mehanika

UDŽBENICI SVEUČILIŠTA U MOSTARU MANUALIA UNIVESITAS STUDIORUM MOSTARIENSIS

mehanika.indd 1

9.11.2007 9:58:13

RECEZENTI Prof. dr. sc. Ivan Zulim Prof. dr. sc. Vlado Cigić Prof. dr. sc. Mile Dželalija LEKTOR Ita Šakota GRAFIČKA PRIPREMA Jadranko Batista Matej Živko CRTEŽI Jadranko Batista Matej Živko NAKLADNIK Sveučilište u Mostaru Fakultet prirodoslovno-matematičkih i odgojnih znanosti TIRAŽ 500 primjeraka TISAK FRAM - ZIRAL

CIP - Katalogizacija u publikaciji Nacionalna i univerzitetska biblioteka Bosne i Hercegovine, Sarajevo 531/533(075.8)(076) PRIMORAC, Zoran Mehanika : metodička zbirka zadataka s rješenjima / Zoran Primorac, Jadranko Batista ; [crteži Jadranko Batista, Matej Živko]. - Mostar : Sveučilište, Fakultet prirodoslovno-matematičkih i odgojnih znanosti, 2007. - 370 str. : graf. prikazi ; 25 cm Bibliografija: str. 363 ISBN 978-9958-690-40-2 1. Batista, Jadranko COBISS.BH-ID 16094214

mehanika.indd 2

9.11.2007 9:58:38

Zoran Primorac - Jadranko Batista

MEHANIKA METODIČKA ZBIRKA ZADATAKA S RJEŠENJIMA

Mostar, 2007

mehanika.indd 3

9.11.2007 9:58:39

Sadr

zaj PREDGOVOR

1 VEKTORI I SKALARI 1.1 Osnovni pojmovi i denicije 1.2 Problemski zadaci . . . . . 1.3 Primjeri . . . . . . . . . . . 1.4 Zadaci . . . . . . . . . . . .

v

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

1 1 8 11 20

2 KINEMATIKA CESTICE 2.1 Osnovni pojmovi i denicije 2.2 Problemski zadaci . . . . . 2.3 Primjeri . . . . . . . . . . . 2.4 Zadaci . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

23 23 40 44 67

3 DINAMIKA 3.1 Osnovni pojmovi i denicije 3.2 Problemski zadaci . . . . . 3.3 Primjeri . . . . . . . . . . . 3.4 Zadaci . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

71 71 77 89 118

4 ENERGIJA I ZAKONI OCUVANJA 4.1 Osnovni pojmovi i denicije . . . . . . 4.2 Problemski zadaci . . . . . . . . . . . 4.3 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

121 121 126 135 162

5 STATIKA 5.1 Osnovni pojmovi i denicije 5.2 Problemski zadaci . . . . . 5.3 Primjeri . . . . . . . . . . . 5.4 Zadaci . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

163 163 166 169 180

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

iii

mehanika.indd 5

9.11.2007 9:58:39

SADRZAJ

iv 6 INERCIJSKI I NEINERCIJSKI SUSTAVI 6.1 Osnovni pojmovi i denicije . . . . . . . . . 6.2 Problemski zadaci . . . . . . . . . . . . . . 6.3 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

181 181 183 185 199

7 ROTACIJA KRUTOG TIJELA 7.1 Osnovni pojmovi i denicije . . 7.2 Problemski zadaci . . . . . . . 7.3 Primjeri . . . . . . . . . . . . . 7.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

201 201 206 211 233

8 GRAVITACIJA 8.1 Osnovni pojmovi i denicije 8.2 Problemski zadaci . . . . . 8.3 Primjeri . . . . . . . . . . . 8.4 Zadaci . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

235 235 239 241 258

9 STATIKA FLUIDA 9.1 Osnovni pojmovi i denicije 9.2 Problemski zadaci . . . . . 9.3 Primjeri . . . . . . . . . . . 9.4 Zadaci . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

259 259 264 272 287

10 DINAMIKA FLUIDA 10.1 Osnovni pojmovi i denicije 10.2 Problemski zadaci . . . . . 10.3 Primjeri . . . . . . . . . . . 10.4 Zadaci . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

289 289 292 296 306

11 HARMONIJSKO TITRANJE 11.1 Osnovni pojmovi i denicije . 11.2 Problemski zadaci . . . . . . 11.3 Primjeri . . . . . . . . . . . . 11.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

309 309 312 314 337

A O FIZICI I METODAMA FIZIKE

341

B MATEMATICKI DODATAK 351 B.1 Derivacija funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351 B.2 Integralni ra cun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353 C TABLICE

mehanika.indd 6

359

9.11.2007 9:58:39

PREDGOVOR Ova zbirka zadataka je uglavnom namijenjena studentima Ra cunarstva na Sveu cilištu u Mostaru i ura†ena je prema nastavnom planu i programu Fizike I. Zbirkom se mogu koristiti i studenti srodnih fakulteta. Zbirka je podijeljena na jedanaest poglavlja i obuhvaća gradivo zike za prvi semestar na fakultetu Strojarstava i ra cunarstva u Mostaru, a na kraju knjige se nalazi Dodatak koji sadr zi odgovarajuće tabele i osnovne matemati cke operacije koje su neophodni podsjetnik za rješavanje problema i zadataka. Zbirka je strukturirana po odre†enim metodi ckim principima namijenjenim za odgovarajući prol i uzrast studenata; svako poglavlje ima uvodni dio koji predstavlja odgovarajuće teoretske osnove, zatim slijedi skup problemskih pitanja sa odgovorima cije cilj pojmovno strukturiranje zikalnih teorijskih osnova, a nakon toga potpuno riješeni primjeri i na svršetku zadaci za vje zbu uz koje je uvijek naveden kona cni rezultat. Dobro ovladati znanjem iz zike zna ci njezine zakonitosti znati stvarala cki primijeniti u praksi. Predavanja iz zike mogu biti uspješna samo ako su upotpunjena odgovarajućim vje zbama na kojima se izvodi mjerenje, odnosno na kojima se rješavaju zadaci. Nastojali smo odabrati primjere koje će studenti koristiti u daljnjem studiju i kasnije u praksi. Ti će primjeri biti korisni i za širi krug stru cnjaka jer je zika temelj mnogih disciplina. Autori su koristili mnogobrojnu literaturu, a popis one najviše korištene nalazi se na kraju knjige. Većina je zadataka ra†ena na auditornim vje zbama ili su posljednjih nekoliko godina zadavani kao ispitni zadaci na odgovarajućem kolegiju.

U Mostaru, listopad 2007. Autori

v

mehanika.indd 7

9.11.2007 9:58:39

vi

mehanika.indd 8

Preface

9.11.2007 9:58:39

Poglavlje 1

VEKTORI I SKALARI 1.1

Osnovni pojmovi i denicije

Denicija 1.1.1 Skalari su one veli cine koje se jednozna cno mogu opisati svojom broj canom vrijednosti (skalarom, brojem) Denicija 1.1.2 Skalarne zikalne veli cine se, osim skalarom, opisuju i pripadnom jedinicom (npr. masa p = 50 nj, udaljenost o = 20 p itd.) $ Denicija 1.1.3 Vektor DE je usmjerena du zina DE kojoj je to cka A po cetna, a to cka B krajnja to cka. $ Vektor DE je jedinstveno odre†en trima veli cinama: 1. pravcem s koji prolazi kroz to cke A i B; 2. smjerom D $ E od po cetne to cke A do krajnje to cke B ¯$¯ ¯ ¯ 3. te intezitetom ¯DE ¯ = DE, (iznos ili modul) što je „me†usobna udaljenost to caka A i B". Vektore ozna cavamo strelicom iznad simbola zikalne veli cine, a gra cki se opisuje usmjerenom du zinom. Denicija 1.1.4 Vektorske zikalne veli cine se osim vektorom opisuju i pripadnom zikalnom jedinicom. juga prema sjeveru, cime je zadan pravac i [(Npr. y = 10³p v , u smjeru od $´ $ $ $ smjer ili sila I = 2 l 3 m + n Q)]. Iako vektorske zikalne veli cine imaju sva svojstva matemati ckog vektora, oni mogu imati neka dodatna svojstva koja slijede iz same zi cke naravi veli cine koju opisuju. Iz ove naravi zi cke veli cine slijede i odre†ena svojstva pridodanom vektoru, koja ina ce vektori kao matemati cke veli cine ne posjeduju. S obzirom na ta dodatna svojstva imamo tri vrste vektora u zici; slobodni, klizni i vezani vektori. 1

mehanika.indd 9

9.11.2007 9:58:40

2

POGLAVLJE 1. VEKTORI I SKALARI 1. Slobodni vektor - kod slobodnog vektora napadna se to cka mo ze odabrati proizvoljno u prostoru. Slobodni vektor se mo ze pomicati paralelno samom sebi prema potrebi, a da se pri tome ne izmjeni (ovo je svojstvo vektora koje prou cava matematika). Kao primjer slobodnog vektora uzet ćemo brzinu translatornog gibanja jednog tijela (slika 1.1.a). Sve to cke tijela pri translaciji imaju istu brzinu pa mo zemo proizvoljno izabrati napadnu to cku vektora brzine. 2. Klizni vektor - kod kliznog vektora po cetna se to cka vektora mo ze pomicati samo po pravcu koji se poklapa s pravcem vektora. Primjer kliznog vektora je vektor sile koji djeluje na kruto tijelo. Pomicanjem napadne to cke sile du z pravca koji se poklapa sa pravcem sile neće promijeniti prvobitno gibanje (slika 1.1.b). 3. Vezani vektor - kod vezanog vektora odre†ena je po cetna to cka pa se vektor ne mo ze pomicati jer je u drugim to ckama razli cit. Primjer vezanog vektora je vektor polja gdje u svakoj to cki polja imamo razli cit vektor kao predstavnika zi cke veli cine u odre†enom polju (slika 1.1.c).

Slika 1.1. Osnovna svojstva i operacije s vektorima Matemati cka teorija koja pru cava svojstva vektora, kao i operacije s vektorima naziva se vektorska algebra. Osnovne denicije vektorske algebre su: $ $ Denicija 1.1.5 Jednakost vektora - dva vektora d i e su jednaka, ozna$ $ d = e > ako imaju isti iznos, isti smjer i le ze na istim ili paralelnim

cavamo sa pravcima (slika 1.2.a).

mehanika.indd 10

9.11.2007 9:58:40

1.1. OSNOVNI POJMOVI I DEFINICIJE

3

$ $ Denicija 1.1.6 Suprotni vektor - vektor d je suprotan vektoru e , ozna ca$ $ vamo sa d = e , ako imaju isti iznos, le ze na istim ili paralelnim pravcima i imaju suprotan smjer (slika 1.2.b).

Slika 1.2.

Slika 1.3.

$ $ Denicija 1.1.7 Zbrajanje vektora - zbroj dvaju vektora d i e , ozna cavamo $ $ sa d + e i odre†uje se tako da se paralelnom translacijom po cetna to cka vektora $ $ $ $ $ e dovede na krajnju to cku vektora d ; rezultantni vektor f = d + e jest vektor $ $ povu cen od po cetka vektora d do kraja vektora e . Dva vektora su kolinearna ako le ze na istom ili na paralelnim pravcima. Za dva vektora ka zemo da su nekolinearni ako ne le ze na istom pravcu ili ako le ze na pravcima koji nisu paralelni. Kolinearne vektore zbrajamo tako da im jednostavno zbrojimo iznose (ako imaju isti smjer) ili im oduzmemo iznose (ako su suprotnog smjera, pri cemu zadr zavamo smjer onog vektora ciji je iznos veći), a pravac tih vektora ostaje isti (slika 1.3.a). Nekolinearne vektore zbrajamo ili oduzimamo preko def. 1.1.7. Iznos rezultante mo ze se izra cunati i pomoću kosinusova pou cka r ³ $´ $ f = d2 + e2 + 2de cos ] d> e (1.1.1) Smjer rezultante se tada odre†uje kutom (slika 1.3.b). cos =

d2 + f2 e2 2df

Napomena: Kada imamo dva vektora koristimo metodu paralelograma ili trokuta koja je odre†ena na konstrukciju paralelograma gdje je dijagonala rezultantni vektor. $ $ Denicija 1.1.8 Razlika vektora - razliku vektora d i e , ozna cavamo sa $ $ $ $ d e svodimo na zbrajanje vektora d sa³ suprotnim vektorom vektora e , dakle ´ $ $ $ $ $ rezultantni vektor je f = d e = d + e .

mehanika.indd 11

9.11.2007 9:58:40

4

POGLAVLJE 1. VEKTORI I SKALARI

$ $ Denicija 1.1.9 Nul vektor - ako je vektor d jednak vektoru e , tada razlika $ $ $ vektora d e denira nul vektor, koji ozna cavamo sa 0 = ª. Iznos nul vektora je nula |ª| = 0, a nema odre†eni smjer. $ Denicija 1.1.10 Mno zenje vektora skalarom - umno zak vektora d brojem $ (skalarom) p nazivamo novi vektor p d kojem je duljina d · |p| i le zi na istom $ pravcu kao i vektor d , a smjer mu je isti ako je p A 0 ili suprotan ako je p ? 0. $ Ako je p = 0 dobivamo nul vektor 0 = ª. Denicija 1.1.11 Jedini cni vektor - je svaki vektor kod kojeg je iznos jednak jedinici. $ d 0 koji ima intezitet jednak Jedini cni vektor u smjeru vektora d je vektor $ $ jedinici, a dobijemo ga tako što vektor d podijelimo s njegovim intezitetom < 3 < 3 $ d = dd . Na ovaj na cin mo zemo svaki vektor d. Tako mo zemo pisati d0 = 3 < d | | prikazati kao umno zak njegovog inteziteta i jedini cnog vektora u tom smjeru $ $ d =d· d 0. $ $ Denicija 1.1.12 Skalarni produkt $ d · e vektora $ d i e je skalar deniran izrazom ³ $ $´ $ $ d · e = de cos ] d> e (1.1.2) Mo zemo denirati intezitet vektora preko skalarnog umnoška kao s s s $ $ $ d · d = d · d · cos 0 = d2 = d | d|=

(1.1.3)

$ Denicija 1.1.13 Skalarna projekcija vektora $ d na vektor e je skalar de deniran pomoću izraza $ ³ $ $´ $ d · e $ $ = d cos ] d > e = d cos de = d · e 0 = e

(1.1.4)

Za de (slika 1.4.a) ka zemo da je $ skalarna komponenta vektora d u $ smjeru vektora e . Sada svaki vektor mo zemo projicirati na proizvoljni pravac. Na isti na cin smo mogli napraviti skalarnu projekciju vektora $ $ e na vektor d , tako što krajnju to cku $ vektora e projiciramo na pravac veSlika 1.4. $ $ ktora d . Po cetna to cka vektora e i projekcija vrha vektora na pravac, deniraju duljinu koja je zapravo projekcija $ vektora e ozna cena sa ed (slika 1.4.b).

mehanika.indd 12

9.11.2007 9:58:41


5

Denicija 1.1.14 Kartezijev koordinatni sustav u prostoru je zadan sa tri me†usobno okomite koordinatne osi {> | i } sa zajedni ckim ishodištem R kojeg nazivamo ishodište koordinatnog sustava. Tada je svaka to cka T u prostoru zadana ure†enom trojkom brojeva ({> |> }) i pišemo W = W ({> |> }). $ Jedini cni vektori za pojedine koordinatne osi su: za os { - apscisa je l , za os $ $ | - ordinata je m i za os } - aplikata je n . Skalarni produkt jedini cnih vektora mo zemo prikazati pomoću tablice, koja se mo ze dobiti pomoću denicije skalarnog produkta (def. 1.1.12). · $ l $ m $ n

$ $ $ l m n 1 0 0 0 1 0 0 0 1

Sada pomoću projekcije vektora svaki vektor mo zemo prikazati preko njegovih komponenti u koordinatnom sustavu $ $ $ $ (1.1.5) d = d{ l + d| m + d} n gdje su d{ > d| > d} skalarne kompo$ nente vektora d na pojedine osi {> |> } koordinatnog sustava. Jednad zbu (1.1.5) nazivamo koordinatnim prikazom vektora. Skalarne komponente vektora dobijemo pomoću denicije 1.1.13: $ $ d · l d{ = $ $ d · m d| = $ $ d · n d = }

Slika 1.5.

Prika zu li se vektori preko skalarnih komponenti u koordinatnom sustavu, tada je skalarni umno zak vektora ´ ³ ³ $ $´ $ $ $ $ $ $ d · e = d{ l + d| m + d} n · e{ l + e| m + e} n = d{ e{ +d| e| +d} e} (1.1.6)

Koristeći deniciju inteziteta vektora (1.1.3) preko skalarnog produkta, mo zemo intezitet vektora prikazati preko skalarnih komponenti kao: q $ (1.1.7) | d | = d2{ + d2| + d2} Denicija 1.1.15 Radijus vektor polo zaja to cke T u prostoru je deniran vektorom kojem je po cetne to cka ishodište koordinatnog sustava, a krajnja to cka $ $ $ $ to cka T, RW = { l + | m + } n .

mehanika.indd 13

9.11.2007 9:58:41

6


Iznos radijus vektora polo zaja to cke T u prostoru jednak je udaljenosti to cke T od ishodišta koordinatnog sustava: ¯$¯ p ¯ ¯ ¯RW ¯ = {2 + | 2 + } 2

$ $ f = $ Denicija 1.1.16 Vektorski produkt $ d × e vektora $ d i e je vektor

ciji iznos deniramo izrazom ¯ ³ $´ $¯¯ ¯$ $ $ d> e | f | = ¯ d × e ¯ = de sin ] $ $ Vektor f je okomit na vektore $ d i e , a smjer mu se odre†uje pravilom desne baze (desne ruke)

Iznos vektorskog produkta broj cano je jednak površini $ $ paralelograma kojemu su stranice vektori d i e (slika 1.6.). Prika zu li se vektori pomoću skalarnih komponenti u pravokutnom koordinatnom sustavu, vektorski umno zak se mo ze pisati u obliku determinante ¯ ¯ ¯ $ $ d × e = ¯¯ ¯

¯ $ $ $ l m n ¯¯ d{ d| d} ¯¯ e{ e| e} ¯

(1.1.8)

Slika 1.6.

što prikazano preko komponenti daje: ³ $ $´ ³ $´ $ $ $ $ $ d × e = d{ l + d| m + d} n × e{ l + e| m + e} n $ $ $ $ $ d × e = (d| e} d} e| ) l + (d} e{ d{ e} ) m + (d{ e| d| e{ ) n $ Denicija 1.1.17 Površina paralelograma razapetog vektorima $ d i e jednaka je ¯ $¯¯ ¯$ d × e¯ S¤ = ¯ $ Denicija 1.1.18 Površina trokuta razapetog vektorima $ d i e jednaka je S4 =

$¯¯ 1 ¯¯ d × e¯ ¯$ 2

$ $ $ Denicija ³ ´ 1.1.19 Mješoviti produkt vektora d > e i f nazivamo izraz oblika $ $ $ d × e · f.

mehanika.indd 14

9.11.2007 9:58:41


Slika 1.7.

7

$ $ $ Ako su vektori d> e i f zadani preko komponenti u pravokutnom koordinatnom sustavu, tada mješoviti produkt mo zemo prikazati pomoću determinante kao ¯ ¯ ¯ d{ d| d} ¯ ³ ´ ¯ ¯ $ $ $ (1.1.9) d × e · f = ¯¯ e{ e| e} ¯¯ ¯ f{ f| f} ¯

ili ³ ´ $ $ $ d × e · f = d{ (e| f} e} f| ) + d| (e} f{ e{ f} ) + d} (e{ f| e| f{ )

$ $ $ Denicija 1.1.20 Volumen paralelopipeda razapetog vektorima d> e i f jednak je (slika 1.7.) apsolutnoj vrijednosti mješovitog umnoška tih vektora ¯³ $´ $¯¯ ¯ $ d × e · f¯ Y =¯

mehanika.indd 15

9.11.2007 9:58:41

8


1.2

Problemski zadaci

$ Problem 1.2.1 Dana su tri vektora $ d> e i $ f . Koji uvjet trebaju ispuniti da se od njh mo ze formirati trokut? Odgovor: $ $ $ Da bi formirali trokut vektori d> e i f moraju zadovoljavati uvjet da je njihov vektorski zbroj jednak nuli, odnosno ta tri vektora moraju sa cinjavati trokut (slika 1.8.) $ $ $ d + e + f =0

Slika 1.8. $ $ $ $ Problem 1.2.2 Koji uvjet moraju ispunjavati vektori d i e , da bude d + e $ $ normalno na d e? Odgovor: Budući da je skalarni produkt dva okomita vektora jednak nuli, dovoljno je da bude zadovoljen slijedeći uvjet ³ $´ $´ ³$ $ d e =0 d + e · Mno zenjem dobivamo: $ $ $ $ $ $ $ d · d + e · d $ d · e e · e =0

kako je zbog osobine komutativnosti skalarnog produkta vektora $ $ $ $ $ $ $ $ d · e = e · d =, d · d e · e =0 Skalarni umno zak vektora sa samim sobom jednak je kvadratu inteziteta vektora pa vrijedi $ $ $ $ d · d = d2 > e · e = e2 odakle dobivamo tra zeni uvjet d2 = e2 $ Problem 1.2.3 Objasnite kada je skalarni produkt f = $ d · e maksimalan, a kada minimalan? Odgovor: Po deniciji skalarnog umnoška $ $ f= d · e = dq · e = d · eq vrijedi fmax = d · (eq )max fmin = d · (eq )min

mehanika.indd 16

9.11.2007 9:58:42

1.2. PROBLEMSKI ZADACI

9

Iz slike 1.9. vidimo da je (eq )max = e za = 0 i (eq )min = 0 za = 90 . Problem se mo ze riješiti i preko trigonometrijskih funkcija. Skalarni umno zak je tada $ $ f= d · e = d · e · cos $ $ gdje je kut izme†u vektora d i e. Budući da je Slika 1.9.

0 cos 1 za vrijednosti kuta 0 90 to je fmax = d · e · cos 0 = d · e, fmin = d · e · cos 90 = 0 Problem 1.2.4 Koji uvjet mora biti zadovoljen da intezitet vektorskog produkta $ $ $ f = d × e bude minimalan, a koji da bude maksimalan? Odgovor: Na osnovu denicije 1.1.16 intezitet vektorskog produkta dvaju vektora $ $ $ f = d × e jednak je ¯ $¯¯ ¯$ d × e ¯ = d · kd = e · ke f = ¯ odakle vrijedi

fmax = d · (kd )max = d · e jer je (kd )max = e za kut = 90 i fmin = d · (kd )min = 0 Slika 1.10. gdje je (kd )min = 0 za kut = 0 . Problem se mo ze riješiti i preko trigonometrijskih funkcija ¯ $¯¯ ¯$ f = ¯ d × e ¯ = d · e · sin gdje je

0 sin 1 za 0 90 . Odavde slijedi fmax = d · e · sin 90 = d · e fmin = d · e · sin 0 = 0

mehanika.indd 17

9.11.2007 9:58:42

10


$ $ Problem 1.2.5 Kakav me†usobni polo zaj moraju zauzimati vektori d i e da bi brojna vrijednost skalarnog produkta tih vektora bila jednaka intezitetu vektorskog produkta tih vektora? Odgovor: Tra zeni uvjet je $¯¯ $ ¯¯$ $ d × e¯ f= d · e = ¯

Prema deniciji skalarnog i vektorskog produkta slijedi $ $ e¯ = d · e · cos ¯ d · $ ¯ ¯ $ ¯ d × e ¯ = d · e · sin tra zeni uvjet daje

d · e · cos = d · e · sinp sin = cos =

1 sin2

odakle sre†ivanjem izraza dobivamo sin2 = 1 sin2

2 sin2 = 1 1 sin2 = 2 s 2 =, = 45 sin = 2

¯ $ ¯¯ ¯¯$ $ ¯¯ $ ¯¯ ¯¯$ ¯$ d × e 1 ¯ = ¯ d × e 2 ¯ = ¯ d × e 3¯ Problem 1.2.6 Poka zite da vrijedi jednakost ¯ za vektore prikazane na slici 1.11..

Odgovor: Na osnovu denicije vektorskog produkta dva vektora, intezitet rezultantnog vektora odgovara površini paralelograma kojeg cine vektori. Tako vrijedi ¯ $ ¯¯ ¯ d × e 1 ¯ = d · e1 = S1 ¯$ ¯ $ ¯¯ ¯ d × e 2 ¯ = d · k2 = S2 ¯$ ¯ $ ¯¯ ¯ d × e 3 ¯ = d · k3 = S3 ¯$

Slika 1.11.

Na osnovu slike 1.11. vidimo da je e1 = k2 = k3 pa slijedi S1 = S2 = S3 odnosno ¯ $ ¯¯ ¯¯$ $ ¯¯ $ ¯¯ ¯¯$ ¯ d × e 2 ¯ = ¯ d × e 3¯ d × e 1 ¯ = ¯ ¯$

mehanika.indd 18

9.11.2007 9:58:42

1.3. PRIMJERI

1.3

11

Primjeri

Primjer 1.3.1 Odredite koje su skalarne, a koje vektorske zikalne veli cine? a) te zina f) sila

b) speci cna toplina g) udaljenost

c) gustoća h) energija

b) skalar g) skalar

d) skalar i) vektor

d) volumen i) moment sile

e) brzina j) snaga

Rješenje: a) vektor f) vektor

c) skalar h) skalar

e) vektor j) skalar

$ $ $ $ $ $ $ $ Primjer 1.3.2 Zadani su vektori d = 3 l 2m + n, e = 2 l 4m 3n, $ $ $ $ f = l + 2 m + 2 n , prona†ite intezitete vektora: f |, a) |$ ¯ $ $¯¯ ¯$ b) ¯ d + e + f ¯,

¯ ¯ $ ¯ $ ¯ $ c) ¯2 d 3 e 5 f ¯. Rješenje:

a) Koristeći relaciju (1.1.7) intezitet vektora je q ¯ s $¯¯ $ ¯ $ $ | f | = ¯ l + 2 m + 2 n ¯ = (1)2 + (2)2 + (2)2 = 9 = 3

b) Prvo zbrojimo vektore, a zatim njihovom zbroju izra cunamo intezitet ³ $ $ $´ ³ $´ $ $ $ $ $ d + e + f = 3 l 2m + n + 2 l 4m 3n ³ $´ $ $ + l +2m +2n $ $ = 6 l 4m q ¯ ¯ ¯ s $ $¯¯ ¯ ¯ $ ¯ 2 2 $ $ ¯ d + e + f ¯ = ¯6 l 4 m ¯ = (6) + (4) = 2 13

c) Pomno zimo vektore skalarom i zbrojimo ih, a onda mu izra cunamo intezitet ³ ³ $ $´ $´ $ $ $ $ $ $ 2 d 3 e 5 f = 2 3 l 2m + n 3 2 l 4m 3n ³ $´ $ $ 5 l + 2 m + 2 n $ $ $ = 5 l 2 m + n q ¯ ¯ ¯ s $ $¯¯ $ ¯ ¯ ¯ $ $ f ¯ = ¯5 l 2 m + n ¯ = (5)2 + (2)2 + (1)2 = 30 d 3 e 5 ¯2$

mehanika.indd 19

9.11.2007 9:58:42

12


$ $ $ $ $ $ $ $ Primjer 1.3.3 Zadani su vektori d = 2 l m + n, e = l + 3m 2n, $ $ $ $ $ $ $ $ f = 2 l + m 3 n , i g = 3 l + 2 m + 5 n , prona†ite skalare a, b i c tako da $ $ $ $ $ $ $ $ d> e i f? vrijedi: g = d · d +e· e +f· f te izrazite vektor g preko vektora Rješenje: Koristeći zadane vektore dobivamo $ $ $ $ g = d d + e e + f f ´ ³ ³ $ $ $´ $ $ $ $ $ $ 3 l +2m +5n = d 2 l m + n +e l +3m 2n ³ $´ $ $ +f 2 l + m 3 n $ $ $ $ $ $ $ $ $ = 2d l d m + d n + e l + 3e m 2e n 2f l + f m 3f n $ $ $ $ $ $ 3 l + 2 m + 5 n = (2d + e 2f) l + (d + 3e + f) m + (d 2e 3f) n Dva vektora su jednaka ako su im jednake sve komponente, tj. mora vrijediti: (2d + e 2f) = 3

(d + 3e + f) = 2 (d 2e 3f) = 5

Ovo je sustav od tri jednad zbe, tri nepoznate veli cine. Rješenje sustava je d = 2> e = 1> f = 3

$ $ $ $ pa je tra zena kombinacija g = 2 d + e + 3 f. Primjer 1.3.4 Prona†ite jedini cni vektor u smjeru rezultante dvaju vektora $ $ $ $ $ $ $ $ d =2 l +4m 5n i e = l +2m +3n. Rješenje: Rezultanta dvaju vektora je zbroj tih vektora $ $ $ U = d + e $ $ $ $ $ $ $ U = 2 l +4m 5n + l +2m +3n $ $ $ $ U = 3 l +6m 2n intezitet rezultante je q ¯ ¯ ¯ $ $¯¯ $ ¯$¯ ¯ 2 2 2 ¯ U ¯ = ¯3 l + 6 m 2 n ¯ = (3) + (6) + (2) = 7 $ Na osnovu def. 1.1.11 vrijedi U 0 =

< 3 U 3 < U

pa je

$ $ $ $ $ 3 3 l +6m 2n $ 6 $ 2 U0 = = l + m n 7 7 7 7

mehanika.indd 20

9.11.2007 9:58:43

1.3. PRIMJERI

13

$ Da bismo se uvjerili u to cnost rezultata izra cunajmo intezitet vektoru U 0 : sμ ¶ μ ¶2 μ ¶2 ¯ ¯ 3 2 6 2 ¯$ ¯ + + =1 ¯ U 0¯ = 7 7 7

$ $ $ $ Primjer 1.3.5 Odredite kutove koje vektor u = { l + | m + } n zatvara sa pozitivnim smjerovima koordinatnih osi i poka zite da vrijedi jednakost kosinusa kuteva cos2 + cos2 + cos2 = 1. Rješenje: Koristeći deniciju skalarnog produkta vektora $ u sa jedini cnim vektorima koordinatnih osi dobivamo ³ $´ $ $ $ $ $ u · l = { l +| m +}n · l ={ ³ $´ $ $ $ $ $ u · m = { l +| m +}n · m =| ³ $ $´ $ $ $ $ u · n = { l +| m +}n · n =} pa vrijedi ¯ ¯ ³ $´ $ ¯$¯ $ $ $ d> e d · e = | d | ¯ e ¯ cos ]

odnosno

$ ³ $ $´ d · e $ ¯ ¯$ cos ] d > e = ¯ ¯ $ | d |¯ e ¯

pa su kutovi $ ³ $ { u · l { $´ $ ¯= ¯$ cos ] u> l = cos = = ¯ ¯ $ u·1 u | u |¯ l ¯ $ ³ $ | | u · m $´ $ ¯ cos ] u > m = cos = $¯¯ = u · 1 = u ¯ $ | u |¯ m ¯ $ ³ $ $´ } } u · n $ ¯ ¯ cos ] u> n = cos = ¯$¯ = u · 1 = u $ | u |¯ n ¯

gdje je intezitet vektora $ u jednak p $ | u | = {2 + |2 + } 2

pa slijedi

cos2 + cos2 + cos2 =

³ { ´2

cos2 + cos2 + cos2 = 1

mehanika.indd 21

u

+

³ | ´2 u

+

³ } ´2 u

=

{2 + |2 + } 2 u2 = u2 u2

9.11.2007 9:58:43

14


$ Primjer 1.3.6 Odredite vektor S T kojemu je po cetna to cka S ({1 > |1 > }1 ) i krajnja to cka T ({2 > |2 > }2 ), a zatim mu izra cunajte iznos. Rješenje: Vektor polo zaja to cki S i T su: $ $ $ $ u S = {1 l + |1 m + }1 n $ $ $ $ u = { l +| m +} n T

2

2

2

Mora vrijediti $ $ $ u S + ST = uT odnosno $ $ $ uS ST = u T

Slika 1.12.

