo 2
(m2 m1 ) v 2 m21 v12 = 2 m1 v1 (m1 + m2 ) v 2 m22
2
odakle je (m2
2 m2 m1 + m21 = m21 + m2 m1
m1 ) = (m1 + m2 ) m1 odnosno
Dalje je m22 = 3 m2 m1 odakle delenjem sa m2 dobijamo m2 = 3m1 m jedno parµce mase s m m1 = 6 kg odletelo je boµcno pod uglom = 60 brzinom v1 = 300 s Odredimo smer i brzinu v2 kretanja drugog parµceta granate mase m2 Prema zakonu odrµzanja koliµcine kretanja nacrtan je trougao impulsa pa je
00) Pri eksploziji jedne granate mase m = 10 kg koja se kre´ce brzinom v = 800 →
v1
→
p
p→1 =
β
v
α
→ 2
v
2
→
α
m
m1
=
m1 m
→ 2
v1
β →
→
p = mv
m2
!
!
!
! p2
= p
p = p 1 + p 2 = const odnosno ! 2
v2
=
q 2 2 (m v ) + (m1 v1 )
r
odakle je
odakle kvadriranjem dobijamo 2
(m2 v2 ) = (m v )
→
m2 v2 =
! p1
10 kg 800
m s
v2 = 1 817; 278
2
odnosno
v v1 cos
2 m m1 v v1 cos
2
+ 6 kg 300 m s
!!
2 m m1 v v 1 + (m1 v1 ) | {z }
m s
2
2 10 kg 6 kg 800
p m m kg m 300 cos 60 = 52; 84 106 s s s
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
76
Primenom prikazanog trougla impulsa i sinusne teoreme koja pokazuje da se stranice u trouglu odnose kao sinusi suprotnih uglova, odnosno γ
b α
sin
a
a sin
β
c
m1 v1 sin = m2 v2
=
b sin
c sin
=
dobijamo
m1 v1 m2 v2 = sin sin
odakle je
m r p 3 1 81 75 s =p = pa je kg m 2 10 91 52; 84 106 s 6 kg 300
1 10
= arcsin
r
81 75 91
!
= 59; 07
km km v2 = 80 po putevima koji h h se seku pod uglom = 60 Odredimo veliµcinu i smer relativne brzine jednog motocikliste u odnosu na drugog. Posle kog vremena po prolasku kroz mesto ukrštanja, razmak me†u njima postaje S = 10 km ? Prema slici je
00) Dvoje motociklista kre´cu se konstantnim brzinama v1 = 100 →
β
v2
α = 60 o
! v1
→
!
! v 1;2
→
v1
!
= v1
2 v1;2 = v12
v1;2 =
p
v12 + v22
!
!
= v 2 + v 1;2 gde je v 1;2 relativna brzina prvog motocikliste u odnosu na drugog, odnosno
v 1, 2
2 v1 v2 cos
=
s
! v2
odakle kvadriranjem dobijamo
! !
2 v1 v2 + v22 = v12 + v22 | {z }
2 v1 v2 cos
odnosno
v1 v2 cos
104 + 0; 64 104
2 0; 8 104
1 2
2
km h
= 91; 65
km h
Prema slici i sinusnoj teoremi moµzemo odrediti pravac relativne brzine v1;2 odnosno v1 v12 = sin sin
odakle je
sin
=
v1 sin v12
=
100 sin 60 = 0; 945 odnosno 91; 65
= arcsin (0; 945) = 70; 9
Prema uslovu zadatka, moµze se pretpostaviti da ´ce motociklisti kroz raskrsnicu pro´ci istovremeno pa ´ce njihovo me†usobno rastojanje iznositi S = 10 km posle vremena t koje odre†ujemo iz poznatih veliµcina t=
S = v1;2
10 km = 0; 109 h km 91; 65 h
m s m U najvišoj taµcki h µcovek baci teg vertikalno naniµze brzinom vt = 15 Odredimo najve´cu visinu H s koju µcovek ovako dostigne. Ako pogledamo jednako ubrzano kretanje i prikazanu sliku tada znamo zašto je µ 00) Covek mase m = 65 kg drµze´ci teg mase m1 = 12 kg odskoµci vertikalno uvis poµcetnom brzinom v0 = 5; 2
2
A H h
v1 m m1 → vt →
v0
m + m1
∆h
→
(vt ) = v02 | {z }
2gh = 0 ) h =
v02 2g
0
2
(vt ) = v12 | {z }
2g
h=0 )
h=
v12 2g
0
Primenom zakona o odrµzanju koliµcine kretanja na sistem µcovek - teg u taµcki A dobijamo m1 m v1 = m1 vt odakle je v1 = vt odnosno m H =h+
h=
v02 v2 1 + 1 = 2g 2g 2g
v02 +
m1 m
2
2
vt2
=
2
1 (m v0 ) + (m1 vt ) 2g m2
m 2 m 2 2 65 kg 5; 2 + 12 kg 15 (m v0 ) + (m1 vt ) s s = = m 2 2 g m2 2 9; 81 2 (65) kg 2 s
2
= 1; 77 m
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
77
00) Kuglica mase m kotrlja se niz strmu ravan a zatim kretanje nastavlja po kruµznoj putanji polupreµcnika r = 5 cm Odredimo minimalnu visinu H taµcke T1 sa koje kuglica treba da krene da kruµzni deo putanje napusti u najvišoj taµcki T2 U poµcetnom trenutku kretanja iz taµcke T1 kuglica mase m ima potencijalnu energiju Ep = m g h U taµcki T2 kuglica mase m ima potencijalnu energiju Ep = m g 2 r i kine1 tiµcku energiju Ek = m v 2 Energija kug2 lice mase m u taµcki T1 i T2 mora biti ista ili
T1 →
Fc =
mv2 r →
T2 m →
v
H
→
Fg = mg r
v2 1 m v2 ) g H = 2 r g + 2 2 U taµcki T2 na kuglicu mase m deluje centrimgH = mg2r+
fugalnasila Fc = Fg = m g pa prema uslovu zadatka imamo
m v2 v2 > mg ) =g r r
v2 v2 H 1 5 5 v2 H = 2r + ) =2+ = ) H= r r r 2 r 2 2 2
m v2 i gravitaciona sila r
Zamenom dobijamo
Vaµzan i jednostavan zadatak!
o
θ − 90
Ovaj zadatak moµze prividno izgledati obiman ili „teµzak”ali to je zbog previše „…lozo…ranja”. Ako o zadatku i prikazanoj slici A dovoljno razmislimo, tada zadatak postaje jednostaR van i zanimljiv ! Po putanji AB C u vertikalnoj ravni koja u taµcki B menja polupreµcnik krivine sa R na r kre´ce se materijalna taµcka → mase m vN Odredimo zavisnost polu→ N → C R v x F preµcnika krivine R od polupreµcnika krivine r tako da m taµcka puštena iz poloµzaja A 90 o bez poµcetne brzine, posle napuštanja putanje u poloµzaD ( 2 r, r ) 2r θ ju C pogodi cilj u taµcki D sa → koordinatama r r Q xD = 2 r yD = r Odredimo i intenzitet sile B !
!
N F N kojom materijalna y taµcka deluje na deo puta izme†u taµcaka B i C kada se ona nalazi u proizvoljnom poloµzaju na tom delu putanje u zavisnosti od ugla = ^ B C N !
!
Na materijalnu taµcku deluje sila teµzine Q i normalna sila N na površinu puta pa diferencijalna jednaµcina kretanja materijalne taµcke glasi (1)
m
v2 = m g sin ( 90 ) + N | {z } r |{z} a
(2)
N =m
cos
v2 + m g cos r
odakle je
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
78
Iz zakona odrµzanja mehaniµcke energije moµzemo odrediti brzinu materijalne taµcke pri µcemu u poµcetnom trenutku (t = 0) potencijalna energija Ep(0) iznosi (3)
Ep(0) = m g R
(4)
Ep = Ep(0) = m g r + r sin (
a potencijalna energija u zavisnosti od poloµzaja taµcke ima vrednost 90 )
Kinetiµcka energija Ek u zavisnosti od poloµzaja materijalne taµcke ima vrednost 1 (5) Ek = Ek( ) = m v 2 Kako je prema zakonu odrµzanja energije 2 (6) Ep(0) = Ep + Ek onda zamenom relacija (3) (4) i (5) u relaciju (6) dobijamo m g R = m g r + r sin ( v2 = 2 g R (7)
v=
90 ) +
2 g r + r sin ( r
2g R
90 )
r + r sin (
1 m v2 2
odakle dobijamo brzinu taµcke u zavisnosti od poloµzaja
odnosno 90 )
Zamenom relacije (7) u relaciju (2) dobijamo normalnu silu kojom materijalna taµcka deluje na put kojim se kre´ce i ona u zavisnosti od njenog poloµzaja iznosi (8)
N =N( )=m
= mg
2
R r
2g R v2 + m g cos = m r !
1 + sin ( 90 ) | {z }
+ cos
r + r sin (
90 ) + m g cos
r = mg
2R + 3 cos r
2
cos
Materijalna taµcka ´ce napustiti deo puta koji odre†uje njenu putanju pod uglom napuštanja tog dela puta u taµcki C moµze odrediti iz relacije za brzinu (7) r v (c) = 2 g R r + r sin (180 90 ) odnosno {z } | (9)
v (c) =
p
= 180 pa se brzina njenog
1
2 g (R
2 r)
Po napuštanju poloµzaja C taµcka nastavlja da se dalje kre´ce kao horizontalni hitac a prema prikazanoj slici, poµcetni uslovi njenog daljeg kretanja za t = 0 glase t = 0 ) x (0) = x (c)
y (0) = y (c) odnosno x (0) = x (c) = v (c)
y (0) = y (c) = 0
Po napuštanju poloµzaja C na materijalnu taµcku mase m deluje jedino sila gravitacije jer se sila otpora sredine zanemaruje pa diferencijalna jednaµcina njenog daljeg kretanja glasi !
!
ma =Q (10)
a njene projekcije na usvojeni koordinatni sistem prikazan na slici su
m x = 0 ) x = 0 ili m y = m g ) y = g
Integracijom relacija (10) dobijamo funkcije brzine i pre†enih puteva, odnosno njihove projekcije na prikazane ose koordinatnog sistema. Dakle, integracijom prvog dela relacije (10) dobijamo x = C1 ) x = C1 t + C2 (11)
Za t = 0 ) C1 = v (c)
C2 = 0 odnosno
x = v (c) t
Integracijom drugog dela relacije (10) dobijamo y = g t + C3 ) y =
1 2 g t + C3 t + C4 2
Za t = 0 ) C3 = 0
C4 = 0 odnosno
1 2 gt 2 Eliminacijom vremena t iz dobijenih parametarskih jednaµcina kretanja (11) i (12) dobijamo jednaµcinu linije putanje materijalne taµcke po napuštanju poloµzaja C
(12)
y=
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Iz (11) dobijamo t = (13)
y=
x v (c)
Fizika Rešeni zadaci
a zamenom u (12) imamo y =
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
1 x2 g 2 2 v (c)
79
odnosno
g x2 2 v 2 (c)
Da materijalna taµcka pogodi cilj u poloµzaju D (2 r; r) linija njene putanje mora „prolaziti”kroz poloµzaj tog cilja, odnosno koordinate taµcke D (x = 2 r; y = r ) moraju zadovoljavati jednaµcinu linije putanje pa brzinu v (c) odre†ujemo zamenom (x = 2 r; y = r ) u relaciju (13) odnosno 2
g (2 r ) 4 g r2 2 g r2 = = 2 v 2 (c) 2 v 2 (c) v 2 (c) p v (c) = 2 g r
y=r= (14)
odakle je
Duµzinu polupreµcnika R koja treba da zadovolji uslove zadatka dobijamo izjednaµcavanjem desnih strana relacija (14) i (9) odnosno 2 g r = 2 g (R 2 r ) odakle je R = 3 r
Moment sile Pretpostavimo da je telo na slici uµcvrš´ceno u taµcki (A) kroz koju prolazi osa 000 Ako u drugoj taµcki istog ! tela (B ) udaljenoj od taµcke (A) radijus vektorom poloµzaja r de0′ →
M
→
r0 →
A
α B
r
0
→
F
!
lujemo nekom silom F tada ´ce ona teµziti da (za)okrene telo oko !
taµcke A Proizvod intenziteta sile F i normalnog rastojanja taµcke A od pravca delovanja te sile, naziva se statiµcki moment sile u odnosu na taµcku (A) Statiµcki moment sile je vektorska veliµcina koja je uvek de…nisana samo za jednu taµcku i moment sile ima dimenziju rada, odnosno energije pri µcemu je jedinica mere tog momenta N m !
Moµzemo primetiti da je statiµcki moment sile F jednak nuli (M = 0) u slede´cim sluµcajevima: !
!
Kada je normalno rastojanje r0 od pravca delovanja sile F jednako 0 odnosno kada je r 0 = 0 Kada je ugao
!
pod kojim deluje sila F jednak 0 odnosno kada je
=0
!
Kada je intenzitet sile F jednak 0 pri µcemu nema smisla ni govoriti o momentu sile. !
Ako sila F i taµcka A „leµze”u istoj ravni, tada je statiµcki moment sile u odnosu na tu taµcku prikazan proizvodom !
! !
M = F r0 Kako je !
! r0 !
r
= sin
)
! r0
!
= r sin
onda se prethodna relacija moµze napisati u obliku
! !
M = F r sin !
Statiµcki moment sile F u odnosu na taµcku A je vektorska veliµcina, odnosno vektorski proizvod vek!
!
tora sile F i vektora poloµzaja r koji polazi od taµcke A i završava u „napadnoj” taµcki sile (B ) !
!
M =F
!
r
!
Ako telo ne bi bilo uµcvrš´ceno u taµcki A tada bi sila F njega okrenula oko ose 000 koja prolazi kroz taµcku A pri µcemu bi orijentacija te ose zavisila od „prirode” veze tela u toj taµcki. !
Pravac vektora statiµckog momenta M isti je kao i pravac ose „rotacije“ 000 pri µcemu se njegov smer odre†uje „pravilom” desnog zavrtnja. !
!
U opštem sluµcaju, kada sila F i vektor r imaju razliµcite „orijentacije“ u prostoru, odnosno kada je !
F = f Fx ; Fy ; Fz g
!
r = f x; y; z g tada imamo
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
!
!
i x Fx
! !
M =F r =
!
!
j y Fy
k z Fz
!
= i
Fizika Rešeni zadaci
!
!
Fz y Fy z + j | {z }
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
Fx z Fz x + k | {z } My
Mx
Ravnoteµza materijalne taµcke
80
Fy x Fx y | {z } Mz
!
Ako na taµcku A zanemarljivo malih dimenzija deluje više sila F tada sve one imaju zajedniµcku napadnu !
→ F2
taµcku. Ako je rezultantna sila F r svih sila koje deluju na taµcku A jednaka 0 odnosno ako je n X ! ! ! ! ! FR = F1 + F2 + + Fi = F i = 0 tada je ta taµcka u ravnoteµzi.
→
F1 A
i=1
→
Ako sile koje deluju na taµcku ne „leµze” u istoj ravni ve´c imaju razliµcite → Fi Fn orijentacije u prostoru, tada se uslovi ravnoteµze mogu izraziti u pravouglom koordinatnom sistemu tako što se sve sile razloµze na komponente u pravcu koordinatnih osa, pri µcemu zbir komponenata u pravcu svake koordinatne ose mora biti jednak nuli, odnosno n n n n X X X X ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! FR = Fi = 0 ) F ix = 0 F iy = 0 F iz = 0 gde je F i = F ix i + F iy j + F iz k ili i=1
! FR
!
= i
n X
i=1
! F ix
i=1
| {z } 0
!
+j
n X
i=1
! F iy
!
+k
i=1
n X
i=1
! F iz
=0
i=1
| {z }
| {z }
0
0
Pored sluµcajeva gde materijalna taµcka ili telo miruju, odnosno pored onih sluµcajeva gde se oni kre´cu po pravolinijskoj putanji konstantnom brzinom, ravnoteµza se moµze posmatrati i kod dinamiµckih sluµcajeva kada se materijalna taµcka ili telo kre´cu ubrzano. Uvo†enjem principa da na telo pored spoljašnjih deluju i „unutrašnje”ili inercijalne sile, Dalamber (D’Alembert) je dinamiµcke probleme sveo na statiµcke pri µcemu se dinamiµcke jednaµcine svode na jednaµcinu ravnoteµze materijalne taµcke. Dalamber je izraz za silu F = m a „prilagodio”time što je stavio Fz F + ( m a ) = 0 µcime je dobio relaciju koja omogu´cava ravnoteµzu dveju sila, odnosno statiµcku ravnoteµzu. ω Svo†enje dinamiµckih problema na statiµcke vidimo na primeru m F c = m rω 2 Fr konusnog klatna gde se materijalna taµcka mase m kre´ce po krr ugu pri µcemu konac opisuje konus. Prema Dalamberovom praα vilu za ovaj sluµcaj imamo statiµcku ravnoteµzu 3 sile odnosno tezine materijalne taµcke Q = m g centrifugalne sile Fc = m r ! 2 µ Q = mg Fz sile zatezanja konca Fz
Statika krutog tela, odre†ivanje rezultantne sile u odnosu na kruto telo Zbog zanemarljivo malih dimenzija materijalne taµcke, nije uzimana mogu´cnost da ona usled delovanja jedne ili više sila, iz translatornog ili rotacionog kretanja prelazi u sloµzeno kretanje kada u svakom trenutku moµze iz translatornog kretanja da prelazi u rotaciono kretanje ili obrnuto. Na kruto telo moµze delovati više sila pa se moµze javiti i više statiµckih momenata u odnosu na jednu taµcku pa je u tom sluµcaju za ravnoteµzu krutog tela pri rotaciji, pored ostalih uslova, neophodno da na njega ne deluje nikakav statiµcki moment sile, odnosno da geometrijska suma svih momenata sila koje deluju na telo bude jednaka nuli. Dakle, za ravnoteµzu krutog tela neophodno je da bude n n X X ! ! ! ! FR = Fi = 0 MR = Mi = 0 odnosno i=1
i=1
|
{z
}
!
!
!
M om ent sp oljašnjih sila u odnosu na bilo ko ju taµc ku pri µc emu je M i = F i r n n n n n X X X X X ! ! ! ! ! ! ! F R= F i= 0 ) F ix = 0 F iy = 0 F iz = 0; M R = M i= 0 i=1 i=1 i=1 i=1 i=1
)
n n n X X X ! ! ! M ix = 0 M iy = 0 M iz = 0 i=1
i=1
i=1
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
81
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
Slaganje paralelnih sila koje deluju na telo u ravni u razliµcitim napadnim taµckama u istom smeru Ako na kruto telo deluju dve pa-
0′
!
→
→
FR = F1+ F2
F′
1
′2
→
F
!
→ →
→
+F′
0
A
B →
F′
1
′2
→
F
→
F2 → F1
!
eniti jer se pravci sila F 1 i F 2 me†usobno ne seku. Me†utim, moµze-
→
−F′
!
ralelne sile F 1 i F 2 u taµckama A i B tada se gra…µcka metoda slaganja sila ne moµze direktno prim-
r1
!
!
!
!
mo primetiti da su sile F0 i + F0 u pravcu (AB ) istog intenziteta ali suprotnog smera pa je rezultanta ovih sila jednaka nuli pri µcemu njihovo prisustvo ne menja stanje u kojem se telo nalazi. Zato je stavljen znak ( // ) koji pokazuje da se ove dve sile me†usobno poništavaju. Slaganjem sila F 1 i F 0 u rezultantu dobija se rezultantni
r2
!
vektor F 0 1 dok se slaganjem sila
l
! F2
!
i + F 0 dobija rezultantni vek-
!
tor F 0 2 pa su time dobijene dve sile koje imaju iste napadne taµcke A i B a njihovo dejstvo na telo ekvi!
!
valentno je dejstvu sila F 1 i F 2 Prema slici imamo ! F1
!
!
!
!
k F2 ) FR = F1 + F2
M0 = 0 ) F1 r1 = F2 r2
Slaganje paralelnih sila koje deluju na telo u ravni u razliµcitim napadnim taµckama i suprotnim smerovima r2 l
r1 →
−F′
0
→
F ′2
→ F2
A
!
B →
+F′ →
FR →
F ′1
→
F1
→
0′
→
→
→
→
→ FR
→ → F1− F2
FR = F1+ F2 =
⇒
→
FR
=
→
F1
−
→
F2
!
de sile F 1 i F 2 nemaju isti smer pa u procesu slaganja jednu od njih treba uzeti sa negativnim predznakom kada intenzitet rezultantne sile iznosi ! FR
F ′2
F ′1
I ovde je postupak slaganja sila suštinski isti kao u prethodnom sluµcaju slaganja paralelnih sila, pri µcemu ov-
!
!
= F1 F2 Sa slike vidimo da se napadna taµcka (0) rezultantne sile u ovakim sluµcajevima ne nalazi na pravoj izme†u taµcaka A i B ve´c na produµzetku prave A B i to sa one strane na kojoj deluje ve´ca sila. Kako je r2 = r1 + l to u ovom sluµcaju imamo !
M0 = 0 )
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
F1 r1 = F2 r2 = F2 (r1 + l ) odnosno F1 r1 = F2 r1 + F2 l ) (F1 l
Sliµcno dobijamo r2 =
F1
F2
82
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
F2 ) r1 = F2 l ) r1 =
l F1
F2
F2
F1
Spreg sila →
0
A
Spregom sila se naziva dejstvo dve paralelne sile jednakih intenziteta koje imaju isti pravac ali suprotan smer i koje se nalaze na nekom rastojanju l razliµcitom od nule. Prema prikazanoj slici imamo
F2
l
B
r1
r2
→ F1
! F1
=
! F2
! F1
! FR
= F1 + F2 = 0
)
!
!
= F 2 = F odnosno
!
Prema slici imamo 90 o
!
!
M = F1
l
r
→ F1
!
= F1
!
( r1
! r2
)
! r1
=
! r2
!
+r
! r1
! r2
!
= r
onda imamo
B
!
→ 2
r
→
! r2
F1
Kako je
α
!
+ F2 |{z} !
→
F2
A
! r1
r1 0
!
M = F1
!
r
r 6= 0 ) M 6= 0
l = sin ) l = r sin r M = F l = F r sin
odnosno
Teµzište tela Teµzištem tela nazivamo taµcku u kojoj deluje rezultantna gravitaciona sila.
r
→
→
Fr
y x1 m1
m2
c r1
r2
→
→
Q1
Fr
Ako imamo štap zanemarljive mase i u njemu dve materijalne taµcke µcije su mase m1 i m2 tada je njihovo teµzište
x2 xc
0
→
Fr
Sa slike vidimo da je teµzište, odnosno taµcka u kojoj deluje rezultantna gravitaciona sila kruµzne ploµce u njenom centru, pravougaone ploµce u preseku njenih dijagonala a trougaone ploµce u preseku njenih teµzišnih duµzi koje „idu”od polovine jedne stranice do temena suprotnog ugla.
Q2 →
→
→
Q = Q1 + Q 2
x
xc =
Q1 x1 + Q2 x2 m1 g x1 + m2 g x2 m1 x1 + m2 x2 = = Q1 + Q2 m1 g + m2 g m1 + m2
pri µcemu njihovi momenti sile u odnosu na taµcku c iznose Mc(r1 ) = Q1 r1
Mc(r2 ) = Q2 r2
U sluµcaju ravnoteµze, mo-
ment sile u taµcki oslonca (c) koja se u tom sluµcaju naziva centar masa materijalnih taµcaka m1 i m2 iznosi
zbog suprotnog smera „delovanja”
Mc = Q1 r1
Q2 r2 = 0 gde moment sile u odnosu na koordinatni poµcetak, odnosno M0 ima vrednost
M0 = Q1 x1 + Q2 x2 = Q xc
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
z
∆ mi
∆ m2
Fizika Rešeni zadaci
Kruto telo se sastoji od mnogo elementarnih delova µcije su mase
ri
r2 → ∆Q2 C ∆Qi ∆ m1 ∆ m n r n r1
m1 ;
→
∆ Q1
→
→
Q=
n
→
∆Qi Σ i =1 y
0
x
xc =
Q1 x1 + Q2 x2 + Q1 + Q2 +
m2 ; : : : ;
mn
gde svaka od tih elementnih masa ima svoju elementnu teµzinu !
Q1 ;
→
∆Qn
!
Q2 ; : : : ;
!
Qn
koje u gravitacionom polju predstavljaju paralelne sile. Rezultanta svih tih sila bi´ce ukupna teµzina tela dok ´ce napadna !
taµcka rezultante Q biti teµzište tela. Koordinate centra mase krutog tela u koordinatnom sistemu x y z moµzemo uopšteno izraziti slede´cim formulama n X
+ Qn xn = i=1n X + Qn
Qi xi = Qi
m1 x1 + m2 x2 + m1 + m2 +
i=1
yc =
Q1 y1 + Q2 y2 + Q1 + Q2 +
n X
+ Qn yn = i=1n X + Qn
zc =
n X
+ Qn zn = i=1n X + Qn
Qi yi = Qi
m1 y1 + m2 y2 + m1 + m2 +
n X
+ mn xn = i=1n X + mn
mi xi mi
n X
+ mn y n = i=1n X + mn
mi y i mi
i=1
Qi zi = Qi
m1 z1 + m2 z2 + m1 + m2 +
i=1
gde zbir svih masa, odnosno
n X
i=1
i=1
Q1 z1 + Q2 z2 + Q1 + Q2 +
83
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
n X
+ m n zn = i=1n X + mn
mi zi mi
i=1
mi pretstavlja ukupnu masu tela.
i=1
U prethodnim relacijama za xc yc zc prime´cujemo da se u brojiocima nalaze proizvodi elementarnih delova mase m i njihove koordinate dok se u imeniocima istih relacija nalazi suma svih elementarnih delova mase odnosno ukupna masa tela. Ako pretpostavimo da telo zapremine V ima beskonaµcno mnogo tih elementarnih delova mase dm tada koordinate teµzišta tog tela moµzemo prikazati Z Z Z Z Z Z x dm y dm z dm x dm y dm z dm Z Z Z 1 1 1 m m m m m m Z Z Z xc = = x dm yc = = y dm zc = = z dm = = = m m m m m m dm dm dm m m m m
m
m
Kako je masa tela m jednaka proizvodu njegove gustine i zapremine V m= V onda imamo Z Z Z Z Z Z 1 1 1 1 xc = x dm = x dV = x dV = x dV = x dV ili yc = y dV | {z } m m m V V V m
V
dm
V
V
V
V
) dm = 1 zc = V
dV
Z
z dV
V
U sluµcaju homogenog tela zapremine V komponente vektora poloµzaja centra mase m na koordinatnim osama x y z moµzemo de…nisati relacijama Z Z Z 1 1 1 xc = x dm yc = y dm zc = z dm Vektor poloµzaja centra mase tog tela de…niše se formulom m m m V
! rc
=
1 m
Z
V
V
!