$ pa je vektor S T jednak ³ $ $´ ³ $´ $ $ $ $ ST = {2 l + |2 m + }2 n {1 l + |1 m + }1 n $ $ $ = ({2 {1 ) l + (|2 |1 ) m + (}2 }1 ) n odnosno njegov intezitet ¯$¯ q ¯ ¯ 2 2 2 ¯S T¯ = ({2 {1 ) + (|2 |1 ) + (}2 }1 ) što je zapravo udaljenost izme†u to caka S i T=

$ $ Primjer 1.3.7 Neka su d i e nekolinearni vektori. Prona†ite vrijednosti {> | $ $ $ $ $ tako da vrijedi 3 D = 2 E , ako je D = ({ + 4|) d + (2{ + | + 1) e i $ $ $ E = (| 2{ + 2) d + (2{ 3| 1) e . Rješenje: Koristeći zadani uvjet i vrijednosti vektora imamo $ $ 3 Di = 2 E h h $i $ $ $ = 2 (| 2{ + 2) d + (2{ 3| 1) e 3 ({ + 4|) d + (2{ + | + 1) e $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ 3{ d + 12| d + 6{ e + 3| e + 3 e = 2| $ d 4{ d + 4 d + 4{ e 6| e 2 e $ $ 0 = (7{ + 10| 4) d + (2{ + 9| + 5) e dakle, mora vrijediti sustav jednad zbi (7{ + 10| 4) = 0

(2{ + 9| + 5) = 0

cije rješenje je { = 2; | = 1=

mehanika.indd 22

9.11.2007 9:58:43

1.3. PRIMJERI $ $ Primjer 1.3.8 Prona†ite vrijednost kuta izme†u vektora $ d = 2 l +2m $ $ $ $ vektora e = 6 l 3 m + 2 n . Rješenje: Koristeći deniciju skalarnog produkta vektora i inteziteta vektora (deni s $ $ $ $ 1.1.12) vrijedi d · e = de cos , i |d| = d · d pa je q (2)2 + (2)2 + (1)2 = 3 q (6)2 + (3)2 + (2)2 = 7 e = $ $ d · e = (2) (6) + (2) (3) + (1) (2) = 12 6 2 = 4 d =

odakle slijedi $ $ d · e 4 4 cos = = = d·e 3·7 21 4 = 1> 3791 = arccos 21 $ $ Primjer 1.3.9 Zadani su vektori d i e . Odredite vrijednost parametra $ $ $ $ $ $ $ $ da vektori d = 2 l + m + n i e = 4 l 2 m 2 n budu okomiti. Rješenje: Da bi dva vektora bila okomita jedan na drugi mora biti zadovoljen u $ $ d · e = de cos = 0 jer je cos = cos 2 = 0. Dakle, ³ $ $´ ³ $´ $ $ $ $ $ d · e = 2 l +m + n · 4 l 2m 2n = (2) (4) + () (2) + (1) (2)

= 8 2 2 = 6 2 = 0 $ = 3 Primjer 1.3.10 Odredite jedini cni vektor okomit na ravninu koja je raza $ $ $ $ $ $ $ $ vektorima d =2 l 6m 3n i e =4 l +3m n. Rješenje: Zadatak mo zemo riješiti na dva na cina. Prvi na cin je da napravimo vekto produkt vektora koji razapinju ravninu. Na taj na cin dobivamo novi vek $ $ $ f = d × e koji je okomit na te vektore, a time i na ravninu koju razapinju ¯ $ ¯¯ $ ¯ $ l m n ¯ $ ¯ $ $ f = d × e = ¯¯ 2 6 3 ¯¯ mehanika.indd 23

9.11.2007 9:58:43

16


pa je jednini cni vektor jednak ³ $´ $ $ $ 5 3 l 2 m + 6 n $ 3 f $ 2 $ 6 $ = ¯¯ ³ f0= $ $´¯¯ = 7 l 7 m + 7 n $ $ |f| ¯5 3 l 2 m + 6 n ¯

$ $ $ $ Drugi na cin: pretpostavimo da je vektor f = f{ l + f| m + f} n okomit na $ zadanu ravninu. Kako je okomit na ravninu, mora biti okomit i na vektore d i $ e koji pripadaju toj ravnini. Dakle, mora vrijediti: $ $ d · f = 2f{ 6f| 3f} = 0 ili 2f{ 6f| = 3f} $ $ e · f = 4f{ + 3f| f} = 0 ili 4f{ + 3f| = f}

Rješavanjem prethodnih jednad zbi imamo parametarsko rješenje, gdje je f} uzet za parametar f{ =

1 1 f} ; f| = f} 2 3

Onda je vektor $ f jednak $ $ 1 $ $ $ $ 1 $ $ f = f{ l + f| m + f} n = f = f} l f} m + f} n 2 3 ¶ μ $ 1 $ 1 $ l m + n = f} 2 3 odnosno jedini cni vektor u tom smjeru je ³ $´ $ 1$ 1 $ f l m + n } 2 3 f $ = r h f0 = i ¡ ¢2 ¡ ¢2 f ± f2} 12 + 13 + (1)2 ³ ³ $´ $´ $ $ 1$ 1$ f} 12 l 13 m + n l m + n 2 3 q =± = ± 7 6 f} 14 + 19 + 1 ¶ μ $ 3 $ 2 $ 6 l m + n = ± 7 7 7 $ $ $ $ $ $ $ $ Primjer 1.3.11 Ako je d = 2 l 3 m n i e = l + 4 m 2 n , prona†ite vrijednosti slijedećih vektora: $ a) $ d × e i ³ $´ $´ ³$ $ d e . d + e × b)

mehanika.indd 24

9.11.2007 9:58:44

1.3. PRIMJERI

17

Rješenje: a) Koristeći deniciju vektorskog produkta 1.1.16 imamo ¯ $ ¯ ¯ $ ¯¯ $ $ $ ¯ $ l m n ¯¯ ¯¯ l m n ¯ ¯ $ $ d × e = ¯¯ d{ d| d} ¯¯ = ¯¯ 2 3 1 ¯¯ ¯ e e e ¯ ¯ 1 4 2 ¯ { | } ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 3 1 ¯ ¯ 2 1 ¯ ¯ 2 3 ¯ ¯$ ¯ ¯$ ¯ ¯$ = ¯¯ l m + n ¯ ¯ ¯ ¯ 4 2 1 2 1 4 ¯ $ $ $ = 10 l + 3 m + 11 n b) Prvo prona†imo ³ ³ $´ ³ $´ $ $´ $ $ $ $ $ $ $ d + e = 2 l 3m n + l +4m 2n =3 l + m 3n ³ ³ $´ $´ ³ $´ $ $ $ $ $ $ $ $ d e = 2 l 3m n l +4m 2n = l 7m + n>

a zatim vektorski pomno zimo

¯ ¯ ´ ³ ´ ³ ¯ $ $ $ $ = ¯¯ d + e × d e ¯ ¯ ¯ = ¯¯

$ ¯¯ $ $ l m n ¯ 3 1 3 ¯¯ 1 7 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ $ ¯¯ 3 3 ¯¯ $ ¯¯ 3 1 1 3 ¯¯ l ¯ m +¯ 7 1 ¯ 1 1 ¯ 1 7 $ $ $ = 20 l 6 m 22 n

¯ ¯ ¯$ ¯n

$ $ $ $ $ $ $ $ Primjer 1.3.12 Poka zite da su vektori d = l +3 m +2 n > e = 2 l 3 m 4 n $ $ $ $ $ $ $ i f = 3 l + 12 m + 6 n komplanarni i rastavite vektor f po vektorima d i e= Rješenje: Tri vektora su komplanarna ako postoji njihova me†usobna zavisnost, tj. jedan od vektora mo zemo prikazati kao linearnu kombinaciju preostala dva (ti vektori le ze u istoj ravnini). Što zna ci da njihov mješoviti produkt mora biti jednak nuli. ³ $´ $ $ d × e · f = 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ d{ d| d} ¯ ¯ 1 3 2 ¯¯ ³ ´ ¯ ¯ ¯ $ $ $ d × e · f = ¯¯ e{ e| e} ¯¯ = ¯¯ 2 3 4 ¯¯ = 0 ¯ f{ f| f} ¯ ¯ 3 12 6 ¯ $ f kao linearnu kombinaciju vektora $ Prika zimo sada vektor $ d i e. $ $ $ f = p d +qe ³ ³ $ $´ $´ $ $ $ $ $ $ 3 l + 12 m + 6 n = p l + 3 m + 2 n + q 2 l 3 m 4 n $ $ $ $ $ $ 3 l + 12 m + 6 n = (p + 2q) l + (3p 3q) m + (2p 4q) n

mehanika.indd 25

9.11.2007 9:58:44

18


odakle slijedi sustav od tri jednad zbe sa dvije nepoznanice (p + 2q) = 3 (3p 3q) = 12

(2p 4q) = 6

Rješenje tog sustava je jedinstveno i glasi: p = 5 q = 1 $ $ $ pa vektor f mo zemo napisati kao kombinaciju $ f = 5 d + e. Primjer 1.3.13 Konstruirajte piramidu kojoj su vrhovi R (0> 0> 0) > D (5> 2> 0) > E (2> 5> 0) i F (1> 2> 4) te izra cunajte njen volumen, površinu strane ABC i visinu piramide spuštenu na tu stranu. Rješenje: $ $ $ Piramida je odre†ena vektorima RD> RE i RF, koji su jednaki $ $ $ RD = 5 l + 2 m $ $ $ RE = 2 l + 5 m $ $ $ $ RF = l + 2 m + 4 n i deniraju paralelopiped volumena ¯ ¯ 5 2 0 ³$ $´ $ ¯¯ Y = RD × RE · RF = ¯ 2 5 0 ¯ 1 2 4 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 5 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯2·¯ 2 0 ¯+0·¯ = 5 · ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 4 1 4 = 5 · 20 2 · 8 = 84

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

¯ 2 5 ¯¯ 1 2 ¯

volumen piramide jednak je YS = 16 ·Y = 14 kubnih jedinica. Da bismo izra

cunali površinu $ stranice ABC trebamo pronaći vektore DE i $ DF. Oni su $ $ $ DE = 3 l + 3 m $ $ $ DF = 4 l + 4 n

Apsolutna vrijednost vektorskog umnoška jednaka je dvostrukoj površini tra zenog trokuta pa je površina trokuta jednaka bazi piramide B ¯ $ ¯¯ $ ¯ $ l m n ¯ ¯ $ $ $ $ $ DE × DF = ¯¯ 3 3 0 ¯¯ = 12 l + 12 m + 12 n ¯ 4 0 4 ¯ ¯ ¯ s $ $¯ ¯ ¯DE × DF ¯ = 12 3

mehanika.indd 26

Slika 1.13.

9.11.2007 9:58:44

1.3. PRIMJERI

19

pa je tra zena površina s 1 ¯¯$ $¯¯ 1 s S (DEF) = ¯DE × DF ¯ = 12 3 = 6 3 2 2 Volumen piramide je dan izrazom YS =

E·k 3

odakle je visina piramide jednaka k=

mehanika.indd 27

3 · YS 3 · 14 3 · YS 7s 3 = = s = E S (DEF) 3 6 3

9.11.2007 9:58:44

20


1.4

Zadaci

³ $´ $ ³ $´2 $ $´ $ ³ $ $ Problem 1.4.1 Riješite izraz 2 l m · m + m 2 n · n + l 2 n . Rezultat: 2.

Problem 1.4.2 Na materijalnu to cku djeluju tri sile u horizontalnoj ravnini: I1 = 2 N prema sjeveru, I2 = 2=8 N prema jugoistoku i I3 = 1=5 N prema zapadu. Izra cunajte rezultantu tih sila gra cki i ra cunski. $ ³ $ $´ Rezultat: I = 2=47 l 1=97 m N.

Problem 1.4.3 Prona†ite iznos rezultante cetiriju komplanarnih sila koje djeluju u to cki O, ako svaka sila ima iznos od 10 N, a kut izme†u dviju susjednih sila iznosi 45 . p s Rezultat: U = 10 4 + 2 2 N = 26= 131 N. ³ ³ $ $ $ $´ $´ Problem 1.4.4 Zadane su sile I 1 = 10 l + 10 m N, I 2 = 10 m N, ³ ³ $ $ $´ $ $´ I 3 = 4 l N i I 4 = 10 l 5 m N. Odredite iznos i smjer rezultantne sile. $ ³ $ $´ Rezultat: U = 4 l 5 m N> U = 6=4 N> = 231=3 . Problem 1.4.5 Odredite kut izme†u vektora $ d = ³ ´ $ $ $ $ e = l 5m +2n .

³ $´ $ $ 3 l + 2 m + n i vektora

Rezultat: = 104=1 .

Problem 1.4.6 Izrazite kut me†u vektorima $ d i $ d 0 pomoću kutova koje ti vektori zatvaraju s koordinatnim osima {> | i }= Rezultat: cos = cos cos 0 + cos cos 0 + cos cos 0 . $ Problem 1.4.7 Zadani su vektori $ d i e . Prona†ite kut izme†u vektora $ $ $ $ $ $ $ $ d = 2 p + 4 q i e = p q , ako su p i q jedini cni vektori koji me†usobno zatvaraju kut od 120 . Rezultat: 120 . $ $ Problem 1.4.8 Konstruirajte paralelogram razapet vektorima $ d = 2m + n, $ $ $ e = l + 2 n te izra cunajte njegovu površinu i visinu.

mehanika.indd 28

9.11.2007 9:58:45

1.4. ZADACI

21

Problem 1.4.9 Riješite se zagrada i pojednostavite izraze: $´ $´ $ ³ $´ $ $ $ $ $ ³ $ ³ 1. l × m + n m × l + n + n × l + m + n ; 2. 3.

³ ³ $ $´ $ ³ $ $´ $ $´ $ $ d + e + f × e + e f ×$ d; d + e + f ×$ f + ³ ³ $´ $ $´ ³ $´ $ $ $ 2 d + e × ( f d)+ e + f × $ d + e ;

$´ $ ³ $´ $ $´ $ $ $ ³ $ ³ 4. 2 l · m × n + 3 m · l × n + 4 n · l × m ;

³ $ $´ $ $ Rezultat: 1. 2 n l , 2. 2$ d × f , 3. $ d × f , 4. 3.

Problem 1.4.10 Odredite površinu paralelograma razapetog vektorima $ $ $ $ $ $ $ $ d = p + 2 q i e = 2 p+ q , gdje su p i q jedini cni vektori koji me†usobno zatvaraju kut od 30 . Rezultat: 1=5. $ $ $ Problem 1.4.11 Konstruirajte paralelopiped razapet vektorima d = l +4m, $ $ $ $ $ $ e = 3 m + n³ i f = 2´m + 5 n te izra cunajte njegov volumen. Hoće li sustav $ $ $ vektora (baza) d > e > f biti lijevi ili desni? Rezultat: (Y = 17, lijevi).

$ $ $ $ $ $ $ $ Problem 1.4.12 Zadana su tri vektora d = l +´ m + n, e = 2 l +3 m +2 n ³ ³ ´ $ $ $ $ $ $ $ $ $ $ i f = l + 4 m 5 n . Izra cunajte d × e × f i d × e × f= ³$ $´ $ ³$ $´ $ $ $ Rezultat: $ d × e × f = 3 l 12 m + 15 n ; d × e × f = 0.

$ $ $ $ $ $ $ Problem 1.4.13 Poka zite da su vektori d = l + m +4n, e = l 2m i $ $ $ $ f = 3 l 3 m +4 n komplanarni vektori i prona†ite njihovu me†usobnu linearnu ovisnost. $ f = $ Rezultat: $ d +2e.

mehanika.indd 29

9.11.2007 9:58:45

22

mehanika.indd 30


9.11.2007 9:58:45

Poglavlje 2

KINEMATIKA CESTICE 2.1


Klasi cna mehanika je znanost koja prou cava geometrijska svojstva gibanja materijalnih tijela u ovisnosti o vremenu i o uzrocima tih gibanja. Ona se dijeli na: znanost o gibanju ili kinematiku, znanost o silama ili uzrocima gibanja dinamiku te znanost o ravnote zi, statiku, koja je grani cni slu caj dinamike. U općenitom smislu zika kao znanost prou cava neki doga†aj. Svaki doga†aj odre†en je u prostornovremenskom kontinuumu s cetiri broja G({> |> }> w). Ka zemo da svaki doga†aj ima odre†eni polo zaj. Polo zaj u prostoru odre†en je s tri broja ili podatka jer je prostor trodimenzionalan. Polo zaj u vremenu odre†en je jednim brojem. Naj cešći na cin odre†enja polo zaja je dan u Descartesovom pravokutnom koordinatnom sustavu. U tom prostoru polo zaj to cke D odre†en je s Slika 2.1. tri ure†ena broja D({> |> }). Kao što smo vidjeli u prethodnom poglavlju da je vektor veli cina odre†ena s tri podatka pa se polo zaj u prostoru mo ze odrediti vektorskom veli cinom koju nazivamo vektor polo zaja: $ RD = $ u Denicija 2.1.1 Vektor polo zaja je vektor koji ima po cetak u koordinatnom po cetku (u ishodištu koordinatnog sustava), a kraj u to cki ciji se polo zaj odre†uje. Denicija 2.1.2 Mehani cko gibanje predstavlja promjenu vektora polo zaja nekog tijela u nekom vremenskom intervalu. Ovo je jedna od mogućih denicija mehani ckog gibanja. Ono što treba naglasiti jest da je mehani cko gibanje relacijski proces. Da bismo govorili o gibanju moramo znati što se giba (tijelo u gibanju) i u odnosu na što se giba (reperno tijelo ili to cka). 23

mehanika.indd 31

9.11.2007 9:58:45

POGLAVLJE 2. KINEMATIKA CESTICE

24

Denicija 2.1.3 Skup to caka polo zaja tijela (materijalne to cke) tijekom gibanja naziva se putanja. Posljedica: Sukcesivni polo zaji mogu se odrediti u bilo kom malom vremenskom intervalu. Ta mogućnost slijedi iz jednog bitnog svojstva mehani ckog gibanja, a to je neprekidnost. Svako mehani cko gibanje cvrstog tijela mo ze se razlo ziti na dva osnovna oblika gibanja; translacijsko i rotacijsko. Denicija 2.1.4 Tijelo se giba translacijski (slika 2.2.) ako spojnica bilo koje dvije to cke na tijelu tijekom gibanja ostaju same sebi paralelne. Posljedica: Sve to cke tijela opisuju istu putanju, što zna ci da će svaka to cka pri translaciji imati isto gibanje. Pri ovakvom gibanju mo zemo zanemariti oblik tijela i uzeti jednu to cku (materijalna to cka) kao predstavnika cijelog tijela. Jednad zbe koje budu opisivale gibanje materijalne to cke va zit će za citavo tijelo pri translaciji. Denicija 2.1.5 Tijelo se giba rotacijski (slika 2.3.) ako svaka to cka tog tijela opisuje kru znice ciji centri le ze na jednom pravcu kojeg nazivamo: os rotacije. Posljedica: Razli cite to cke opisuju kru znice razli citih polumjera pa u istom vremenskom intervalu opisuju razli cite du zine putanje. Odavde slijedi da pri razmatranju ovog gibanja ne mo zemo zanemariti oblik tijela.

Slika 2.2.

Slika 2.3.

Kinematika translacijskog gibanja S obzirom na oblik putanje gibanje mo zemo podijeliti na: a) pravocrtno b) krivocrtno c) kru zno gibanje — kao specijalni slu caj krivocrtnog gibanja.

mehanika.indd 32

9.11.2007 9:58:46


25

Već smo u deniciji (2.1.2) rekli da je mehani cko gibanje povezano s promjenom vektora polo zaja. Promjenu vektora polo zaja mo zemo opisati pomoću $ vektora pomaka u. Denicija 2.1.6 Vektor pomaka je vektor koji ima po cetak u po cetnoj to cki pomaka, a kraj u krajnjoj to cki pomaka. Posljedica: Na osnovu slike (2.4.) vidimo da je vektor pomaka jednak razlici izme†u vektora $ polo zaja krajnje to cke ( u 2 ) i vektora polo zaja $ po cetne to cke ( u 1 ) : $ $ $ u = u 2 u1

(2.1.1)

Promjena vektora polo zaja prilikom gibanja mo ze se obaviti u razli citim vremenskim inteSlika 2.4. rvalima. Fizikalna veli cina koja opisuje promjenu $ polo zaja u nekom vremenskom intervalu naziva se brzina gibanja y. $ Denicija 2.1.7 Brzina y mehani ckog gibanja predstavlja koli cnik vektora po$ maka u u nekom vremenskom intervalu w; $ ghi= u $ y = w

(2.1.2)

Jednad zba (2.1.2) je dana u obliku kvalitativne denicije jer kvantitativni omjer mora zadovoljiti odre†ene dodatne uvjete o kojima ćemo govoriti kasnije. Na primjer, na osnovu slike (2.4.) vidimo da kod krivocrtnog gibanja intenzitet b $ $ vektora pomaka u = DE ne odgovara odsje cku putanje DE, što zna ci da

u ovom slu caju ne mo zemo koristiti kvantitativni odnos vektora pomaka sa bilo kojim vremenskim intervalom za odre†enje brzine. U slu caju pravocrtnog gibanja vektor pomaka bit će jednak prije†enom putu. Posljedica: Iz relacije (2.1.2) vidimo da je brzina vektorska veli cina i ima smjer gibanja tj. promjene polo zaja.

Pravocrtno gibanje materijalne to

cke Denicija 2.1.8 Mehani cko gibanje kod kojega se u bilo kojem vremenskom intervalu vektor pomaka poklapa sa putanjom materijalne to cke naziva se pravocrtno gibanje.

mehanika.indd 33

9.11.2007 9:58:46


26

Posljedica: Sve vektorske veli cine koje opisuju ovakvo gibanje le zat će na istom pravcu, tj. bit će kolinerani, tako da operacije s vektorima mogu biti svedene na operacije sa skalarima tj. intenzitetima tih vektora gdje će operacija zbrajanja i oduzimanja biti odre†ena smjerom vektora. S obzirom na brzinu (odnosno na promjenjivost inteziteta brzine) pravocrtno gibanje se mo ze podijeliti na: a) jednoliko gibanje po pravcu b) jednoliko promjenjivo gibanje po pravcu c) nejednoliko promjenjivo gibanje po pravcu.

a) Jednoliko gibanje po pravcu Denicija 2.1.9 Jednoliko gibanje po pravcu imamo onda kada materijalna to cka u jednakim vremenskim razmacima prevaljuje, uvijek u istom smjeru, jednake intenzitete vektora pomaka odnosno jednake putove. Posljedica: Na osnovu denicije brzine slijedi da je kod jednolikog pravocrtnog gibanja zadovoljena kvantitativna jednakost: $ u $ y = w

(2.1.3)

Relacija (2.1.3) je jednad zba gibanja kod jednolikoga pravocrtnog gibanja. Kako su vektor brzine i vektor pomaka kolinearni (slika 2.5.) ova se jednad zba mo ze pisati i u skalarnom obliku.

y=

u w

(2.1.4)

Kod jednolikog gibanja po pravcu vrijedi Slika 2.5. u = v (2.1.5) v v y = ili jednostavnije y = (2.1.6) w w Tako†er na osnovu denicije jednolikog pravocrtnog gibanja kako je odnos prevaljenih putova proporcionalna protoku vremena tj. iz relacije (2.1.3) slijedi; u2 u1 = = frqvw= w1 w2

mehanika.indd 34

(2.1.7)

9.11.2007 9:58:46


27

da je brzina pri ovom gibanju konstantna. Dakle, kod jednolikog pravocrtnog gibanja vektor brzine materijalne to cke je uvijek stalan. $ y = frqvw=

(2.1.8)

Iz denicijske jednad zbe dobivamo zikalnu dimenziju brzine, odnosno jedinicu za brzinu h m i v [ m] = (2.1.9) y s w [ s] b) Jednoliko promjenjivo gibanje po pravcu Postoje slu cajevi, kao što to pokazuje primjer na slici (2.6.), da se prilikom pravocrtnog gibanja tijela mijenja brzina tijekom gibanja. Brzina se mo ze povećavati ili smanjivati. Fizi cku veli cinu koja opisuje tu promjenu nazivamo akceleracija (ubrzanje) ili retardacija (usporenje, deceleracija). Denicija 2.1.10 Akceleracija mehani ckog gibanja predstavlja koli cnik promjene $ $ $ y 1 u nekom vremenskom intervalu w = vektora brzine gibanja y = y2 w2 w1 ; $ $ $ y1 y2 ghi= y $ d = (2.1.10) = w w2 w1 Navedena relacija (2.1.10) dana je samo kao kvalitativna denicija jer znak jednakosti vrijedi pod odre†enim uvjetima. Posljedica: Iz relacije (2.1.10) vidimo da će ubrzanje biti vektorska veli cina ciji je smjer odre†en smjerom promjene brzine. Kada je promjena pozitivna imat ćemo ubrzanje, a ako je negativna usporenje. Postoje specijalni slu cajevi kod promjenjivog pravocrtnog gibanja, a to je kada u jednakim vremenskim intervalima imamo jednaku promjenu brzine. Neka je za vremenski interval w1 promjena y1 i za w2 Slika 2.6. promjena y2 i tako dalje i ako je y1 y2 = = === = frqvw= w1 w2

(2.1.11)

onda ovakvo gibanje zovemo jednoliko promjenjivim pravocrtnim gibanjem. Prema deniciji ubrzanja za ovo gibanje va zi jednakost $ y $ = frqvw= (2.1.12) d = w

mehanika.indd 35

9.11.2007 9:58:46


28

Denicija 2.1.11 Za tijelo ka zemo da se giba jednoliko promjenjivo pravocrtno ako je pri tom gibanju vektor ubrzanja (usporenja) stalan ili konstantan. Posljedica: Na osnovu navedenih podataka o brzini i ubrzanju mo zemo dati deniciju ovog gibanja na slijedeći na cin: $ y 6= frqvw=; $ d = frqvw= Fizikalna dimenzija za ubrzanje je h mi y £ m¤ s d 2 = s w [ s]

(2.1.13)

(2.1.14)

Kod ovog gibanja mo zemo postaviti jednakost d = {y {w jer je promjena u bilo kom vremenskom intervalu konstantna. Kako se tijekom gibanja mijenja brzina onda se kod takvih gibanja denira srednja brzina koja matemati cki predstavlja aritmeti cku sredinu svih brzina na prevaljenom putu: X yl y1 + y2 + ===yq v l = ili yvu = (2.1.15) yvu = q q w gdje je v — prije†eni put u vremenu w. Iz ove dvije jednad zbe izvodi se srednja brzina nekog promjenjivog gibanja. Denicija 2.1.12 Srednja brzina nekog promjenjivog gibanja je ona brzina jednolikog pravocrtnog gibanja kojom bi se tijelo trebalo gibati da isti put prevali za isto vrijeme kao i pri konstantnom gibanju. Posljedica: Kako se prilikom bilo kojeg promjenjivog gibanja pa i ovog specijalnog slu caja mijenjanja brzina, ne mo zemo govoriti o brzini na prevaljenom putu, nego samo o trenutnoj brzini. Denicija 2.1.13 Trenutna brzina je brzina u beskona cno malom vremenskom intervalu ili matemati cki $ u $ (2.1.16) y = lim {w<0 w Posljedica: Jednad zba (2.1.16) u matemati ckom obliku predstavlja prvi izvod ili diferencijal. $ g u $ y = gw

(2.1.17)

Ova jednad zba predstavlja opći slu caj denicije trenutne brzine.

mehanika.indd 36

9.11.2007 9:58:47


29

Denicija 2.1.14 Brzina materijalne to cke je vremenska derivacija vektora puta ili vektora pomaka po vremenu $ $ g v g u $ = y = gw gw

(2.1.18)

Koristeći navedene relacije i deniciju trenutne brzine mo zemo izvesti relacije za trenutnu brzinu y(w) i prije†en put v(w) kod jednolikog promjenjivog pravocrtnog gibanja. $ $ g v g u $ = y = gw gw $ d = frqvw= $ y $ d = w

(2.1.19) (2.1.20) (2.1.21)

(Napomenimo da se jednad zbe mogu pisati u skalarnom obliku jer su vektori kolinearni.) Pretpostavimo da u po cetnom trenutku w1 = 0 postoji neka po cetna brzina y1 = y0 , a nakon nekog vremena w2 = w materijalna to cka nakon ubrzanja dosti ze brzinu y2 = y. Na osnovu jednad zbe (2.1.10) imamo: y y0 y y2 y1 = = Á·w w w2 w1 w dw = y y0 =, y = y0 ± dw d =

(2.1.22) (2.1.23)

Dobivena relacija (2.1.23) je izraz za trenutnu brzinu jednolikog promjenjivog pravocrtnog gibanja s po cetnom brzinom y0 . Predznak (+) imamo kod ubrzanog, a () kod usporenog gibanja. Na osnovu denicije trenutne brzine (2.1.19) imamo: y=

gv =, gv = y · gw gw

Iz (2.1.23) i (2.1.24) dobivamo: Z gv = (y0 ± dw) gwÁ Zv 0

gv =

Zw 0

y0 gw ±

Zw

1 dw · gw =, v = y0 w ± dw2 2

(2.1.24)

(2.1.25) (2.1.26)

0

Eliminacijom vremena i supstitucijom (2.1.23) u (2.1.26) dobivamo relaciju izme†u trenutne brzine i prije†enog puta q (2.1.27) y = y02 ± 2dv

mehanika.indd 37

9.11.2007 9:58:47


30

Jednad zbe (2.1.23),(2.1.26) i (2.1.27) predstavljaju relacije za jednoliko promjenjivo pravocrtno gibanje. Sve ovisnosti se mogu predo citi i u slijedećim grakonima.

a

v 4

a = konst.

4

2 -4

-2

-2

s 2

2

4

-4

a(t) dijagram

t

-4

-2

-2

v0

s(t)

20 10

2

4

-4

v(t) dijagram

t

0

0

2

4

t

s(t) dijagram

c) Nejednoliko promjenjivo gibanje po pravcu Denicija 2.1.15 Pravocrtno gibanje materijalne to cke pri kome se ne mijenja samo brzina već i ubrzanje, nazivamo nejednoliko promjenjivo pravocrtno gibanje. $ y = 6 frqvw= $ d = 6 frqvw=

(2.1.28) (2.1.29)

Pošto se pri ovom gibanju mijenja ubrzanje moramo, kao što je to bio slu caj s trenutnom brzinom u prethodnom gibanju, uvesti pojam trenutnog ubrzanja. Denicija 2.1.16 Trenutno ubrzanje je ubrzanje u beskona cno malom vremenskom intervalu ili matemati cki $ y $ (2.1.30) d = lim {w<0 w Posljedica: Jednad zba (2.1.30) predstavlja ustvari deniciju prvog izvoda brzine po vremenu $ g y $ d = gw

(2.1.31)

Denicija 2.1.17 Ubrzanje je derivacija vektora brzine po vremenu $ d =

< g3 y gw .