r dm
V
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
84
Moment inercije →
at
Na horizontalnom delu savijenog štapa zanemarljive mase nalazi se materijalna taµcka mase m na rastojanju r od ose rotacije 000 gde se na vertikalnom delu istog štapa nalazi cilin→ → r a m Fr = m dar polupreµcnika r0 zanemarljive mase na koji je namotan ko→ nac prebaµcen preko kotura i na koji je okaµcen teg teµzine Q Zbog Fo teµzine tog tega u vertikalnom delu štapa deluje moment r sprega sila M0 = Q r0 pa zato on rotira zajedno sa njegovim r0 horizontalnim delom i „taµckom” mase m u njemu. Pri rotaciji taµcke mase m po horizontalnom krugu polupreµcnika r oko ose 000 njeno ubrzanje moµzemo razloµziti na tangencijalnu (at ) i radijalnu (ar ) komponentu zbog µcega na ta→ µcku mase m deluje tangencijalna sila Ft = m at i radijalna Q 0′ sila Fr = m ar koja se poništava otpornom silom u štapu (FO ) Dakle, za nas je znaµcajno samo delovanje tangecijalne sile Ft = m at = m r gde je ugaono ubrzanje taµcke m pri njenom kretanju po kruµznoj putanji polupreµcnika r Tangen0
→
→
Ft = m a
t
→
ar
!
cijalna sila F t stvara statiµ cki moment sile. 2 koji je jednak statiµ ckom momentu sile M0 odnosno M = Ft r = m r } r = mr | {z Ft
M0 m r2 pa pri konstantnom delovanju sprega sile M0 ugaono ubrzanje ( ) materijalne taµcke m zavisi od proizvoda m r2 Ako istoj materijalnoj taµcki mase m menjamo poloµzaj u odnosu na osu njene rotacije 000 tada ´ce se zbog promene njenog polupreµcnika rotacije r menjati i njeno ugaono ubrzanje pa tangencijalno ubrzanje materijalne taµcke koja rotira zavisi od njene mase m ali (i te kako) i od njenog rastojanja r od ose rotacije. M = m r2
= M0
odakle je
=
Proizvod mase materijalne taµcke i kvadrata njenog rastojanja od ose rotacije naziva se MOMENT INERCIJE te materijalne taµcke u odnosu na osu njene rotacije, odnosno Im = m r2
gde je (ponovimo) m masa materijalne taµcke a r njeno rastojanje od ose rotacije 0
→
at2
→
a t1
→
→
F t1 m1
r1 r2 r0
→
0′
Q
Ft2 m2
U horizontalnom delu štapa dve materijalne taµcke mase m1 i 1 m2 = m1 stvaraju jednake statiµcke momente M0 = Q r0 u 4 vertikalnom delu štapa ako je proizvod tangencijalne sile Ft1 = m1 at1 = m1 r1 i rastojanja taµcke m1 od njene ose rotacije r1 jednak proizvodu tangencijalne sile Ft2 = m2 at2 = = m2 r2 i rastojanja taµcke m2 od njene ose rotacije r2 ili ako je Ft1 r1 = Ft2 r2 odnosno v r p u m1 m1 2 m1 r12 = m2 r22 pa je r2 = r1 = u r12 = 4 r12 = 2 r1 t 1 m2 m1 4
Dakle, iako je masa taµcke m2 ; 4 puta manja od mase taµcke m1 a njeno rastojanje od ose rotacije (samo) 2 puta ve´ce u odnosu na rastojanje taµcke m2 od iste ose, njihove tangencijalne sile Ft1 i Ft2 obrazuju jednake statiµcke momente pri µcemu vidimo ve´ci uticaj rastojanja r od uticaja mase m
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
85
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
Ako dve mase zadovoljavalju jednakost m1 r12 = m2 r22 tada one imaju isti moment inercije pa se uvek moµze odrediti neka masa m koja na nekom jediniµ cnom rastojanju (r = 1) ima isti moment inercije kada je Im = m 12 = m pa je tada moment inercije brojno jednak toj nekoj masi m koja na jediniµ cnom rastojanju (r = 1) od ose rotacije „daje” istu inerciju. Ako izraz za moment inercije materijalne taµcke mase m Im = m r2 zamenimo u relaciju za statiµ cki moment sile M=m r2 |{z}
tada dobijamo izraz M = Im
koji u pore†enju sa
Im
F =ma
pokazuje da je moment inercije pri rotacionom kretanju „adekvatan” masi tela pri trans-
latornom kretanju. ∆ F→
∆ m1
t1
∆m2
→
∆ Ft n
→
∆ Ft 2
∆ mn
∆ mi
∆ F→ ti
Ako umesto jedne materijalne taµcke mase m uzmemo za primer µcvrsto telo koje rotira oko neke ose 000 tada na elementne delove tog tela odnosno na njihove mase m1 ; m2 ; : : : ; mi zbog njihovog ubrzanog kretanja po kruµznim putanjama deluju tangencijalne sile Ft1 ; Ft2 ; : : : ; Fti koje u zavisnosti od ugaonog ubrzanja tela ( ) obrazuju elementne momente M1 = Ft1 r1 = m1 r12 M2 = Ft2 r2 = m2 r22 M i = Fti ri = mi ri2
pa je ukupni moment sile tela jednak sumi svih momenata elementnih masa M=
M1 +
M2 +
+
Mi +
=
m1 r12 +
m2 r22 +
+
mi ri2 +
=
n X
mi ri2
m
gde suma
i=1
n X
mi ri2
i=1
pretstavlja sumu momenata inercije svih elementarnih masa tela u odnosu na osu njegove rotacije. Dakle I=
n X
mi ri2
m odnosno moment inercije
odnosno M = I
i=1
Ako umesto na mnogo elementnih delova mase m kruto telo izdelimo na beskonaµ cno mnogo elementarnih delova elementarne mase dm tada umesto sume Zm n n X X 2 2 I= mi ri imamo I = lim mi ri = r2 dm odnosno n!1
i=1
I=
Zm
i=1
0
r2 dm
0
gde je r rastojanje elementarnog dela mase dm od ose rotacije. Me†utim, kako je koliµcnik elementarnog dela mase dm i elementarnog dela zapremine dV gustina odnosno dm = dV
) dm =
dV
onda se moment inercije tela moµze odrediti i primenom formule
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
ZV
I=
r2 dV
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
86
gde integracija obuhvata celu zapreminu tela.
0
Odredimo
momente inercije tela koja se pojavljuju u zadacima ili tehnici
Za „tanki” štap duµzine L ravnomerno raspore†ene mase m koji rotira oko ose normalne na njegovu duµzinu L imamo slede´ce „sluµcajeve” odre†ivanja momenta inercije.
Sluµcaj 1. Štap rotira
oko jednog od svojih krajeva (1) ili (2) kada je r = L
y dr
r (1)
(2)
dm
m
pa moment inercije štapa u odnosu na jedan od njegovih krajeva iznosi
L
Is =
Z
m L
r2 dm =
ZL
r2 dr =
L
r3 3
m L
= 0
0
Sluµcaj 2. Štap rotira
Zbog ravnomerne raspore†enosti mase štapa ili delova njegove mase po duµzini L moµzemo videti da vaµzi m m dm = odakle je dm = dr dr L L
m L3 1 = m L2 L 3 3
oko svoje sredine kada je r =
1 L 2
y dr
r (1) 1 2L
Is =
=
Z
1 2L
0
L
r2 dm =
m L
Z2
(2)
dm
m
r2 dr =
m L
L 2
3
r 3
L 2
L 2
1 m 2 L3 = m L2 L 24 12
mB B = B L@
3
L 2 3
3
L 2 3
1
0 3 1 L L3 C m B C m C C= @ 8 + 8 A= 3 3 L A L
L3 L3 + 24 24
Sluµcaj 3. Štap rotira oko nekog proizvoljnog poloµzaja svoje duµzine koji tu duµzinu L deli na l i L
l odnosno
y dr
r (1)
m L−l
l Is =
=
Z
m r2 dm = L
1 m L2 3
(2)
dm
LZ l
m r2 dr = L
l
3 L l + 3 l2
r3 3
L l l
3
m (L l) = L 3
3
( l) 3
!
=
m L3 L
2 L2 l + L l2
L2 l + 2 L l2 3
l3 + l3
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
Moment inercije diska ili valjka polupreµcnika normalu njegovog centra dr
r
dr
r
R
l
l
l
u odnosu na
Ako disk ili valjak podelimo na beskonaµcno mnogo „prstenova”ili „cevi”polupreµcnika r debljine dr i visine l tada ´ce zapremina jednog takvog „prstena”ili jedne takve „cevi”biti jednaka proizvodu njegovog (ili njenog) obima (2r ) i površine jednog dela njegovog ili njenog uzduµznog popreµcnog preseka (l dr ) odnosno dV = 2 l r dr Elementarna masa jednog od tih beskonaµcno mnogo tankih prstenova ili cevi
i zapremine dV
jednaka je proizvodu njegove gustine dm =
i visine
R
87
dV = 2 l r dr
Elementarni moment inercije dI te elementarne mase dm raspore†ene po tankoj cevi duµzine l polupreµcnika r i debljine „zidova” dr iznosi dI = r2 dm = 2 l r3 dr pa je moment inercije celog valjka jednak sumi svih tih elementarnih momenata dI odnosno I=
Z
dI = 2 l
ZR
r3 dr = 2 l
r4 4
0
R
= 2 l 0
R4 1 = 4 2
l R4 =
1 1 R2 l R2 = m R2 2 | {z } 2 m asa m
Moment inercije diska ili valjka ne zavisi od njegove debljine, odnosno visine l ve´c od mase i polupreµcnika, odnosno od prirode raspore†enosti te mase u odnosu na rastojanje od ose rotacije Posle zakljuµcka da moment inercije diska ili homogenog valjka mase m i polupreµcnika R iznosi y )
y = f ( x)
y= f (x
y = f ( x)
x 0
a
b
x
1 m R2 2 (njegova duµzina l ne utiµ ce na vrednost momenta inercije ) ne´ce biti teško da odredimo opštu formulu za dobijanje momenta inercije svih tela nastalih rotacijom neke prave ili de…nisane krive linije oko neke ose jer sve elementarne delove tog tela prikazane na slici moµzemo smatrati diskom duµzine (debljine) dx polupreµcnika y = f (x) i elementarne mase I=
l
dx
dx
dm =
dV =
y 2 dx = | {z }
y 2 dx
dV
pa elementarni moment inercije dI te elementarne mase dm ravnomerno raspore†ene po disku debljine dx i polupreµcnika y iznosi dI =
1 1 dm y 2 = 2 2
y 2 dx y 2 =
1 2
y 4 dx
Moment inercije celog tela I jednak je sumi svih beskonaµcno mnogo elementarnih momenata inercije dI koje imaju svih beskonaµcno mnogo elementarnih masa dm ravnomerno raspore†enih u beskonaµcno mnogo beskonaµcno tankih diskova debljine dx i polupreµcnika y a koji „nanizani”na osu oko koje rotiraju na rastojanju od a do b saµcinjavaju celokupnu zapreminu i masu rotiraju´ceg tela Zb 1 I= y 4 dx 2 a
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
88
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
Moment inercije cilindriµcnog valjka ili diska visine l unutrašnjeg polupreµcnika R1 i spoljašnjeg polupreµ cnika R2
r
R1
Iz prethodnog sluµcaja znamo da elementarna zapremina jednog beskonaµcno tankog cilindra polupreµcnika r debljine zidova dr i visine l iznosi dV = 2 l r dr pri µcemu je njegova masa
dr
R2
dm = dV = 2 l r dr Elementarni moment inercije dI te elementarne mase dm raspore†ene po tankoj cevi visine l polupreµcnika r i debljine zidova dr iznosi dI = r2 dm = 2 l r3 dr pa je moment inercije celog cilindriµcnog valjka ili diska jednak sumi svih tih elementarnih momenata dI odnosno
l
I=
Z
=
dI = 2 l
R2 Z
r3 dr = 2 l
r4 4
R1
1 l R 22 R 12 R 22 + R 12 2| {z } masa cilindriµcnog valjka (m)
=
R2
= 2 l R1
R 24 4
R 14 4
=
1 2 l R 24 4
R 14 =
1 2
l
R 22
2
R 12
2
1 m R 22 + R 12 2
Vidimo da se cilindriµ cni valjak za R1 = 0 svodi na pun cilindar gde njegov moment inercije iznosi I=
1 m R2 2
Moment inercije kugle polupreµcnika y
y R x
y
x
0
0
R x x
y
x
dx
R
Iz jediniµcnog kruga sa centrom u koordinatnom poµcetku R2 = x2 + y 2 dobijamo y 2 = R2 x2 pa elementarna zapremina dV jednog beskonaµcno tankog diska debljine dx i polupreµcnika y iznosi dV = y 2
dx = R2
x2
dx
dok je njegova masa jednaka proizvodu njegove gustine i elementarne zapremine dV dm =
dV =
R2
x2
dx
Ako pogledamo neki od prethodnih „sluµcajeva” gde smo dobili da moment inercije punog cilindra ili diska mase m i polupreµcnika r iznosi I=
1 m R2 2
tada ne´ce biti teško da vidimo zašto elementarni moment inercije dI elementarne mase dm raspore†ene po tankom disku polupreµcnika „iseµcenog” iz prikazane kugle iznosi dI =
1 1 dm y 2 = 2 2
R2
x2
y 2 dx =
1 2
R2
x2
R2
x2 dx =
1 2
R2
x2
2
dx
Zbog simetriµ cnosti kugle i algebarske „racionalnosti” izvršimo integraciju od 0 do R i pomnoµzimo sa 2 kada dobijamo da moment inercije cele homogene kugle iznosi
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
I=2
ZR
ZR
1 dI = 2 2
0
x
ZR
dx =
0
R4
15 R5
=
89
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
2 R2 x2 + x4 dx =
R4 x
2 2 3 1 5 R x + x 3 5
0
2 5 1 5 R + R 3 5
R5
=
R
2 2
2
Fizika Rešeni zadaci
10 R5 + 3 R5 8 = 15 15
R5
0
1
R 0
Kako zapremina pomenute kugle iznosi V =2
ZR
y 2 dx = 2
0
=2
ZR
x2 dx = 2 @R2
R2
0
3 R3
R3 3
=
4 3
ZR
dx
0
ZR 0
x2 dxA = 2
R3 onda je njena masa m = V =
4 3
R2 x
x3 3
R
=2 0
R3
R3 3
R3 pa moment inercije homogene
kugle mase m i polupreµcnika R iznosi I=
8 15
R5 =
2 4 2 R3 R2 = m R2 5 |3 {z } 5 m asa kugle
Štajner-Lagranµzeova teorema Videli smo da moment inercije I0 tela mase m u odnosu na osu rotacije koja prolazi kroz centar (0) njegove mase iznosi y Z I0 = R2 dm
γ
R 0
α
r β
x
ili da moment inercije tog tela u odnosu na drugu paralelnu osu rotacije koja ne prolazi kroz centar mase m ve´c kroz taµcku A koja je od centra mase (0) udaljena za duµzinu S iznosi Z I = r2 dm
dm
14243
x
S
Primenom kosinusne teoreme koja „pokazuje”da je kvadrat jedne stranice trougla jednak zbiru kvadrata druge dve stranice umanjenom za dvostruki proizvod tih stranica i kosinus ugla koji one grade moµzemo odrediti povezanost prikazanih duµzina r i R odnosno r 2 = S 2 + R2
2 2 2S R {z } = R + S | cos
2S x
x za dm
2
Zamenom r u formulu za moment inercije tela mase m gde je osa rotacije udaljena od centra mase rastojanjem S dobijamo Z Z Z Z Z I = r2 dm = R2 + S 2 2 S x dm = R2 dm + S 2 dm 2 S x dm | {z } | {z } | {z } I0
m S2
0
Kako je komponenta centra mase (xc ) homogenog tela zapremine V de…nisana formulom Z Z 1 xc = x dm pa u ovom „sluµcaju” imamo xc = 2 S x dm = 0 m V
jer se centar mase nalazi u koordinatnom poµcetku. Dakle I = I0 + m S 2 Štajner-Lagranµzeova formula pa je moment inercije µ cvrstog tela oko bilo koje ose koja je od centra njegove mase udaljena
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
90
za duµzinu S jednak zbiru njegovog momenta inercije oko ose koja prolazi kroz centar njegove mase i proizvoda mase tela sa kvadratom udaljenosti ose rotacije od ose koja prolazi kroz centar mase tela. Iz prethodnog proizilazi da je moment inercije tela oko ose koja prolazi kroz centar njegove mase uvek manji od momenta inercije tog istog tela oko bilo koje druge paralelne ose koja je izvan centra mase tela, odnosno I0 < I
Rad snaga i energija kod rotacionog kretanja A1
Ako telo rotira usled delovanja konstantne tangencijalne sile F µciji je pravac normalan na polupreµcnik r tada ta sila na putu od poloµzaja A do poloµzaja A1 izvrši rad koji je jednak proizvodu te sile F i puta S odnosno proizvodu konstantnog momenta sile (M ) u odnosu na osu rotacije i ugaonog pomeraja ( )
→
F S
A
θ
A=FS=M U sluµcaju promenljivog momenta sile kada su promenljivi ugaoni pomeraji imamo dA = M d Delenjem sa dt dobijamo
0
dA d =M odnosno P = M ! dt dt |{z} |{z} !