Ubrzanje mo zemo prikazati i preko druge derivacije prevaljenog puta (v) po < 3 $ vremenu (w). Kako je y = gvwv onda supstitucijom u jednad zbi (2.1.31) imamo: μ $¶ $ $ $ v g2 g g g2 v u g y $ $ ili d = (2.1.32) = = d = 2 2 gw gw gw gw gw I na kraju mo zemo naglasiti da jednad zbe (2.1.18), (2.1.31) odnosno (2.1.32) predstavljaju opće jednad zbe za brzinu i ubrzanje iz kojih se mogu izvesti svi prethodni navedeni slu cajevi.

mehanika.indd 38

9.11.2007 9:58:47


31

Jednoliko pravocrtno gibanje: Jednoliko promjenjivo pravocrtno gibanje: d (w) = 0 d (w) = nrqvw= = d Zw Zw Zw Zw y (w) = d (w) gw = 0 · gw y (w) = d (w) gw = dgw 0

0

= nrqvw= = y0 v (w) =

Zw

y (w) gw = y0 w + v0

0

0

0

= dw + y0 Zw Zw v (w) = y (w) gw = (dw + y0 ) gw 0

0

= 12 dw2 + y0 w + v0

Krivocrtno gibanje materijalne to

cke Već smo dali opće denicije trenutne brzine i ubrzanja. Ove opće denicije dane u vektorskom obliku moraju odgovarati za sva gibanja pa i za krivocrtno. Promatrajmo deniciju trenutne brzine $ $ g v (w) g u (w) $ y (w) = = gw gw Posljedica: Iz navedene relacije vidimo da ona predstavlja prvi izvod vektora (u) polo zaja odnosno prevaljenog puta (v). Kako je u analiti ckom obliku prije†en put predstavlja jednad zbu krivulje (u našem primjeru neka parabola ciji je opći oblik v = | = d{2 + e{ + f), onda znamo da prva derivacija krivulje u promatranoj to cki predstavlja u geometrijskom smislu jednad zbu pravca (u našem primjer | 0 = 2d{ + e). Odavde slijedi da Slika 2.7. će vektor brzine le zati na tangenti u promatranoj to cki putanje. Kao što se vidi iz slike (2.7.) na razli citim to ckama putanje postoje razli cite tangente, tj. pravci koji zatvaraju razli cite kutove s koordinatom {, a što zna ci da $ $ y2. su pripadajući vektori brzina, bez obzira na njihov intenzitet, razli citi y 1 6= $ Odavde slijedi da je svako krivocrtno gibanje promjenjivo gibanje ( y 6= frqvw=). Slaganje gibanja: Gibanje tijela je slo zeno ako tijelo istovremeno izvodi dva ili više jednostavnih gibanja. Pod slaganjem (zbrajanjem) dvaju ili više gibanja nekog tijela podrazumjeva se odre†ivanje rezultatnog gibanja. Kako se gibanje, bilo ono jednostavno ili slo zeno, opisuje vektorskim veli cinama, to će se odre†ivanje rezultatnog gibanja svesti na zbrajanje vektora koji opisuju komponentna gibanja. Prilikom slaganja gibanja va zi princip nezavisnosti gibanja, tj. komponentno gibanje ne mijenja svoj karakter pri zbrajanju sa ostalim gibanjima. Ovaj princip se mo ze iskazati i na slijedeći na cin:

mehanika.indd 39

9.11.2007 9:58:47


32

Denicija 2.1.18 Ako tijelo vrši istovremeno dva ili više gibanja, tada je to cka u koju tijelo pri tom gibanju stigne, neovisna o tome vrši li se gibanje istovremeno ili tijelo najprije izvrši samo jedno gibanje, a zatim neovisno o tom gibanju drugo gibanje u jednakim vremenskim intervalima. Prilikom razmatranja slo zenog gibanja veoma je bitno uvesti denicije apsolutnog, relativnog i prijenosnog gibanja. • apsolutno gibanje je gibanje to cke u odnosu na sustav kojeg smo uzeli kao nepokretnog, • relativno gibanje je gibanje to cke u odnosu na pokretni sustav, • prijenosno gibanje je gibanje pokretnog koordinatnog sustava u odnosu na apsolutni koordinatni sustav. Tako se, na primjer, slaganje brzina svodi na vektorsko zbrajanje relativnog i komponentnog gibanja $ $ $ y + y (2.1.33) y = d

u

s

$ gdje je $ y d brzina apsolutnog gibanja to cke, y u brzina relativnog gibanja $ to cke i y s brzina prijenosnog gibanja. Zadaci se uvjetno mogu podijeliti na dvije grupe: a) Poznato je relativno i prijenosno gibanje to cke i treba odrediti apsolutno gibanje. b) Poznato je apsolutno i prijenosno gibanje to cke i treba odrediti relativno gibanje. Pri rješavanju ovih zadataka preporu cuje se slijedeći redoslijed. Uzet ćemo primjer odre†ivanja apsolutne brzine: 1. Razlo ziti gibanje u komponentna gibanja i izabrati dva koordinatna sustava: apsolutni i relativni (ovi koordinatni sustavi su zadani naj cešće iz uvjeta zadatka), a zatim denirati apsolutno, relativno i prijenosno gibanje. 2. Zamisliti da je prijenosno gibanje zaustavljeno i odrediti brzinu relativnog gibanja to cke (objekta), a zatim zamisliti da je relativno gibanje zaustavljeno i odrediti prijenosno gibanje to cke (objekta). 3. Primjeniti pravila o slaganju vektora brzine i odrediti tra zenu apsolutnu brzinu to cke (objekta). Kao primjer slaganja gibanja promatrajmo dva slu caja; horizontalni i kosi hitac. Denicija 2.1.19 Hitac je gibanje tijela sa po cetnom brzinom y0 u gravitacijskom polju cije je ubrzanje j.

mehanika.indd 40

9.11.2007 9:58:48


33

Ako pravac po cetne brzine zatvara bilo koji kut 0 ? ? 90 s horizontalom onda imamo kosi hitac, a ako je pravac po cetne brzine paralelan sa horizontalom onda imamo horizontalni hitac. a) Horizontalni hitac Slo zeno gibanje koje je sastavljeno (slika 2.8.) od jednoliko pravocrtnog gibanja po horizontali sa brzinom Slika 2.8.

$ $ y 0 ($ y = frqvw=) y{=

(2.1.34)

i slobodnog pada, tj. jednoliko ubrzanog gibanja po pravcu s ubrzanjem j $ $ $ ( y 6= frqvw=> d = j = frqvw=) nazivamo horizontalni hitac. $ Nekoj to cki W ({> |) ukupna brzina y nastaje zbrajanjem brzina kompo$ $ $ $ $ y { = y0 l i nentnih gibanja y = y { + y | pri cemu su trenutne brzine gibanja $ $ y | = jw m . Odnosno u skalarnom obliku y=

q y02 + (jw)2

(2.1.35)

Koordinate to cke W ({> |) dobivamo preko prije†enih putova komponentnog gibanja: { (w) = y0 · w jw2 | (w) = 2

(2.1.36) (2.1.37)

Supstitucijom vremenski promjenjive dobivamo: { 1 w= =, | ({) = j y0 2

y

μ

{ y0

1

¶2

=

2

j 2 { 2y02

3

(2.1.38)

4

5

x

0 -5 -10 -15 -20 -25

Graf parabole

mehanika.indd 41

9.11.2007 9:58:48


34

Jednad zba (2.1.38) predstavlja putanju tijela pri horizontalnom hitcu. U analiti ckom obliku ona odgovara jednad zbi parabole | = s{2 . b) Kosi hitac Zanemarimo li otpor zraka, tijelo izba ceno po cetnom brzinom y0 pod nekim kutom elevacije u odnosu na horizotalnu ravan izvodi slo zeno krivocrtno gibanje koje nazivamo kosi hitac. Gibanje mo zemo prikazati po komponentama preko parametarskih jednad zbi { (w) = y0{ · w = y0 cos · w (2.1.39) 1 | (w) = y0| · w jw2 (2.1.40) 2 1 = y0 sin · w jw2 (2.1.41) 2

Slika 2.9.

Kao što vidimo iz jednad zbi kosi hitac je slo zeno gibanje sastavljeno od jednolikog gibanja u horizontalnom smjeru (osi {) i hica uvis (koje je pak gibanje u vertikalnom smjeru, smjeru osu |, sastavljeno od jednolikog gibanja uvis y0| ·w i slobodnog pada 12 jw2 ). Eliminacijom parametra w iz parametarskih jednad zbi komponenti gibanja dolazimo do putanje tijela koja je opisana jednad zbom parabole μ ¶ j (2.1.42) | ({) = 2 · {2 + tan · { 2y0 cos2 Iz jednad zbe putanje odre†ujemo maksimalnu visinu hica K, koji je zapravo maksimum funkcije | ({), zatim vrijeme uspinjanja tijela wK i horizontalni domet hica [ koji iznose: K=

y02 sin2 2j

(2.1.43)

wK =

y0 sin j

(2.1.44)

[=

y02 sin 2 j

(2.1.45)

U posebnom slu caju za vrijednosti kuta = 0 dobivamo izraze za horizontalni hitac, a za = 90 hitac uvis te za = 270 hitac nani ze. Napomena: Obratite pozornost da smo dobili krivocrtna gibanja slaganjem jednostavnijih komponentnih gibanja, a odatle slijedi jedan opći zaklju cak: svako se krivocrtno gibanje mo ze razlo ziti na jednostavnija komponentna gibanja.

mehanika.indd 42

9.11.2007 9:58:48


35

Kru

zno gibanje materijalne to

cke Specijalni slu caj krivocrtnog gibanja materijalne to cke jest kru zno gibanje materijalne to cke. Ovo gibanje razmatramo zasebno zbog još jednog razloga, a to je da se ono nalazi na grani cnom podru cju izme†u translacijskog i rotacijskog gibanja. Sli cno kao kod translacijskog gibanja promatramo jednu materijalnu to cku, a s druge strane materijalna to cka opisuje kru zne putanje kao kod rotacijskog gibanja. Odavde slijedi da se navedeno gibanje mo ze opisivati preko translacijskih parametara, a tako†er i sa parametrima koji su karakteristi cni za rotacijska gibanja. Kako je kru zno gibanje specijalni slu caj krivocrtnog gibanja slijedi da $ je sa pozicije translacije ovo gibanje promjenjivo ( y 6= frqvw=) a) Kutni parametri Uz navedene denicije rotacijskog gibanja vidimo da se ne mogu koristiti pojmovi veli cina kojima smo opisivali translaciju. Na primjer vektor pomaka svake pojedina cne to cke je razli cit u istom vremenskom intervalu. Zbog toga za opis promjene polo zaja uvodimo kutni pomak *, koji je jednak za sve to cke tijela, za opisivanje promjene polo zaja. $ Denicija 2.1.20 Kutni pomak * je kut koji zatvara vektor polo zaja u 1 neke $ to cke u po cetku gibanja sa vektorom polo zaja u 2 na kraju gibanja materijalne to cke. Analogno kao što smo denirali brzinu pri translaciji gibanju mo ze se denirati i kutna brzina pri kru znom gibanju. Denicija 2.1.21 Kutna brzina $ predstavlja koli cnik kutnog pomaka * u nekom vremenskom intervalu w; ghi=

$ = Slika 2.10.

* w

(2.1.46)

Ova denicija je kvalitativna pa pravu deniciju za kutnu brzinu, tj. trenutnu kutnu brzinu mo zemo odrediti analogno deniciji brzine kod translacijskog gibanja.

Denicija 2.1.22 Trenutna kutna brzina je kutna brzina u beskona cno malom vremenskom intervalu * g* $ = lim = (2.1.47) {w<0 w gw Jednad zba (2.1.47) predstavlja opći oblik kutne brzine. Dakle, kutna brzina predstavlja prvi izvod kutnog pomaka po vremenu. Kutna brzina je tako†er vektorska veli cina, ali pravac vektora le zi na osi rotacije.

mehanika.indd 43

9.11.2007 9:58:48


36

Ako se kutna brzina mijenja prilikom kru znog gibanja onda uvodimo, sli cno kao kod translacije, zi cku veli cinu koja opisuje tu promjenu, a to je kutno ubrzanje . Denicija 2.1.23 Kutno ubrzanje predstavlja koli cnik promjene vektora kutne brzine ($) u nekom vremenskom intervalu (w); ghi=

=

$ w

Slika 2.11.

(2.1.48)

Odnosno, trenutno kutno ubrzanje je ubrzanje u beskona cno malom vremenskom intervalu: g$ $ = {w<0 w gw

(2.1.49)

= lim

Relacija (2.1.49) predstavlja opći oblik jednad zbe kutnog ubrzanja. Dakle, kutno ubrzanje predstavlja prvi izvod promjene kutne brzine po vremenu. Iz relacije (2.1.47) i (2.1.49) mo zemo pisati: μ ¶ g2 * g g* = 2 (2.1.50) = gw gw gw Kutno ubrzanje tako†er je vektorska veli cina koja le zi na osi rotacije, a smjer je odre†en smjerom razlike kutne brzine. Fizikalna veli

cina Kut Kutna brzina Kutno ubrzanje

Oznaka * $

Dimenzija rad ili stupnjevi rad 31 s ili rad · s rad 32 s2 ili rad · s

b) Jednoliko gibanje materijalne to

cke po kru

znici Denicija 2.1.24 Materijalna to cka se giba jednoliko po kru znici ako u istim vremenskim intervalima prelazi iste kutne pomake, odnosno ako je kutna brzina $ stalna $ = frqvw. Koristeći opće jednad zbe (2.1.47) i (2.1.49) mo zemo opisati ovo gibanje na slijedeći na cin:

mehanika.indd 44

$=

g! ! = = frqvw= gw w

(2.1.51)

=

g$ =0 gw

(2.1.52)

9.11.2007 9:58:49


37

Promatrajmo ovo gibanje sa stajališta translacijskog gibanja. Brzina (tangencijalna) po svojoj geometrijskoj deniciji le zi na tangenti u promatranoj to cki pa se mijenja pravac vektor od to cke do to cke što zna ci da je $ brzina y 6= frqvw= Mo zemo naći vezu izme†u tangencijalne i kutne brzine. Za male vrijednosti kuta mo zemo naći geometrijsku vezu izme†u veli cina, o i u (slika 2.12.). Slika 2.12.

* $ 0, o = * · u@ : w (2.1.53) * o = · u, y = $ · u (2.1.54) w w Usporedimo li kutnu i tangencijalnu brzinu kod jednolikog kru znog gibanja mo zemo reći da se intezitet tangencijalne (obodne) brzine ne mijenja, ali kao vektor se mijenja. Odnosno: $ = frqvw=

(2.1.55)

y = frqvw= $ y 6= frqvw=

(2.1.56) (2.1.57)

Iz relacije (2.1.55) koja se odnosi na jednoliko kru zno gibanje slijedi jedna posljedica, a to je da je takvo gibanje sa stajališta rotacijskog gibanja jednoliko, a sa pozicije translacije, gibanje je promjenjivo. Dakle, pri tom gibanju mora se javiti jedno ubrzanje koje nazivamo centripetalnim ubrzanjem (dfs ) Prema deniciji za ubrzanje imamo: $ y $ d fs = w

(2.1.58)

Na osnovu slike 2.13. vidimo da je promjena brzine, odnosno ubrzanje, uvijek orijentirano ka centru. Za male vrijednosti kuta (* $ 0) mo zemo naći proporciju: b

DE = u = v

(2.1.59)

Slika 2.13.

Relacija (1.34) predstavlja vezu izme†u centripetalnog ubrzanja i kutne, odnosno tangencijalne brzine. Napomena: Kru zno gibanje je periodi cno gibanje, tj. gibanje koje se nakon nekog vremena w = W ponavlja. Ovo vrijeme ponavljanja naziva se period (W ), a broj perioda u jednoj sekundi frekvencija i = W1 . Koristeći relacije za kutnu brzinu mo zemo naći vezu izme†u navedenih veli cina: < $ = *w @ 2 = 2 · i (2.1.60) * = 2 =, $ = > W w=W

mehanika.indd 45

9.11.2007 9:58:49


38

c) Jednoliko promjenjivo gibanje po kru

znici Denicija 2.1.25 Jednoliko promjenjivo kru zno gibanje je ono gibanje u kojem se u istim vremenskim intervalima jednako mijenja kutna brzina. Odnosno kutno ubrzanje je stalno. Deniciju mo zemo pisati u formalnom obliku: (w) = nrqvw=

(2.1.61)

$ (w) = w + $ 0 1 2 w + $0 w + *0 * (w) = 2

(2.1.62) (2.1.63)

Koristeći ove opće jednad zbe mo zemo odrediti trenutnu kutnu brzinu $ (w) i prevaljeni kutni pomak * (w) za neko vrijeme w. (w) = nrqvw= $ (w) =

Zw

(w) gw = w + $ 0

0

* (w) =

Zw 0

$ (w) gw =

Zw

(w + $ 0 ) gw

0

1 2 w + $ 0 w + *0 = 2 Vidjeli smo da postoji veza izme†u kutne brzine i tangencijalne brzine. Kod ovog gibanja pored centripetalnog ubrzanja (dfs ) javlja se i tangencijalno ubrzanje (dw ). Ovdje tako†er mo zemo naći vezu izme†u kutnog ubrzanja () i tangencijalnog ubrzanja (dw ). dw = · u

(2.1.64)

Usporedimo li jednad zbe koje opisuju translacijsko gibanje materijalne to cke s jednad zbama koje opisuju rotacijsko gibanje ili konkretno jednad zbe gibanja jednolikog promjenjivog gibanja materijalne to cke du z pravca i jednolikog promjenjivog gibanja materijalne to cke po kru znici, onda primjećujemo da postoji potpuna analogija. Tako†er koristeći veze izme†u kutnih i tangencijalnih parametra, mo zemo formalno uz supstituciju prijeći s jedne odgovarajuće jednad zbe na drugu. Ovo je moguće zbog toga što su oba oblika gibanja izraz jednog jedinstvenog mehani ckog gibanja materijalne to cke.

mehanika.indd 46

9.11.2007 9:58:49


39

d) Analogija izme†u pravocrtnih i kru

znih gibanja Pravocrtno Kru zno $ $ u = u (w) * = * (w) < 3 $ y (w) = ugw(w) $ (w) = *(w) gw < 3 $ d (w) = ygw(w) (w) = $(w) gw 1. Jednoliko pravocrtno 1. Jednoliko kru zno y = frqvw= $ = frqvw= y = vw ; v = y · w $ = !w ; ! = $ · w 2. Jednoliko promjenjivo 2. Jednoliko promjenjivo y 6= frqvw= $ 6= frqvw= d = frqvw= = frqvw= y = y0 ± dw $ = $0 ± w v =p y0 w ± 12 dw2 ! =p $ 0 w ± 12 w2 2 y = y0 + 2dv $ = $20 + 2! y = $u> d = u - relacije povezivanja

mehanika.indd 47

9.11.2007 9:58:49


40

2.2

Problemski zadaci

Problem 2.2.1 Ako kompas (busola), cija magnetna igla pokazuje pravac sjeverjug, gibamo po kru znici u horizontalnoj ravnini (slika 2.14.), magnetna igla će vršiti: 1. kru zno gibanje, 2. translacijsko gibanje, 3. kombinaciju kru znog i translacijskog gibanja. Odgovor: Gibanje magnetske igle je translacijsko gibanje jer spojnica bilo koje dvije to cke tijekom gibanja ostaje sama sebi paralelna. Istina je da su putanje pojedinih to caka magnetne igle kru znice, ali središta tih kru znica ne le ze na zajedni ckom pravcu (osi rotacije), što bi u slu caju rotacijskog gibanja bilo potrebno. Gibanje kućišta mo ze biti dvojako: ako je polo zaj igle u odnosu na kućište stalno isti, onda kućište tako†er vrši translacijsko gibanje; ako se polo zaj mijenja tako da kućište rotira u odnosu na iglu, onda kućište vrši rotacijsko gibanje.

Slika 2.14.

Problem 2.2.2 Na visini k nalaze se balon i zrakoplov koji leti prema balonu (slika 2.15.). Iz zrakoplova i balona se kuglom ga†a meta vertikalno ispod balona. Ako su istovremeno kugle izba cene iz balona i zrakoplova, kojim redoslijedom će poga†ati metu i zašto? Odgovor: Vrijeme padanja je isto pa će kugle istovremeno pogoditi metu. Ovdje se radi o slo zenom gibanju zrakoplova (horizontalni hitac). Po principu superpozicije visina kugle pri horizontalnom hitcu ne ovisi o komponenti horizontalne brzine, jer je u vertikalnom smjeru to gibanje slobodan pad isto kao i kod kugle koja se ispušta iz balona, pa je vrijeme padanja te dvije kugle isto (odakle slijedi da će te dvije kugle istovremeno pogoditi metu, jer su istovremeno ispuštene s iste visine). Naravno, ako se uzme u obzir otpor zraka to više neće vrijediti.

mehanika.indd 48

Slika 2.15.

9.11.2007 9:58:50


41

Problem 2.2.3 Ako je vektor brzine nekog tijela suprotnog smjera u odnosu na vektor njegovog ubrzanja, iznos brzine tijela: 1. postaje manji, 2. ostaje konstantan, 3. postaje veći. Odgovor: Brzina postaje manja. Problem 2.2.4 Mo ze li tijelo u nekom trenutku vremena imati iznos brzine nula, a da se u isto vrijeme giba jednoliko promjenjivo? Odgovor: Tijelo mo ze imati brzinu nula u slu caju kada se giba jednoliko usporeno $ ( d = frqvw=) i pri prelasku u jednoliko ubrzano gibanje trenutna će brzina iznositi nula. Problem 2.2.5 Objasnite zašto relacije za slobodni pad i vertikalni hitac mo zemo pisati u skalarnome obliku? Odgovor: Relacije za slobodni pad i vertikalni hitac mo zemo pisati u skalarnom obliku jer su vektori brzine i ubrzanja kolinearni (svi su vektori vertikalni). Problem 2.2.6 Koja od gibanja smatrate slo zenim i iz kojih osnovnih gibanja su sastavljena: 1. slobodni pad, 2. horizontalni hitac Odgovor: 1. Slobodni pad je jednostavno gibanje, tj. ravnomjerno ubrzano bez po cetne brzine. To se mo ze i formalno odrediti analizirajući oblik relacije za brzinu $ $ y = j ·w Budući da se slaganje brzina kod slo zenog gibanja sastoji od vektorskog zbrajanja iz ove relacije zaklju cujemo da se radi o jednostavnom gibanju.

mehanika.indd 49

9.11.2007 9:58:50


42

2. Vertikalni hitac je slo zeno gibanje, koje je sastavljeno od jednolikog $ pravocrtnog gibanja brzine y 0 i jednoliko ubrzanog gibanja (tj. slobodnog pada) što se mo ze vidjeti iz relacije za brzinu $ $ $ y = y0± j ·w Prvi clan predstavlja komponentno gibanje (jednoliko pravocrtno), a drugi

clan jednoliko ubrzano gibanje (slobodni pad). Problem 2.2.7 Je li moguće da covjek hoda, a da njegova apsolutna brzina, u odnosu na zemlju, bude jednaka nuli? Objasni odgovor. Odgovor: Moguće je pod uvjetom da se prenosna brzina sustava u kojem se nalazi covjek odnosi samo na prenosni sustav (npr. traka za hodanje). Problem 2.2.8 Brod se giba brzinom y1 . Sa broda se izbaci tijelo brzinom y2 vertikalno naviše. 1. Gdje će pasti tijelo? 2. Nakon koliko vremena će tijelo pasti? Kako se odnose vremena pada u slu caju da se tijelo baci istom brzinom y2 vertikalno naviše, u slu caju da brod miruje? Odgovor: Tijelo će pasti na mjestu izba caja (ovo va zi za promatra ca na brodu i na obali). Za promatra ca na brodu tijelo će se gibati po zakonu vertikalnog hitca i slobodnog pada, a za promatra ca na obali tijelo će vršiti slo zeno gibanje (kosi hitac) jer ono posjeduje horizontalnu brzinu broda. Vremena su ista. Problem 2.2.9 Koja gibanja deniraju slijedeće jednad zbe: 1. i = frqvw=; |$ y | = frqvw= 2. W = frqvw=; $ d w = frqvw= 3. $ $ = frqvw=; $ y = 6 frqvw=

4. |$ d u | = frqvw=; |$ y | = frqvw=

5. $ = frqvw=; $ d w = frqvw= Odgovor:

1. Gibanje je jednoliko kru zno gibanje, jer je |$ y | = frqvw= i i = frqvw=, odnosno $ = 2i = frqvw=.

mehanika.indd 50

9.11.2007 9:58:50


43

2. Jednoliko kru zno gibanje. 3. Jednoliko kru zno gibanje. 4. Jednoliko kru zno gibanje. 5. Jednolikopromjenjivo kru zno gibanje. Problem 2.2.10 Kutna brzina male kazaljke (kazaljka koja pokazuje sate) obi cnoga mehani ckoga sata iznosi: 1. 0=000143 rad s 2. 0=261 rad s 3. 0=00174 rad s 4. 0=523 rad s Odgovor: Za vrijeme od W = 1 h = 3600 s mala kazaljka napravi kut od = 2 rad, pa je kutna brzina jednaka $=

rad rad 2 rad = 1= 745 3 · 1033 = 0=00174 3600 s s s

$ $ Problem 2.2.11 Objasnite zašto vektori kutne brzine ( $ ) i kutnog ubrzanja ( ) le ze na osi rotacije, odnosno na pravcu koji je okomit na ravnnu kru zenja to cke? Napomena: promatrajte relacije obodne brzine i ubrzanja. Odgovor: Razlog je u tome što su obodna brzina i tangencijalno ubrzanje vektorski produkt kutnih veli cina i vektora pomaka (polumjera). $ $ $ y = $ × u $ $ $ dw = × u Problem 2.2.12 Objasnite kako jedno gibanje sa stajališta rotacijskog gibanja $ mo ze biti jednoliko ( $ = frqvw=), a sa stajališta translacijskog gibanja promjenji$ vo ( y 6= frqvw=)? Odgovor: $ $ $ $ Moguće je iz jednostanog razloga što je y = $ × u , a y = | y | = $ · u jer su vektori ortogonalni, što zna ci da vektor kutne brzine uvijek le zi na jednom pravcu (osi rotacije), a njen intezitet ne ovisi od rotacije obodne brzine, nego je $ $ $ = frqvw=, ako je | y | = frqvw= pa iz tog uvjeta slijedi da je $ = frqvw=.

mehanika.indd 51

9.11.2007 9:58:50


44

2.3

Primjeri

Primjer 2.3.1 Automobil se giba jednoliko du z jedne petnaestine puta brzinom z petine puta brzinom 50 np z trećine puta brzinom 70 np od 30 np k , zatim du

k te du

k . Kolikom se brzinom gibao preostali dio puta ako je srednja brzina gibanja du z cijelog puta 60 np k ? Rješenje: cimo pojedine dijelove Srednja brzina denirana je izrazom y = {v {w . Ozna

puta v1 > v2 > v3 i v4 , a brzine na pripadnim dijelovima puta sa y1 > y2 > y3 i y4 . Tada je srednja brzina na ukupnom putu jednaka y=

vxn v1 + v2 + v3 + v4 = wxn w1 + w2 + w3 + w4

gdje su v1 = v2 = v3 = v4 = v4 =

1 vxn vxn = y1 w1 =, w1 = 15 15 · y1 1 vxn vxn = y2 w2 =, w2 = 5 5 · y2 1 vxn vxn = y3 w3 =, w3 = 3 3 · y3 μ ¶ 1 1 1 vxn vxn v1 v2 v3 = 1 15 5 3 2 2vxn vxn = y4 w4 =, w4 = 5 5 · y4

uvrštavajući u prethodni izraz dobivamo vxn y = vxn vxn vxn 2vxn 15·y1 + 5·y2 + 3·y3 + 5·y4 vxn ³ ´ = 1 1 2 vxn 15·y1 + 5·y1 2 + 3·y + 5·y 3 4 =

³

1

1 15·y1

+

1 5·y2

+

1 3·y3

+

naša tra zena brzina je y4 pa slijedi 1 y 2 5 · y4 1 y4 1 y4

mehanika.indd 52

= = = =

2 5·y4

´

1 1 1 2 + + + 15 · y1 5 · y2 3 · y3 5 · y4 ¶ μ 1 1 1 1 + + y 15 · y1 5 · y2 3 · y3 ¶¸ μ 5 1 1 1 1 + + 2 y 15 · y1 5 · y2 3 · y3 ¶¸ μ y2 y3 + 3y1 y3 + 5y1 y2 5 1 2 y 15y1 y2 y3

9.11.2007 9:58:50

2.3. PRIMJERI

45

odavde je y4 = y4 = y4 = y4 =

μ ¶¸ 2 1 y2 y3 + 3y1 y3 + 5y1 y2 31 5 y 15y1 y2 y3 " Ã !#31 km km km km km 50 km 1 2 k 70 k + 3 · 30 k 70 k + 5 · 30 k 50 k km km 5 60 km 15 · 30 km k k 50 k 70 k ¸ 17300 31 km 2 km 2 1 = · 176 5 60 1575000 k 5 k km 70=39 k

Primjer 2.3.2 Automobil usporava jednoliko tako da za vrijeme w1 = 8 v prije†e polovinu puta do zaustavaljanja, a preostali dio puta za w2 = 12 v. Kolika je po cetna brzina automobila i usporenje ako je ukupni prije†eni put v = 300 m? Prije†eni put za jednoliko ubrzano (usporeno za d ? 0) gibanje je dan izrazom 1 v = y0 w + dw2 2 Kako automobil prvu polovicu puta v1 =

v 2

prije†e za w1 = 8 s vrijedi:

v 1 = y0 w1 + dw21 2 2 v = 2y0 w1 + dw21 v dw1 y0 = 2w1 2 v1 =

za ukupni prije†eni put v potrebno je vrijeme w = w1 + w2 pa će biti 1 v = y0 (w1 + w2 ) + d (w1 + w2 )2 2 Ovo je sustav od dvije jednad zbe sa dvije nepoznanice. Uvrštavanjem vrijednosti za y0 dobiva se μ ¶ v dw1 1 v = (w1 + w2 ) + d (w1 + w2 )2 2w1 2 2 2 ¢ v vw2 dw1 dw1 w2 d ¡ 2 + + v = w1 + 2w1 w2 + w22 2 2w1 2 2 2 odnosno μ ¶ ¢ w2 d¡ 2 v 1 = w1 w1 w2 + w21 + 2w1 w2 + w22 2 w1 2

mehanika.indd 53

9.11.2007 9:58:51


46

pa je ubrzanje (usporenje) ³ ´ ´ ³ w1 3w2 2 v v w1w3w w1 v (w2 w1 ) 1 d = = = 2 w2 (w1 + w2 ) w1 w2 (w1 + w2 ) w2 + w1 w2 300 m · (12 s 8 s) m 5m d = = 2 = 0> 625 2 12 s · 8 s (12 s + 8 s) 8s s Sada izra cunajmo po cetnu brzinu y0 = y0 =

¡ 5 m¢ 8 s2 · 8 s 300 m v dw1 = 2w1 2 2·8 s 2 85 m m = 21=25 4 s s

Napomena: korištenjem izraza v = y0 w 12 dw2 za jednoliko usporeno gibanje, dobiva se isti rezultat. Samo bi d bilo pozitivno jer je već u izrazu pretpostavljena negativnost akceleracije. Primjer 2.3.3 Motorni camac plovi od jednog do drugog nepomi cnog plovka koji su udaljeni 5000 m najprije nizvodno, a zatim uzvodno. Put nizvodno traje 360 s> a put uzvodno 480 s= Kolika je brzina camca ako bi on plovio po mirnoj vodi ? Rješenje: Ozna cimo sa y brzinu camca, a sa Y brzinu rijeke. Gibanje nizvodno tada mo zemo opisati relacijom y+Y =

g w1

(2.3.1)

g w2

(2.3.2)

a uzvodno yY =

Zbrajanjem (2.3.1) i (2.3.2) se dobiva ¶ μ 5 1 km km g 1 y= = (10 + 7=5) + = 43=75 2 w1 w2 2 k k Primjer 2.3.4 Dva pliva ca krenu s istog polo zaja najprije nizvodno, do mosta udaljenog v = 200 m, a zatim uzvodno. Prvi krene trideset sekundi ranije u odnosu na drugog pliva ca i pliva brzinom y1 = 3 km k u odnosu na rijeku, dok drugi km pliva c pliva brzinom y2 = 5 k . Ako je brzina toka rijeke y = 2 km k u kojem polo zaju će se sresti pliva ci? Rješenje: Pliva ci će se susresti kada budu imali isti polo zaj na rijeci. Relativna brzina pliva ca niz rijeku jednaka je njihovoj brzini u odnosu na rijeku plus brzina rijeke,

mehanika.indd 54

9.11.2007 9:58:51

2.3. PRIMJERI

47

a uz rijeku se te brzine oduzimaju zbog suprotnog pravca brzine pliva ca i rijeke. Sustigne li drugi pliva c prvog prije dolaska do mosta, ponovno će se susresti pri povratku drugog pliva ca. Ozna cimo sa v1 i v2 prije†ene udaljenosti pliva ca, a po cetni trenutak neka je onaj kada prvi pliva c krene plivati: v1 = (y1 + y) w v2 = (y2 + y) (w 30 s) Iz uvjeta v1 = v2 slijedi (y1 + y) w = (y2 + y) (w 30 s)

[(y2 + y) (y1 + y)] w = (y2 + y) · 30 s odakle je vrijeme w (y2 + y) · 30 s = w= y2 y1

¡ 25 5 ¢ m 18¡+ 9 s¢ · 30 s = 105 s 25 5 m 18 6 s

pa je prije†eni put jednak ¶ μ 5 5 m + · 105 s = 145> 83b m v1 = (y1 + y) w = 6 9 s Kako je drugi pliva c susreo prvog prije mosta, ponovno će se susresti nakon povratka drugog pliva ca. Neka je vrijeme potrebno da drugi pliva c stigne do mosta, mjereno od trenutka po cetka plivanja prvog pliva ca, ozna ceno sa wp , tada je v = (y2 + y) (wp 30 s) 200 m v + 30 s = ¡ 25 5 ¢ wp = y2 + y 18 + 9

m s

+ 30 s =

720 s + 30 s = 132=86 s 7

za to vrijeme je prvi pliva c stigao do

v1 (wp ) = (y1 + y) (wp + 30 s) =

μ

5 5 + 6 9

¶

m · (132=86 s) = 184= 53 m s

dakle, u trenutku wp = 132=86 s od trenutka gibanja prvog pliva ca, drugi sti ze do mosta i po cinje se vraćati. Sada je njegova ukupna brzina gibanja jednaka y2 y, a udaljenost prvog i drugog pliva ca u tom trenutku iznosi g = 200 m 184=53 m = 15= 47 m Vrijeme potrebno da se susretnu drugi put tada će biti wxn = wp + w2

mehanika.indd 55

9.11.2007 9:58:51


48 gdje je

g g 15=47 m = = ¡ 25 5 ¢ m (y2 y) + (y1 + y) y2 + y1 18 + 6 s = 6=96 s

w2 = w2 odakle je

wxn = 132=86 s + 6=96 s = 139= 82 s pa se pliva ci nalaze u polo zaju od starta v2 = (y1 + y) (wp + 6=96) s ¶ μ 5 5 m + · (139=82 s) = 194=19 m v2 = 6 9 s Primjer 2.3.5 Pored neke kontrolne postaje pro†e automobil brzinom y = 25 ms . Za njim krene motociklist ubrzanjem d = 5 sm2 i to poslije vremena w = 4 s od trenutka prolaska automobila. Izra cunajte vrijeme i mjesto gdje će motociklist stići automobil, pod uvjetom da motociklist odr zava stalno ubrzanje. Rješenje: Neka motociklist krene u trenutku w = 0 s, u tom trenutku automobil je udaljen v0 = 25 m. Automobil se giba jednoliko pa je prije†eni put vd = y · w + v0