P
Snaga P kod rotacionog kretanja jednaka je proizvodu
momenta sile (M ) i ugaone brzine (! ) Kinetiµcka energija tela pri translatornom kretanju iznosi 0 1 m v2 2 pa sliµcnim postupkom moµzemo odrediti i kinetiµcku energiju tela kod rotacionog kretanja. Ako telo razloµzimo na elementne mase ( m) tada periferna brzina (vi ) svake od njih zavisi od njenog rastojanja od ose rotacije pa kinetiµcka energija svake od tih elementnih masa ( mi ) iznosi
→
v1
r1
Ek =
∆ m1
∆ mi ri →
vi 0′
Ek i =
1 2
mi vi2
Ukupna kinetiµcka energija svih elementnih masa ili tela iznosi Ek =
n 1 X 2 i=1
mi vi2
Ako umesto periferne brzine v (v = ! r ) uvedemo ugaonu brzinu ! koja je ista za sve elemente tela, tada dobijamo formulu koja pokazuje da kinetiµcka energija tela koje rotira iznosi Ek = Ek =
n 1 X 2 i=1
mi ! 2 ri2 =
1 I !2 2
n 1 2X 1 ! mi ri2 = I ! 2 2 2 i=1 | {z }
odnosno
I
Ako se telo tokom rotacije kre´ce i translatorno, tada njegova ukupna kinetiµ cka energija iznosi 1 1 1 m v2 + I !2 = m v2 + I !2 2 2 2 Formulu za snagu (P ) pri rotacionom kretanju moµzemo dobiti i direktno iz „poµcetne” relacije Ek =
dA = M d
jer je
P =
dA d =M =M! dt dt |{z} !
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
91
dok je kinetiµ cka energija tela koje rotira ugaonom brzinom ! jednaka radu (A) koji telo izvrši dok se ne zaustavi kada je ! = 0 odnosno Z! Z! d! Ek = A = dA = M d Kako je M = I = I d = ! dt onda imamo dt 0
Ek =
Z!
0
d! ! dt = I I dt
Z!
! d! =
1 I !2 2
0
0
Na primeru tela koje se istovremeno kre´ce po kruµznoj putanji polupreµcnika S i rotira oko svoje ose 000 odredimo njegovu ukupnu kinetiµcku energiju primenom Štajner - Lagranµzeove teoreme o paralelnim osama kada je I = I0 + m S 2 gde je S rastojanje centra mase tela od ose njegove rotacije. Linearna brzina tela koje se kre´ce po kruµznoj putanji polupreµcnika S iznosi v v = S! ) ! = S dok ukupna kinetiµ cka energija tela pri njegovom istovremenom kretanju po kruµznoj putanji i rotaciji oko svoje ose iznosi Ek =
1 1 1 1 v2 1 1 I !2 = I0 + m S 2 ! 2 = I0 ! 2 + m S 2 2 = I0 ! 2 + m v 2 = Ek (rotacije) + Ek (translacije) 2 2 2 2 S 2 2 | {z } | {z } Ek ro ta c ije
Ek tra n sla c ije
Moment koliµcine kretanja Znamo da se proizvod mase (m) i njene brzine (v ) naziva koliµcina kretanja (p) odnosno p = m v Me†utim, proizvod polupreµcnika putanje (ri ) i koliµ cine kretanja elementne mase mi ( mi vi ) naziva se moment koliµcine kretanja elementne mase mi u odno-
0 →
v1
∆ m1
r1
su na osu 000 odnosno Li = ri
∆ mi ri
mi vi
Moment koliµcine kretanja (L) celog tela jednak je sumi momenata koliµcine kretanja svih elementnih masa, odnosno
→
vi
L=
0′
n X
ri
mi vi
i=1
Kako je ugaona brzina (! ) svih elementnih masa ( mi ) ista, onda je racionalnije perifernu brzinu (vi ) izraziti preko ugaone brzine (! ) ili (vi = ri ! ) pri µcemu dobijamo L=
n X i=1
ri
mi ri ! = !
n X i=1
|
mi ri2 = ! I {z I
}
m o m e n t in e rc ije
Moment koliµcine kretanja pri rotaciji tela oko njegove ose, jednak je proizvodu ugaone brzine i momenta inercije tela za osu rotacije L=!I
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
92
Gravitacija 00) Odredimo rad Ah koji treba izvršiti da se telo mase m podigne sa površine Zemlje do neke visine h Odredimo i rad A1 potreban da se telo mase m sa površine Zemlje podigne (pošalje) do beskonaµcne udaljenosti od nje.
Prema Njutnovom zakonu gravitacije, sila F kojom Zemlja mase MZ deluje na telo mase m udaljeno od njenog centra rastojanjem r iznosi F =
MZ m r2
= 6; 67 10
gde je
10
N m2 univerzalna gravitaciona konstanta. kg
Na površini Zemlje r je jednako polupreµcniku Zemlje R (r = R) jer se polupreµcnik tela mase m zanemaruje pa telo mase m treba od centra. Zemlje podi´ci na visinu R + h Rad Ah izvršen na tom putu iznosi
Ah =
R+h Z
F dr =
R
R+h Z
MZ m dr = MZ m r2
1 R
r
2
r
dr = MZ m
1
1
R
R
= MZ m
R+h Z
R+h
= MZ m R
R R+h
1 R+h MZ m odakle je R2 dobijamo racionalniji izraz, odnosno
Na površini Zemlje gde je r = R sila F iznosi F = m g ili m g = zamenom u formulu za rad Ah Ah = m g R2
1 r
1 R+h
1 R
= m g R2
R+h R = mg R2 + R h
h h 1+ R
=
MZ = g R2 pa
mgh h 1+ R
Ako telo mase m treba podi´ci sa površine Zemlje do beskonaµ cnosti kada h ! 1 tada izvršeni rad na tom putu iznosi A(1) = lim Ah = lim h!1
h!1
= m g lim
h!1
h
h h Rh mgh = m g lim = m g lim = m g lim h h h!1 h!1 R + h h!1 R + h 1+ 1+ R R R
hR R +1 h |{z}
= mgR
!0
00) Odredimo onu brzinu v izbacivanja tela mase m sa Zemlje vertikalno uvis koja mu omogu´cava da se više ne vrati na zemlju. Polupreµcnik Zemlje iznosi RZ = 6 370 km njena masa je MZ = 5; 97 1024 kg dok je vrednost gravitacione konstante = 6; 67 10 10 Trenje izme†u tela i zemljine atmosfere zanemariti.
N m2 kg
Prema Njutnovom zakonu gravitacije, sila kojom Zemlja mase MZ deluje na telo mase m koje je od njenog centra udaljeno rastojanjem r iznosi F =
MZ m r2
Na površini Zemlje rastojanje izeme†u tela i centra Zemlje jednako je polupreµcniku Zemlje, odnosno r = R jer se polupreµcnik tela zanemaruje pa ono od centra Zemlje treba da dostigne neku visinu R + h Rad koji pri tome treba izvršiti iznosi
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Ah =
R+h Z
F dr =
R
R+h Z
Fizika Rešeni zadaci
MZ m dr = MZ m r2
R+h Z
r
2
dr =
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
= MZ m
1 R
93
1 R+h
R
R
1 Telo se ne´ce vratiti na Zemlju ako produµzi put u „beskonaµcnost” kada h ! 1 pri µcemu !0 R+h odnosno kada je MZ m A(h!1) = R Ako je telo sa površine Zemlje izbaµceno nekom brzinom v tada je kinetiµ cka energija koju je ono posedovalo u trenutku izbacivanja jednaka izvršenom radu na njegovom putu ka beskonaµcnosti m v2 = 2
v=
r
MZ m R
2 MZ = R
odakle je v u u u 2 6; 67 10 t
N m2 5; 97 1024 kg m kg 2 = 11 181; 3 6 6; 37 10 m s 11
11 200
m s
Isti rezultat moµzemo dobiti ako iskoristimo rezultat prethodnog zadatka gde smo dobili da izvršeni rad pri podizanju tela mase m sa površine Zemlje do beskonaµcnosti iznosi A(1) = m g R
gde je R polupreµcnik Zemlje. Dakle r p m m v = 2 g R = 2 9; 81 2 6; 37 106 m = 11 179; 4 s s
m v2 = mgR 2 m 11 200 s
odakle je
00) Odredimo brzinu tela pri njegovom slobodnom padu na Zemlju ako ono dolazi iz beskonaµcne udaljenosti. Ako „pogledamo”jednako ubrzano kretanje i slobodno padanje, tada nam ne´ce biti teško da vidimo zašto je r p m m m 11 200 v 2 = v02 +2 g RZ odnosno v = 2 g RZ = 2 9; 81 2 6; 37 106 m = 11 179; 4 |{z} s s s 0
Vidimo da brzina v ne zavisi od mase tela jer se pretpostavlja da ono pada bez otpora sredine.
00) Ako je polupreµcnik Zemlje r = 6 370 km odredimo brzinu kojom treba da se kre´ce njen veštaµcki →
v h
→
Fg
satelit da bi se odrµzavao na visini h = 1 600 km Za odrµzavanje Zemljinog veštaµckog satelita na konstantnoj udaljenosti (h) moraju biti jednake gravitaciona (Fg ) kojom Zemlja privlaµci njegovu masu i radijalna sila (Fr ) koja nastaje usled njegove brzine, odnosno
→
Fr
ms
Rz
Fg = Fr gde je Fr =
Mz
ms v 2 odnosno Fg = R+h
Mz ms R2
Polupreµcnik satelita se zanemaruje. Dakle, mora da vaµzi jednakost r Mz ms ms v 2 Mz (R + h) = odakle je v = R2 R+h R2
Zbog zanemarivanja polupreµcnika satelita, gravitaciona sila izme†u njega i Zemlje kada se on na†e na njenoj površini jednaka je njegovoj teµzini, odnosno Mz M z ms = ms g odakle je g = pa imamo R2 R2 v u m r r r r u 9; 81 2 2 2 2 Mz R Mz R R g t s v= = = g =R = 6; 37 106 m R + h R2 R2 R + h R+h R+h (6; 37 + 1; 6) 106 m | {z } g
= 7 067; 15
m km = 7; 067 s s
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
94
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
km
00) Zemljin satelit kruµzi oko Zemlje po kruµznoj putanji polupreµcnika r = 7 000 km brzinom v = 27 300 h Odredimo vreme obilaska satelita oko Zemlje i ubrzanje teµze u pu→ v
→
Fr ms
→
Fg
r
tanji satelita. Da bi sateli kruµzio na stabilnoj putanji mora biti Fg = Fr odnosno ms v 2 Mz v2 M z ms = ili = pa je ubrzanje teµze na putanji satelita (g 0 ) 2 r2 r r r | {z } g0
Mz
km2 v s2 = 8; 215 m = g0 = r 7 000 km s2 Vreme obilaska satelita oko Zemlje (T ) dobijamo iz relacije 2
(7; 58333)
2
Obim kruµzne putanje = 2 r = v T
odakle je
T =
2 r 2 7 000 km = = 5 799; 88 s = 1; 61 h km v 7; 58333 s
00) Kolika je linearna brzina Zemlje oko Sunca ako se zna da je masa Sunca MS = 2 1033 kg a udaljenost Zemlje od Sunca 1; 5 108 km ? Kolika je jaµcina gravitacionog polja Sunca na površini Zemlje ? Kako je Zemlja prirodni Sunµcev satelit, iz uslova jednakosti gravitacione sile izme†u Sunca i Zemlje
→
v →
Fg
→
Fc Z
MS MZ MZ v 2 i radijalne sile Zemlje Fr = dobijamo formulu 2 R R MS MZ MZ v 2 iz koje dobijamo linearnu brzinu Zemlje = 2 R R s r MS N m2 2 1030 kg km km v= = 6; 67 10 11 = 29; 82 30 R kg 2 1; 5 1011 m s s Fg =
R
S
Jaµcina gravitacionog polja Sunca na površini Zemlje iznosi MS = 6; 67 10 R2
G=
11
N m2 2 1030 kg cm = 0; 59 2 2 22 2 kg 2; 25 10 m s
00) Odredimo masu Sunca MS ako je poznata opšta gravitaciona konstanta ( ) polupreµcnik Zemljine putanje oko Sunca (R) i trajanje godine (T ) 2 N m2 T = 365 dana != R = 1; 5 1011 m = 6; 67 10 11 T kg 2 MS MZ Iz jednakosti Fg i Fr dobijamo Fg = = Fr = MZ ! 2 R pa je R2
→
v →
Fg
R
→
Fc MZ
MS
2
MS =
! R
3
=
2 T
2
R3 =
4
2
R3 = T2
4 6; 67 10
2 11
= 20 086 1030 kg
3
(1; 5) 1033 m3 N m2 2 (365 86 400) s2 kg 2
00) Masa Sunca MS je 355 000 puta ve´ca od mase Zemlje a polupreµcnik Sunca rS je 112 puta ve´ci od polupreµcnika Zemlje rZ Koliko je ubrzanje gS na površini Sunca ? Ubrzanje na površini Sunca (gS ) iznosi gS =
MS = rS2
3; 55 105 MZ (1; 12
102
2
rZ )
=
35; 5 (1; 12)
2
MZ 35; 5 = 2 rZ 1; 254
MZ m = 28; 3 gZ = 277; 63 2 2 r s | {zZ} gZ
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
95
1 od vrednosti koje iznosi na 4
00) Na kojoj visini h iznad Zemljine površine ubrzanje g1 iznosi površini Zemlje ? Prema uslovima zadatka imamo
h
MZ
g1 =
R
2
(rZ + h)
=
1 1 g= 4 4
MZ 2 rZ
1
odakle je
(rZ + h)
rz
h = 2 rZ
Mz
1 od ubrzanja koje iznosi na površini Zemlje. 4
1
=
2
rZ + h = 2 r Z
2
(2 rZ )
ili
rZ = rZ Na visini h = rZ = 6 378 km iznad površine Zemlje ubrzanje g1 iznosi
00) Masa Meseca je Mm = 7; 3 1022 kg a preµcnik 3; 5 103 km Odredimo teµzinu tela koje se nalazi na površini Meseca ako je njegova masa m = 30 kg Odredimo i ubrzanje na površini Meseca. Ubrzanje na površini Meseca (gm ) iznosi gm =
Mm = 6; 67 10 2 Rm
11
Qm = m gm = 30 kg 1; 589
N m2 kg 2
7; 3 1022 kg
= 1; 589
2
3; 5 2
1012 m2
m Teµzina tela mase m = 30 kg na Mesecu je s2
m = 47; 7 N = 4; 86 kp s2
00) Odredimo ubrzanje gS na površini Sunca prema slede´cim podacima : Zemlja je udaljena od Sunca 1; 5 108 km Vreme obilaska Zemlje oko Sunca iznosi T = 365 dana a Sunce se vidi sa Zemlje pod uglom od 30 luµcnih stepeni. Prema uslovima zadatka i slici dobijamo
→
vZ
→
Fg
→
r F Z
α
= 30 luµcnih minuta = 0; 5 = 0; 5
rS
Sa slike vidimo da je
R (S − Z )
S
2 rS = R(S Z)
rad =
180
ili rS =
1 2
rad
360
R(S
Z)
Ako Zemlja za T = 365 dana obi†e oko Sunca „konstantnom”brzinom v=
2 R(S obim = T T
Z)
šini Sunca iznosi gS =
) v2 =
4
2
R(S T2
2 Z)
Ubrzanje na povr-
MS Aproksimacijom da je putanja krerS2
tanja Zemlje oko Sunca kruµzna i uzimanjem u obzir da je gravitaciona sila izmedju Sunca i Zemlje Fg =
MS MZ
R(S gS =
2
R(S
MS MZ 2
jednaka radijalnoj sili Fr =
Z)
=
Z)
MS = rS2
4
MZ R(S 4
1 T2 4
2
2
Z)
R(S 2
R(S T2
2 Z)
3 Z)
R(S
2 Z)
=
16
= 2
MZ 4 T2 R(S
T2
2
Z)
2
MZ v 2 imamo R(S Z) R(S
=
Z)
16
pa je 2
MS M Z R(S MS =
2 Z)
4 2 R(S T2
1; 5 1011 m 2
2
(365 864 102 s)
=
360
Uporedimo dobijeni rezultat sa rezultatima iz prethodnih zadataka !
MZ v 2 R(S Z) 3 Z)
= 312; 754
odnosno
odnosno m s2
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
96
„Slobodno” padanje kroz otpornu sredinu Sila trenja ili otpora sredine suprostavlja se kretanju tela i ona je proporcionalna brzini njegovog kretanja (v ) odnosno Ftr =
kv
gde je k koe…cijent trenja ili koe…cijent proporcionalnosti (k = const)
Na osnovu drugog Njutnovog zakona imamo m a = m g
k v odakle je a +
k v = g odnosno m
dv k + v = g Ovo je nehomogena linearna diferencijalna jednaµcina prvog reda. Znamo da je dt m Z Z 1 0 Z f (x)dx f (x)dx C B g (x) dx + C A opšte rešenje linearne diferencijalne jednaµcine y=e @ e y 0 + f (x) y = g (x) U našem sluµcaju rešenje glasi
v=e
Z
v=e
k mt
0
B @
B @g
v =Ce
k mt
0=Ce
k m 0
(1) v =
0
k m dt
mg k
Z
e
+
1
C g dt + CA = e
Z
k mt
k
e m t g dt + C
C + C A Kako je a (b + c) = c a + a b
k m mg k
am a
Kako je
m
Z
e n x dx =
= a0 = 1
enx + C onda imamo n
onda imamo
Na poµcetku kretanja, za t = 0 ) v = 0 pa imamo
mg k 1
k m dt
1
k em t
+
Z
e
odakle je k mt
C=
mg k
odnosno v =
mg k
mg e k
k mt
pa je
Vidimo da brzina tela zavisi i od njegove mase! k
Pored toga, ako t ! + 1 tada izraz e m t ! 0 pa se brzina asimptotski pribliµzava ka graniµcnoj vrek mg dnosti Ako je k veliko, tada je graniµcna brzina mala i ne samo to, ve´c je izraz e m t posle krak ´ceg vremena blizak nuli. Na primer, veliko k imamo kod skoka padobranom posle njegovog otvaranja gde se zahteva brzo dostizanje graniµcne brzine koja treba da bude relativno ili dovoljno mala. Iz izraza za graniµcnu brzinu vidimo da je ona proporcionalna masi padobranca. Na osnovu formule (1) odredimo brzinu v kada k ! 0 ! Primenom Lopitalovog pravila dobijamo 0 1 k mt 1 e A = lim m g t lim v = lim @m g = gt k!0 k!0 k!0 k m a to je izraz za brzinu tela u sluµcaju njegovog slobodnog padanja bez trenja sa vazduhom.
Obratimo paµznju na nekoliko slede´cih stranica - bi´ce jasnije! Znamo da je gravitaciona sila Fgr jednaka proizvodu mase m i ubrzanja Zemljine teµze g odnosno m Fgr = m g g = 9; 81 2 s Prema zakonu aerodinamike otpor vazduha je srazmeran kvadratu brzine padanja v odnosno Fot = k v 2
gde je k konstanta srazmernosti
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
97
Sila usled koje se telo kre´ce Fkr u otpornoj sredini jednaka je razlici ove dve sile jer one deluju suprotno jedna drugoj (1)
Fkr = Fgr
Fot
U zavisnosti od pre†enog puta S brzina v je prvi izvod puta po vremenu t v=
dS dt
dok je ubrzanje a prvi izvod brzine v po vremenu t ili drugi izvod puta S po vremenu t odnosno a=
dv d dS d2 S = = dt dt dt dt2
Prema drugom Njutnovom zakonu sila F je srazmerna masi m i ubrzanju a odnosno dv dt
F = ma = m dv k = dt m
(2)
dv
dv = mg dt
Sada relacija (1) ima oblik m mg k
v2
mg k
Ako prihvatimo da je
k v 2 odnosno m a2 = tada relacija (2) dobija oblik k g
a2 )
g dt odnosno a2 Z Z dv g 1 a+v g a+v 2g = 2 dt Odavde imamo ln = 2 t + C ili ln = t + C odnosno a2 v 2 a 2a a v a a v a (3)
a2
a+v =e a v 1=e
=
v2
2g a t+C
2g a 0+C
U poµcetku kretanja je t = 0 i v = 0 pa iz poslednje relacije dobijamo
odakle je C = 0 Sada je
2g a+v = e a t ili a + v = (a a v
v+
2g ve a t
2g ae a t
=
Kako je am a
n
= am
g
(4) v = a
eat
e
g at
+e
e v = a th
a
v) e
v 1+
n
g at g at
2g a t
= ae
2g e a t
2g a t
=a
ve
2g a t
2g e a t
a
v=a
2g a t
1
2g e a t
+1
e
onda mnoµzenjem i delenjem prethodne relacije sa e Kako je sh t =
1 t (e 2
e
t
)
ch t =
1 t (e + e 2
t
2g a t
dobijamo
) onda imamo
g mg k a2 ka t Kako je = a2 ) g = onda imamo v = a th t a k m m
Poslednja relacija (4) pretstavlja brzinu padanja tela uz otpor sredine koji je srazmeran sa kvadratom brzine v 2 Kako je brzina prvi izvod puta po vremenu g
dS v= dt S=a g
Z
dS ea t e =a g dt ea t +e
onda imamo g
ea t g
e
ea t +e
d ea t +e
g at
g at g at
dt g
= ea t
g at g at
g
odakle je
dS = a
ea t g
e
ea t +e
g at g at
Kako je g +e a
g at
g a
dt =
g g ea t a
e
g at
dt onda je
dt
odnosno
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
S=a
a g
g
Z
d ea t +e g ea t
g at
+e
g a2 ln e a t + e g
=
g at
Fizika Rešeni zadaci
g at
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
98
+ C1
U poµcetku kretanja je t = 0 i S = 0 pa iz poslednje relacije vidimo da je C1 = 0 odnosno (5)
S=
g a2 ln e a t + e g
g at
=
a2 g ln 2 ch t g a
00) Telo mase m kre´ce se po pravolinijskoj putanji pod dejstvom sile F koja je srazmerna vremenu t i obrnuto srazmerna brzini kretanja v Odredimo zavisnost izme†u brzine v i vremena t ako je poµcetna brzina taµcke v = 0 Prema drugom Njutnovom zakonu imamo F = ma = m m
dv t =k dt v
dv dt
Ako koe…cijent srazmernosti oznaµcimo sa k tada prema uslovima zadatka imamo Z Z odakle razdvajanjem promenljivih dobijamo m v dv = k t dt pa je m v dv = k t dt odnosno
v2 t2 02 02 = k +C Konstantu C odredimo iz poµcetnih uslova kada je t = 0 ) v = 0 ili m =k +C ) 2 2 2 2 r v2 t2 k C = 0 Sada je m =k odnosno v = t 2 2 m
m
m pri µcemu je sila otpora sredine s 2 2 F0 = k m v gde je m masa tela, v njegova brzina a koe…cijent proporcionalnosti p k = 0; 08 Odredimo maksimalnu visinu dometa tela H1 i maksimalnu visinu dometa H2 ako se zanemari sila otpora sredine a zatim odredimo i grešku koja se time µcini. Prema uslovima zadatka i prikazanoj slici imamo
00) Telo je baµceno vertikalno uvis poµcetnom brzinom v0 = 10 y
→
v
t = 0 ) y = 0 ) y = v0 odnosno F0 = k 2 m v 2 = k 2 m y 2
m
Na baµceno telo deluje njegova teµzina Q = m g i sila otpora sredine F0 gde je teµzina Q usmerena vertikalno na dole a sila otpora sredine suprotno vektoru brzine kretanja, odnosno u datom sluµcaju tako†e vertikalno na dole pa diferencijalna jednaµcina kretanja tela glasi
→
→
Q = mg
H2 H1
→
F0 → v0
x
(2)
dyy
=
mg
k2 m y2
dyy = dy
k2 y2 + g dz = 2 k2 z (4)
dy
1 2 k2
Z
1 ln k 2 y 2 + g 2 k2
dz = z =
Z
dy )
y + C1
pa deljenjem sa m dobijamo Kako je y dy =
k2 y2 + g
Smenom k 2 y 2 + g = z
dy
postaje
a projekcijom na osu 0y ona postaje
k2 y2 + g
y=
onda zamenom u (2) dobijamo (3)
!
m a = Q + F0
my = 0
!