(2.3.3)

a motociklista zbog jednolikog ubrzanja prevali put od 1 vp = dw2 2

(2.3.4)

Motociklist će sustići automobil kad bude ispunjen uvjet vp = vd = v odnosno 1 2 dw = y · w + v0 2 ovo je kvadratna jednad zba 2v0 2y w = 0 d d 2 · 100 2 · 25 w = 0 w2 5 5 w2 10w 40 = 0 w2

mehanika.indd 56

9.11.2007 9:58:51

2.3. PRIMJERI

49

koja ima rješenja, ³ s ´ w1 = 5 65 s = 3= 06 s

koje nema zikalno zna cenje u danom primjeru (vrijeme prije prolaska motociklista) i ³s ´ w2 = 65 + 5 s = 13= 06 s Uvrštavanjem drugog rješenja u jednu od jednad zbi za prije†eni put npr. (2.3.3) dobiva se za prije†eni put v = y · w + v0 = 25

m · 13= 06 s + 100 m = 426= 5 m s

Primjer 2.3.6 Zrakoplov se spušta na pistu brzinom 180 km cek i jednolikim ko

km njem za vrijeme od 10 s smanji brzinu na 36 k . Izra cunajte akceleraciju zrakoplova i ukupni prije†eni put do zaustavljanja. Rješenje: Akceleracija zrakoplova iznosi d=

10 ms 50 ms y y0 m = = 4 2 w 10 s s

Ukupno vrijeme zaustavljanja jednako je wxn =

50 ms y0 = = 12=5 s d 4 sm2

pa je prije†eni put do zaustavljanja jednak 1³ 1 m m´ v = y0 · wxn dw2xn = 50 · 12=5 s + 4 2 (12=5 s)2 = 312= 5 m 2 s 2 s Primjer 2.3.7 Dva covjeka po cinju tr cati s istog mjesta na me†usobno okomitim km pravcima. Prvi tr ci brzinom y1 = 10=8 km k , a drugi brzinom y2 = 18 k . Kolika je relativna brzina drugog trka ca u odnosu na prvoga i kolika je njihova me†usobna udaljenost nakon w = 120 s. Rješenje: Uz pretpostavku da prvi trka c tr ci u smjeru osi {, a drugi u smjeru osi |, njihove se brzine vektorski mogu prikazati kao ³ $´ m $ y1 = 3l s ³ $´ m $ y2 = 5m s

mehanika.indd 57

9.11.2007 9:58:52


50

Njihova relativna brzina je tada ³ $ $´ m $ $ $ y 21 = y2 y1 = 3 l 5m s

a njen intezitet jednak je q m m s m = 34 = 5=83 y21 = 32 + (5)2 s s s Njihova udaljenost nakon nakon 120 s jednaka je g = y21 · w = 5=83

m · 120 s = 699= 72 m s

Primjer 2.3.8 Automobil ciji kota ci imaju promjer G = 0=65 m, giba se po ravnom putu brzinom y = 70 km cenju automobil se zaustavi poslije prik . Pri ko

je†enog puta v = 75 m. Pod pretpostavkom da je usporenje automobila ravnomjerno, izra cunajte tangencijalno i kutno usporavanje njegovih kota ca tijekom ko cenja? Rješenje: Gibanje je jednoliko usporeno pa vrijedi 1 v = y0 w + dw2 2 y = y0 + dw eliminacijom primjenjive veli cine vremena w dobivamo za ubrzanje sustava ¡ ¢2 19= 44 ms m y02 = 2= 52 2 d= = 2v 2 · 75 m s no, za jednoliko usporenu vrtnju vrijedi d=·U=·

G 2

odakle se dobiva ¢ ¡ 2 · 6=3 sm2 rad 2d = = 7= 76 2 = 7= 76 s32 = G 0=65 m s Primjer 2.3.9 Zrakoplov odr zava smjer ravno prema sjeveru gibajući se brzinom km y} = 360 km k u odnosu prema zraku. Vjetar puše brzinom yy = 72 k od istoka prema zapadu. Kolika je rezultantna brzina zrakoplova u odnosu na tlo? Koliki kut mora imati zrakoplov u odnosu na zrak da bi zadr zao smjer gibanja prema sjeveru? Koliko će mu vremena biti potrebno da stigne u grad udaljen 200 km?

mehanika.indd 58

9.11.2007 9:58:52

2.3. PRIMJERI

51 Rješenje: Brzina zrakoplova prema tlu dobit će se vektorskim zbrajanjem njegove brzine u odnosu prema zraku i brzine vjetra (slika 2.16.)

Slika 2.16. $ $ $ y} + yy yw= Kako zrakoplov nastoji odr zati smjer prema sjeveru, a vjetar puše od istoka prema zapadu, komponenta gibanja zrakoplova u odnosu na zrak mora poništa$ vati brzinu vjetra. Iznos brzine y w dobiva se primjenom Pitagorinog pou cka r³ p km m m ´2 ³ m ´2 20 = 97= 98 = 352= 73 100 yw = y}2 yy2 = s s s k Smjer brzine mo ze se odrediti kutom wj =

20 ms yy = = 0=204 12 , = 0=20136 rad = 11=54 yw 97=98 ms

Dakle, zrakoplov će se gibati u odnosu prema tlu brzinom 352=73 km k . Kut gibanja zrakoplova u odnosu prema zraku (kada ne bi bilo vjetra) = 11=537 isto cno od sjevera. Vrijeme koje mu je potrebno iznosi w=

v 200 000 m = = 2041= 2 s 34 min yw 97= 98 ms

Primjer 2.3.10 Tijelo je pušteno da slobodno pada sa tornja visokog k = 30 m . Koliko dugo traje pad tijela, pod pretpostavkom da je otpor zraka zanemariv? Kolika je brzina udara tijela o tlo? Rješenje: Tijelo slobodno pada bez po cetne brzine i trenja. Prije†eni put pri ovom gibanju jednak je s s r 1 2 2v 2k 2 · 30 m = = = 2= 47 s v = jw , w = 2 j j 9=81 sm2 a brzina prilikom pada s r m m 2k p = 2jk = 2 · 9=81 2 · 30 m = 24= 26 y = jw = j j s s ili y = jw = 9=81

mehanika.indd 59

m m · 2= 47 s = 24= 26 s2 s

9.11.2007 9:58:52


52

Primjer 2.3.11 Prvo tijelo je ba ceno s ruba zgrade visoke k = 35 m prema dolje, a drugo pušteno da slobodno pada. Kolikom po cetnom brzinom je prvo tijelo ba ceno ako nakon w = 1=5 s udara o tlo? Koliko će kasnije drugo tijelo pasti na tlo? Rješenje: Prvo tijelo se giba po zakonu 1 v (w) = y0 w + jw2 2 neka je w1 vrijeme pada prvog tijela na tlo. Tada je 1 v (w1 ) = y0 w1 + jw21 = k 2 odakle slijedi k 12 jw21 m k 1 35 m 1 m = jw1 = · 9=81 2 · 1=5 s = 15= 98 w1 w1 2 1=5 s 2 s s

y0 =

Drugo tijelo se giba po zakonu 1 v (w) = jw2 2 neka je w2 vrijeme pada drugog tijela na tlo. Tada je s s 2k 2 · 35 m 1 2 = v (w2 ) = jw2 = k , w2 = = 2= 67 s 2 j 9=81 sm2 pa će drugo tijelo pasti nakon w = w2 w1 = 2= 67 s 1=5 s = 1=17 s Primjer 2.3.12 Ispustimo kamen da slobodno pada u bunar. Udar u vodu cuje se nakon w = 2=5 s. Odredite dubinu bunara. Brzina zvuka iznosi y} = 340 ms . Rješenje: Ukupno vrijeme w = ws + w} jednako je zbroju vremena pada kamena ws i vremenu potrebnom da zvuk stigne od površine vode w} pa vrijedi 1 2 jw 2 s k = y} w} = y} (w ws ) k =

Imamo sustav od dvije jednad zbe s dvije nepoznate. Rješavanje sustava po w1 daje kvadratnu jednad zbu w2s +

mehanika.indd 60

2y} 2y} ws w=0 j j

9.11.2007 9:58:52

2.3. PRIMJERI

53

cija su rješenja (ws )1>2

s " # r ¸ 2 · 9=81 sm2 · 2=5 s 340 ms y} 2jw 1± 1+ 1± 1+ = = j y} 9=81 sm2 340 ms =

340 ms (1 ± 1= 07) 9=81 sm2

rješenje s predznakom + nije zikalno. (ws )1 = 71= 73 s dok drugo rješenje (ws )2 = 2= 42 s daje visinu bunara k = y} (w ws ) = 340

m · (2=5 s 2= 42 s) = 27=2 m s

Primjer 2.3.13 S vrha zgrade, u istom trenutku, jedno tijelo bacimo vertikalno u vis, a drugo nadolje istom po cetnom brzinom y0 = 5 ms . Poslije koliko će vremena me†usobna udaljenost tijela biti jednaka petini visine zgrade, ako tijelo ba ceno nadolje udari o tlo w = 3 s nakon izbacivanja? Kolika je visina zgrade k? Rješenje: Visinu zgrade dobit ćemo iz izraza za hitac nani ze: 1 m 1 m k = y0 w + jw2 = 5 · 3 s + · 9=81 2 · (3 s)2 = 59=15 m 2 s 2 s Pretpostavivši da nakon vremena w0 me†usobna udaljenost tijela bude jednaka petini visine tornja. Tijelo ba ceno vertikalno u vis opisuje se jednad zbom 1 ¡ ¢2 k1 = y0 w0 j w0 (2.3.5) 2 a drugo tijelo ba ceno nadolje 1 ¡ ¢2 (2.3.6) k2 = y0 w0 + j w0 2

Zbrajanjem jednad zbi (2.3.5) i (2.3.6) dobiva se relativna udaljenost ta dva tijela, pa vrijedi k 5 k 5 k 5

= k1 + k2 1 ¡ ¢2 1 ¡ ¢2 = y0 w0 j w0 + y0 w0 + j w0 2 2 = 2y0 w0

w0 =

mehanika.indd 61

k 59=15 m = = 1=18 s 10y0 50 ms

9.11.2007 9:58:53


54

Primjer 2.3.14 Tijelo slobodno pada s visine k = 500 m. Tu visinu podijelite na 4 dijela tako da vrijeme padanja bude jednako na svakom dijelu. Koliko je ukupno vrijeme pada i vrijeme na pojedinom dijelu puta? Rješenje: Ozna cimo sa w vrijeme na pojedinom dijelu puta. Pre†eni put pri slobodnom padu tada iznosi: 1 k1 = jw2 2 1 k1 + k2 = j (2w)2 2 1 k = k1 + ==== + kq = j (qw)2 2 Nadalje slijedi w2 =

2k jq2

pa je 1 w= · q

s

1 2k = j 4

s

2 · 500 m = 2=52 s 9=81 sm2

odnosno ukupno vrijeme pada iznosi s 2k = 10=1 s wqn = q · w = j Općenito k-ti dio puta ozna cimo sa kn3wl > gdje je n 5 [1> q] > n 5 Z odnosno u ovom primjeru od 1 do 4. 1 1 1 k kn3wl = j (nw)2 j [(n 1)w]2 = jw2 (2n 1) = 2 (2n 1) 2 2 2 q pa je za q = 4 n = 1 =, k1 =

500 m k k = = 31=25 m = 42 16 16

k (2 · 2 1) = 16 k n = 3 =, k3 = (2 · 3 1) = 16 k (2 · 4 1) = n = 4 =, k4 = 16 n = 2 =, k2 =

mehanika.indd 62

3k = 3k1 = 93=75 m 16 5k = 5k1 = 156=25 m 16 7k = 7k1 = 218=75 m 16

9.11.2007 9:58:53

2.3. PRIMJERI

55

Primjer 2.3.15 Tijelo je ba ceno nadolje brzinom y0 = 5 ms . Koliko traje let ako u posljednjoj sekundi tijelo prije†e polovicu ukupne visine s koje je ba ceno? Rješenje: Ozna cimo ukupno vrijeme leta sa w = w1 + ws , trajanje leta do posljednje sekunde sa w1 > a posljednju sekundu sa ws = 1 s= Ukupni prije†eni put je 1 j v(w) = y0 w + jw2 = y0 (w1 + ws ) + (w1 + ws )2 2 2 a put prije†eni u vremenu w1 je j v(w1 ) = y0 w1 + w21 2

(2.3.7)

(2.3.8)

Iz uvjeta zadatka slijedi: v(w) v(w1 ) =

1 v(w) 2

odnosno v(w) = 2 v (w1 )

(2.3.9)

Uvrštavanjem jednad zbe (2.3.7) i (2.3.8) u (2.3.9) dobivamo: j y0 ws + y0 w1 + (w2s + 2 ws w1 + w21 ) = 2 y0 w1 + j w21 2 j w21 + 2(y0 j ws ) w1 ws (j ws + 2 y0 ) = 0

w21 0=981 w1 2=02 = 0 (w1 )1 = 1=99 s=

Drugo negativno rješenje kvadratne jednad zbe nema zikalni smisao. Ukupno vrijeme leta je w = w1 + ws = 2=99 s= Primjer 2.3.16 Tijelo je ba ceno u horizontalnome pravcu s visine k = 10 m iznad zemlje. Tijelo padne na horizontalnoj udaljenosti G = 18 m od mjesta bacanja. Pod kojim kutom u odnosu na vertikalu će tijelo pasti na zemlju? Rješenje: Kut pod kojim će tijelo pasti dobivamo iz odnosa inteziteta brzina u x i y smjeru, tako da vrijedi y{ y{ , = arctan tan = y| y| Tijelo će padati u y smjeru slobodno pa je vrijeme leta s s 2k 2 · 10 m = = 1=43 s w= j 9=81 sm2

mehanika.indd 63

9.11.2007 9:58:53


56

i za to vrijeme postigne brzinu u y - smjeru r p m m y| = jw = 2jk = 2 · 9=81 2 · 10 m = 14 s s

Komponentu brzine u x - smjeru dobivamo iz jednad zbe G = y{ w , y{ =

G 18 m m = = 12=59 w 1=43 s s

Slika 2.17.

pa je kut u toj to cki jednak = arctan

12=59 ms y| = arctan = arctan 0=9 = 0=7328 rad = 42 y{ 14 ms

Primjer 2.3.17 Iz to cke A, koja se nalazi na visini K = 35 m, ispušteno je tijelo. Pri slobodnom padu tijelo udara u to cki E u strmu ravan od koje se odbija pod istim kutom pod kojim je palo na nju, pri cemu gubi 25% brzine. Nagib strme ravni je = 45 . To cka E se nalazi na visini k = K2 . Odredite domet i kut pod kojim tijela pada na tlo, pri cemu se otpor zraka zanemaruje. Hoće li tijelo pri padu ponovno pasti na kosinu? Koliko % brzine bi tijelo trebalo izgubiti da padne to cno na dno kosine? Rješenje: Pri slobodnom padu tijelo udara u to cku E na strmoj ravni, brzinom r p p K y = 2j (K k) = 2j = jK 2 r m m 9=81 2 · 35 m = 18= 53 = s s Brzina tijela nakon odbijanja od strme ravni iznosi y1 = 0=75y = 0=75 · 18= 53

m m = 13=9 s s

Slika 2.18.

S obzirom da je nagib kosine = 45 , to je i kut upada na kosinu jednak = 90 = 45 . Kako je normala na kosinu pod kutom od 45 slijedi da je pravac odbijanja od kosine horizontalni pravac. Dakle, tijelo nakon što se odbije od kosine ima gibanje kao horizontalni hitac sa visina k = K2 . Tijelo bi sa visine k slobodno padalo 1 k = jw2 =, w = 2

mehanika.indd 64

s

2k = j

s

2 K2 = j

s

K = j

s

35 m = 1=89 s 9=81 sm2

9.11.2007 9:58:53

2.3. PRIMJERI

57

pa je tra zeni domet jednak G = y{ w = y1 w = 13=9

m · 1= 89 s = 26= 27 m s

Kako je { komponenta brzine konstantna, a | komponenta jednaka s r p K m m = jK = 9=81 2 · 35 m = 18= 53 y| = jw = j j s s to je kut pod kojim tijelo pada na tlo 13=9 ms y{ y1 = = = 0=75 y| y| 18=53 ms = arctan 0=75 = 0=64 rad = 36= 87

tan =

Tijelo neće pasti na kosinu jer je G A k (kako je nagib kosine = 45 to je nagib kosine do horizontalne ravni jednak k, pa tijelo pada na ravninu). Da bi tijelo palo to cno na dno kosine mora domet G = k pa vrijedi G = y2 w =, y2 =

k K 35 m m G = = = = 9= 21 w w 2w 2 · 1=9 s s

Tijelo bi trebalo imati brzinu y2 pa je odnos upadne brzine y1 i brzine nakon odbijanja jednak =

9= 21 ms y2 = = 0=66 y1 13=9 ms

pa bi tijelo trebalo izgubiti 34% upadne brzine. Primjer 2.3.18 Tijelo je izba ceno pod kutom = 50 prema horizontu. Za vrijeme wp = 20 s tijelo dosegne najvišu to cku. Odredite po cetnu brzinu i polo zaj pada tijela. Rješenje: Iz y - komponente brzine koja je u najvišoj to cki jednaka nuli, dobivamo y0| = y0 sin jwp = 0 9=81 sm2 · 20 s m j · wp y0 = = = 256= 12 sin sin 50 s Ukupno vrijeme leta tijela jednako je wxn = 2wp = 40 s pa za domet tijela dobivamo G = y0{ · wxn = y0 · wxn · cos = 256= 12

mehanika.indd 65

m · 40 s · cos 50 = 6585= 4 m s

9.11.2007 9:58:54


58

Primjer 2.3.19 Doka zite da je maksimalni domet kosog hica za kut = 45 te da je domet kosog hica jednak za kutove i 90 , pod pretpostavkom da je otpor zraka zanemariv. Rješenje: Domet kosog hica opisan je izrazom G () =

y02 sin 2 j

(2.3.10)

uz konstantnu po cetnu brzinu, vrijednost kuta koji zadovoljava uvjet maksimuma funkcije je gG () g gG () g

= 0 = =

μ ¶ g y02 sin 2 y2 g = 0 (sin 2) g j j g 2y 2 cos 2 y02 · (2 cos 2) = 0 =0 j j

odakle slijedi da mora vrijediti cos 2 = 0 2 = 2 = 45 = 4 Koristeći izraz za domet (2.3.10) imamo G () = G (90 ) y 2 sin [2 (90 )] y02 sin 2 = 0 j j sin 2 = sin (180 2) no, to vrijedi jer je sin () = sin (180 ) pa je jednakost dokazana. Primjer 2.3.20 Koliko je daleko satelit od Zemljine površine, ako mu je srednja obodna brzina y = 7=3 km s , a ophodno vrijeme W = 106 min? Pretpostavite da se satelit giba po kru znici cije središte je središte Zemlje. Srednji polumjer Zemlje iznosi U] = 6370 km. Rješenje: Polumjer kru znice po kojoj se giba satelit iznosi U=

7=3 km y y·W y s · 106 · 60 s = 2 = = = 7389= 2 km $ 2 2 W

pa je visina satelita jednaka k = U U} = 7389=2 km 6370 km = 1019= 2 km

mehanika.indd 66

9.11.2007 9:58:54

2.3. PRIMJERI

59

Primjer 2.3.21 Nakon isklju cenja motora, ventilator, ciji je broj okretaja iznosio 900 u minuti, po cinje se jednoliko usporavati. Ako se ventilator zaustavio nakon w00 = 5 v, kolika mu je kutna akceleracija? Kolika je kutna brzina ventilatora w0 = 3 v nakon po cetka usporene vrtnje? Odredite ukupni broj okretaja ventilatora do njegovog zaustavljanja? Rješenje: U trenutku isklju cenja motora, kutna brzina ventilatora iznosila je $0 = 2i0 = 2 rad ·

900 rad = 30 = 30 s31 60 s s

Nakon w00 = 5 v ventilator se zaustavio. Iz izraza za kutnu brzinu $ = $0 + w i rubnog uvjeta $ (w00 ) = 0 dobivamo =

0 30 rad rad $ $0 s = 6 2 = 6 s32 = 18=85 s32 = w00 5 s s

gdje negativni predznak kutne akceleracije zna ci usporenu vrtnju, a rad nije nu zno pisati u izrazima. Kutna brzina ventilatora zadana je izrazom $ (w) = $ 0 + w pa je nakon w0 = 3 s ¶ μ ¡ 0¢ rad rad rad 0 + 6 2 · 3 s = 12 = 12 v31 $ w = $ 0 + w = 30 s s s Vektor polo zaja proizvoljne to cke na ventilatoru opisuje kut * opisan izrazom 1 * (w) = $ 0 w + w2 2 što nakon w00 = 5 s iznosi ¢ ¡ ¢ 1¡ 6 s32 · (5 s)2 = 75 rad = 235= 62 rad * w00 = 30 s31 · 5 s + 2

pa je ukupni broj okretaja Q=

* 75 = = 37=5 rnu 2 2

Primjer 2.3.22 Pomak tijela odre†en je jednad zbom v = D+Ew+Fw2 > u kojoj je D = 1 m> E = 10 ms i F = 5 sm2 = Izra cunajte srednju brzinu tijela izme†u w1 = 1 s i w2 = 2 s, izme†u w1 = 1 s i w1=1 = 1=1 s i izme†u w1 = 1 s i w1=001 = 1=001 s= Rješenje: Prije†eni put za vrijeme w iznosi v (w) = 1 m + 10

mehanika.indd 67

m m · w + 5 2 · w2 s s

9.11.2007 9:58:54


60 pa je

m m · 1 s + 5 2 · (1 s)2 = 16 m s s m m = v (w1=001 ) = 1 m + 10 · 1=001 s + 5 2 · (1=001 s)2 = 16=020 005 m s s m m = v (w1=1 ) = 1 m + 10 · 1=1 s + 5 2 · (1=1 s)2 = 18= 05 m s s m m = v (w2 ) = 1 m + 10 · 2 s + 5 2 · (2 s)2 = 41 m s s

v1 = v (w1 ) = 1 m + 10 v1=001 v1=1 v2

Prema deniciji srednje brzine slijedi

y 2>

1

=

y1=1>

1

=

y1=001>

1

=

v 41 m 16 m v2 3 v1 m = = = 25 w w2 w1 2s 1s s v1>1 3 v1 m v 18= 05 m 16 m = = 20=5 = w w3 w1 1=1 s 1 s s v1>001 3 v1 m v 16=020 005 m 16 m = = 20=005 = w w3 w1 1=001 s 1 s s

Iz tih se ra cuna vidi da se y pribli zuje vrijednosti od 20 ms , kada se w smanjuje. Odatle se mo ze zaklju citi da je trenutna brzina tijela nakon jedne sekunde jednaka 20 ms . Derivirajući pomak po vremenu zaista se dobiva gv = E + 2Fw gw m m m y (1 s) = 10 + 2 · 5 2 · 1 s = 20 s s s y (w) =

Primjer 2.3.23 Materijalna se to cka giba u smjeru osi {, tako da joj je pomak odre†en jednad zbom { = Dw Ew3 , gdje je D = 12 ms i E = 1 sm3 . Nacrtajte ({> w) > (v> w) > (y> w) i (d> w) dijagram za 0 w 3 s. Izra cunajte srednju brzinu i srednju akceleraciju to cke u vremenu od 0 do 3 s. Rješenje:

x(m) 20 15 10 5 0

0

1

2

3

4

t(s)

x(t) - dijagram

mehanika.indd 68

9.11.2007 9:58:54

2.3. PRIMJERI

61

Prije†eni put opisujemo kao v (w) =

½

12w w3 0 w 2 w3 12w 2 ? w 3

s(m) 20 10

0

1

2

3

t(s)

s(t) - dijagram ¢ ¡ Brzinu dobivamo preko izraza y (w) = D 3Ew2 = 12 3w2 grakon ima oblik

m s.

Dakle,

v(m/s) 10

0

1

2

3

t(s)

-10

-20

v(t) - dijagram Ubrzanje opisujemo jednad zbom d (w) = 6Ew = (6w)

a

m s2

5 0 -5

1

2

3

t

-10 -15 -20

a(t) - dijagram

mehanika.indd 69

9.11.2007 9:58:55


62

Primjer 2.3.24 Cestica se giba u {> | ravnini tako da joj vektor polo zaja ovisi $ $ $ o vremenu po zakonu u (w) = (Dw2 Ew) l + Fw3 m > gdje je D = 10 sm2 > E = $ $ $ u> y> i d u w = 1 s. Kada { komponenta brzine 2 ms > F = 2 sm3 . Izra cunajte postaje jednaka nuli? Kolika je tada | komponenta brzine? Rješenje: Funkcija polo zaja je $ $ $ u (w) = (Dw2 Ew) l + Fw3 m koja ima vrijednost u prvoj sekundi i h m m m $ $ $ u (1 s) = 10 2 · (1 s)2 2 · 1 s l + 2 3 · (1 s)3 m s s s ³ $ $´ = 8 l +2m m Funkcija brzine je vremenska derivacija funkcije polo zaja $ g h 2 g u (w) $ $i $ = (Dw Ew) l + Fw3 m y (w) = gw gw g g ¡ 3¢ $ $ (Dw2 Ew) · l + = Fw · m gw gw ¢ $ $ ¡ = (2 Dw E) l + 3Fw2 m

i u prvoj sekundi ima vrijednost i ³ m m´ m $ h $ $ l + 3 · 2 3 · (1 s)2 m y (1 s) = 2 · 10 2 · 1 s 2 s s s ³ $ $´ m = 18 l + 6 m s Funkcija ubrzanja je vremenskaderivacija funkcije brzine $ ¢ g y (w) g h $i $ ¡ $ = (2Dw E) l + 3Fw2 m d (w) = gw gw ¢ g $ g ¡ $ (2Dw E) · l + = 3Fw2 · m gw gw $ $ = (2D) l + (6Fw) m i ima vrijednost u prvoj sekundi ³ ´ m´ m $ ³ $ ³ $ $´ m $ d (1 s) = 2 · 10 2 l + 6 · 2 3 · 1 s m = 20 l + 12 m s s s2 Kako vrijedi ¢ $ $ $ $ ¡ $ y (w) = y (w) l + y (w) m = (2 Dw E) l + 3Fw2 m {

|

y{ = 0 =, 2Dw E = 0 2 ms E = = 0=1 s w= 2D 2 · 10 sm2 cm m m y| (0=1 s) = 3Fw2 = 3 · 2 3 · (0=1 s)2 = 0=06 = 6 s s s

mehanika.indd 70

9.11.2007 9:58:55

2.3. PRIMJERI

63

Primjer 2.3.25 Krenuvši iz mirovanja materijalna se to cka giba po pravcu tako da joj je akceleracija proporcionalna s vremenom. Koliki je prije†eni put nakon 12 s ako je nakon 5 s brzina to cke 20 ms ? Rješenje: Brzina je vremenski integral akceleracije. Budući da je d = nw> onda je y=

Zw

d gw =

0

n=

Zw

nw gw =

nw2 2

0

2 · 20 ms 40 ms m 2y = = = 1=6 3 2 2 2 w 25 s s (5 s)

Budući da je po cetna brzina, za w = 0 s to cke jednaka nuli, iz w = 5 s> y = 20 ms dobiva se da je n = 1=6 sm3 . Prije†eni je put v (w) =

Zw

ygw =

0

v (w = 12 s) =

Zw

nw3 nw2 gw = 2 6

0

1=6

m s3

· (12 s)3 = 460=8 m 6

Primjer 2.3.26 Krenuvši iz mirovanja materijalna se to cka giba po pravcu tako da joj je akceleracija proporcionalna kvadratu vremena. Kolika je brzina materijalne to cke ako je u trenutku w = 10 s prije†eni put jednak v = 750 m? Rješenje: Akceleracija je proporcionalna kvadratu vremena, dakle d = nw2 . Tada je y (w) =

Zw

d (w) gw =

0

Zw 0

¢ nw3 1 n¡3 w 03 = nw2 gw = n · w3 |w0 = 3 3 3

a prije†eni put v (w) =

Zw

y (w) gw =

0

Zw 0

¢ nw4 nw4 w nw3 n ¡4 gw = |0 = w 04 = 3 12 12 12

Iz po cetnog uvjeta mo zemo odrediti konstantu n v (10 s) = n =

mehanika.indd 71

n (10 s)4 = 750 m 12 m 12 · 750 m = 0=9 4 10000 s4 s

9.11.2007 9:58:55


64 pa je brzina y u tom trenutku

nw3 3 0=9 sm4 · (10 s)3 m = 300 3 s

y (w) = y (10 s) =

Primjer 2.3.27 Brzina cestice koja se Igiba u pozitivnom smjeru { osi opisana s je izrazom y ({) = D {, gdje je D = 5 sm . Ako je u trenutku w = 0 s cestica u ishodištu, kolika je srednja brzina cestice na putu od 100 m? Rješenje: Neka u trenutku w cestica ima polo zaj {, kako je u trenutku w = 0 s cestica u ishodištu { = 0 m imamo Z s g{ gw g{ y= = D {Á · s =, s = DgwÁ gw { { što nakon integracije daje Z{ 0

Zw s g{ s = D gw =, 2 { |{r = Dw |w0 { 0

³s s ´ s 2 { 0 = D (w 0) =, 2 { = Dw

D2 2 w 4 Za put od 100 m potrebno vrijeme je s s 2 · 100 m 2 { I = = 4s w= D 5 sm {=

Srednja brzina jednaka je kvocijentu prije†enog puta i vremena da se taj put prije†e y=

v 100 m m = = 25 w 4s s

Primjer 2.3.28 Covjek se nalazi u to cki A na obali mora i uo cava dje caka u moru kojemu treba pomoć. Dje cak se nalazi u to cki B i udaljen je od obale 70 m,

a covjek ga vidi pod kutom od 30 u odnosu na obalu. Covjek mo ze tr cati brzinom km km y1 = 30 k i plivati brzinom y2 = 5 k . Hoće li covjek odmah sko citi u vodu i plivati ili će tr cati obalom, pa onda sko citi u vodu i plivati? Za koje vrijeme će stići do dje caka?

mehanika.indd 72

9.11.2007 9:58:55

2.3. PRIMJERI

65

Rješenje: Postavimo koordinatni sustav tako da je ishodište u po cetnom polo zaju covjeka (slika 2.19.), a os { neka aproksimira obalu. Tada su koordinate dje caka: | = DE sin = 70 m 70 m | = = 140 m DE = sin sin 30 { = g = DE cos = 140 m · cos 30 = 121=24 m

Covjek

zeli u najkraćem vremenu stići do dje caka. Ako bi covjek samo plivao, trebalo bi mu w=

140 m DE = = 100=8 s y2 1=38b ms Pretpostavimo da će covjek tr cati obalom do neke to cke F = F ({> 0). Potrebno vrijeme dolaska do dje caka u ovom slu caju je vrijeme tr canja do to cke C, plus vrijeme plivanja od to cke C do dje caka.

w = wwu + wso = Slika 2.19.