!
(1)
dy dy dy = dy = dyy dt dt
dyy dy
odnosno
za koju je dz = 2 k 2 y d y ) y d y =
1 ln z = 2 k2
y=
y + C1
Za t = 0 dobijamo
dz relacija (3) 2 k2
Sada je
1 ln k 2 v02 + g = 2 k2
0 + C1 odakle je
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
C1 =
1 ln k 2 v02 + g 2 k2
(5) y =
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
99
pa zamenom u (4) dobijamo
1 1 1 ln k 2 y 2 + g + 2 ln k 2 v02 + g = 2 2k 2k 2 k2
ln k 2 v02 + g
ln k 2 y 2 + g
=
1 k 2 v02 + g ln 2 k2 k2 y2 + g
U najvišem poloµzaju H1 koji telo dostigne ako na njega deluje sila otpora sredine, njegova brzina je jednaka nuli pa je y = H1 odnosno y = 0 a zamenom u relaciju (5) dobijamo H1 =
k2 v2 + g k 2 v02 1 1 ln 2 02 ln 1 + = 2 2 2k k 0 +g 2k g
=
1 0; 08 102 ln 1 + 2 0; 08 9; 81
= 3; 727 m
Ako nema otpora sredine, telo bi dostiglo visinu H2 =
v02 100 = = 5; 096 m pa se zanemarivanjem otpora pravi greška 2g 2 9; 81
H2
H1 H1
100 = 36%
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
100
Matematiµcko klatno Matematiµcko klatno je materijalna taµcka mase m okaµcena o neistegljivi konac duµzine l bez teµzine koja je izvedena iz poloµzaja ravnoteµze za neki ugao i puštena da slobodno osciluje pod uticajem aktivne komponente sile Zemljine teµze
y
θ
ϕ
(1)
F =
m g sin
gde je predznak na desnoj strani ( ) uzet zato što sila F ima suprotan smer od ugla otklona θ max Pasivna komponenta FN = m g cos uravnoteµzena m je silom zatezanja konca i ona se izostavlja iz analize θ l matematiµckog klatna. Dakle, jedina sila koja del= S x → uje na okaµcenu materijalnu taµcku mase m je proF → 0 jekcija teµzine (m g ) na tangentu putanje njegovog FN kretanja. θ Koordinatni sistem 0xy postavljen je u vertikalnoj → mg ravni pa je y - osa normalna na površinu Zemlje. Kako je duµzina konca konstantna, materijalna taµcka se kre´ce po kruµznom luku S µcija je duµzina srazmerna →
Fz
l
!
sa uglom otklona (S = l ) dok je sila F srazmerna sa sin pa kretanje materijalne taµcke nije harmonijsko kao što diferencijalna jednaµcina koja to kretanje opisuje nije homogena. Kako je brzina prvi izvod puta po vremenu a ubrzanje prvi izvod brzine po vremenu, odnosno drugi izvod puta po vremenu, onda prema drugom Njutnovom zakonu i slici imamo m
d2 S = dt2
(2)
m g sin
d2 S = dt2
odnosno
g sin
Ako je S = l i ako sa oznaµcimo prvi izvod ugla po vremenu što pretstavlja ugaonu brzinu a sa drugi izvod ugla po vremenu što pretstavlja ugaono ubrzanje, tada delenjem relacije (2) sa l dobijamo g sin l Dobili smo nelinearnu diferencijalnu jednaµcinu drugog reda pa njenim rešavanjem odre†ujemo funkciju = (t) koja „opisuje”kretanje materijalne taµcke. Vidimo da u poslednjoj relaciji nema nezavisno promenjljive t koja oznaµcava vreme ? Pretpostavimo da se u trenutku t = 0 materijalna taµcka nalazi u koordinatnom poµcetku i da najve´ca vrednost ugla iznosi ' kada je i duµzina l najve´ca, odnosno Smax Potsetimo se rešavanja diferencijalne jednaµcine drugog reda (3)
(4)
=
f (y 00 ; y 0 ; y ) = 0
u kojoj se ne pojavljuje x
Jednaµcini (4) moµzemo sniziti red, odnosno svesti je na jednaµcinu prvog reda uvo†enjem smene y0 =
dy = p gde je p funkcija od y dx
y 00 =
dp dp dy dy dp dp dp = = =p gde je = y 0 izvod p po y dx dx dy dx dy dy dy
(5)
f
p
dp ; p; y dy
Mnoµzenjem i delenjem prethodne relacije sa dy dobijamo Sada relacija (4) postaje
=0
Dakle, uveli smo novu zavisno promenljivu p pri µcemu je stara zavisno promenljiva y postala nezavisno promenljiva dok je stara nezavisno promenljiva x „eliminisana”. Primenimo opisani postupak na rešavanje jednaµcine (3) Uvo†enjem smene
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
=
d = p za koju je dt
=
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
dp dp d d dp dp dp = = =p jednaµcina (3) se svodi na relaciju p = dt dt d dt d d d
101 g sin l
odakle je (6) Z
g sin d l
p dp = g l
p dp = p2 =
(7)
Z
U relaciji (6) promenljive su razdvojene pa je moµzemo direktno integraliti
sin d
p2 g = cos + C1 2 l
µcime dobijamo
odnosno
2g cos + C1 l
Nova promenljiva p je u stvari ugaona brzina materijalne taµcke mase m U taµcki najve´ceg otklona za koju je = ' odnosno gde je ' najve´ci otklon ( ili amplituda) matematiµckog klatna, njegova ugaona brzina p bi´ce jednaka nuli p = 0=
= 0 kada dobijamo
2g 2g 2g cos ' odnosno p2 = cos cos ' odakle je l l l r d 2g cos ') odnosno p = = (cos cos ') Kako je dt l
2g cos ' + C1 ) C1 = l 2g (cos l
p2 = cos
cos
d = dt (8)
=
+ 2
2 sin
sin
2
= 2 sin
+ 2
sin
onda imamo
2
r
4g +' ' sin sin odnosno l 2 2 r r g d +' ' =2 sin sin dt l 2 2
Opet smo dobili jednaµcinu u kojoj se promenljive mogu razdvojiti. Uz uslova da je Z
(9)
r
0
d sin
=2
+' ' sin 2 2
r
Z
g l
= 0 za t = 0 imamo
dt
Integral na levoj strani relacije (9) ne moµzemo izraziti pomo´cu elementarnih funkcija. Zato posmatramo „male” otklone (amplitude) klatna kada je l mnogo ve´ce od S odnosno kada je ugao dovoljno mali da se moµze prihvatiti aproksimacija sin kada se jednaµcina (9) svodi na relaciju Z
0
d
r
(10)
+' ' 2 2 Z
0
Z
p
(11)
=2
p
d '2
d '2
2
2
arcsin
=
'
Z
=
=
r
g (t + C2 ) l
r
g (t + C2 ) l
v u u t '2 r
ili
Z
0
d 2
1
'
g (t + C2 ) l
r
Kako je
1 !='
Z
s
d
=2
1 2 ' 4 Z
p
2
g (t + C2 ) odnosno l
dx = arcsin x + C odnosno 1 x2
d 2
1
r
'
=
' '
Z
d s
' 2
1
'
= arcsin
'
+ C onda je
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
102
Ako klatno poµcnemo da izvodimo iz ravnoteµznog poloµzaja u trenutku t = 0 kada je = 0 tada zamenom ovih uslova u relaciju (11) dobijamo r r r g g g 0 (0 + C2 ) ) C2 = 0 odnosno arcsin = t Dalje je = sin t odnosno arcsin = ' l ' l ' l r g (12) = ' sin t = ' sin ! t |{z} l max | {z } !
Iz relacije (12) vidimo da matematiµcko klatno za male amplitude vrši harmonijsko, odnosno oscilatorno kretanje. Period oscilovanja ili kretanja matematiµckog klatna, odnosno vreme jedne potpune oscilacije iznosi r 2 2 l T = = r =2 ! g g l Vidimo da period oscilovanja matematiµckog klatna ne zavisi od amplitude oscilovanja µcime se objašnjava da sat sa klatnom radi „taµcno” i posle duµzeg vremena od navijanja, odnosno kada mu je opruga za akomulaciju energije „popustila”. Uz odre†ivanje duµzine konca l i perioda oscilovanja T matematiµcko klatno moµze posluµziti i za odre†ivanje ubrzanja Zemljine teµze g
00) Ako se sekundno klatno µcasovnika produµzi za 50 - i deo njegove duµzine, koliko se time dnevno gubi sekundi ?
r l gde je l njegova duµzina. Pri duµzini klaPeriod oscilovanja matematiµckog klatna iznosi T = 2 g tna l imamo r l T =1s=2 Ako duµzinu klatna produµzimo za 50 - i deo, tada je g v v v v u 50 l + l u 51 l u u 51 r r r u u ul+ l ul t t t t 50 l 51 51 50 50 50 =2 =2 =2 =2 =T Dakle T1 = 2 g g g g g 50 50 ! r r r 51 51 51 T1 = T > T odnosno T = T1 T = T T =T + ( 1) Za jedan dan kada je 50 50 50 n = 24 h 60 min 60 s = 86 400 s r T(uk) = n
T = 86 400 1
T(ukupno) iznosi !
51 + ( 1) 50
= 859; 722 s = 14; 3284 min
(2
) m
a
0 2a
l0
c
S
( m 1)
00) Štap zanemarljive mase osciluje u vertikalnoj ravni. Na štapu se nalaze dva tega jednakih masa m pri µcemu je jedan teg od taµcke (0) oko koje štap osciluje, udaljen ka kraju (1) za duµzinu a dok je drugi teg od iste taµcke udaljen ka kraju (2) za duµzinu 2a Odredimo redukovanu duµzinu l0 tog klatna. r l Period oscilovanja matematiµckog klatna iznosi TM = 2 gde je l njegova g r I0 duµzina dok je period oscilovanja …ziµckog klatna TF = 2 gde je I0 mgS moment inercije klatna u odnosu na „taµcku”njegovog vešanja a S rastojanje taµcke vešanja 0 od teµzišta klatna. Moment inercije I0 za pomenuti štap zanemarljive mase sa tegovima jednakih masa na njemu iznosi 2
I0 = I01 + I02 = m a2 + m (2 a) = m a2 + m 4 a2 = 5 m a2 Prema slici, rastojanje teµzišne taµcke pomenutog štapa sa tegovima jednakih masa m od taµcke njegovog vešanja, odnosno rastojanje od taµcke t do taµcke 0 iznosi
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
2a + a = 2a 2
S = 2a
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
103
3a 4a 3a 1 = = a 2 2 2
Redukovana duµzina …ziµckog klatna je ona duµzina l0 matematiµckog klatna pri kojoj ono ima isti period oscilovanja kao i …ziµ cko klatno, odnosno v r u 5 m a2 I0 10 a u TF = TM pri µcemu je TF = 2 =2 t =2 1 mgS g mg a 2 r r r l0 10 a l0 TM = 2 odnosno 2 =2 odakle je l0 = 10 a g g g r
00) Odredimo duµzinu l homogenog štapa konstantnog preseka koji bi oscilovao sa periodom od 2 njegove ukupne duµzine l 3 r I0 gde je I0 moPeriod oscilovanja …ziµckog klatna iznosi T = 2 mgS
1 3 l
S
0
3; 5 s ako je on okaµcen o taµcku koja se nalazi na
c
ment inercije u taµcki vešanja a S rastojanje taµcke vešanja klatna od njegovog
3 l
l
1 2 l
teµzišta koje u datom sluµcaju iznosi S =
1 l 2
2
8 l3 l3 + 81 81
1 2
1 3
l=
1 l 6
Moment inercije štapa u odnosu na taµcku njegovog vešanja (0) iznosi 0 3 1 1 l 8 l3 1 Z Z3 l l 3 3 m m r m B 27 C I0 = r2 dm = r2 dm = = + 27 A = @ 2 l l 3 l 3 3 l 3
2 3l
m l
1 l= 3
1 9 m l2 = m l2 Me†utim, ako znamo da moment inercije štapa u odnosu na nje81 9 1 govu polovinu ili centar (c) iznosi Ic = m l2 onda moment inercije tog istog štapa u odnosu na 12 poloµzaj koji je od centra c udaljen za duµzinu S moµzemo odrediti i primenom Štajner-Lagranµzeove formule kada je =
=
1 1 3 1 4 I0 = Ic + m S 2 = m l2 + m l2 = m l2 + m l2 = m l2 = 12 36 36 36 36 v u 1 u m l2 r r u 2l 2l T 2l T2 9 u T =2 t =2 ) = ) = l= 1 3g 3g 2 3g 4 2 mg l 6
1 m l2 9
Period oscilovanja štapa iznosi
m 2 3 9; 81 2 (3; 5) s2 3gT2 s = = 4; 56 m 8 2 8 2
1
2 l
m1
m
x
S
0
1
2 l
00) Metalni štap duµzine l = 1 m i mase m = 1; 2 kg moµze da osciluje u vertikalnoj ravni oko svoje središnje taµcke (0) Na „donjem” kraju štapa nalazi se teg mase m1 = 0; 2 kg Odredimo period oscilovanja ovog klatna. r I0 Period oscilovanja …ziµckog klatna iznosi TF = 2 pa za dati sluµcaj mgS imamo r I0 TF = 2 gde je I0 moment inercije sistema štap - teg u (m + m1 ) g S odnosu na taµcku njegovog vešanja a S rastojanje taµcke vešanja sistema od njegovog teµzišta. Bez prisustva tega, teµzište štapa bi bilo na njegovoj sredini u taµcki 0 ali uz prisustvo tega teµzište „sistema” štap - teg se „pomera”bliµze njegovom kraju sa tegom, od taµcke 0 ka taµcki t pri µcemu to „pomeranje” iznosi
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
104
1 l m1 1 0; 2 1 2 =1 l= l= l m + m1 2 m + m1 2 1; 4 14
m 0 + m1 S=
U taµcki 0 moment inercije štapa duµzine l i mase m bez prisustva tega je IS = samo tega mase m1 koji se od taµcke vešanja štapa nalazi na udaljenosti I(m1 ) = m1
1 l 2
2
I0 = IS + I(m1 ) =
=
1 m l2 Moment inercije 12
1 l iznosi 2
1 m1 l2 Moment inercije sistema štap - teg u odnosu na taµcku oko koje sistem osciluje je 4
1 1 1 1 1 m l 2 + m1 l 2 = m l2 + 3 m1 l2 = (m + 3 m1 ) l2 12 4 12 12 12
Dakle, period oscilovanja …ziµckog klatna ili sistema štap - teg oko taµcke 0 iznosi v u 1 s v u u 7 (1; 2 + 3 0; 2) kg 1 m (m + 3 m1 ) l2 u 7 (m + 3 m1 ) l u 12 u T =2 t =2 =2 t m = 2; 457 s 1 6 (m + m1 ) g 6 (1; 2 + 0; 2) kg 9; 81 2 l (m + m1 ) g s 14
00) Ako materijalna taµcka harmonijski osciluje prema jednaµcini x = 17 sin (62; 8 t + 0; 49) cm odredimo amplitudu, frekfenciju i periodu njenog oscilovanja, odnosno njenu elongaciju i brzinu za vreme t = 0 Odredimo i maksimalno ubrzanje taµcke. Kako je x = 17 sin (62; 8 t + 0; 49) = x0 sin (! t + ') = x0 sin
2 t+' T
onda amplituda oscilovanja taµcke iznosi x0 = 17 cm Za t = 0 imamo x( t = 0 ) = 17 sin (62; 8 0 + 0; 49) cm = 17 sin (0; 49) cm = 17 sin (28; 075 ) cm = 7; 256 cm Prema ! = f= v=
=
2 1 = 62; 8 T s
) T =
1 1 = = 10 Hz T 0; 1 s
2 s = 0; 1 s frekfencija materijalne taµcke iznosi 62; 8
Kako je
dx d = x0 sin (! t + ') = x0 ! cos (! t + ') za t = 0 imamo dt dt
v( t = 0 ) = x0 ! cos (! 0 + ') = x0 ! cos ' = 17 62; 8 = 9; 654 a=
cm s
1 1 cm cos (0; 49) = 17 62; 8 cos (28; 075 ) = 965; 457 s s s
Iz relacije za ubrzanje taµcke
d d = x0 ! cos (! t + ') = dt dt
x0 ! 2 sin (! t + ') = | {z }
amax sin (! t + ') dobijamo
a max
amax = x0 ! 2 = x0
2 T
2
4 2 4 2 cm m = x0 2 = 17 = 67 113; 3 2 = 671; 133 2 2 T s s (0; 1)
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
105
Stacionarno strujanje –Jednaµcina kontinuiteta Ako kroz jedan kraj konusne cevi, površine popreµcnog preseka S1 pod pritiskom p1 za → → → odre†eno vreme t pro†e maS1 v1 v v2 S2 sa m vode ili neke druge teµcnosti, tada za isto vreme t p1 p2 ista masa m teµcnosti mora da pro†e i kroz drugi kraj konusne cevi, površine popreµcnog preseka S2 odnosno ∆ l1 = v1∆ t ∆l2 = v2∆t m1 = m2 Kako je masa teµcnosti ili neke druge homogene supstance jednaka proizvodu zapremine V i speci…µcne gustine odnosno kako je zapremina V valjkastog tela jednaka proizvodu njegove duµzine l i površine popreµcnog preseka S to ´ce (prema prikazanoj slici) masa teµcnosti koja pro†e kroz površine popreµcnog preseka S1 i S2 biti m1 =
brzina teµcnosti (v1 ) vreme ( t) površina (S1 ) gustina ( ) {z
|
}
duµzina valjkastog stuba teµcnosti |
odnosno
|
m1 = v1
{z
zapremina valjkastog stuba teµcnosti {z
}
}
masa valjkastog stuba teµcnosti t S1
v1 S1 = v2 S2
m2 = v2
t S2
Kako je
m1 =
m2 ili v1
t S1 = v2
t S2
odnosno
jednaµcina kontinuiteta
onda imamo v1 = v2
S2 S1
v2 = v1
S1 S2
v1 S1 = v2 S2
S1 = S2
v2 v1
S2 = S1
v1 v2
v2 S2 = v1 S1
Bernulijeva jednaµcina S1
Ako zanemarimo trenje teµcnosti sa zidovima konusne cevi i me†umolekularno trenje u samoj teµcnosti kada deo mehaniµckog rada prelazi u toplotu, tada se na prikazano kretanje teµcnosti moµze primeniti zakon odrµzanja mehaniµcke energije. Ve´c smo primetili da ista masa m teµcnosti koja za vreme t pro†e kroz presek S1 mora pro´ci i kroz presek S2 odnosno m = v1 t S1 = v2 t S2 odnosno
→
v1
S
p1
→
v
(1)
v1 S1 = v2 S2 ) v1 =
h1
h = h1 − h 2
(2) h2
S2 p2
Prema prikazanoj slici i prethodnim formulama lako je zakljuµciti da je brzina isticanja v2 ve´ca od brzine v1 jer kroz manju površinu popreµcnog preseka S2 mora da pro†e ista masa m teµcnosti koja je prošla i kroz ve´cu površinu popreµcnog preseka S1 Prema formuli za kineti1 m v 2 vidimo da se ona 2 pove´cava sa kvadratom brzine v Dakle, pri prolasku iste mase ( m) teµcnosti kroz razli-
µcku energiju Ek = →
v2
S2 S1 v2 ) v2 = v1 S1 S2
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
106
µcite površine popreµcnog preseka S1 odnosno S2 u poloµzajima (1) odnosno (2) dolazi do promene kinetiµcke energije jer je brzina prolaska mase ( m) teµcnosti kroz poloµzaj (2) ve´ca od brzine prolaska iste mase teµcnosti kroz poloµzaj (1) pa imamo Ek =
Ek(2)
Ek(1 ) =
1 2
1 2
m v22
m v12 =
m 2 v2 2
v12
Do kretanja teµcnosti kroz prikazanu konusnu cev dolazi usled rada dve sile, odnosno usled rada sile pritiska p1 i rada sile gravitacije.
a) Rad sile pritiska p1 moµze biti ostvaren nekom ruµcnom ili motornom pumpom, odnosno pritiskom na klip kao kod „ure†aja” za inekcije. Rad sile pritiska p1 iznosi E(p1 ) = F1
l1 = p1 S1 v1 t | {z } | {z } l1
F1
b) Rad gravitacione sile nastaje zbog razlike u visinama krajeva prikazane konusne cevi, odnosno zbog razlike u visinama poloµzaja (1) gde je površina popreµcnog preseka S1 i poloµzaja (2) gde je površina popreµcnog preseka S2 Prema prkazanoj slici rad gravitacione sile iznosi E(g) =
mgh =
m g (h1
h2 )
Primetimo da se izlasku teµcnosti kroz površinu popreµcnog preseka S2 u poloµzaju (2) suprostavlja rad sile pritiska p2 koji nastaje zbog atmosferskog pritiska, otpora vazduha, neke druge „sredine” ili usled nekog drugog razloga. Rad sile pritiska p2 iznosi E(p2 ) = F2
l2 = p2 S2 v2 t | {z } | {z } l2
F2
Dakle, do promene kinetiµcke energije pri prolasku teµcnosti kroz prikazanu konusnu cev dolazi zbog :
Rada sile pritiska p1
E(p1 )
Rada gravitacione sile
E(g)
Rada sile pritiska p2
E(p2 )
Rad sile pritiska p2 ima suprotan predznak u odnosu na ostale dve sile jer im se ona svojim delovanjem suprostavlja. Dakle, sada imamo Ek = m 2 v2 2 m 2 v2 2 m= v2
t S2 2
E(p1 ) +
E(g)
E(p2 )
v12 = p1 S1 v1
t+
m 2 v1 = p1 S1 v1 2 m1 = v1 v22
t S1 =
v1
Dalje je
m g (h1 t+
h2 )
m g h1
m2 = v2
t S1 2 v1 = p1 S1 v1 2
t S2 t + v1
p2 S2 v2 m g h2
t odnosno
p2 S2 v2
t Kako je
onda imamo t S1 g h1
v2
t S2 g h2
p2 S2 v2
t
Ako stavimo sve µclanove sa (1) na jednu stranu jednakosti i sve µclanove sa (2) na drugu stranu jednakosti tada dobijamo 2
v22 + p2 + g h2 =
2
v12 + p1 + g h1
odnosno p1 +
2
v12 + g h1 = p2 +
2
v22 + g h2 = const
Bernulijeva jednaµcina koja vaµzi za idealizovani sluµcaj stacionarnog kretanja nestišljivih ‡uida bez svih oblika unutrašnjeg trenja glasi p+
2
v 2 + g h = const
Bernulijeva jednaµcina
p - pritisak kojim se deluje na teµcnost ili ‡uid 2
v 2 - hidrodinamiµcki ili brzinski pritisak kojim teµcnost deluje i na zidove konusne cevi
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
107
g h - pritisak u teµcnostima ili ‡uidu usled sile gravitacije
Bernulijeva jednaµcina pokazuje da je u bilo kom poloµzaju konusne cevi zbir svih prethodno pomenutih pritisaka isti pa ako je neki od njih ve´ci drugi je manji ili obrnuto. Ako se poloµzaji konusne cevi (1) i (2) nalaze na istoj visini pri µcemu nema rada usled gravitacione sile, odnosno kada je µclan g h isti za oba poloµzaja, tada Bernulijeva jednaµ cina ima oblik p+
v 2 = const
2
Bernulijeva jednaµcina
Toriµcelijeva teorema p a (1 ) v1
Prema slici moµzemo prihvatiti da je razlika u visinama poloµzaja (1) i (2) relativno mala pa je razlika atmosferskih pritisaka pa(1) i pa(2) zanemarljivo mala ili pa(1) t pa(2) Zbog relativno velike razlike izme†u gornje površine suda i površine otvora kroz koji teµcnost istiµce, brzina spustanja nivoa teµcnosti (v1 ) moµze se zanemariti, odnosno v1 t 0 Primenom Bernulijeve jednaµ cine dobijamo