{ + y1

q | 2 + (g {)2 y2

= w ({)

gdje je g udaljenost od covjeka do okomice dje caka na obalu (to cka D). Tra zimo minimalnu vrijednost vremena po veli cini {. Uvjet minimalnosti je: gw g{ gw g{ y2 y1

= 0 =

=

1 + y1

2 (g {) · (1) q =0 y2 · 2 | 2 + (g {)2

(g {) q | 2 + (g {)2

kvadriramo jednad zbu i prona†emo joj inverznu vrijednost y12 y22

=

y12 1 = y22 y12 y22 y22

mehanika.indd 73

=

| 2 + (g {)2 |2 = +1 2 (g {) (g {)2 |2 (g {)2 |2 (g {)2

9.11.2007 9:58:56


66 odakle izdvojimo { y2 {min = g | p 2 y1 y22

1> 38b ms = 121=24 m 70 m q¡ ¢2 ¡ ¢2 = 109=44 m 8> 3b ms 1> 38b ms

proteklo vrijeme je

w ({) = w (109=44 m) =

{ + y1

q | 2 + (g {)2

y q2 (70 m)2 + (121=24 m 109=44 m)2 109=44 m + = 64=63 s 8=3b ms 1=38b ms

Dakle, do dje caka je stigao za w = 64=63 s što je br ze za w0 = 100=8 s 64=63 s = 36= 17 s u odnosu da je odmah po ceo plivati.

mehanika.indd 74

9.11.2007 9:58:56

2.4. ZADACI

2.4

67

Zadaci

Problem 2.4.1 Za koliko puta je potrebno smanjiti visinu padanja da bi vrijeme padanja bilo dva puta manje? Rezultat: 4 puta. Problem 2.4.2 Dva tijela D i E slobodno padaju. Tijelo E pada sa visine kE = 150 m i padne ranije od tijela D za w = 3=5 s. Sa koje visine je pušteno tijelo D? Rezultat: kD = 397 m.

cna kuglica slobodno pada sa visine k = 1 m na celi cnu plo cu Problem 2.4.3 Celi

od koje se odbije, pri cemu smanji svoju brzinu za 10%. Isto se doga†a prilikom svakog odbijanja kuglice od plo ce. Koliko će biti treće vrijeme padanja kuglice? Rezultat: w3 = 0=36 s. Problem 2.4.4 Tijelo bacimo vertikalno uvis po cetnom brzinom y0 . Poslije prije†enog puta k = 200 m brzina tijela iznosi y = 150 ms . Kolika je po cetna brzina tijela, poslije koliko vremena će tijelo pasti na tlo i do koje visine će dospjeti tijelo? Rezultat: y0 = 163 ms , w = 33=3 s, kmax = 1348 m. Problem 2.4.5 Neko tijelo ba ceno vertikalno u vis, poslije w1 = 2 s nalazi se na visini k, nakon što je dosegnulo najvišu to cku putanje i po celo padati, tijelo će poslije vremena w2 = 3=058 s biti ponovno na istoj visini. Izra cunajte visinu k kao i po cetnu brzinu y0 kojom je tijelo ba ceno uvis. Rezultat: k = 29=44 m, y0 = 24=53 ms .

Problem 2.4.6 Camac prelazi rijeku okomito na njezin tok brzinom y = 7=2 km k . Kada stigne na drugu obalu tok rijeke ga je odnio 150 m nizvodno. Prona†ite brzinu toka rijeke ako je ona široka 500 m. Koliko je vremena bilo potrebno

camcu da stigne na drugu obalu? Rezultat: yu = 2=16 km k , w = 251=9 s = 0=07k. Problem 2.4.7 Automobil se giba niz brijeg i u odre†enom trenutku ima brzinu y = 17 ms . Kolika je vertikalna i horizontalna komponenta njegove brzine u tom trenutku, ako brijeg ima nagib = 30 ? Rezultat: yyhu= = 8=5 ms , ykru= = 14=5 ms .

mehanika.indd 75

9.11.2007 9:58:56


68

Problem 2.4.8 Padajući vertikalno, kišne kapi po bo cnim staklima automobila ostavljaju tragove koji s vertikalom zatvaraju kut od = 60 . Ako se automobil giba konstantnom brzinom y1 = 15 ms , odredite brzinu kišnih kapi? Rezultat: y = 8=7 ms . Problem 2.4.9 Iz mjesta D na rije cnoj obalis covjek zeli camcem stići u mjesto E na suprotnoj obali koje je udaljeno g = 5 km od to cke D. Širina rijeke je d = 1 km, brzina camca u odnosu na vodu iznosi y1 = 5 km k , a brzina rijeke . Mo

ze li covjek udaljenost prije ci za w = 30 minuta gibaju´ ci se uzvodno? y2 = 2 km

´ k Rezultat: w = 43 minute. Problem 2.4.10 Brzina pliva ca u rijeci je y, a brzina rijeke je x. Ako je pliva c zapo ceo preplivavanje rijeke s jedne obale brzinom y pod kutom s obzirom na okomicu izme†u dviju obala, koliki je kut koji cijela njegova staza do druge obale zatvara prema okomici? Izra cunajte kut ako je y = 1 ms > x = 1=5 ms > = 15 . Rezultat: = 61=22 . Problem 2.4.11 Sa zgrade visoke k = 15 m ba ceno je tijelo vertikalno prema tlu po cetnom brzinom y0 = 10 ms . Koliko je vrijeme padanja tijela? Kolika je brzina tijela pri udaru o tlo? Kako dugo bi tijelo slobodno padalo? Otpor zraka zanemarite. Rezultat: w = 1 s; y = 19=81 sm2 ; w0 = 1=7 s. Problem 2.4.12 U podno zju zgrade tijelo je ba ceno vertikalno u vis po cetnom brzinom y0 = 10 ms . U istom trenutku s vrha zgrade visoke k = 21 m ba ceno je drugo tijelo prema dolje po cetnom brzinom y1 = y20 . Na kojoj će se visini tijela susresti? Kolika je minimalna brzina y0 potrebna da bi se tijela susrela prije pada drugog tijela? Rezultat: k = 4=39 m; y0 A 8=29 ms . c automobila poProblem 2.4.13 Gibajući se stalnom brzinom y0 = 40 km k voza

cinje ko citi i nakon w = 4=6 s ko cenja prije†e upravo dvostruki put od onog koji je prešao u prvih w1 = 1=5 s ko cenja. Kolika je akceleracija ko cenja? Rezultat: d = 2=13 sm2 . Problem 2.4.14 Tijelo je izba ceno vertikalno u vis brzinom y0 = 100 ms . Ako je akceleracija tijela d = j ny 2 , gdje je n = 0=001 m31 , kojom će se brzinom i nakon koliko vremena projektil vratiti na tlo? Rezultat: y1 = 70=3 ms > w = 16=9 s.

mehanika.indd 76

9.11.2007 9:58:56

2.4. ZADACI

69

Problem 2.4.15 Materijalna to cka se giba po zakonu: { = 2d cosh (nw) | = 2d sinh (nw) Odredite iznos brzine i ubrzanja kao funkciju apsolutne vrijednosti vektora polo zaja materijalne to cke. Rezultat: |$ y | = nu> |$ d | = n2 u. Problem 2.4.16 Padobranac na visini 200 m otvara padobran i nakon 38 s pada na tlo brzinom 4=8 ms . Pretpostavimo li da je akceleracija padobranca j ny, izra cunajte konstantu proporcionalnosti i brzinu padobranca u trenutku otvaranja padobrana. Rezultat: n = 2=04 s31 > y0 = 41 ms . Problem 2.4.17 Kolika je kutna brzina tijela koje se giba ravnomjerno po kru znici, pri cemu tijelo napravi kutni pomak od * = 270 svake sekunde? Koliko obrtaja napravi tijelo za vrijeme od w = 1 min? Rezultat: q = 45. Problem 2.4.18 Kolikom se brzinom giba neka to cka u Mostaru uslijed rotacije Zemlje oko vlastite osi? Geografska širina Mostara iznosi * 43 200 , dok je srednji polumjer Zemlje U] 6370 km. Rezultat: y 337 ms . Problem 2.4.19 Obodna brzina to cke na disku koji rotira oko vlastite osi iznosi y1 = 3 ms . To cke diska koje su 10 cm bli ze osi rotacije, imaju obodnu brzinu y2 = 2 ms . Odredite kutnu brzinu rotacije diska? Rezultat: $ = 10 rad s . Problem 2.4.20 Kota c po cne rotirati jednoliko ubrzano iz mirovanja. Kolika je kutna akceleracija ako za vrijeme treće sekunde kota c napravi 20 rnu. . Rezultat: = 16 rad s2 Problem 2.4.21 Kota c polumjera 10 cm vrti se oko svoje osi tako da mu polumjer opisuje kut * = Dw3 , gdje je D = rad . Kolika je kutna brzina, kutna akces3 leracija i tangencijalna akceleracija proizvoljne to cke na rubu kota ca u trenutku w = 2 s? rad m Rezultat: $ = 38 rad s , = 38 s2 , dw = 3=8 s2 .

mehanika.indd 77

9.11.2007 9:58:57


70

Problem 2.4.22 Kota c se vrti oko svoje osi frekvencijom = 0=5 s31 i po cinje se jednoliko usporavati. Ako se zaustavi nakon 10 okretaja koliko iznosi: a) kutna akceleracija b) vrijeme zaustavljanja c) kutna brzina kota ca 20 s nakon po cetka usporene vrtnje. Rezultat: a) =

· 2 Q

= 0=08 rad , b) w = s2

2Q

= 40 s, c) $ = 1=57 rad s .

Problem 2.4.23 Kojom se brzinom giba automobil ako je u prvom stupnju prirnu jenosa (prvoj brzini) pri 3000 min ? Prijenos u mijenja cu iznosi 1 : 3=58, a omjer prijenosa u diferencijalu je 13 : 53. Opseg kota ca iznosi 1=7 m. Rezultat: y = 21 km k . Problem 2.4.24 Sitna kuglica vrti se kru znicom polumjera u konstantnim tangencijalnim ubrzanjem dw . Izra cunajte funkciju du (w) = i (w). U kojem će trenutku mjereći od po cetka gibanja, radijalna akceleracija biti dvostruko veća od tangencijalne ako je u = 30 cm, a dw = 0=06 sm2 . Rezultat: du =

d2w 2 u w >

w = 3=16 s.

Problem 2.4.25 Materijalna se to cka giba u ravnini prema zakonu { = d sin ew | = d (1 cos ew) gdje su d i e pozitivne konstante. Kolika je udaljenost koju prije†e tijelo za vrijeme w0 ? Koliki je kut izme†u akceleracije i brzine u tom trenutku? Rezultat: o = dew0 > d y = = 2 .

mehanika.indd 78

9.11.2007 9:58:57

Poglavlje 3

DINAMIKA 3.1


Dinamika je postulirana s tri Newtonova zakona. I. Newtonov zakon Denicija 3.1.1 Svako tijelo ostaje u stanju mirovanja ili jednolikog pravocrtnog gibanja samo po sebi. Posljedica: To zna ci da bilo koje tijelo neće promijeniti ovo stanje samo po sebi. Za promjenu tog stanja mora postojati neki uzrok, na primjer djelovanje nekog drugog tijela, polja ili općenito neke vanjske sile. Svojstvo tijela da odr zava navedeno stanje naziva se inercija ili tromost. Denicija 3.1.2 Masa (p) nekog tijela predstavlja mjeru tromosti odnosno inerciju tog tijela. Masa je osnovna zikalna veli cina (jedinica u SI sustavu je 1 kg) i za klasi cnu mehaniku ona je za neko tijelo uvijek stalna (p = frqvw=) bez obzira na proces u kojem navedeno tijelo sudjeluje. Pojam masa nije povezan samo s dinami ckim stanjem tijela, nego i sa supstancijom uopće. To se mo ze pokazati bliskom zikalnom veli cinom koju nazivamo gustoća tijela. Gustoća homogenog tijela () predstavlja koli cnik njegove mase(p) i volumena (Y ) p (3.1.1) = Y Ako je tijelo nehomogeno, onda jednad zbu (3.1.1) pišemo u diferencijalnom obliku: gp = (3.1.2) gY Fizikalna veli cina koja opisuje tijelo u gibanju naziva se koli cina gibanja. 71

mehanika.indd 79

9.11.2007 9:58:57

72

POGLAVLJE 3. DINAMIKA

Denicija 3.1.3 Koli cina gibanja materijalne to cke predstavlja produkt njezine $ mase (p) i brzine ( y ) kojom se ta materijalna to cka giba: $ $ s =p· y

(3.1.3)

Posljedica: Koli cina gibanja je vektorska veli cina koja ima pravac i smjer vektora brzine materijalne to cke. Kao što smo vidjeli u klasi cnoj mehanici masa nekog tijela je stalna, a prema $ I. Newtonovom zakonu tijelo koje se giba nekom stalnom brzinom y to stanje zadr zava samo po sebi. To zna ci da se navedeni zakon mo ze napisati u analiti ckom obliku na slijedeći na cin: p = frqvw= $ $ $ y = frqvw= =, s = p y = frqvw=

(3.1.4) (3.1.5)

Da bi došlo do promjene stanja, odnosno koli cine gibanja, opisanog u prvom $ zadatku moramo djelovati nekom silom ( I ). II. Newtonov zakon Denicija 3.1.4 Brzina promjene koli cine gibanja u vremenu proporcionalna je sili koja djeluje i zbiva se u smjeru i pravcu u kojem ta sila djeluje $ $ g s (3.1.6) I = gw Posljedica: Koristeći relaciju (3.1.6) i denicije koli cine gibanja i ubrzanja imamo: $ $ $ $ g (p y) gp s g y $ =g = (3.1.7) I = y +p gw gw gw gw i u nerelativisti ckom slu caju (gdje je

gp gw

= 0) imamo

$ $ I = p d

(3.1.8)

Navedena relacija predstavlja tako†er deniciju II. Newtonovog zakona. Ako na tijelo djeluju dvije ili više sila, onda va zi princip superpozicije, tj. tijelo će se gibati $ po rezultantnoj sili ( I ) koja predstavlja vektorski zbroj $ $ $ komponentnih vektora ( I 1 > I 2 > ===> I q ). Na slici 3.1. imamo: $ $ $ $ $ $ d 1 + p d 2 = p d (3.1.9) I = I 1 + I 2 = p Odnosno za n-sila: X $ $ $ $ $ Il I = I 1 + I 2 + ===== + I q =

Slika 3.1. (3.1.10)

l

mehanika.indd 80

9.11.2007 9:58:57


73

Svako djelovanje sile podrazumjeva i njezino vrijeme djelovanja. Fizikalna veli cina $ koja opisuje vremensko djelovanje sile nazivamo impuls sile ( L ). Na osnovu II. Newtonovog zakona: $ $ g y (3.1.11) I =p gw slijedi $ $ g L = I gw

(3.1.12)

Denicija 3.1.5 Impuls sile je integral sile po vremenu. Na osnovu (3.1.12) vrijedi: $ $ g L = p g y $ L =

(3.1.13)

Zy2 $ $ $ $ p g$ y = p y 2 p y 1 = p( y2 y 1)

(3.1.14)

y1

$ $ $ s1 L = s2

(3.1.15)

Iz relacije (3.1.15) vidimo da je impuls sile jednak razlici koli cine gibanja koja je nastala djelovanjem te sile. Napomena: Treba obratiti pozornost da koli cina gibanja i impuls sile imaju iste dimenzije, ali one su razli cite zi cke veli cine. III. Newtonov zakon Ovaj zakon govori o prirodi sile kao interakcijske veli cine. Ona se javlja uvijek u nekoj interakciji (me†udjelovanju). Denicija 3.1.6 Svakom djelovanju postoji uvijek suprotno i jednako protudjelovanje. Odnosno djelovanje dvaju tijela jedno na drugo su jednakog inteziteta i suprotnog smjera.

Slika 3.2.

Ako djelovanje tijela A na tijelo B (slika 3.2.) $ ozna cimo sa silom I D (akcija), a djelovanje $ tijela B na A sa I E (reakcija), onda analiti cki oblik III. Newtonovog zakona ima oblik $ $ (3.1.16) I D = I E

Posljedica: Akcija i reakcija djeluju uvijek na dva razli cita tijela; one ne mogu djelovati na isto tijelo. Ustvari mo zemo reći da je III. Newtonov zakon posljedica zakona o odr zanju koli cine gibanja. Da bismo denirali zakon o odr zanju koli cine gibanja, moramo prvo denirati pojam mehani cki izoliranog sustava.

mehanika.indd 81

9.11.2007 9:58:58

74


Denicija 3.1.7 Za neki sustav ka zemo da je mehani cki izoliran ako na njega djeluju vanjske sile ili je ukupno djelovanje vanjskih sila jednako nuli. U ovakvom sustavu mo zemo denirati zakon o odr zanju koli cine gibanja (slika 3.3.). Denicija 3.1.8 Ukupna koli cina gibanja u nekom mehani cki izoliranom sustavu $ uvijek je stalna ili konstantna s = frqvw=. Kao što se vidi na slici 3.3. $ $ $ $ s = p1 y 1 + p2 y 2 + === + pq yq $ $ $ = s + s + === + s = frqvw= 1

$ s =

q X

$ sl=

l=1

q

2

q X

$ y l = frqvw= pl

(3.1.17)

l=1

Napomena: Unutar zatvorenog sustava svako pojedina cno tijelo mo ze promijeniti svoju koli cinu gibanja, ali na ra cun drugih tijela unutar sustava, tako da je ukupna koli cina gibanja sustava uvijek ista.

Slika 3.3.

Neke karakteristi

cne sile: 1. Te

zina tijela Denicija 3.1.9 Te zina tijela je sila kojom tijelo djeluje na horizontalnu podlogu ili na objesište u slu caju da je obješeno (slika 3.4.). Ovaj pojam sile se povezuje naj cešće sa poljem sile zemljine te ze. U gravitacijskom polju te zina tijela na mirnoj horizontalnoj podlozi ima oblik: $ $ I = p d

(3.1.18)

$ $ $ gdje je I = J i $ d = j - akceleracija sile te ze $ $ J = p j

(3.1.19)

Slika 3.4.

Ova jednad zba ima primjenu i ako se tijelo i podloga gibaju nekom stalnom $ $ brzinom ( y = frqvw=). No, ako se tijelo ili podloga gibaju nekim ubrzanjem ( d) onda te zina tijela ima oblik: $ $ $ I = p ( j ± d)

(3.1.20)

Napomena: Pretpostavka je da su vektori $ d i $ j kolinearni, a predznaci su odre†eni odnosom ova dva vektora.

mehanika.indd 82

9.11.2007 9:58:58


75

2. Centripetalna (radijalna) sila Već smo rekli da kod bilo kog krivocrtnog gibanja imamo pojavu centripetalnog ubrzanja, a prema II. Newtonovom zakonu tom ubrzanju odgovara centripetalna sila. Imamo: 2

y $ $ d fs = $ u 0 = $2 u u0 u

(3.1.21)

$ $ iz denicije sile I = p d slijedi: $ y2 $ $ $ u 0 = p$ 2 u I fs = p d fs = p u0 u

(3.1.22)

$ Napomena: Predznak minus pojavljuje se zbog toga što je vektor polo

aja ( u) ³z $ ´ uvijek orijentiran od centra do promatrane to cke, a centripetalna sila I fs ka centru. 3. Sila trenja Denicija 3.1.10 Prilikom gibanja jednog tijela po drugom (relativno gibanje) ³ $ ´ javlja se sila trenja I wu koja se opire tom gibanju. Posljedica: Sila trenja djeluje uvijek retrogradno na gibanje jednog tijela na drugo. S obzirom na oblik gibanja sila trenja se dijeli na: a) sila trenja mirovanja (stati cka sila trenja), b) sila trenja klizanja, c) sila trenja kotrljanja. a) Sila trenja mirovanja ima svoje porijeklo u mehani ckim karakteristikama dodirnih površina i uvijek je jednaka aktivnoj sili, ali je suprotnog smjera. $ $ $ $ I d = I wu / I d + I wu = 0

(3.1.23)

Vidimo iz jednad zbe (3.1.23) da se te dvije sile uvijek potiru pa se tijelo nalazi u stanju mirovanja, odnosno sila trenja mirovanja se opire pokretanju tijela. b) Dok je sila trenja mirovanja promjenjiva i jednaka aktivnoj sili, sila trenja klizanja ima uvijek to cno odre†enu vrijednost. Analiti cki oblik joj glasi: Iwu = · U

mehanika.indd 83

(3.1.24)

9.11.2007 9:58:58

76


Sila trenja klizanja ovisi od normalne sile reakcije ³ $´ podloge U i koecijenta trenja () koji je odre†en vrstom dodirne površine (slika 3.5.). U slu caju da je podloga vodoravna vrijedi: U = J = pj , Iwu = U = pj

(3.1.25)

c) Sila trenja kotrljanja javlja se prilikom rotacije tijela po podlozi i ona ima mnogo manju vrijednost od sile trenja klizanja za isto tijelo u istim uvjetima.

mehanika.indd 84

Slika 3.5.

9.11.2007 9:58:58


3.2

77

Problemski zadaci

Problem 3.2.1 Astronaut na Mjesecu izmjeri pomoću vage masu uzorka Mjese cevog tla, koja iznosi p = 423 g. Kolika je masa ovog uzorka na Zemlji? Odgovor: Masa tijela je jedno od osnovnih svojstava i ne ovisi o polo zaju tijela, tako da je masa uzorka na Zemlji tako†er p = 423 g. Problem 3.2.2 Mijenja li se masa odre†ene koli cine plina pri tla cenju? Odgovor: Masa plina ostaje nepromijenjena. Problem 3.2.3 Pod staklenim zvonom nalazi se posuda sa kockom leda (slika 3.6.) koja poslije zagrijavanja prelazi u tekuće stanje, a zatim u plinovito. Kako se odnose mase, volumeni, gustoće i te zine supstance u sva tri agregatna stanja?

Slika 3.6.

Odgovor: Masa supstance se neće mijenjati zbog promjene agegatnog stanja pa time ni njihova te zina, dok se volumeni i gustoće mijenjaju. Kako led ima manju gustoću od vode, to će volumen leda biti veći od volumena vode. Plin (vodena para) ima najmanju gustoću i najveći volumen koji je jednak volumenu staklenog zvona.

pO = pY = ps , JY = JO = Js , Ys A YO A YY =, Y A O A s Problem 3.2.4 Na slici 3.7. su prikazane dvije posude A i B, jednakih volumena. U posudi A nalazi se koli cina plina cija je masa p = 100 g, dok je u posudi B vakuum. Kada se otvori ventil S, jedan dio plina iz posude A prelazi u posudu B. Kolika je gustoća plina u posudi A prije i poslije otvaranja ventila S? Kolika je gustoća plina u posudi B poslije otvaranja ventila? Odgovor: Gustoća plina u posudi A prije otvaranja ventila iznosi =

kg 0=1 kg p = 50 3 = 33 3 Y 2 · 10 m m

dok nakon otvaranja ventila gustoća plina u posudama iznosi Slika 3.7.

mehanika.indd 85

0 =

p kg = 25 3 2·Y m

9.11.2007 9:58:59

78


U posudu će B nakon otvaranja ventila ulaziti plin iz posude A sve dok se tlakovi u te dvije posude ne izjedna ce pa tlak u posudi B iznosi jednako kao i u posudi A tj. E = 25

kg m3

Problem 3.2.5 Pod inercijom podrazumijevamo opće svojstvo tijela da se odupire promjeni stanja jednoliko pravocrtnog gibanja ili mirovanja. Koje od slijedećih iskaza mo zemo uzeti kao ekvivalentne zadanoj deniciji (Napomena: zanemarujemo procese koji se mogu doga†ati unutar tijela): 1. tijelo se ne mo ze samo od sebe pokrenuti, 2. tijelo se ne mo ze samo od sebe zaustaviti, 3. tijelo ne mo ze samo od sebe promjeniti svoje apsolutno gibanje ili mirovanje. Odgovor: Budući da je gibanje odre†eno u odnosu na referentni sustav, treći iskaz bi bio ekvivalentan zadanoj deniciji inercije. Dakle, tijelo ne mo ze samo od sebe promjeniti svoje apsolutno gibanje ili mirovanje. Problem 3.2.6 Precizna vaga je uravnote zena. Na jednom kraju vage se nalazi stakleno zvono sa muhom (vidi sliku 3.8.). Uravnote zenje vage je vršeno u trenutku kada je muha mirovala na stijenci staklenog zvona. Što će se dogoditi s ravnote zom vage kada muha poleti (Napomena: masa zvona nije mnogo veća od mase muhe). Odgovor: Ravnote za će se poremetiti. Iako masa na oba kraja vage ostaje konstantna, te zina na lijevoj strani vage je manja u trenutku polijetanja muhe. Problem 3.2.7 Prema II. Newtonovu zakonu mehanike ubrzanje koje tijelo dobiva djelovanjem sile ovisi o: 1. 2. 3. 4.

Slika 3.8.

njegovom polo zaju u prostoru, brzini koje tijelo ima u tom trenutku, masi tijela, kemijskom procesu unutar tijela.

Odgovor: 3. masi tijela.

mehanika.indd 86

9.11.2007 9:58:59


79

Problem 3.2.8 Sustav se giba ravnomjerno pravocrtno ako: 1. se sustav nalazi samo pod djelovanjem vanjskih sila, 2. u sustavu djeluju samo unutrašnje sile, 3. sustav je pod djelovanjem vanjskih i unutrašnjih sila. Odgovor: 2. Ako u sustavu djeluju samo unutrašnje sile. Problem 3.2.9 Koja gibanja deniraju sljedeće relacije: $ $ a) I = frqvw=> I A 0, $ $ b) I = frqvw=> I ? 0, $ c) I = 0, $ d) I 6= frqvw=. Odgovor: $ $ $ $ $ a) Kako je I = p· d , to slijedi I = frqvw= =, d = frqvw= i d A 0 što denira jednoliko ubrzano gibanje. b) $ d = frqvw= i $ d ? 0 - jednoliko usporeno gibanje. $ $ $ y2 y 1 = 0 =, y2= y 1. c) $ d = 0 - jednoliko pravocrtno gibanje, jer je $ d) $ d = 6 frqvw= - nejednoliko promjenjivo gibanje. Problem 3.2.10 Je li moguće da tijekom gibanja tijela pod djelovanjem neke sile $ $ imamo I = frqvw= i y = 0? Objasniti odgovor. Odgovor: $ Moguće je pod uvjetom da je y = 0 trenutna brzina. U tom slu caju imamo jednoliko usporeno gibanje gdje je navedena brzina kona cna brzina, da bi se tijelo nakon toga gibalo jednoliko ubrzano s promjenom smjera gibanja. Problem 3.2.11 Dvije jednake celi cne opruge sabijene su pod djelovanjem sile $ I za istu du zinu. Postave li se ispred opruge kuglice jednakog volumena, jedna od olova, a druga od aluminija, a zatim opruge puste, koja će kuglica dobiti veće ubrzanje (slika 3.9.)? Zanemarite trenje i otpor zraka.

mehanika.indd 87

9.11.2007 9:58:59

80


Odgovor: Sila koja bude djelovala na obje kugle bit će istog inteziteta, tako da je: $ $ $ d S e = pDo · d Do I = pS e · $ gdje su pS e > d S e masa i ubrzanje olovne $ kuglice i p > d masa i ubrzanje aluminijske Do

Do

kuglice. Budući da su volumeni kugla jednaki YS e = YDo , a gustoća olova je veća od gustoće aluminija S e A Do , po deniciji gustoća imamo pS e pDo S e = ; Do = YS e YDo S e A Do =, pS e A pDo

Slika 3.9.

$ Masa olovne kuglice je veća od mase aluminijske kuglice pa mora biti d Do A $ d S e. $ $ Problem 3.2.12 Na tijelo djeluju sile I 1 i I 2 cije su karakteristike zadane na slici 3.10.. U kojem smjeru će se gibati tijelo A? Koliki intezitet bi trebala imati $ sila I 1 da bi tijelo bilo u ravnote zi? Koliki je intezitet sile pod cijim djelovanjem se giba tijelo A? Odgovor: Na osnovu slike vrijednosti sila su: I1 = 4 N, I2 = 6 N Budući da su vektori kolinearni i suprotni vrijedi: 1. Tijelo će se gibati po pravcu na kojem le ze ve$ $ ktori I 1 i I 2 , 2. U slu caju da je I1 = I2 tijelo će biti u ravnote zi, 3. Intezitet rezultantne sile je

Slika 3.10.

U = I2 I1 = 6 N 4 N = 2 N Problem 3.2.13 Na tijelo djeluju cetiri sile. Ako se tijelo nalazi u ravnote zi $ odredite intezitet sile I 4 (slika 3.11.). Odgovor: Da bi tijelo bilo u ravnote zi, mora ukupna sila $ biti jednaka nuli. Kao što se mo ze vidjeti sile I 1 $ i I 3 imaju isti intezitet, ali suprotan smjer pa se one u svom djelovanju poništavaju. $ $ I 1 + I 3 = 0N $ Dakle, sila I 4 treba poništavati djelovanje sile $ I 2 pa je inteziteti ove dvije sile jednaki, odnosno I4 = 8 N

mehanika.indd 88

Slika 3.11.

9.11.2007 9:58:59


81

Problem 3.2.14 Šest sila jednakih inteziteta imaju zajedni cku napadnu to cku. Kakav pravac i smjer trebaju imati ove sile da bi tijelo bilo u ravnote zi. Prika zite gra cki. Odgovor: Sile imaju isti intezitet, svaka sila mora imati suprotnu kako bi se anuliralo njeno djelovanje. Dakle, moraju zadovoljavati uvjete: I1 = I2 = I3 = I4 = I5 = I6 $ $ $ $ $ $ I 1 = I 4> I 2 = I 5> I 3 = I 6

Slika 3.12. Problem 3.2.15 Trgovac je kupio zlato u Kairu, a prodavao ga u Stockholmu. Pod pretpostavkom da je zlato prodavao po istoj cijeni kao što je i kupio, u kojem slu caju je trgovac zaradio ako je zlato mjerio: dinamometrom ili vagom? Odgovor: Masa kupljenog zlata je svugdje jednaka, dok je njegova te zina u Stockholmu veća, što zna ci da je trgovac zaradio mjereći te zinu zlata dinamometrom. Problem 3.2.16 Posuda napunjena vodom izvla ci se iz dubokog bunara ravnomjerno. Je li jednaka sila zatezanja u zeta kada je posuda na dnu bunara ili kada se ona nalazi na njegovom otvoru iznad razine vode? Odgovor: Jest. Problem 3.2.17 Tijela istih masa i gustoća nalaze se na horizontalnoj podlozi (slika 3.13.). Kako se odnose te zine tijela? Odgovor: Budući da tijela imaju jednake mase to je i te zina sva tri tijela je jednaka J1 = J2 = J3 jer ona ne ovisi o obliku tijela niti o veli cini dodirne površine. Slika 3.13.

Problem 3.2.18 Mogu li tijela razli citih masa imati jednaku te zinu? Objasnite odgovor.

Odgovor: Tijela razli citih masa mogu imati istu te zinu, jer te zina tijela ne ovisi samo o sili te ze, nego i od dinami ckog stanja sustava, tako da mo zemo izabrati takva ubrzanja sustava da te zine tijela budu jednake.

mehanika.indd 89

9.11.2007 9:59:00

82


Problem 3.2.19 Tri tijela istih masa p1 = p2 = p3 nalaze se na horizontalnim $ podlogama i to tako da se prva podloga giba konstantnom brzinom y 1 vertikalno $ nani ze, druga podloga konstantnom brzinom y 2 vertikalno uvis i treća podloga $ $ $ y3A y 2 . Kako se konstantnom brzinom y 3 vertikalno uvis i to tako da vrijedi odnose te zine ta tri tijela? Odgovor: Budući da je u sva tri slu

caja ubrzanje sustava jednako nuli (d1 = d2 = d3 = 0) to je i te zina tijela jednaka (J1 = J2 = J3 ). Problem 3.2.20 Na putu koji je zadan na slici 3.14. gibaju se dva automobila $ $ y 2 , pri cemu je brzina prvog automobila veća od brzine drugog brzinama y1 i $ $ ( y 1 A y 2 ). Pretpostavimo li da je masa oba automobila jednaka (p1 = p2 ), hoće li te zine automobila biti jednaka u svim to ckama putanje? Odgovor:

Slika 3.14. Na prvom dijelu puta te zine automobila su jednake (J1 = J2 ). Na drugom i trećem dijelu puta te zine će biti razli

cite zbog djelovanja centrifugalne sile. Na drugom dijelu puta centrifugalna sila je u smjeru te zine tijela pa vrijedi y1 (J1 )LL

py12 py22 A (Ifi )2 = U1 U1 = J1 + (Ifi )1 A (J2 )LL = J2 + (Ifi )2 A y2 =, (Ifi )1 =

odnosno, te zina prvog tijela je veća od te zine drugog tijela. Na trećem dijelu puta smjer centrifugalne sile je suprotan smjeru djelovanja te zine tijela pa je: y1 (J1 )LLL

A y2 =, (Ifi )1 A (Ifi )2 = J1 (Ifi )1 ? (J2 )LLL = J2 (Ifi )2

te zina prvog automobila manja od te zine drugog automobila.

mehanika.indd 90

9.11.2007 9:59:00


83

Problem 3.2.21 Pretpostavimo da ste dobili za zadatak konstruirati svemirsku stanicu koja bi se stalno nalazila u orbiti oko Zemlje. Postavljen je uvjet da orbitalna stanica omogućuje normalan zivot i rad astronauta, tj. da astronauti imaju te zinu. Kako biste riješili problem beste zinskog stanja? Odgovor: Svemirska stanica bi mogla imati oblik torusa i rotirati pa bi bilo Ifi = J. Problem 3.2.22 U prethodnom zadatku 3.6 s vagom i muhom vidjeli smo da se u slu caju polijetanja muhe u posudi ravnote za poremeti. Poznato nam je da vaga mjeri masu, a ne te zinu tijela. Objasnite kako je moguće da je vaga registrirala polijetanje muhe iako je muha ostala u sustavu koji je mjeren, tj. masa mjernog sustava je ostala nepromijenjena. Odgovor: Ravnote za na krakovima vage uspostavljena je preko jednakosti te zina: J1 = J2 gdje je J1 = (ps + pp ) · j i J2 = pw · j. Korištene oznake su: pw masa tijela, ps masa posude i pp masa muhe. Dakle, vrijedi (ps + pp ) · j = pw · j ps + pp = pw

Kada muha poleti, ona više ne djeluje na podlogu pa je te zina na lijevom kraku vage J01 = ps · j odnosno J01 ? J1 = J2 što zna ci da dolazi do poremećaja ravnote ze sustava iako je masa ostala ista. Problem 3.2.23 Na koji na cin bi astronaut u svemirskom brodu, dok se nalazi u beste zinskom stanju, mogao pomoću vage izmjeriti masu nekog tijela? Odgovor: Ovakve vage s tasovima trebale bi biti opremljene hvataljkama za utege i tijela, da bi oni dobro nalijegali na tasove. Kada se krakovi povuku ubrzanjem d, na tegove mase p1 djelovat će interakcijska sila (p1 d), a na tijelo mase p2 interakcijska sila (p2 d). Ako ove sile nisu jednake, krakovi vage će imati izvjestan otklon, tj. neće biti u ravnote zi. Prema veli cini i smjeru otklona treba izvršiti korekciju mase i tegova i postupak ponavljati sve dok se pri ubrzanom gibanju krakovi vage ne na†u u ravnote zi. Problem 3.2.24 U svemirskom brodu, koji se nalazi u beste zinskom stanju, nalaze se dvije metalne kugle jednakog promjera i obojena istom bojom tako da se ne razlikuju. Jedna je sa cinjena od aluminija, a druga od olova. Kako astronaut mo ze zaklju citi koja kugla je od olova?

mehanika.indd 91

9.11.2007 9:59:00

84


Odgovor: Mo ze na više na cina, a najjednostavniji na cin je da rukom uhvatimo najprije jednu kuglu, pomi cemo je lijevo desno pa da to isto uradimo sa drugom kuglom. Kugla veće mase ima veću inerciju pa ju je te ze pomaknuti. Problem 3.2.25 Na slici 3.15. je prikazana zeljezna kugla koja visi o debljem koncu. Ako se slobodni kraj konca povla ci polako, prekinut će se konac iznad kugle (slika 3.15.a), a ako se povu ce naglo, prekinut će se ispod kugle (slika 3.15.b). Objasni ovu pojavu. Odgovor: Ova pojava je posljedica prenošenja sile (interakcije) du z konca, tako da pri kratkotrajnom djelovanju sile, interakcija se ne prenosi preko tijela, nego konac puca ispod tijela. Prilikom dugotrajnog djelovanja sile, interakcija se prenosi preko kugle na gornji dio konca, koji dodatno zate ze i te zina zeljezne kugle (dolazi do zbrajanja te zine tijela i sile kojom vu cemo konac) pa je napetost konca iznad kugle veća te će konac puknuti iznad zeljezne kugle.

Slika 3.15.

Problem 3.2.26 Astronauti su na Mjese cevoj površini uzeli uzorke tla (npr. kamenja) i u laboratoriju koji se nalazi na mjese cevu modulu odredili zi cke karakteristike tla. Poslije povratka na Zemlju ovi su uzorci ponovno ispitivani. Koje od slijedećih zi ckih veli cina moraju korigirati: masa, te zina, gustoća ili speci cna te zina. Odgovor: Te zina i speci cna te zina. Problem 3.2.27 Tijelo mase p = 1 kg obješeno je preko koloture na dva na cina prikazana na slici 3.16.. Koliku silu ID treba pokazati dinamometar A u slu caju a)? Kolike sile ID i IE trebaju pokazati dinamometri B i C u slu caju b)? Odgovor: U oba slu caja dinamometar c e ´ pokazivati silu inteziteta I = 9=81 N, ako se nalazi na mjestu gdje jakost gravitacijskog polja iznosi = 9=81 sm2 . U slu caju b) dinamometri B i C Slika 3.16. će prikazivati istu silu zatezanja zbog toga što se sila zatezanja dinamometra B prenosi preko sile napetosti niti na dinamometar C (i to istog inteziteta).

mehanika.indd 92

9.11.2007 9:59:00


85

Problem 3.2.28 Radnik podi ze posudu maltera cija je masa p = 10 kg, pomoću koloture kao što je prikazano na slici 3.17.. Kolikom najmanjom silom radnik treba povla citi u ze u prvom, a kolikom u drugom slu caju? Odgovor:

Slika 3.17.

Oba radnika trebaju povla citi u ze silama jednakog inteziteta I , koja je jednaka te zini posude s malterom pj, jer se sila jednakog inteziteta prenosi preko koloture i napetosti u zeta kojim se povla ci tijelo u razli citim smjerovima: u slu caju a) vertikalno nani ze, a u slu caju b) pod odre†enim kutom. Dakle, najmanja sila iznosi m I = pj = 10 kg · 9=81 2 = 98=1 N s

Problem 3.2.29 Na slici 3.18. je prikazan te zak sanduk koji se podi ze pomoću lanca (ili u zeta). U kojem slu caju a) ili b) lanac trpi ja cu silu? Odgovor:

Slika 3.18.

Vertikalne se komponente sile zatezanja lanca trebaju suprotstaviti te zini tijela. Kako je kut 1 u slu caju a) veći od kuta 2 u slu caju b) to su vertikalne komponente sile zatezanja lanca manje (vertikalne komponente sile zatezanja su proporcionalne sa kosinusom kuta 21 odnosno 22 , ako kut raste, vrijednost kosinusa kuta opada 0 ? ? 90). Da bi komponente ostale iste, moramo u slu caju a) povećati intezizet sila zatezanja lanca. Na osnovu ovih razmatranja sila slijedi da lanac trpi ja cu silu u slu caju a).

Problem 3.2.30 Iz iskustva je poznato da je jaje lakše zdrobiti rukama ako se na njega djeluje sa strane (bo cno), a te ze ako se djeluje uzdu z (preko vrhova). Objasnite. Odgovor:

Slika 3.19.

mehanika.indd 93

U slu caju da se na jaje djeluje preko vrhova (slika 3.19.a) kut izme†u komponenti sila koje djeluju na površinu jajeta je mali (iznosi pribli zno 0) pa su sile djelovanja na površinu jajeta male (pribli zno vanjeskim silama). Ako se na jaje djeluje sa strane (slika 3.19.b) kut izme†u komponenti sila koje djeluju na površinu jajeta je pribli zno 180 pa su komponente na koje se razla zu sile djelovanja ogromne, odnosno trebamo djelovati manjim silama tako da se jaje lakše zdrobi.

9.11.2007 9:59:01

86


Problem 3.2.31 Prije ulaska u svemirski brod izmjerena je masa astronauta koja iznosi p = 92 kg. Kolika je masa astronauta u svemirskom brodu smještenom na površini Mjeseca. Mijenja li se masa astronauta kad on iza†e iz svemirskog broda i kolika bi mu bila masa kada bi on ostao u modulu koji kru zi oko Mjeseca? Odgovor: Masa astronauta na površini Mjeseca tako†er iznosi p = 92 kg. Masa se ne mijenja u ovisnosti o polo zaju tijela. Problem 3.2.32 Zbog cega je lakše izvući list papira iz vrha pakiranja, nego li iz njegovog dna? Kada je ova sila manja: kada pakovanje le zi širom stranom na horizontalnoj podlozi ili kada le zi na manjoj strani (”postavljen na kant”)? Odgovor: Zbog toga što je potrebno svladati ja cu silu trenja kada se izvla ci list papira iz dna pakiranja. Naime, intezitet normalne sile na podlogu jednaka je te zini cijelog pakiranja kada se izvla ci posljednji list (kada pakiranje le zi širom stranom na horizontalnoj podlozi). Kada je pakiranje postavljeno na bo cnu stranu (kant), onda na svaki list djeluje sila trenja koja poti ce od sile pritiska omota pakiranja. Problem 3.2.33 Na horizontalnoj podlozi nalaze se dva tijela istih masa (slika 3.20.), ali razli citih koecijenata trenja (1 A 2 ). Kako će se odnositi sile trenja u slu cajevima pod a i b? Odgovor: U drugom slu caju je sila trenja veća jer je: za slu caj a): Iwud

= Iwu1 + Iwu2 = 1 pj + 2 pj = (1 + 2 ) pj

Slika 3.20.

a za slu caj b): Iwue = 21 pj jer je 1 A 2 =, 21 pj A (1 + 2 ) pj ili Iwue A Iwud

mehanika.indd 94

9.11.2007 9:59:01


87

Problem 3.2.34 Na staklenoj horizontalnoj površini nalaze se dvije kocke istih masa. Jedna kocka je od drveta, a druga od stakla, cije su strane idealno ugla cane. Silu trenja klizanja drvene kocke po staklu mo zemo zanemariti dok silu trenja staklene kocke ne mo zemo zanemariti. Objasnite ovu pojavu. Odgovor: Sila trenja stakla po staklu je daleko veća zbog toga što se izme†u stakla i stakla javljaju jake molekularne sile koje povećavaju koecijent trenja, odnosno silu trenja. Problem 3.2.35 Kakvo kinemati cko stanje tijela deniraju slijedeće relacije: d) Iwu A I

e) Iwu = I

f) Iwu ? I

gdje su: I - aktivna sila koja povla ci tijelo i Iwu - sila trenja. Odgovor: a) mirovanje, b) mirovanje ili jednoliko pravocrtno gibanje, c) jednoliko ubrzano gibanje. Problem 3.2.36 Tijelo klizi niz strmu ravan (slika 3.21.). Tijelo se mo ze zaustaviti na kosini djelovanjem normalne sile I na podlogu odre†enim intezitetom. Objasnite ovu cinjenicu. Odgovor:

Slika 3.21.

Djelovanjem sile I ciji je pravac okomit na podlogu, povećava se ukupna normalna sila Q na podlogu pa se na taj na cin pomoću ove sile mo ze po volji povećavati sila trenja koja se suprotstavlja klizanju tijela i u odre†enom trenutku je ona dovoljno velikog inteziteta da poništi tangencijalnu komponentu te zine tijela pa će tijelo stati.

Problem 3.2.37 Na slici 3.22.a) prikazano je jedno tijelo koje se pomi ce povla cenjem, a na slici 3.22.b) isto tijelo koje se pomi ce guranjem. Vu cna sila Iy i potisna sila Is zatvaraju isti kut u odnosu na horizontalnu ravninu. Na osnovu poznatog o sili trenja, odgovorite u kojem slu caju je sila trenja veća, tj. je li ”lakše” tijelo gurati ili povla citi?

mehanika.indd 95

9.11.2007 9:59:01

88


Odgovor: U slu caju a) vertikalna komponenta sile Is djeluje vertikalno naviše i time smanjuje normalnu komponentu djelovanja tijela na podlogu, odnosno i silu trenja. U slu caju b) vertikalna komponenta potisne sile Ij djeluje vertikalno nani ze i time povećava normalnu silu na podlogu, a time i silu trenja. Dakle, tijelo je lakše povla citi nego li gurati.

Slika 3.22.

Problem 3.2.38 Je li moguće da se tijelo kreće u odnosu na promatra ca, pri

cemu su tijelo i promatra c u nekom otpornom sredstvu (npr. u zraku), a da tijelo ne osjeća otpor sredstva (zraka)? Odgovor: Moguće je, ako se zrak i tijelo gibaju istom brzinom, odnosno ako je relativna brzina tijela u odnosu na zrak jednaka nuli.

mehanika.indd 96

9.11.2007 9:59:01

3.3. PRIMJERI

3.3

89

Primjeri

Primjer 3.3.1 Na camac koji je privezan uz obalu rijeke u zetom duljine 5 p djeluju tok rijeke silom od 800 Q i vjetar koji puše u smjeru okomitom na obalu silom 600 Q . Kolika je napetost u zeta i na kojoj se udaljenosti od obale nalazi dio camca za koji je privezan? Rješenje: Iz slike 3.23. se uo cava da vrijedi $ $ $ U = IU+ IY $ $ Kako su vektori I U i I Y okomiti vrijedi q q 2 2 U = IU + IY = (800 N)2 + (600 N)2 = 1 kN Napetost niti W mora biti jednaka ukupnoj sili koja djeluje na camac, zbog toga što camac miruje, ukupna sila koja djeluje na camac jednaka je 0.

Slika 3.23. W = U = 1 kN Vidimo da vrijedi i proporcija o · IY U 5 m · 600 N o = = = 3m =, g = g IY U 1000 N Primjer 3.3.2 Kugla mase 2 kg obješena je o nerastegljivu nit i otklonjena iz polo zaja ravnote ze za kut = 30 = Koliko iznosi sila napetosti niti i kolika je sila koja nastoji vratiti kuglu u polo zaj ravnote ze? Rješenje: Te zinu J rastavljamo na komponente po smjeru niti (normalna komponenta) JQ i na tangencijalni smjer gibanja tijela niti (tangencijalna komponenta) JW . Kako u pravcu niti nemamo gibanja ukupna sila mora biti jednaka 0, tj. napetost niti mora biti jednaka normalnoj komponenti te zine. Iz slike 3.24. vidimo = JQ = J cos = pj cos m W = 2 kg · 9=81 2 · cos 30 17 N s Komponenta sile koja ubrzava tijelo i nastoji ga vratiti u ravnote zni polo zaj je tangencijalna komponenta te zine W

Slika 3.24. I I

mehanika.indd 97

= JW = J sin = pj sin m = 2 kg · 9=81 2 · sin 30 = 9=81 N s

9.11.2007 9:59:02

90


Primjer 3.3.3 Predmet mase 100 kg obješen je u spojnici dva potporna štapa A i B koji su u cvršćeni u zid (slika 3.25.). Ako štapovi me†usobno cine kut od = 60 , izra cunajte kolikom silom I1 teret iste ze štap A, odnosno silom I2 pritišće štap B. Rješenje: Iz slika 3.25. nacrtajmo poligon sila. Iz poligina sila se zaklju

cuje da je komponenta te zine u smjeru štapa B jednak I2 =

J pj = 1132 N> sin sin 60

a u smjeru štapa A I1

J · cos sin = J cot = pj cot 60 566 N

= I2 cos =

Slika 3.25.

Primjer 3.3.4 Koliko se dugo spušta tijelo niz kosinu visine k = 4 m i nagiba = 45 ako je maksimalni kut pri kojem tijelo mo ze mirovati na kosini = 35 . Pretpostavite da je kineti cki faktor trenja za 15% manji od stati ckog. Rješenje: Postavimo li koordinatni sustav tako da jedna koordinata (recimo {) bude paralelna ravnini kosine i usmjerena niz kosinu, a druga (|) njoj okomita i usmjerena prema kosini. II. Newtonov zakon će za tijelo koje miruje pri maksimalnom kutu dati stati

cki koecijent trenja (slika 3.26.). X I{l = JW Iwu = JW v U = 0 l

X l

I|l

= JQ U = 0 , U = JQ

JW

= pj sin

JQ

= pj cos

Slika 3.26.

gdje su JQ - normalna komponenta, JW - tangencijalna komponenta te zine, a U - reakcija podloge. pj sin v pj cos = 0 odnosno v = tan = tan 35 = 0=7

mehanika.indd 98

(3.3.1)

9.11.2007 9:59:02

3.3. PRIMJERI

91

Izraz (3.3.1) je općeniti izraz za ra cunanje stati ckog koecijenta trenja. Kineti cki koecijent je 15% manji od stati ckog pa imamo n = 0=85 · tan = 0=5951 Ubrzanje tijela niz kosinu nagiba je prema II. Newtonovu zakonu X I{l = JW Iwu = JW n JQ = pd l

pd = pj sin n pj cos d = j (sin n cos )

Tijelo se spušta niz kosinu cija je duljina jednaka v=

k sin

Sada koristimo izraz za prije†eni put pri jednoliko ubrzanom gibanju, bez po cetne brzine s r r 2v 2k 2k 1 2 v = dw , w = = = 2 d d sin sin [j (sin n cos )] w=

s

2 · 2m £ ¤ = 1=4192 s m sin 45 9=81 s2 (sin 45 0=5951 cos 45)

Primjer 3.3.5 Tijelo oblika kvadra i mase p = 50 kg treba pomicati po horizontalnoj ravnini konstantnom brzinom. Pomicanje se mo ze vršiti guranjem ili vu cenjem tijela. Sile I1 i I2 sa horizontalnom ravninom zatvaraju isti kut = 30 . Kolike su ja cine sila I1 i I2 ako je koecijent trenja izme†u tijela i podloge = 0=35?

Slika 3.27. X l

mehanika.indd 99

Rješenje: Razmotrimo prvo pomicanje tijela guranjem (slika 3.27.a). Silu I1 mo zemo rastaviti na normalnu I1Q (komponenta sile okomita na podlogu) i tangencijalnu komponentu I1W paralelnu sa horizontalnom ravninom. Ukupna sila u okomitom smjeru na podlogu mora biti jednaka nuli pa vrijedi jednad zba

IQl = IQ1 + pj U = 0

9.11.2007 9:59:02

92


odakle je reakcija podloge U = IQ1 + pj Da bi tijelo pomicali konstantnom brzinom, mora ukupna tangencijalna sila iš cezavati X IWl = IW1 Iwu = 0 l

= Iwu = U = (IQ1 + pj)

IW1

Kako je IQ1

= I1 sin

IW1

= I1 cos

pa imamo I1 cos = (I1 sin + pj) = I1 sin + pj I1 =

0=35 · 50 kg · 9=81 sm2 pj = = 248= 44 N cos sin cos 30 0=35 · sin 30

Ako tijelo povla cimo silom I2 (slika 3.27.b) tada je reakcija podloge jednaka X

IQl = pj IQ2 U = 0 =, U = pj IQ2

l

dok ukupna tangencijalna sila mora biti jednaka nuli X IWl = IW2 Iwu = 0 l

IW2

= Iwu = U = (pj IQ2 )

Kako je IQ2

= I2 sin

IW2

= I2 cos d

sila I2 iznosi I2 cos = (pj I2 sin ) = pj I2 sin I2 =

0=35 · 50 kg · 9=81 sm2 pj = = 164= 91 N cos + sin cos 30 + 0=35 · sin 30

Kao što vidimo, trebamo upotrijebiti manju silu kad tijelo povla cimo po podlozi, nego kad ga guramo.

mehanika.indd 100

9.11.2007 9:59:03

3.3. PRIMJERI

93

Primjer 3.3.6 Koliko ubrzanje d ima sustav dva kruto vezana tijela, masa p1 = 3 kg i p2 = 5 kg, koja klize niz kosinu nagib = 30 ? Koecijenti trenja izme†u tijela i kosine iznose 1 = 0=15 i 2 = 0=35. Rješenje:

Slika 3.28. Ukupna sila koja djeluje na tijela u smjeru { osi (slika 3.28.) po II. Newtonovu zakonu daje X I{l = JW1 + JW2 Iwu1 Iwu2 = (p1 + p2 ) · d l

odnosno d = = =

JW1 + JW2 Iwu1 Iwu2 p1 + p2 p1 j sin + p2 j sin 1 p1 j cos 2 p2 j cos p1 + p2 (p1 + p2 ) j sin j (1 p1 + 2 p2 ) cos p1 + p2

μ ¶ 1 p1 + 2 p2 d = sin cos j p1 + p2 μ ¶ 0=15 · 3 kg + 0=35 · 5 kg m = sin 30 cos 30 · 9=81 2 3 kg + 5 kg s m = 2= 57 2 s

mehanika.indd 101

9.11.2007 9:59:03

94


Primjer 3.3.7 S vrha kosine visoke k = 2=5 m i duljine o = 10 m klizi tijelo mase p = 2 kg. Odredite koecijent trenja klizanja, ako je brzina koju tijelo posti ze pri dnu kosine y = 2=8 ms . Rješenje: Primjenom II. Newtonova zakona za ubrzanje na kosini (slika 3.29.) dobivamo X I{l = JW Iwu = JW n JQ = pd l

Koristeći izraze za tangencijalnu i normalnu komponentu te zine dobivamo = pj sin ; JQ = pj cos

JW

pd = pj sin n pj cos d = j (sin n cos )

gdje je k sin = ; cos = o

s o2 k2 o

Prije†eni put pri jednoliko ubrzanom gibanju niz kosinu bez po cetne brzine jednak je v=o=

Slika 3.29.

y2 y2 = 2d 2j (sin n cos )

rješavanjem jednad zbe po n y2 2jo

= sin n cos

n cos = sin

y2 2jo

dobivamo tra zeni koecijent μ ¶ y2 1 sin n = cos 2jo ¶ μ k y2 o = s 2jo o2 k2 o =

mehanika.indd 102

¡ ¢2 2 · 9=81 sm2 · 2=5 m 2=8 ms 2jk y 2 q s = = 0=22 2j o2 k2 2 · 9=81 sm2 (10 m)2 (2=5 m)2

9.11.2007 9:59:03

3.3. PRIMJERI

95

Primjer 3.3.8 Kojom brzinom će se vratiti tijelo koje je gurnuto uz kosinu nagiba = 40 po cetnom brzinom y0 = 20 ms , ako je koecijent trenja = 0=3. Koliko bi morao iznositi koecijent trenja da bi se tijelo vratilo tri puta manjom brzinom od po cetne? Rješenje:

Slika 3.30. Gibanje uz kosinu (slika 3.30.a) je jednoliko usporeno u x-smjeru, a u y-smjeru nema ubrzanja tijela. II. Newtonov zakon za to gibanje daje X I{>l = JW Iwu = pj sin pj cos = pd1 l

X l

I|>l = U pj cos = 0

Iwu = U = pj cos pa dobivamo X I{>l = pj sin pj cos = pd1 l

d1 = j (sin + cos )

gdje je d1 ubrzanje (usporenje) uz kosinu. Tijelo će se zaustaviti nakon vremena w1 koje dobijemo iz uvjeta da je brzina tijela jednaka nuli. y0 y0 y = y0 + d1 w1 = 0 =, w1 = = d1 j (sin + cos ) prije†eni put uz kosinu je tada μ ¶ μ ¶ y0 1 y0 2 1 + d1 v1 = y0 w1 + d1 w21 = y0 2 d1 2 d1 y02 y02 v1 = = 2d1 2j (sin + cos )

mehanika.indd 103

9.11.2007 9:59:03

96


Tijelo će se vratiti niz kosinu (slika 3.30.b) jednoliko ubrzanim gibanjem opisano jednad zbom pd2 = JW Iwu = pj sin pj cos d2 = j (sin cos )

prije†eni put v2 = v1 pa kona cnu brzinu dobivamo pomoću izraza s s s y02 y = 2d2 v2 = 2d2 v1 = 2j (sin cos ) 2j (sin + cos ) s s m sin 40 0> 3 · cos 40 m (sin cos ) = 20 13=76 y = y0 (sin + cos ) s sin 40 + 0> 3 · cos 40 s Da bi se tijelo vratilo tri puta manjom brzinom mora vrijediti koecijent trenja dobivamo s y (sin cos ) 1 = = y0 (sin + cos ) 3 1 9

=

=

y y0

=

1 3

pa za

(sin cos ) =, 8 sin = 10 cos (sin + cos ) 4 4 tan = tan 40 0=6712 5 5

Primjer 3.3.9 Tijelo mase p = 5 kg klizi niz kosinu duljine o = 10 m i nagiba = 30 . Ako na tijelo djeluje sila I = 10 N paralelno niz kosinu, kolika će biti brzina tijela pri dnu kosine? Koliko bi iznosila ta brzina ako promijenimo smjer sile I uz kosinu? Koecijent trenja izme†u tijela i kosine iznosi n = 0=2. Rješenje: Tijelo se giba uz kosinu pa nema ubrzanja u | - smjeru, tj. vrijedi X I|l = JQ U = 0 , U = JQ l

Kada sila djeluje niz kosinu II. Newtonov zakon daje X I{l = JW + I Iwu l

= JW + I n U = pd

pd = pj cos + I n pj sin d = j (cos n sin ) +

mehanika.indd 104

m I = 9=5147 2 p s

Slika 3.31.

9.11.2007 9:59:04

3.3. PRIMJERI

97

pa je brzina jednaka s s y = 2dv = 2do =

r m m 2 · 9=5147 2 · 10 m = 13= 795 s s

Kada sila ima smjer uz kosinu, II. Newtonov zakon daje X I{l = JW I Iwu = JW I n U = pd l

d = j (cos n sin )

I m = 5=5147 2 p s

pa je brzina y=

s 2do =

r m m 2 · 5=5147 2 · 10 m = 10= 502 s s

Uo cimo da u jednad zbama za ubrzanja samo sila I mijenja predznak. Primjer 3.3.10 Tijelo mase p = 50 kg klizi niz kosinu nagiba = 40 . Ako na tijelo djeluje sila I = 50 N koja zatvara kut = 50 s | - osi (slika 3.32.), koliko će biti ubrzanje tijela? Koliki bi morao biti iznos sile I da tijelo jednoliko klizi niz kosinu? Koecijent trenja izme†u tijela i kosine iznosi n = 0=3. Rješenje: Da bismo razmotrili gibanje, trebamo projicirati silu I na pojedine osi koordinatnog sustava. Primjer mo zemo poopćiti i na Q - sila, gdje bi projekciju izvršili za svaku pojedinu silu. Sada II. Newtonov zakon daje X I|l = JQ + I| U = 0 l

U = JQ + I| = pj cos + I cos X l

Slika 3.32. d = j (sin n cos )

mehanika.indd 105

I{l

= JW Iwu I{ = JW n U I{ = pd

pd = pj sin n (pj cos + I cos ) I sin I m (sin + n cos ) = 3=09 2 p s

9.11.2007 9:59:04

98

POGLAVLJE 3. DINAMIKA Da bi tijelo jednoliko klizilo niz kosinu, ubrzanje mora biti jednako nuli. d = j (sin n cos ) I

= pj

I (sin + n cos ) = 0 p

sin n cos = 211=25 N sin + n cos

Primjer 3.3.11 Kuglica mase p = 1 g obješena je o nit duljine o = 1 m giba se jednoliko po kru znici tako da nit zatvara kut * = 30 s vertikalom. Odredite period kru zenja i napetost niti tog sto zastog njihala. Rješenje: $ $ Na kuglicu djeluje sila te za J i napetost niti Q . Napetost niti je Q=

J pj = = 0=01328 N = 13=28 mN cos * cos 30

$ $ Sila te za J i napetost niti Q vektorski zbrojene daju centripetalnu silu. py 2 Ifs = pj tan * = u p s y = j · u · tan * = j · o sin * · tan *

Slika 3.33.

odakle je period kru zenja

2 · o sin * 2u =s = 2 W = y j · o sin * · tan *

s

o cos * = 1= 87 s j

Primjer 3.3.12 Dva utega, od kojih se prvo mase p1 = 2 kg nalazi na kosini nagiba = 60 i drugo mase p2 = 5 kg koje visi o niti, povezana su koloturom zanemarive mase. Koliko bi morao iznositi koecijent trenja koji dozvoljava jednoliko gibanje ovakvog sustava te provedite zikalnu analizu rezultata. Kolika bi bila napetost niti W te ubrzanje sustava za vrijednost koecijenta trenja = 0=4? Rješenje: Kako je p2 A p1 pretpostavimo da je pozitivni smjer gibanja u smjeru padanja tijela mase p2 . II. Newtonov zakon za pojedina tijela glasi: Tijelo mase p1 : p1 d = W J1W Iwu

p1 d = W p1 j sin p1 j cos a tijelo mase p2 : p2 · d = J2 W = p2 · j W

mehanika.indd 106

9.11.2007 9:59:04

3.3. PRIMJERI

99

Zbrajanjem prethodnih jednad zbi dolazimo do izraza p1 · d + p2 · d = p2 · j p1 · j sin · p1 · j cos j (p1 + p2 ) · d = (p2 p1 sin · p1 cos ) · j

d = d =

(p2 p1 · sin · p1 · cos ) ·j p1 + p2 p2 p1 · (sin + · cos ) ·j p1 + p2 Ako se utezi gibaju jednoliko mora vrijediti d = 0 pa imamo 0 = p2 p1 (sin + cos )

p2 = p1 (sin + cos ) p2 = tan p1 cos 5 nj tan 60 = 2 nj · cos 60 = 3=27

Slika 3.34.