(1) ( 2)
h1
Teorema o isticanju teµcnosti
→
v
p a (2 )
p0 +
v12 + g h1 = p0 + v22 + g h2 odnosno |{z} 2 |{z} 2 0
Mnoµzenjem sa 2 dobijamo 2 g h1 = v22 ) v2 =
p
g h1 =
2
v22
0
2 g h1
Brzina isticanja teµcnosti iz posude gde je njen nivo viši za visinu h od nivoa otvora kroz koji ona istiµce iznosi v=
p
2gh
Toriµcelijeva teorema
pa je ta brzina jednaka brzini tela kojom bi palo slobodnim padom sa visine h Pogledajmo i slede´ci postupak odre†ivanja brzine isticanja teµcnosti iz suda. Ako znamo da je teµzina teµcnosti (ne samo teµcnosti) sila kojom gravitacija privlaµci njenu masu, odnosno h Q = mg onda teµzina teµcnosti pomnoµzena sa visinom h daje proizvod → mgh v odnosno njenu potencijalnu energiju. Prema zakonu odrµzanja energije, potencijalna energija vode iznad otvora kroz koji istiµce jednaka je njenoj kinetiµckoj energiji koju bi dobila pri isticanju kroz otvor brzinom v odnosno p 1 Toriµcelijeva teorema m g h = m v2 ) v = 2 g h 2
Prethodna formula sadrµzi i koe…cijent koji zavisi od prirode same teµcnosti, odnosno od njene gustine, viskoziteta,. . . pa je v=
p
2gh
00) Deµciji vodeni pištolj postavljen horizontalno na visini h = 3 m stvara tanki mlaz vode koji poga†a metu na Zemlji udaljenu d = 8 m od y
vertikale postolja Odredimo pritisak u pištolju
→
v0
v≈0
h = 3m
pa d = 8m 0
x 8
1 2 (1) x = v0 t (2) y = h g t Iz formule (1) 2 x imamo t = pa zamenom u relaciju (2) dobijamo v0 y=h
1 x2 g =h 2 v02
g x2 2 v02
Za y = 0 ) x = d )
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
g d2 2 v02
0=h
odakle je
gd 2 h= 2 v02
Fizika Rešeni zadaci
odnosno v0 =
r
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
108
g d2 2h
Uz pretpostavku da je zbog velike razlike izme†u površine popreµcnog preseka cilindra „pištolja” i površine popreµcnog preseka njegove dizne, brzina vode u cilindru pribliµzno jednaka nuli (v 0) pa na pomenutu igraµcku moµzemo primeniti Bernulijevu jednaµ cinu, odnosno v 2 = pa + v02 2 |{z} 2
p+
odakle je
p = pa +
0
2
v02
Sada odredimo nad-pritisak u „pištolju” jer ne znamo vrednost atmosferskog pritiska kg m kg m 103 3 64 m2 9; 81 2 2 2 2 2 N d g d g 64 m 9; 81 m s = pa = v02 = = = 103 s 2 = 52; 32 103 2 2 2 2h 4h 4 3m 12 m m
p=p =
64 3 kp kp 10 = 0; 53 : : : 12 m2 cm2
Pitova cev Prema slici moµzemo zamisliti da je teµcnost na otvoru zakrivljene cevi kod poloµzaja (1) zaustavljena zbog prepreke pa je na tom mestu v1 = 0 Na otvoru prave cevi kod poloµzaja (2) brzina v2 jednaka je brzini kretanja teµcnosti ili v2 = v Prema Bernulijevoj jednaµcini je
h
p1 +
(1) p1
v12 = p2 + v22 2 |{z} 2
odnosno p1
p2 =
2
v22
0
(2)
v1 v
gde razlika pritisaka p1 p2 pokazuje razliku nivoa (h) teµcnosti u cevi i slobodne površine teµcnosti pa je p p1 p2 = g h odnosno g h = v22 ) v2 = v = 2 g h 2
v2 = v
p2
00) Protok vode kroz cev meri se primenom Pitove cevi koja je postavljena na mestu gde je S1
p1
voda
v1
p2
x (1) h
živa
v 2 = v = v sr (2)
r
S2
brzina kretanja vode jednaka njenoj srednjoj brzini. Pokazivanje µzivinog diferencijalnog manometra prikljuµcenog na Pitovu cev iznosi h = 20 cm Odredimo brzinu protoka vode krkg oz cev ako je njena gustina v = 103 3 dok m 3 kg je gustina µzive z = 13; 6 10 Odredimo m3 zapreminski i maseni protok vode kroz cev ako je njen polupreµcnik r = 5 cm Zbog inercije kretanja teµcnosti Pitova cev meri neku srednju vrednost brzine njenog
protoka kroz cev, odnosno v = vsr Zapreminski pritisak vode u cevi jednak je proizvodu brzine kretanja vode i površine popreµcnog preseka cevi, odnosno Qv = v r2 Kako je cev kroz koju voda protiµce horizontalna i nekonusna to su hidrostatiµ cki pritisci, odnosno µclanovi g h isti za svaki poloµzaj na horinzontalnom delu njene duµzine pa u datom sluµcaju Bernulijeva jednaµcina glasi
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
p1 +
v
v12
2 |{z}
v
= p2 +
v22
2
) p1
Fizika Rešeni zadaci
v
p2 =
v22
2
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
) v2 = v = vsr =
0
s
2 (p1
109
p2 ) v
Kako su površine preseka cevi S1 i S2 iste i kako se one nalaze na istoj visini, to su hidrostatiµcki pritisci na njima isti pa prema slici sledi ps = p 1 + p1
v
p2 = (
v = vsr =
(h + x) = p2 + v)h
z
s
2(
=(
z
v)gh
z
z
h+
g
v
=
v
s
v
x odnosno p1 +
g) h = ( z
2
v)gh
z
1 gh =
v
s
v
h+
v
x = p2 +
z
h+
v
x odakle je
odnosno 13; 6 103 103
2
1 9; 81 0; 2 = 7; 031
Zapreminski protok vode kroz datu cev iznosi Qv = S v = r2 v = 55; 22 Maseni protok vode kroz datu cev iznosi Qm = Qv
v
= 55; 22 103
m s
lit s
cm3 gr kg 1 = 55; 22 3 s cm s
00) Odredimo pad ili smanjenje pritiska u cevi kroz koju protiµce voda izme†u površine (1)
popreµcnog preseka S1 i površine popreµcnog preseka S2 ako pokazivanje diferencijalnog manometra iznosi h = 250 mm kg Kroz cev protiµce voda gustine v = 103 3 dok je manom N metar punjen sa teµcnoš´cu speci…µcne teµzine 0 = 8 103 3 m Gustina vode je ve´ca od gustine teµcnosti kojom je napuN njen diferencijalni manometar jer je v = 9; 81 103 3 m Kako je brzina vode kroz presek S2 ve´ca od njene brzine kroz presek S1 odnosno v2 > v1 to je p2 < p1 Ukupni pritisci u cevi na presecima S1 i S2 su isti pa je p(S2 ) = p(S1 ) pri µcemu su
(2)
S1
S2 p2
p1 x h
živa p(S2 ) = p2 + p1 +
v
x+
p = p1
v
(h + x) = p2 +
0h
p2 =
= p2 +
v
h
0h
v
h+
v
h+
v
x odakle je
=(
v
x
0) h
v
p(S1 ) = p1 +
v
8) 103
= (9; 81
x+
0h
odnosno
N N N 0; 25 m = 0; 4525 103 2 = 452; 5 2 m3 m m
Hidrostatika p = 0; 75 cm3 p koja pliva u vodi sa vrhom okrenutim na dole ako je v = 1 cm3 U ravnoteµznom poloµzaju sila potiska Fp jednaka je teµzini kupe Fp = Q 1 1 r2 h odnosno V = R2 H Prema slici je cemu je V1 = v V1 = d V pri µ 3 3 R H h = ) r= R pa imamo r h H
00) Odredimo dubinu ronjenja drvene kupe visine H = 0; 8 m i speci…µcne teµzine →
R
Fp r
H h
voda →
Q
→
→
V1 =
Q = Fp
Iz poµcetne relacije
v
V1 =
1 3
h R H
2
h=
1 3
R2
h3 1 h3 h3 V1 h3 2 = R H = V odnosno = 3 H2 H3 V H3 |3 {z } H V
dV
imamo
V1 = V
d v
3
=
h H3
d
odakle dobijamo
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
h=
r
d
3
H3
=H
v
r 3
d
= 0; 8 m
v
r 3
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
110
0; 75 = 0; 726 m 1
00) Cev duµzine 131 cm i površine popreµcnog preseka S = 2 cm2 savijena je simetriµcno u obliku slova U pri µcemu njen horizontalni deo ima duµzinu 35 cm S S
h v = 48 cm
Koliko µzive treba sipati u jedan krak U cevi da njen kontakt sa vodom bude udaljen 14 cm od tog kraka ako je drugi krak U cevi potpuno ispunjen vodom ? Zbog ravnoteµze, hidrostatiµcki pritisci u oba kraka cevi su isti
hž
z
v
hv pa je hz =
v
hv =
z
1 48 cm = 3; 53 cm 13; 6
Ukupna duµzina µzivinog „stuba” u cevi iznosi l = 14 cm + hz = 14 cm + 3; 53 cm = 17; 53 cm
živa voda 14 cm
hz =
pa teµzina µzive koju treba sipati u datu cev iznosi g Qz = z V = z S l = 13; 6 2 cm2 17; 53 cm = 476; 8 g cm3
35 cm
00) Dve paralelne cevi preµcnika R1 = 10 cm i R2 = 2 cm spojene su donjim krajem u obliku slova U gde je u tako spojene cevi nalivena µziva. Zatim se u cev ve´ceg preµcnika nalije 1 l vode. Za koliko ´ce se podi´ci nivo µzive u uµzoj cevi? I posle nalivanja vode u U cev sa µzivom, zbog ravnoteµze hidrostatiµcki pritisci u obe cevi moraju biti isti, odnosno
R2
voda
R1
x hž y
v
hv =
z
hz odakle je hz =
v
hv
Kako je
z
živa
živa hz = y=x
1 000 cm3 Vv Vv = 12; 732 cm zamenom dobijamo = 2 = S1 r1 25 cm2
hv =
1 12; 732 cm = 0; 936 cm = 9; 36 mm Prema slici imamo 13; 6 2
r2 r1
odnosno hz = x + y = x + x
2
r2 r1
U uµzoj cevi nivo µzive ´ce se podi´ci za visinu x =
z
S1 y = 2
!
=x 1+
r2 r1
hz
0; 936 cm
1+
2
r2 r1
=
S2 x r12 y = r22 x odakle je
= 0; 936 cm
1 5
1+
z
2
= 0; 9 cm
00) U vertikalnoj U cevi kod koje je jedan krak tri puta ve´ce površine popreµcnog preseka od površine drugog
voda
30 cm
živa mz = S 1 y
v
kraka nalivena je µziva do nivoa 30 cm ispod vrha. Za koliko ´ce se podi´ci nivo µzive u širem kraku cevi ako se njen uµzi krak napuni vodom. Zbog ravnoteµze i posle sipanja vode u cev manje površine popreµcnog preseka, hidrostatiµcki pritisci ostaju isti u obe cevi
S2 = 3 S1
S1
h=x
x y
živa
z
= S2 x
z
+
z
z
S2 S1
) y=
S2 x S1
S2 S1
=x
v
v
hv =
v
h+
z v
hz
odnosno
y=
z
x+
z
v
(h + y ) =
z
(x + y )
odakle je
y Masa µzive koja zbog pritiska vode
iz tanje cevi prelazi u širu cev mora biti ista, odnosno Sada je
z
+
S2 ( S1
v
z
h+ v)
v
S2 x= S1
z
x+
z
S2 x odnosno S1
odakle dobijamo visinu podizanja µzive u široj
µ ckovi´c M.Miroslav, Milinkovi´c M.Vukomir Cuµ
Fizika Rešeni zadaci
Knjiga za samostalno pripremanje ispita
111
cevi zbog pritiska vode u uµzoj cevi, odnosno v
x=
h
S + 2( S1
z
= v)
z
1 0; 3 m = 5; 836 mm 13; 6 + 3 12; 6
g g i plute gustine 0; 2 3 cm cm3 Odredimo teµzine gvoµz†a i plute u telu uz uslov da ono pliva u vodi.
00) Telo teµzine 2 N sastoji se od smeše gvoµz†a gustine 7; 5
Oznaµcimo sa V1 zapreminu gvoµz†a a sa V2 zapreminu plute u telu. U graniµcnom sluµcaju, sila potiska Fp mora biti jednaka teµzini tela Q odnosno Fp = Q pri µcemu je Q = Q1 + Q2 = g( (
1 V1
1
+
1 V1 g
2 V2 )
v ) V1
=
=(
Iz relacije Q =
v
2 V2 g
= g(
1 V1
+
2 V2 )
1 V1
+
2 V2
g (V1 + V2 ) 2 ) V2
v
v
+
)
V2 = V1
1
v
v
2
Fp = Q =
=
v
V1 +
odakle je
v
v
V2
V2 =
Vg=
v
g (V1 + V2 ) odnosno
odnosno 1
v
v
2
V1 =
7; 5 1 6; 5 65 V1 = V1 = V1 1 0; 2 0; 8 8
65 Q odnosno V1 + V1 = g v |8{z }
g (V1 + V2 ) dobijamo V1 + V2 =
1+
65 8
V1 =
73 Q V1 = 8 vg
V2
8 odakle je V1 = 73 Q1 = Q2 =
1 V1 g
2 V2 g
=
1
=
2
Q vg
Sada odredimo teµzine gvoµz†a i plute, odnosno Q1 i Q2
Q 8 g= 73 vg
8 73
65 V1 g = 8
1
Q=
v
65 8 8 73
2
8 7; 5 2 N = 1; 64 N 73 1
Q 65 g= g 73 v
2
Q=
v
Q2 = Q
Q1 = 2 N
Q1 = 0; 35 N ili
65 0; 2 2 N = 0; 35 N 73 1
00) Stakleni termometar napunjen µzivom teµzi u vazduhu 70 p a u vodi 60 p Odredimo koliµcinu µzive u p p dok je speci…µcna teµzina stakla 2; 8 cm3 cm3 Neka je zapremina µzive V1 a zapremina stakla V2 odnosno ukupna teµzina termometra termometru ako je njena speci…µcna teµzina 13; 6
Qt = Qz + Qs pri µcemu je Qz = Fp = Qt
z
V1 i Qs =
s V2
Sila potiska na termometar potopljen u vodu iznosi
Qt(v) = 10 p Prema Arhimedovom zakonu dobijamo Fp =
V1 + V 2 =
Fp
odnosno V2 =
v
Fp
V1
s V2
= Qz +
Fp
V1
s
= Qz +
v s
(V1 + V2 ) odakle je
v
Qt = Qz + Qs = Qz + Qt
v
Fp = Qz
s V1
= Qz
v
s v
s
Fp
s V1
v
V = Qz | z{z }1
Qz
s z
= Qz 1
s z
= Qz
z
s z
Qz
Koliµcina µzive u termometru iznosi s
Qt Qz =
Fp
v z
s z
=
Qt
s Fp
v v
z z
= s
70 p 1
2; 8 10 p 13; 6 = 52; 88 p 1 13; 6 2; 8