Ovaj iznos koecijenta trenja u praksi nije moguć pa sustav nu zno mora ubrzavati. Vrijednost ubrzanja d ovisi o intezitetu sile trenja koja pak ovisi o vrijednosti koecijenta trenja pa za = 0> 4 imamo: p2 p1 · (sin + cos ) j p1 + p2 5 nj 2 nj · (sin 60 + 0=4 cos 60) j d = 5 nj + 2 nj m d 0=41j = 4=02 2 s

d =

napetost niti dobivamo iz jedne od jednad zbi za tijelo uvrštavajući vrijednost d: W W

= p2 · j p2 · d = p2 · (j d)

= 0=59p2 j 28=94 N

Primjer 3.3.13 Tijela masa p1 = 10 kg i p2 = 15 kg gibaju se po kosinama nagiba 1 = 60 i 2 = 75 respektivno i povezana su pomoću niti preko koloture zanemarive mase. Ako su koecijenti trenja tijela na kosini 1 = 0=25 i 2 = 0=3 odredite ubrzanje tijela i napetost niti. Trenje u koloturi zanemarite.

mehanika.indd 107

9.11.2007 9:59:05

100


Slika 3.35. Rješenje: Prema II. Newtonovu zakonu jednad zbe gibanja za pojedina tijela su: Tijelo 1 p1 j sin 1 1 p1 j cos 1 + W = p1 d

(3.3.2)

Tijelo 2 p2 j sin 2 2 p2 j cos 2 W = p2 d

(3.3.3)

Zbrajanjem jednad zbi eliminiramo nepoznatu veli cinu W pa dobivamo p1 d + p2 d = p2 j sin 2 2 p2 j cos 2 W p1 j sin 1 1 p1 j cos 1 + W (p1 + p2 ) d = p1 j (sin 1 + 1 cos 1 ) + p2 j (sin 2 2 cos 2 ) odnosno ubrzanje je p1 · (sin 1 + 1 · cos 1 ) + p2 · (sin 2 2 · cos 2 ) ·j p1 + p2 m 10 kg · (sin 60 + 0=25 cos 60) + 15 kg · (sin 75 0=3 cos 75) · 9=81 2 = 10 kg + 15 kg s m = 1=34 2 s

d =

uvrstimo li ovaj podatak u jednu od prethodne dvije jednad zbe dobivamo napetost niti W , W W W

mehanika.indd 108

= p1 · d + p1 · j sin 1 + 1 · p1 · j cos 1 = p1 · [d + j · (sin 1 + 1 · cos 1 )] = 110=62 N

9.11.2007 9:59:05

3.3. PRIMJERI

101

Primjer 3.3.14 Dva mala tijela masa p i 3p povezana su me†usobno koncem koji je provu cen kroz otvor na horizontalnom glatkom stolu. Tijelo mase p rotira po stolu na udaljenosti u = 0=3 m od otvora, a drugo tijelo slobodno visi. Koliko okreta u minuti treba vršiti gornje tijelo da bi donje bilo na konstantnoj visini? Rješenje: Da bi donje tijelo bilo na konstantnoj visini, njegovu te zinu mora poništiti djelovanje centrifugalne (radijalne) sile rotacije tijela mase p. Dakle, mora biti ispunjen uvjet Ifi =

Slika 3.36.

p py 2 = (3p) j =, y = 3ju u

Kako se tra zi broj okreta tijela u minuti, prikazano preko kutne brzine to glasi $=

2q 2 = W 60

gdje je q broj okreta u minuti. Veza kutne i obodne brzine daje 2q u 60 r r 30 3j 30 3 · 9=81 sm2 rnu 60y = = = 94= 581 2u u 0=3 m min

y = $u = q =

Primjer 3.3.15 Tijelo malih dimenzija sklizne sa vrha sfere. U kojoj to cki će se tijelo odvojiti od površine sfere i nastaviti gibanje zrakom? Polumjer sfere iznosi U = 0=45 m. Sva trenja zanemarite. Rješenje: Tijelo će se odvojiti u onoj to cki na sferi gdje će centrifugalna sila poništiti normalnu komponentu te zine tijela JQ , odnosno pj cos =

py2 U

Visinsku razliku od vrha sfere do to cke odvajanja ozna cimo sa k, tada je Slika 3.37. U k = U cos =, cos =

Uk U

a za brzinu tijela (budući da trenje zanemarujemo) imamo y2 = 2jk

mehanika.indd 109

9.11.2007 9:59:05

102


Tra zeni uvjet za to

cku daje p · 2jk Uk = U U U k = 2k 0=45 m U = = 0=15 m k = 3 3 Dakle, tijelo će se odvojiti od površine sfere u to cki koja je 15 cm ni za od vrha sfere. To cku mo zemo opisati i kutom na sferi koji opiše radijus vektor tijela tijekom gibanja pj

U U Uk 2 3 = = U U 3 2 = arccos = 48= 19 = 0=841 07 rad 3

cos =

Primjer 3.3.16 Sila I djeluje u vremenskom intervalu w = 0=05 s. Prilikom gibanja tijela sila I mijenja svoj intezitet prema relaciji I = 500pd (1 nw), gdje je n = 100 s31 . Izra cunajte kolika je brzina y u trenutku w = 0=05 s ako je po cetna m brzina iznosila y0 = 200 m s , a ubrzanje d = 3 s2 . Rješenje: Kao što je poznato, kratkotrajne sile velikog inteziteta nazivaju se impulzivnim silama koje su obi cno promjenjivog inteziteta. U našem slu caju, djelovanje sile mijenja koli

cinu gibanja tijela po izrazu Z{w Z{w s = py py0 = I gw = [500pd (1 nw)] gw 0

0

¸ Z{w n = 500pd (1 nw) gw = 500pd w (w)2 2 0

odnosno, nakon dijeljenja izraza sa masom tijela p za kona cnu brzinu y dobivamo ¶ μ n y = y0 + 500dw 1 w 2 μ ¶ m 100 s31 m m = 200 + 500 · 3 2 · 0=05 s 1 · 0=05 s = 87= 5 s s 2 s Primjer 3.3.17 Tijelo mase p = 3=2 kg visi privezano za donji kraj niti koji mo ze izdr zati najveću silu napetosti od I = 50 N. Odredite: a) kolika je sila napetosti niti ako se gornji kraj niti, zajedno sa niti i tijelom giba vertikalno uvis s ubrzanjem d1 = 3 sm2 ? b) kolika je sila napetosti niti ako se gornji kraj niti, zajedno sa niti i tijelom giba vertikalno nani ze s ubrzanjem d2 = 2 sm2 ?

mehanika.indd 110

9.11.2007 9:59:06

3.3. PRIMJERI

103

c) koliko je maksimalno ubrzanje d kojim bi se sustav mogao gibati vertikalno uvis, a da ne do†e do pucanja niti? Ubrzanje sile zemljine te ze je j = 9=81 sm2 , masu niti zanemarite. Rješenje: a) Kada je sustav u stanju mirovanja, onda je sila napetosti niti jednaka te zini tijela m Q = pj = 3=2 kg · 9=81 2 = 31= 392 N s Ukoliko ubrzavamo sustav vertikalno uvis, na tijelo djeluje i inercijalna sila Il = pd1 i to u smjeru suprotom od smjera ubrzanja sustava, dakle vertikalno nani ze pa je sila napetosti niti jednaka ³ m m´ Q = pj +Il = pj +pd1 = p (j + d1 ) = 3=2 kg· 9=81 2 + 3 2 = 40= 992 N s s b) U slu caju da sustav ubrzavamo vertikalno nani ze, inercijalna sila Il = pd2 djeluje vertikalno uvis pa je napetost niti jednaka ³ m m´ Q = pj Il = pj pd2 = p (j d2 ) = 3=2 kg· 9=81 2 2 2 = 24= 992 N s s c) Ukupna sila napetosti niti iznosi

Q = pj + Il = pj + pd odakle je dopošteno ubrzanje sustava d=

Q 50 N m 1 m (Q pj) = j = 9=81 2 = 5= 815 2 p p 3=2 kg s s

Primjer 3.3.18 Tijelo mase 20 kg vu ce se u zetom po horizontalnoj podlozi konstantnom brzinom. Ako je koecijent trenja klizanja tijela i podloge N = 0=5 pod kojim kutom će napetost u zeta biti najmanja? Koliki je iznos napetosti u zeta u tom trenutku? Rješenje: Budući da je brzina konstantna, primjenom I. Newtonova zakona, jednad zba gibanja će glasiti: P $ $ $ $ $ I l = U + J + W + Iwu = 0 l

Promatrano po komponentama { i | dobivamo: P Il[ = W cos Iwu = 0 l

P l

mehanika.indd 111

Iwu = W cos

Il\

(3.3.4)

= W sin + U J = 0

U = J W sin

(3.3.5)

9.11.2007 9:59:06

104


Sila trenja je Iwu = N · U pa povezujući gornje dvije jednad zbe dolazimo do W cos = N (J W sin )

W cos = N pj N W sin

N pj = W (cos + N sin ) N pj = W () W = cos + N sin Ovo je funkcija napetosti niti Slika 3.38. ovisna o kutu . Da bi napetost niti bila minimalna mora biti zadovoljen uvjet za ekstrem funkcije W () koji glasi ¸ gW = 0 g =0 ¸ ¸ N pj ( sin + N cos ) gW = =0 g =0 (cos + N sin )2 =0 Odakle vrijedi sin 0 + N cos 0 = 0

tan 0 = N 0 = arctan N = arctan 0> 5 0 = 26> 56

gdje je 0 kut pod kojim je napetost niti najmanja. Iznos napetosti niti za taj kut iznosi W (0 ) =

0> 5 · 20 kg · 9> 81 sm2 N pj = 87> 74 N = cos 0 + N sin 0 cos (26> 56) + 0> 5 [sin (26> 56)]

Primjer 3.3.19 Gibanje tijela, koje se spušta niz strmu ravan postavljenu pod kutom prema horizontu, opisano je jednad zbom { = ejw2 , gdje je j - ubrzanje zemljine te ze, a e - konstantni koecijent. Odredite intezitet sile trenja klizanja po ravnoj kosini. Rješenje: Te zinu tijela ozna cimo sa J te komponente reakcije strme ravni U i Iwu . Postavimo koordinatni sustav tako da os { bude usmjerena paralelno niz kosinu, a os | okomito od kosine. Tada je diferencijalna jednad zba gibanja tijela: p¨ { = J sin Iwu

mehanika.indd 112

(3.3.6)

9.11.2007 9:59:06

3.3. PRIMJERI

105

2

gdje je { ¨ = ggw2{ = d{ - ubrzanje tijela u smjeru { - osi. Kako je { = ejw2 , to je { ¨ = 2ej. Masa tijela jednaka je p = J zba (3.3.6) dobiva oblik: j , pa jednad

p¨ {=

J 2ej = 2eJ = J sin Iwu j

odakle slijedi tra zena veli cina sile trenja Iwu = J (sin 2e) Primjer 3.3.20 Kapljica kiše pada s velike visine (slika 3.39.) tako da joj je brzina jednaka y1 = 15 ms u trenutku kad joj je akceleracija jednaka d1 = 7 sm2 . Blizu Zemljine površine kapljica pada jednoliko. Ako je sila otpora zraka proporcionalna s kvadratom brzine i kapljica pada pod kutom = 15 , kolikom brzinom puše bo cni vjetar? Rješenje: Jednad zba gibanja za kapljicu je pd = pj Irw (y)

(3.3.7)

gdje je Irw (y) sila otpora zraka i vrijedi Irw (y) = ny 2 U trenutku w1 kapljica ima brzinu y1 i ubrzanje d1 pa je Slika 3.39.

pd1 = pj ny12

ny12 = p (j d1 ) p (j d1 ) n = y12

(3.3.8)

U blizini Zemljine površine kapljica se giba jednolikom brzinom koju nazivamo grani cna brzina yj , a sila otpora je zapravo Irw (yj ) pa je ukupna sila koja djeluje na kapljicu jednaka nuli.

0 = pj Irw (yj )

0 = pj nyj2 pj j pj = p(j3d ) = yj2 = y12 1 n j d 1 y12 s r 9> 81 vp2 m j yj = y1 = 15 j d1 s 9> 81 vp2 7 m yj 28 s

mehanika.indd 113

p v2

9.11.2007 9:59:06

106

POGLAVLJE 3. DINAMIKA Iz dijagrama brzina vjetra i grani cne brzine gibanja kapljice slijedi yy sin = yj m m yy = yj · sin = 28 · sin 15 7=25 s s

Primjer 3.3.21 Izra cunajte brzinu i prije†eni put tijela koje pada u uidu. Pretpostavimo silu trenja (otpor sredstva) proporcionalnu brzini tijela Iwu = ey. Kolika je kona cna brzina kojom će tijelo, kada je postigne, padati jednoliko? Nacrtajte v (w) i y (w) dijagram i uporedite to gibanje sa slobodnim padom e = 0=7 s31 . (uzgon zraka zanemarite). Ra cunajte sa vrijednosti p Rješenje: Ovdje imamo primjer gdje je sila proporcionalna brzini. Općenito, ako sila ovisi o brzini I = i (y) probleme rješavamo na slijedeći na cin: Zw

gy = i (y) =, I = pd = p gw

0

Zy gy gw = p i (y) y0

Nakon integriranja ove jednad zbe nalazimo brzinu y kao funkciju vremena y (w), a odavde: Zv Zw gv =, gv = y (w) gw y (w) = gw v0

v = v0 +

Zw

0

y (w) gw

0

Dakle, mi imamo po X l

Il = pj ey = pd = p

gy gw

odnosno gy e =j y gw p Pod pretpostavkom da tijelo krene iz mirovanja y0 = 0, integriranjem dobivamo Zy 0

gy = e jp y

ew = ln p

mehanika.indd 114

Zw

gw =,

0

"Ã

y

j e p

!Ã

1 e p

" Ã

ln y

j e p

!#

j e p

= ln

! μ

Ã

ln

j e p

!#

pj ey e e pj

¶

=w

= ln

pj pj ey

9.11.2007 9:59:07

3.3. PRIMJERI

107

ew e pj pj ey =, h3 p = =1 y pj ey pj pj ³ ´ ´ ew ew e pj ³ y = 1 h3 p =, y = 1 h3 p pj e ew

hp

=

Pri padanju u uidu zbog otpora sredstva ubrzanje se smanjuje i kona cno postaje nula, tijelo u tom trenutku posti ze kona cnu (grani cnu) brzinu i dalje se giba jednoliko. Grani cnu brzinu odre†ujemo iz uvjeta da je ukupna sila na tijelo jednaka nuli, odnosno da je sila te ze jednaka sili trenja X Il = pj eyj = 0 l

pj = eyj =, yj =

pj m = 14=014 e s

pa se brzina i ubrzanje mogu prikazati pomoću yj kao ³ ´ ew y = yj 1 h3 p μ ¶ μ ¶ e ey y d = j =jj y =j 1 p pj yj Put se dobiva integriranjem brzine Zw

Zw ³ ´ ³ ´ ´ yj2 ³ 3 ew ew ew 3p yj 1 h gw = yj yj h3 p gw = yj w + v = h p 1 j 0 0 ¶ μ ¸ ´ ew yj ³ y 1 h3 p = yj w v = yj w j j Primjer 3.3.22 Nerastezljiv i savitljiv lanac duljine o = 5 m i linearne gustoće cne kliziti s vrha kosine. Kolika je brzina pri dnu kosine cija je = po = 5 kg m po

duljina 2o i nagib = 30 ? Trenje izme†u lanca i podloge zanemarite. Rješenje: Ovo je primjer gibanja tijela cija se masa mijenja tijekom gibanja. Ukupna sila koja djeluje na tijelo je tangencijalna komponenta te zine. II. Newtonov zakon za ovaj slu caj pišemo u obliku I = Slika 3.40.

g (py) = pj sin gw

(3.3.9)

Ako odaberemo koordinatni sustav tako da ishodište sustava bude na vrhu kosine, os { usmjerimo paralelno niz kosinu, tada će u trenutku w = w0 = 0 v rubni uvjeti glasiti v0 = 0 p i y0 = 0 p v. U proizvoljnom trenutku w brzina lanca je y, koordinata po cetka lanca će biti

mehanika.indd 115

9.11.2007 9:59:07

108


{, masa lanca koji je na kosini je {, a sila koja djeluje na cijeli lanac je tada pj sin = {j sin . Jednad zba gibanja je g (py) = {j sin gw g (py) = ({j sin ) gw Kako bi eliminirali nepoznatu promjenjivu gw, pomno zimo cijelu jednad zbu s py, tako da na desnoj strani uvrstimo vezu p = {, a y = g{ gw pa dobijemo g{ py · g (py) = { · · ({j sin ) gw ¡ 2 2gw ¢ py · g (py) = { j sin g{

s lijeve strane je sada promjenjiva py, a s desne {= Integriramo li prethodnu jednad zbu u granicama od po cetka gibanja py = 0, { = 0 do kraja py = py, { = 2o dobivamo py R

py g (py) =

0

R2o ¡ 0

(py)2 2

¢ 2 j sin {2 g{

8 3 2 o j sin 3 16 o3 2 j sin y2 = 3 r p2 o jo sin y = 4 p 3 =

vratimo se na cinjenicu da smo p prikazali u ovisnosti o kao: p = o, tada slijedi r r 9=81 vp2 · 5 p · sin 30 jo sin y = 4 =4 3 3 m y = 11> 436 s h ¡ ¢2 i Primjer 3.3.23 Na cesticu mase p djeluje sila I = I0 1 2w3W u vremenW skom intervalu 0 w W , gdje je I0 konstanta. Odredite brzinu cestice na kraju intervala ako cestica na po cetku miruje y0 = 0. Rješenje: Brzina je jednaka

y (w) =

Zw 0

mehanika.indd 116

d (w) gw =

Zw

I (w) gw + y0 p

0

9.11.2007 9:59:07

3.3. PRIMJERI

109

pa dobivamo y (w) =

Zw 0

" μ ¶ # I0 2w W 2 1 gw p W

pa nakon vremena W dobivamo y (W ) =

I0 p

¶ # μ ZW " 2w W 2 1 gw W 0

=

I0 2 2 2I0 W w (3W 2w) |W0 = p 3W 2 3p

$

Primjer 3.3.24 Cestica mase p1 giba se brzinom y 1 , a cestica mase p2 brzi$ nom y 2 . Kolika je brzina centra mase tog sustava te brzina i koli cina gibanja svake cestice s obzirom na sustav vezan za njihov centar mase (slika 3.41.)? Rješenje: Brzina centra mase dana je izrazom $ $ y 1 + p2 y2 p1 $ y FP = p1 + p2 Slika 3.41.

Ako se brzine cestica s obzirom na sustav vezan $ $ za centar mase ozna ce sa y 01 i y 02 , tada je:

$ $ y 1 + p2 y2 p1 $ $ $ y 01 = $ y1 y FP = y1 p1 + p2 $ $ p2 ( y1 y 2) = p1 + p2 $ $ y 1 + p2 y2 p1 $ $ $ y 02 = $ y2 y FP = y2 p1 + p2 $ $ y1 y 2) p1 ( = p1 + p2 Koli cine gibanja cestica u sustavu vezanom za centar mase jesu: p1 · p2 $ ($ y1 y 2) p1 + p2 p1 · p2 $ = ($ y1 y 2) p1 + p2

$ p1 y 01 = $ p2 y 02

One su jednake po iznosu, a suprotnog su smjera. Ukupna koli cina gibanja s obzirom na sustav vezan za centar mase jednaka je nuli.

mehanika.indd 117

9.11.2007 9:59:07

110


Primjer 3.3.25 Predmet mase p = 5 kg klizi niz petlju prikazanu na slici 3.42.. S koje minimalne visine predmet mora krenuti bez po cetne brzine da bi uspješno napravio petlju polumjera U = 1 m? Kojom silom predmet pritišće podlogu u to ckama C i D. To cka D se nalazi na visini od 0=5 m? Zanemarite trenje. Rješenje: Tijelo po cinje kliziti bez po cetne brzine. U svakoj to cki putanje na tijelo djeluju sila $ $ $ te za J = p j i sila reakcije podloge I Q . Za gibanje po kosini prema II. Newtonovu zakonu vrijedi pj sin = pd =, d = j sin IQ pj cos = 0 =, IQ = pj cos Brzina na dnu kosine je jednaka

Slika 3.42.

2 = 2dv = 2j sin · v = 2jk yE

Ako nema trenja, brzina tijela će biti neovisna o nagibu kosine i jednaka je brzini koju bi tijelo imalo pri slobodnom padu s visine k. Sli cno vrijedi i za gibanja bez trenja po bilo kojoj putanji pa tako i po kru znoj petlji sa slike. Prema tome brzina u to cki F jednaka je 2 2 yF = yE 2j (2U) = 2jk 4jU>

a u to cki G 2 2 2 = yE 2jU (1 cos *) = 2jk 2jU + 2jU cos * = yF + 2jU (1 cos *) yG

Minimalna brzina koju predmet smije imati u to cki F dobiva se iz uvjeta da je pri toj brzini reakcija podloge jednaka nuli i da potrebnu centripetalnu silu za kru zno gibanje daje sila te za: 2 pyF 2pj (k 2U) = U U U = 2k 4U 5 · 1m 5U = = 2=5 m k = 2 2

pj =

Du zina GR sa vertikalom zatvara kut * = 60 . Tada predmet u to cki G pritišće podlogu silom od

IQ

mehanika.indd 118

μ ¶ 2 pyG 2k = pj · + 3 cos * 2 = 3pj · (1 + cos *) = pj cos * + U U m = 3 · 5 kg · 9=81 2 · (1 + cos 60) = 220= 73 N s

9.11.2007 9:59:08

3.3. PRIMJERI

111

Primjer 3.3.26 Tijelo mase p = 5 kg ba ceno je u horizontalnome smjeru po cetnom brzinom y0 = 20 ms . Koliki je iznos brzine, tangencijalne i centripetalne sile w = 2 s nakon bacanja tijela? Zanemarite otpor zraka. Rješenje: Tijelo opisuje putanju horizontalnog hica (parabolu). U proizvoljnoj to cki putanje horizontalna komponenta brzine jednaka je y0 = y{ = 20 ms i ona se ne mijenja, dok je vertikalna komponenta brzine proporcionalna vremenu i iznosi y| = jw. Ukupna brzina iznosi y (w) =

q q q y{2 + y|2 = y02 + (jw)2 = y02 + j 2 w2

r³ m ´2 ³ m ´2 m 20 y (2 s) = + 9=81 2 · (2 s)2 = 28= 017 s s s

Tangencijalna sila je Iw (w) = p

g gy =p gw gw

q pj 2 w y02 + j 2 w2 = p 2 y0 + j 2 w2

¡ ¢2 5 kg · 9=81 sm2 · 2 s Iw (2 s) = q¡ = 34= 349 N ¢2 ¡ ¢2 20 ms + 9=81 sm2 · (2 s)2

Ukupna sila jednaka je sili te ze pa mora vrijediti $ $ $ 2 + Iw2 = J2 I w + I fs = J , Ifs odnosno q Ifs (w) = J2 Iw2 =

s

(pj)2

p2 j 4 w2 pjy0 =p 2 2 2 2 y0 + j w y0 + j 2 w2

5 kg · 9=81 sm2 · 20 ms Ifs (2 s) = q¡ = 35= 015 N ¢2 ¡ ¢2 20 ms + 9=81 sm2 · (2 s)2

Primjer 3.3.27 Kuglica mase p = 0=5 kg privezana je na nit duljine u = 0=6 m i vrti se po kru znici u vertikalnoj ravnini. a) Ispitajte je li kru zenje jednoliko? b) Kolika je napetost konca u najni zoj to cki kru znice, ako je brzina u toj to cki jednaka yq = 5 ms ?

mehanika.indd 119

9.11.2007 9:59:08

112


c) Koju najmanju (grani cnu) brzinu mora imati kuglica u najvišoj to cki da bi gibanje još uvijek bilo kru zno? Rješenje: $ $ $ a) Na kuglicu djeluju dvije sile: sila te ze J = p j i napetost niti Q pa je rezultantna sila jednaka $ $ $ I = J+Q Rastavimo li rezultantnu silu na tangencijalnu i normalnu komponentu, u odnosu na putanju po kru znici, dobivamo IW

= J sin = pj sin

IQ

= Q J cos = Q pj cos

U tangencijalnom smjeru djeluje sila IW koja mijenja veli cinu brzine i uzrokuje tangencijalnu akceleraciju dW =

IW pj sin = = j sin p p

Budući da postoji tangencijalna akceleracija, gibanje nije jednoliko. b) Normalnu (centripetalnu) akceleraciju dobivamo iz normalne komponente sile dQ =

IQ Q pj cos y2 = = p p u

odavde je napetost niti jednaka Q p Q

y2 j cos uμ ¶ y2 j cos = p u =

U najni zoj to cki je = 0, brzina jednaka yq = y ( = 0) = 5 ms pa imamo da je napetost niti jednaka Q

mehanika.indd 120

μ

¶ μ 2 ¶ yq2 y j cos = p q j u u " ¡ ¢2 # m 5 s m = 0=5 kg 9=81 2 = 15=928 N 0=6 m s

= p

9.11.2007 9:59:08

3.3. PRIMJERI

113

c) U najvišoj to cki = , pri grani cnoj brzini yj napetost niti Q mora biti jednaka nuli, odnosno brzina tijela y mora biti tolika da centrifugalna sila bude veća ili jednaka te zini tijela (u grani cnom sli caju jednaka te zini tijela). Dakle, ! Ã ! Ã yj2 yj2 + j cos = p j =0 Q =p u u odakle je grani cna brzina yj2 j = 0 u r m m s yj = ju = 9=81 2 · 0=6 m = 2= 426 1 s s Primjer 3.3.28 Kliza c mase P = 75 kg stoji na ledu i dr zi u ruci na ramenu kuglu mase p = 5 kg. Kliza c izbaci kuglu prema naprijed pod kutom od = 45 u odnosu na horizontalnu ravninu, brzinom od y = 10 ms . Kolikom brzinom y0 i u kojem će se smjeru kliza c pokrenuti prilikom bacanja kugle, uz pretpostavku da se zanemari trenje izme†u kliza ca, Zemlje i leda. Rješenje: Kako su po cetne brzine u odabranom sustavu kliza ca, Zemlje i leda nula, to je ukupna koli cina gibanja u po cetku jednaka nuli pa mora biti i u trenutku nakon izbacivanja kugle. Brzina kugle y zatvara kut sa horizontalom, pa su komponente brzine: y{ = y cos y| = y sin Primjenjujući zakon odr zanja koli cine gibanja (3.1.17) na sustav kliza c, Zemlja kugla, imamo: X s{l = py cos + P y 0 = 0 l

X

s|l = py sin + (P} + P ) y} = 0

l

odakle slijedi py cos P s 5 kg · 10 ms · cos 4 2m = = 75 kg 3 s py sin 0 = P} + P

y0 =

y}

mehanika.indd 121

9.11.2007 9:59:08

114


Predznak „” ima zi cki smisao u tome što ozna cava da je smjer brzie kliza ca suprotan od horizontalne komponete gibanja kugle, odnosno unatrag. Brzina je Zemlje u vertikalnom smjeru prema dolje, zbog ogromne mase pribli zno nula. Primjer 3.3.29 Tijelo mase p = 0=5 kg giba se konstantnom brzinom y = 2 ms $ po horizontalnoj kru znoj putanji. Kolika je promjena koli cine gibanja s tijela kada ono prije†e cetvrtinu kru zne putanje (slika 3.43)? Rješenje: Vektor brzine tijela u to cki $ A ozna cimo sa y D , a u to cki $ B sa y E . Kako je promjena koli cine gibanja jednaka $ $ s = p y $ $ y D) = p( y E

Slika 3.43

to je intezitet promjene (zbog okomitosti brzina) jednak q q s s 2 + y 2 = p 2y 2 = 2 py (pyD )2 + (pyE )2 = p yD E s m s kg m = 2 · 0=5 kg · 2 = 2 s s

s =

Primjer 3.3.30 Na vagonu mase p = 4w, u obliku platforme, nalazi se covjek mase p0 = 80 kg. Vagon se giba po horizotalnom kolosjeku bez trenja i ima po cetnu brzinu y0 . Koliki je prirast brzine vagona ako covjek po cne tr cati brzinom y1 = 6 ms u smjeru suprotnom od smjera gibanja vagona i isko ci iz njega u horizontalnom pravcu. Rješenje: Uzmimo da se vagon giba u pozitivnom smjeru osi {. Po cetna koli cina gibanja cijelog sustava iznosi ¡ ¢ s0 = p + p0 y0 dok je kona cna koli cina gibanja jednaka sn = p (y0 + y) gdje je y tra zeni priraštaj brzine vagona prije iskakanja covjeka. Uzimajući da je kona cna koli cina gibanja covjeka s0 = p0 (y0 + y y1 )

mehanika.indd 122

9.11.2007 9:59:09

3.3. PRIMJERI

115

na osnovu zakona odr zanja koli cine gibanja dobivamo s0 = sn + s0 ¡ ¢ p + p0 y0 = p (y0 + y) + p0 (y0 + y y1 ) 80 kg · 6 ms p0 y1 m = y = = 0=117 65 p + p0 4000 kg + 80 kg s Uo cimo da priraštaj brzine vagona uopće ne ovisi od po cetne brzine y0 sustava. Primjer 3.3.31 Vagon u obliku platforme, mase P nalazi se u stanju mirovanja i na njemu stoji q ljudi. Neka je masa svakog covjeka p. Hoće li vagon dobiti veću brzinu ako ljudi jedan po jedan, tj. jedan iza drugog, iska cu iz vagona brzinom y, ili ako bi svi istovremeno potr cali i isko cili iz vagona istom brzinom y? Zanemariti trenje izme†u vagona i kolosjeka. Rješenje: Kada ljudi tr ce zajedno i istovremeno iska cu iz vagona, to je onda analogno situaciji kada bi tr cao jedan covjek mase qp. Na osnovu zakona o cuvanja koli cine gibanja imamo (P + qp) y1 = qpy y1 = q ·

py P + qp

Ako ljudi tr ce jedan za drugim, po zakonu o cuvanja koli cine gibanja, brzina vagona će biti y2 = =

py py py py + + + ··· + P + qp P + (q 1) p P + (q 2) p P +p q X py l=1

P + lp

No, kako vrijedi py py py py ? ? ? ··· ? P + qp P + (q 1) p P + (q 2) p P +p to mora vrijediti i nejednakost q·

py py py py ? + + ··· + P + qp P + qp P + (q 1) p P +p

pa je y1 ? y2 odnosno, vagon će dobiti veću brzinu ako s njega iska cu jedan za drugim q ljudi, nego li kad s njega isko ce svi istovremeno.

mehanika.indd 123

9.11.2007 9:59:09

116


Primjer 3.3.32 Raketa po cetne mase p0 izbacuje plinove brzinom ys = 400 ms u odnosu prema raketi. Uz pretpostavku da nema vanjskih sila, izra cunajte brzinu rakete nakon što je izgorilo 10% po cetne mase. Rješenje: Iz zakona o cuvanja koli cine gibanja imamo s = py = nrqvw= deriviranjem dobivamo g (py) gp gy = y+p =0 gw gw gw odakle dobivamo jednad zbu p

gp gy = y gw gw

Ovdje je y = ys brzina izbacivanja plina u odnosu na raketu. Separacijom varijabli slijedi gp 1 = gy p ys Koristimo po cetne uvjete, brzina na po cetku gibanja jednaka je nuli, a masa sustava p, dok je nakon izvjesnog vremena brzina y, a preostala masa jednaka je p = p0 0=1p0 = 0=9p0 . Integriranjem tada dobivamo Zp

gp p

p0

1 = ys

Zy

gy

0

1 1 (y) |y0 =, ln p ln p0 = (y 0) ys ys ³ m p m´ · (0=105 36) = 42= 144 y = ys ln = ys ln 0=9 = 400 p0 s s

ln p

|

p p0

=

Primjer 3.3.33 Raketa mase p = 60 w izbacuje plinove brzinom ys = 2000 ms i nakon izgaranja goriva postigne brzinu od y = 8000 ms . Kolika je masa prazne rakete bez goriva? Pretpostavite da na raketu ne djeluju vanjske sile i da je lansirana bez po cetne brzine. Rješenje: S obzirom da je cjelokupno gorivo sagorjelo, preostala masa jednaka je masi prazne rakete. Iz integrala Zp

p0

mehanika.indd 124

gp 1 = p ys

Zy

gy

0

9.11.2007 9:59:09

3.3. PRIMJERI

117

kao u prethodnom primjeru tra zimo preostalu masu p. 1 ln p ln p0 = (y 0) ys y p = ln p0 ys 3 yy

p = p0 h

s

8000 m s m s

3 2000

= 60 w · h

= 1098=9 kg 1=1 w

= 60000 kg · h34

Primjer 3.3.34 Raketa mase p = 20 kg lansirana je iz mirovanja vertikalno u vis. Izbacivši p0 = 0=4 kg plina, nakon prve sekunde raketa postigne brzinu y = 20 ms . Kolika je brzina izbacivanja plinova u odnosu na raketu? Treba u ra cun uvrstiti da se raketa giba u gravitacijskom polju Zemlje. Rješenje: kg Iz uvjeta zadatka vidimo da je brzina sagorjevanja plina jednaka {p {w = 0=4 s pa nam se preostala masa plina u raketi mijenja po zakonu ps (w) = p0 {p {w · w. Koristeći II. Newtonov zakon dobivamo μ ¶ gp gy ys = p +j gw gw ¶ μ Z gp 1 gy = + j gw@ p ys gw {p 3 y 4 p0 3 {w w Z Z Zw gp 1 C = gy + jgwD p ys p0

0

0

¶ μ p 1 w ln p0 = (y + jw) @ · (ys ) ln p0 w ys p0 ys ln = y + jw p0 {p {w w

odakle slijedi izraz za brzinu gibanja rakete u gravitacijskom polju p0 y (w) = ys ln jw p0 {p {w w ili ys =

y (w) + jw p0 ln p 3 {p w 0

{w

Koristeći po cetni uvjet y (1 s) = 20 ms imamo ys =

mehanika.indd 125

20 ms + 9=81 sm2 · 1 s ln

20 kg 20 kg30=4 kg ·1 s s

= 1475= 5

m s

9.11.2007 9:59:09

118


3.4

Zadaci

Problem 3.4.1 Dvije kugle jednakog polumjera, jedna od zeljeza, druga od olova gibaju se jednakom brzinom. Izra cunajte njihov odnos koli cina gibanja? Rezultat:

s(I h) s(S e)

=

(I h) (S e)

=

7=9 11=3

= 0=699 12.

Problem 3.4.2 Na tijelo mase p = 10 kg djeluju dvije sile jednakog iznosa od I = 20 N. Izra cunajte smjer i iznos akceleracije ako sile me†usobno zatvaraju kut od * = 120 . Rezultat: d = 2 sm2 , akceleracija zatvara kut od = 60 s obje sile, odosno le zi na pravcu koji polovi kut *. Problem 3.4.3 Neki putni cki automobil mo ze postići akceleraciju d = 2=9 sm2 kada mu je ukupna masa jednaka p = 1600 kg. Koliku će akceleraciju postići ako mu se zbog dodatnog tereta masa poveća na 2000 kg, a sila automobila ostane ista? Rezultat: d = 2=32 sm2 . Problem 3.4.4 Na horizontalnoj podlozi nalazi se tijelo mase p = 50 kg. Kolikom horizontalnom silom treba djelovati na tijelo da bi se ono pokrenulo? Koecijent trenja izme†u tijela i podloge iznosi = 0=2. Rezultat: I = 98=1 N Problem 3.4.5 Na vertikalnom dijelu kolica koja se gibaju ubrzanjem d, nalazi se tijelo A. Koecijent trenja izme†u tijela A i površine vertikalnog dijela kolica iznosi = 0=3. Koliko treba biti minimalno ubrzanje kolica da tijelo ne padne? Rezultat: d

j

= 32=7 sm2

Problem 3.4.6 Koliki je najveći nagibni kut koji mo ze da zauzme biciklista prema putu (ako se giba po pravcu) bez bojazni da padne? Koecijent trenja izme†u biciklista i puta je . Rezultat: = arccot . Problem 3.4.7 Koliki mora biti minimalni koecijent trenja izme†u puta i automobila, da bi se automobil mogao penjati uz put nagiba = 30 ubrzanjem d = 0=6 sm2 ? Rezultat: = 0=7.

mehanika.indd 126

9.11.2007 9:59:10

3.4. ZADACI

119

Problem 3.4.8 Uz kosinu nagiba = 30 giba se tijelo mase p = 10 kg. Kolika mora biti vu cna sila I koja s kosinom zatvara kut = 30 da bi se tijelo, uz koecijent trenja tijela i podloge = 0=3, gibalo jednoliko ubrzano uz kosinu akceleracijom d = 0=5 sm2 ? Rezultat: I =

1+sin + cos cos + sin pj

= 78 N.

Problem 3.4.9 Skijaš se po cinje spuštati bez po cetne brzine niz brijeg duga cak o = 120 m s visinskom razlikom k = 16 m. Došavši do podno zja brijega nastavi gibanje po horizontalnome putu sve do zaustavljanja. Koliku će brzinu imati skijaš na podno zju brijega? Koliko daleko od podno zja će se zaustaviti? Koecijent trenja iznosi = 0=04. r ³ ´ s y2 = 281= 07 m. Rezultat: y = 2j k o2 k2 = 14= 852 ms , v = 2j Problem 3.4.10 Tijelo po cne iz stanja mirovanja kliziti sa krova kuće visoke K = 20 m. Duljina krova iznosi g = 8 m, a kut nagiba krova prema horizontali = 35 . Koecijent trenja izme†u tijela i krova iznosi = 0=45. Izra cunajte vrijeme w kojeće tijelo provesti u gibanju, udaljenost G od podno zja kuće do mjesta gdje će tijelo pasti te iznos i komponente brzine y tijela u trenutku neposredno prije udara o tlo. Rezultat: w = 2=76 s; G = 5=64 m; y{ = 5=38 ms > y| = 17=97 ms > y = 18=76 ms Problem 3.4.11 Lopta mase p = 0=2 kg pada s visine k = 5 m, na horizontalnu podlogu i odbije se elasti cno, tako da se pri sudaru promijeni samo smjer, ali ne i iznos brzine. Odredite impuls sile koji je u sudaru primila lopta. Rezultat: L = 4 N s. Problem 3.4.12 Tijelo leti brzinom y = 300 ms i raspadne se na dva jednaka dijela. Jedan dio nastavi gibanje brzinom y1 = 380 ms u istom smjeru. Kolika je brzina drugog dijela? Rezultat: y = 220 ms i ima isti smjer kao i prvo tijelo. Problem 3.4.13 Dje cak na kolicima koja miruju izbaci loptu mase p = 0=2 kg brzinom os y = 5 ms u horizontalnome smjeru iza kolica. Masa kolica s dje cakom iznosi pgn = 60 kg. Kolika će biti brzina kolica i dje caka neposredno nakon izbacivanja lopte? Rezultat: y0 = 1=67 ms . Problem 3.4.14 S krme malog camca koji se giba brzinom y1 = 0=5 ms izbaci ribar mre zu prema natrag. Kolikom brzinom y 0 je ribar izbacio mre zu, ako camac s ribarom poslije izbacivanja mre ze ima brzinu od y10 = 1 ms ? Mase su camca pf = 50 kg, masa ribara pu = 80 kg i masa mre ze pp = 20 kg.

mehanika.indd 127

9.11.2007 9:59:10

120

POGLAVLJE 3. DINAMIKA Rezultat: y0 = 2=75 ms .

Problem 3.4.15 Po cetna je masa rakete p0 = 200 w, a nakon izgaranja goriva masa rakete je p = 180 w. Ako se iz rakete svake sekunde izbaci p = 1000 kg plina brzinom ys = 4000 ms , kolika je kona cna brzina rakete? Pretpostavite da je raketa lansirana bez po cetne brzine s površine Zemlje vertikalno u vis. Pretpostavite da je sila te ze koja djeluje na raketu za vrijeme promatranog gibanja konstantna. Rezultat: y = 196 ms .

mehanika.indd 128

9.11.2007 9:59:10

Poglavlje 4

ENERGIJA I ZAKONI

OCUVANJA 4.1


Rad Pojam rada ima široku primjenu u zici i u ovom dijelu deniramo mehani cki rad. Denicija 4.1.1 Mehani cki rad je skalarna zikalna veli cina koja opisuje svladavanje sile na nekom putu. U analiti ckom obliku rad predstavlja ³ $´ skalarni produkt sile I i prije†enog puta $ $ ( v ) odnosno vektora pomaka ( u ). $ $ $ $ Z =D= I · v = I · u

Slika 4.1.

(4.1.1)

Napomena: Relacija (4.1.1) primjenjuje se u slu caju da je sila koja vrši rad nepromje$ njiva na putu I = frqvw= Na osnovu skalarnog produkta:

$ $ Z = I · v = I v cos

(4.1.2)

imamo tri karakteristi cna slu caja: 1. za = 0 kada su sila i vektor pomaka kolinearni vektori, tj le ze na pravcu gibanja imamo Z = I v cos 0 = I v 2. za 0 ? ? 90 . Opći slu caj kada sila zatvara bilo koji kut sa pravcem gibanja Z = I v cos 121

mehanika.indd 129

9.11.2007 9:59:10

POGLAVLJE 4. ENERGIJA I ZAKONI OCUVANJA

122

3. = 90. Sila je okomita na pravac gibanja i u tom slu caju se ne vrši rad, Z = I v cos 90 = 0 $ Ako je sila tijekom gibanja promjenjiva ( I 6= frqvw=) uvodi se trenutni rad, odnosno jednad zba (4.1.1) se piše u diferencijalnom obliku: ³ $ $´ gZ = g I · v Z =

Z

gZ =

Z

(4.1.3) $ I · g$ v =

Z

I cos gv

(4.1.4)

Jedinica za rad je d zul Z [ J] = I [ N] · v [ m]. Snaga Denicija 4.1.2 Snaga predstavlja brzinu vršenja nekog rada: S $

Z w

(4.1.5)

Izraz (4.1.5) dan je u kvalitativnom obliku. Analiti cki oblik će biti zadovoljen ako je rad tijekom vremena stalan: S =

Z w

(4.1.6)

U općenitom slu caju deniramo trenutnu snagu koja predstavlja prvi izvod rada po vremenu: S =

gZ gw

(4.1.7)

U slu caju da imamo stalnu silu na putu vršenja rada, jednad zbu (4.1.7) mo zemo pisati u slijedećem obliku:

S =

gZ = gw

³ $ $´ g I · v gw

$ g$ v =I · gw

(4.1.8)

$ $ S = I · y = I y cos Jedinica za snagu je vat S [ W] = I [ N] · y

mehanika.indd 130

(4.1.9) £ m¤ s

9.11.2007 9:59:11


123

Energija Uz rad je vezano iskustvo da se on mo ze vršiti samo na ra cun zalihe ne cega što je sposobno izvršiti rad. Fizikalna veli cina koja opisuje tu sposobnost vršenja rada nazivamo energijom. Denicija 4.1.3 Energija je sposobnost vršenja rada. Napomena: Ovo je opća denicija energije. Tijelo mo ze posjedovati neku sposobnost, ali ne mo ze posjedovati rad, zato su to dvije kvalitativno razli cite zikalne veli cine, iako će imati istu mjernu jedinicu. Preko energije se daje i opća denicija rada: Rad je mjera promjene energije nekog sustava Z = gH

(4.1.10)

U mehanici razlikujemo dvije osnovne vrste energije: kineti cka i potencijalna. Denicija 4.1.4 Sposobnost tijela da izvrši rad na osnovu svog gibanja naziva se kineti cka energija. U analiti ckom obliku ona glasi 1 H = py 2 (4.1.11) 2 Iz navedene relacije vidimo da je kineti cka energija skalarna veli cina koja ovisi o masi tijela koje se giba i kvadrata brzine. Jedinica za kineti cku energiju je d zul, a dobiva se preko H [ J] = p [ kg] · © £ m ¤ª2 y s

Denicija 4.1.5 Sposobnost tijela da izvrši rad na osnovu svog polo zaja u polju sila naziva se potencijalna energija.

Navedena denicija predstavlja opću deniciju potencijalne energije. U mehanici razlikujemo dva karakteristi cna polja sila; gravitacijsko polje i polje elasti cnih sila te zato razlikujemo dvije potencijalne energije: gravitacijsku i elasti cnu potencijalnu energiju. Denicija 4.1.6 Sposobnost tijela da izvrši rad na osnovu polo zaja u gravitacijskom polju nazivamo gravitacijska potencijalna energija. Analiti cki oblik gravitacijske potencijalne energije tijela mase (p) na visini (k) iznad zemljine površine (k mnogo manje od U] ). HS = pjk

Slika 4.2.

mehanika.indd 131

(4.1.12)

Napomena: Za razliku od kineti cke energije koja uvijek mora biti pozitivna, potencijalna energija mo ze biti i negativna u ovisnosti od izabrane razine (sliku 4.2.).

9.11.2007 9:59:11


124

Denicija 4.1.7 Sposobnost tijela da izvrši rad na osnovu svog polo zaja u polju elasti cnih sila zovemo elasti cnom potencijalnom energijom. Porijeklo elasti cnih sila le zi u molekularnim silama mehani ckog sustava. One uvijek imaju smjer ka ravnote znom polo zaju i poslije djelovanja vanjskih sila vraćaju tijelo u prvobitni (ravnote zni) polo zaj. Tipi cni predstavnik takvog sustava je elasti cna opruga (pero). Analiti cki oblik elasti cne potencijalne energije je: 1 (4.1.13) Hhs = n{2 2 Slika 4.3. gdje je n konstanta opruge, a { pomak iz polo zaja ravnote ze (elongacija) (slika 4.3.). Jedinica za elasti cnu potencijalnu energiju je d zul ¸ N · {{ [ m]}2 (4.1.14) Hhs [ J] = n m

Napomena: Samo je elasti cna potencijalna energija apsolutna jer je odre†ena unutarnjim stanjem sustava. Kineti cka i potencijalna gravitacijska energija su relacijske veli cine jer ne ovise samo od tijela koje ima tu sposobnost, nego i od referentnog sustava u odnosu na koji se iskazuje ta sposobnost. Denicija 4.1.8 U energetski izoliranim sustavima ukupna energija sustava uviq X Hl = frqvw= jek ostaje stalna l=1

Ova denicija se zove zakon o odr zanju energije. Iz nje mo zemo denirati zakon o odr zanju mehani cke energije; ukupna kineti cka i potencijalna energija ostaje uvijek stalna H = Hn + Hs = frqvw=

(4.1.15)

U nekom izoliranom sustavu energija se mo ze pretvarati iz jednog oblika u drugi ali je ukupna energija uvijek jednaka. Ovaj zakon je jedan od najfundamentalnijih zakona u prirodi i mo ze se proširiti na sve oblike energija i me†udjelovanja. Tako†er, energija se ne mo ze ni stvoriti ni razoriti i rad se mo ze vršiti samo na ra cun nekog oblika energije Sudar (sraz) Denicija 4.1.9 Sudar nazivamo gibanje tijela nakon kratkog me†udjelovanja bez utjecaja vanjskih sila. Razlikujemo u principu dvije vrste sudara:

mehanika.indd 132

9.11.2007 9:59:11


125

a) Elasti

cni sudar - ukupna kineti cka energija prije i poslije sudara ostaje nepromijenjena. Iz zakona o o cuvanju mehani cke energije i zakona o cuvanja koli cine gibanja primijenjenih na savršeno elasti cni sudar tijela masa p1 i p2 $ $ te brzina y1 i y 2 proizlazi da je brzina tijela nakon elasti cnog sudara (slika 4.4.): Slika 4.4.

$ y 01 = $ y 02 =

$ $ y 1 + 2p2 y2 (p1 p2 ) (4.1.16) p1 + p2 $ $ (p2 p1 ) y1 y 2 + 2p1 (4.1.17) p1 + p2

b) Neelasti

cni sudar - ne va zi zakon o odr zanju energije jer se dio kineti cke energije nakon sudara troši na deformaciju i zagrijavanje tijela. Nakon savršenog neelasti cnog sudara tijela se $ gibaju zajedno brzinom y 0 (slika 4.5.): $ $ y 1 + p2 y2 p1 $ y0= p1 + p2

Slika 4.5.

(4.1.18)

Kineti cka se energija pri tome smanjuje i troši na deformaciju i zagrijavanje. Razlika kineti ckih energija poslije i prije sudara (T) je: T = Hn0 Hn =

1 p1 · p2 $ 2 $ ( y1+ y 2 ) (4.1.19) 2 p1 + p2

Ako zajedni cka normala na ravnini dodira tijela prolazi kroz njihov centar masa, sudar je centralan. Ako brzine le ze na pravcu te zajedni cke normale sudar je izravno centralan. Faktor restitucije (n) pri izravnom centralnom sudaru dvaju tijela (npr. kugle) jednak je omjeru relativnih brzina poslije i prije sudara: n=

y10 y20 y1 + y2

(4.1.20)

Za savršeno elasti cni sudar n = 1, za savršeno neelasti cni sudar n = 0, a za djelomi cno elasti cni sudar 0 ? n ? 1.

mehanika.indd 133

9.11.2007 9:59:11


126

4.2

Problemski zadaci

Problem 4.2.1 Dva tijela istih masa gibaju se po horizontalnoj površini pri cemu su keocijenti trenja tijela jednaki. Jedno tijelo se povla ci silom I1 , a drugo se gura silom istog inteziteta. Kut koje zatvaraju sile s horizontalnom površinom su isti (slika 4.6.). Pretpostavimo da se tijela pod djelovanjem ovih sila gibaju pravolinijski, konstantnom brzinom te da prije†u isti put. Kako se odnose izvršeni radovi: a) Z1 ? Z2 ; b) Z1 = Z2 ; c) Z1 A Z2 Objasni odgovor! Odgovor: c) D2 A D1 , jer prilikom gibanja oba tijela sila I svladava silu trenja, ali u slu caju b) sila I ima dodatnu normalnu komponentu na površinu, što zna ci da povećava silu trenja i prilikom jednolikog gibanja tijela slijedi da je I1 = Iwu1 > I2 = Iwu2 pa je Slika 4.6. Iwu2 A Iwu1 =, I2 A I1 =, Z2 A Z1 Problem 4.2.2 Ako vozilo mase p = 2 · 103 kg . koje je u po cetnom trenutku u stanju mirovanja, nakon 10 s postigne brzinu od 14=4 ms , snaga motora vozila je: a) 0=4 kW Odgovor: Pod c).

b) 0=8 kW

c) 1=6 kW

d) 3=2 kW

Problem 4.2.3 U slijedećim iskazima prepoznajte oblike mehani cke energije i njihovu pretvorbu: a) jabuka slobodno pada s visine k, b) strijelac napinje luk i odapinje strijelu, c) gimnasti car pomoću odsko cne daske izvodi salto, d) lopta se odbija o zid. Odgovor: a) Gravitacijska potencijalna koja se pretvara u kineti cku energiju,

mehanika.indd 134

9.11.2007 9:59:12


127

b) elasti cna potencijalna se pretvara u kineti cku energiju, a ona u gravitacijsku, c) elasti cna potencijalna i kineti cka energija u gravitacijsku potencijalnu, kineti cku translacije i rotacije, a zatim one u kineti cku energiju kojom gimnasti car pada na tlo, d) kineti cka energija se pretvara u elasti cnu potencijalnu, a zatim ona ponovno u kineti cku energiju gibanja lopte. Problem 4.2.4 Zadana su cetiri koordinatna sustava u kojima se nalaze cetiri kuglice istih masa. Neka su brzine sustava, odnosno brzine kuglica, kao na slici $ $ $ 4.7., pri cemu je y1= y2= y 3 . Prona†ite kineti cku energiju kuglica u odnosu na sva cetiri sustava. Odgovor: - prvi koordinatni sustav py12 , 2 py22 py32 , Hn4 = 2 2

Hn1 = 0, Hn2 = Hn3 =

Slika 4.7.

- drugi koordinatni sustav py12 , Hn2 = 0, 2 $ $ = 0> jer je y2 y 1 = 0> 2 4py3 $ $ $ = y 1 = 2 y3 > jer je y3 2

Hn1 = Hn3 Hn4

- treći koordinatni sustav py22 $ $ y2 y 1 = 0> , Hn2 = 0> jer je 2 4py32 $ $ $ = 0, Hn4 = y 2 = 2 y3 > jer je y3 2

Hn1 = Hn3

- cetvrti koordinatni sustav

Hn1 = Hn3 =

mehanika.indd 135

py32 4py12 , Hn2 = > 2 2 4py22 , Hn4 = 0> 2

9.11.2007 9:59:12


128

Problem 4.2.5 Covjek stoji na balkonu trećeg kata i dr zi u ruci tijelo mase p = 2 kg (slika 4.8.). Koliku potencijalnu energiju ima tijelo uodnosu na referentnu razinu: a) balkona drugog kata, b) balkona prvog kata, c) tla kuće. Odgovor: U odnosu na balkon drugog kata potencijalna energija iznosi Hs = pjk1 ' 98 J dok je u odnosu na prvi kat Hs = pjk2 ' 157 J Najveću potencijalnu energiju tijelo ima u odnosu na tlo ciji iznos je jednak Slika 4.8. Hs = pjk3 ' 196 J Problem 4.2.6 Dva se tijela jednakih zapremina, jedno od zlata, a drugo od aluminija, nalaze na visini k. Koje tijelo posjeduje veću potencijalnu energiju, koliki je odnos njihovih potencijalnih energija i koje će tijelo udariti većom brzinom o tlo ako se pusti da slobodno pada (slika 4.9.). Odgovor: Tijelo od zeljeza ima veću potencijalnu energiju jer ima veću masu (zbog I h A Do ), a tijela se nalaze na istoj visini. Odnos potencijalnih energija jednak je odnosu masa, odnosno odnosu gustoća: HsI h pI h pI h · j · k ·Y = = Ih = = Ih HsDo pDo · j · k pDo Do · Y Do Brzina oba tijela pri padu na tlo bit će jednaka. Bez obzira na potencijalne energije, brzina pada tijela ovisi o visini s koje tijelo pada.

Slika 4.9.

Problem 4.2.7 Kada je manja gravitacijska potencijalna energija covjeka: kada on stoji ili le zi? Gdje je njegova potencijalna energija veća: na Mjesecu ili na Zemlji?

mehanika.indd 136

9.11.2007 9:59:12


129

Odgovor: Potencijalna energija covjeka je manja kada le zi, jer je tada njegovo te zište na manjoj visini. Potencijalna energija covjeka je veća na Zemlji i to oko 6 puta, zbog ja ceg gravitacijskog polja. Problem 4.2.8 Zbog cega se covjek više zamara prilikom tr canja, nego li pri hodu? Odgovor:

Covjek je cijelo vrijeme hoda oslonjen na tlo, makar jednom nogom. Me†utim, pri tr canju postoje vremenski intervali (pri svakom koraku) kada se covjek ne oslanja na tlo. Zbog toga on mora podizati svoje te zište više pri tr canju nego pri hodu, odakle je i veći utrošak energije prilikom tr canja. Problem 4.2.9 Poluga se mo ze na više na cina koristiti za podizanje tereta (slika 4.10.). U kojem slu caju a) ili b) treba djelovati manjom silom da bi se podigao isti teret? Ukupne du zine poluga su jednake. Odgovor: U oba slu caja potrebno je djelovati jednakim silama. Udaljenosti to caka O, A i B su upravo takve da u oba slu caja treba djelovati silom inteziteta 1 I = J 2 Slika 4.10.

Za dodatno objašnjenje treba vidjeti slaganje paralelnih sila, razmotriti reakcije u osloncima i deniciju momenta sile.

¢ ¡ Problem 4.2.10 Tijelo, cija je gustoća manja od gustoće vode w ? K2 R , potopljeno je u posudu do dubine k (slika 4.11.). Tijelo u tom polo zaju posjeduje potencijalnu energiju. O kakvoj potencijalnoj energiji je rije c? Prona†ite izraz po kojemu mo zete izra cunati tu potencijalnu energiju. Odgovor: Tijelo posjeduje potencijalnu energiju, ali ona je uzrokovana od sile pritiska uida, a ima porijeklo u gravitacijskoj sili. Budući da je

Hs = D Slika 4.11.

mehanika.indd 137

D = I ·k

Hs = (Is J) · k

9.11.2007 9:59:12


130

gdje je I = Is J. Prema deniciji sile uzgona imamo Is = K2 R · j · Y = K2 R · pw · j w μ ¶ K2 R 1 · pjk Hs = w

Problem 4.2.11 Dva covjeka se nalaze na litici visine K i podi zu tijelo istih masa. Jedan povla ci tijelo silom I1 po strmoj ravni bez sile trenja, a drugi silom I2 podi ze teret. a) Kako se odnose sile kojima se tijela podi zu? b) Kako se odnose izvršeni radovi? c) Ako se tijela podignu za isto vrijeme w1 = w2 , kakav je odnos snaga? Odgovor: a) Sila I2 A I1 . b) U oba slu caja rad je jednak, jer je J·k · o = J · k = pjk o = J · k = pjk

Z1 = I1 · o = Z2

c) Snaga je ista S1 = S2 , jer je izvršen jednak rad za isto vrijeme. Problem 4.2.12 Kada se kugla mase p sudari centralno i elasti cno s drugom kuglom, koja je nepomi cna i iste mase kao prva kugla, onda poslije sudara: a) prva kugla se vraća putem kojim se gibala do trenutka sudara, b) prva kugla se odbija pod odre†enim kutom u odnosu na smjer gibanja prije sudara, c) prva kugla se zaustavlja na mjestu sudara, a druga se po cinje gibati brzinom prve kugle, d) svaka kugla se giba po odre†enoj trajektoriji. Odgovor: To can odgovor je pod c). Problem 4.2.13 Tijelo, koje se giba po pravcu konstantnom brzinom, u jednom trenutku eksplodira i raspada se na veliki broj dijelova. Poslije ove eksplozije, nastavit će se gibati po istom pravcu i istom brzinom:

mehanika.indd 138

9.11.2007 9:59:13


131

a) najveći broj raspadnutih dijelova, b) polovica raspadnutih dijelova, c) svi raspadnuti dijelovi, d) centar mase ovih dijelova. Odgovor: To can odgovor je pod d). Problem 4.2.14 Pretpostavimo da se na mirnoj vodi nalazi splav koji se mo ze gibati bez trenja. Neka se na jednom kraju splava nalazi covjek i u jednom trenutku se po cinje gibati ka drugom kraju. Pretpostavimo da splav, du zine o ima istu masu kao i covjek. a) Kako će se odnositi brzine splava y1 i covjeka y2 u odnosu na obalu i kolika je brzina covjeka u odnosu na splav yu ? b) Koliku je du zinu puta prešao covjek u odnosu na obalu ako prije†e rastojanje od po cetka do kraja splava? c) Analiziraj slu cajeve: - kada bi masa splava bila mnogo veća od mase covjeka (p1 À p2 ),

- masa covjeka mnogo veća od mase splava (p1 ¿ p2 ). Odgovor:

a) Prema zakonu o o cuvanju koli cine gibanja imamo: ¾ $ $ p1 y 1 p2 y2=0 =, y2 = y1 jer je p1 = p2 p1 y2 p2 = y1 Brzina covjeka u odnosu prema splavu je $ $ $ $ yu= y 2 ( y 1 ) = 2 y b) Budući da je yu = wo , a y = vw , to na osnovu a) imamo: 2y =

o v o = 2 =, v = w w 2

To zna ci da je covjek prešao put u odnosu na obalu, koji odgovara polovici du zine splava. c) Za slu caj p1 À p2 =, yu = y2 jer je y1 ' 0, dok za slu caj p1 ¿ p2 =, yu = y1 , jer je y2 ' 0.

mehanika.indd 139

9.11.2007 9:59:13


132

Problem 4.2.15 Brod plovi niz rijeku. Mijenja li to koli cinu vode koju rijeka donosi u more? Odgovor: Koli cina vode koju rijeka donosi u more se ne mijenja, jer koli cina vode koju brod gura ispred sebe odgovara koli cini vode koju elisa izbacuje iza sebe. Problem 4.2.16 U vodi pliva metalna posuda A, koja ima na jednoj svojoj bo cnoj stijenci otvor, zatvoren cepom (slika 4.12.). Kako će se gibati posuda, ako cep izleti iz otvora, a posuda se po cne puniti vodom? Odgovor: Posuda će se u po cetku gibati desno zbog reakcije na mlaz vode (primjena zakona o o cuvanju koli cine gibanja), da bi se nakon izvjesnog vremena posuda zaustavila zbog otpora vode. U slu caju da nema otpora, gibanje bi trajalo sve dok bi trajalo utjecanje vode.

Slika 4.12.

Problem 4.2.17 Tijelo iz to cke A mo ze da stigne u to cku B gibajući se po putanji (1) ili po putanji (2). Na osnovu zakona o cuvanja energije odredite hoće li brzina u to cki B biti jednaka u oba slu caja, tj. ovisi li brzina u to cki B o obliku putanje. U oba slu caja smatrajte da je trenje izme†u tijela i podloge zanemarivo. Izvedite isti zaklju cak za slu caj kada trenje nije zanemarljivo, ali je koecijent trenja jednak na obje putanje. Odgovor: a) Brzine su jednake (y1 = y2 ). Budući da je trenje zanemareno tijelo neće gubiti energiju tijekom gibanja, odnosno imati će istu kineti cku energiju u to cki B bez obzira na putanju, a time i istu brzinu. b) Brzina u to cki B je veća ako se tijelo giba po putanji (2), zbog toga što je normalna sila na putanju manja, a samim tim i sila trenja pa tijelo gubi manje energije.

Slika 4.13.

Problem 4.2.18 Niz dvije strmine istih visina, ali razli cith baza, klize dva tijela istih masa (p1 = p2 ) bez sile trenja (slika 4.14.). Ako su tijela pošla sa vrha strme ravni onda: - prvo tijelo ima veću brzinu u podno zju strme ravni u odnosu na drugo tijelo (y1 A y2 ),

mehanika.indd 140

9.11.2007 9:59:13


133

- oba tijela će imati istu brzinu, - drugo tijelo će imati veću brzinu (y1 ? y2 ). Objasnite odgovor. Odgovor:

Slika 4.14. Oba tijela imaju istu kona cnu brzinu, jer su oba imala istu potencijalnu energiju. Kako smo trenje zanemarili, to je ista potencijalna energija pretvorena u kineti cku energiju tijela na dnu kosine pa tijela imaju istu kineti cku energiju, odnosno istu kona cnu brzinu. Kako tijela imaju istu masu, to moraju imati i istu brzinu pri dnu kosine. Problem 4.2.19 U nekom sustavu imamo kuglicu mase p i pregradu idealne

cvrstoće. Kuglica se giba prema pregradi nekom konstantnom brzinom y (slika 4.15.). Poslije elasti cnog sudara o pregradu, kuglica nije promijenila intezitet brzine. Je li u tom procesu došlo do promjene kineti cke energije, odnosno koli cine gibanja? Objasnite odgovor. Odgovor: Nije došlo do promjene kineti cke energije jer je 1 Hn = py2 2 u funkciji „kvadrata” brzine, koli cina gibanja nije ostala ista, pri cemu je promijenjena za $ $ $ s = p · ( y2 y 1) Slika 4.15.

Razlog le zi u tome što je koli cina gibanja vektorska zikalna veli cina.

Problem 4.2.20 Mora li u sustavu u kojem vrijedi zakon o o cuvanju mehani cke energije vrijediti i zakon o o cuvanju koli cine gibanja? Odgovor: Ne, vidjeti prethodni zadatak.

mehanika.indd 141

9.11.2007 9:59:13


134

Problem 4.2.21 Tijelo se giba po padini i na grakonu je prikazan raspored kineti cke energije tijela du z padine (tijelo se giba bez trenja). Ako pretpostavimo da je u po cetnom trenutku ukupna energija tijela Hx = Hn1 , onda mo zemo zaklju citi da se tijelo giba niz - uz padinu (slika 4.16.). Objasnite odgovor i pokušajte skicirati padinu. Odgovor:

Slika 4.16. Tijelo se giba uz padinu jer kineti cka energija opada s vremenom, dakle tijelo se penje uz padinu.

mehanika.indd 142

9.11.2007 9:59:14

4.3. PRIMJERI

4.3

135

Primjeri

Primjer 4.3.1 Covjek gura teret mase p = 35 kg konstantnom brzinom uz kosinu nagiba = 30 i prije†e o = 50 m puta. Sila kojom djeluje covjek na tijelo je paralelna uz kosinu. Koecijent trenja tijela i kosine iznosi n = 0=3. Izra cunajte rad svake pojedine sile i ukupni rad svih sila. Rješenje:

Slika 4.17. X l

X l

$ Na teret djeluje sila te ze J = pj, covjek $ paralelnom silom I uz kosinu, normalna reakci$ $ ja podloge U i sila trenja I wu paralelno niz kosinu. Postavimo koordinatni sustav tako da os { bude paralelno niz kosinu, a os | okomito na kosinu. Kako covjek gura teret konstantnom brzi$ nom y = frqvw= to je ubrzanje tijela jednako nuli. Tada po II. Newtonovu zakonu vrijedi: X $ Il =0 l

odnosno po komponentama

I{l = I + Iwu + JW = 0 I|l = U JQ = 0

odakle slijedi U = JQ = pj cos = 297=35 N JW

= pj sin = 171=68 N

Iwu = n U = 0=3 · 297=35 N = 89=2 N I

= Iwu + JW = 260=88 N

odnosno, rad pojedinih sila je za v = o $ $ ZU = ZJQ = U · v = U · o cos = 0 J 2 $ $ ZJW = J W · v = JW · o cos = 171=68 N · 50 m · (1) = 8584 J $ $ v = Iwu · o cos = 89=2 N · 50 m · (1) = 4460 J ZIwu = I wu · $ ZI = I · $ v = I · o cos 0 = 260=88 N · 50 m · 1 = 13044 J pa je ukupni rad jednak Zxn = ZU + ZJQ + ZJW + ZIwu + ZI = 0 J + 0 J 8584 J 4460 J + 13044 J = 0 J Ovaj smo rezultat mogli i o cekivati jer se tijelo giba konstantnom brzinom po pravcu pa je ukupna sila jednaka nuli, odnosno i ukupni rad je tada jednak nuli.

mehanika.indd 143

9.11.2007 9:59:14


136

Primjer 4.3.2 Dizalo mase p = 800 kg ubrza se akceleracijom d = 1 sm2 iz mirovanja do brzine y = 5 ms , a zatim se nastavlja dizati jednoliko po pravcu. Za cijelo vrijeme gibanja djeluje stalna sila trenja Iwu = 2000 N. Kolika je: a) Prosje cna snaga? b) Maksimalna snaga potrebna motoru da ubrza dizalo iz mirovanja do y = 5 ms ? c) Koliku snagu razvija motor pri jednolikom dizanju? d) Koliki je rad motora za vrijeme w = 12 s od po cetka dizanja? Rješenje: a) Sila koju mora prizvesti motor dizala mora svladati silu te ze, silu trenja i jednoliko ubrzavati dizalo I1 = pj + Iwu + pd = 10=65 kN Pri tome motor obavlja rad Z1 = I1 · v = I1 ·

y02 y2 = (pj + Iwu + pd) · 0 = 133=1 kJ 2d 2d

Budući da je taj rad obavljen u vremenu w1 = S1 =

y0 d

= 5 s, prosje cna snaga je

Z1 = 26=62 kW w1

b) Trenutna snaga S = I · y mijenja se za vrijeme jednolikog ubrzanja od nule do maksimalne vrijednosti Sp Sp = I1 · y0 = 53=24 kW Mo zemo uo citi da je srednja snaga jednaka polovini maksimalne snage. c) Pri jednolikom dizanju sila motora dizala svladava silu te ze i silu trenja I2 = pj + Iwu = 9=85 kN pa je snaga pri jednolikom dizanju S2 = I2 · y0 = 49=24 kW d) Rad za vrijeme jednolikog ubrzavanja je Z1 , dakle trebamo izra cunati još rad pri jednolikom dizanju Z2 . Z2 = I2 · v = I2 · y0 · w2 = S2 · w2 = 344=68 kJ gdje je w2 = w w1 = 7 v vrijeme jednolikog gibanja dizala. Ukupni rad jednak je zbroju pojedinih radova Zxn = Z1 + Z2 = 133=1 kJ + 344=68 kJ = 477= 78 kJ

mehanika.indd 144

9.11.2007 9:59:14

4.3. PRIMJERI

137

Primjer 4.3.3 S vrha bre zuljka, koji mo zemo aproksimirati kosinom, visine k = 30 m i duljine o = 150 m, klizi skijaš mase p = 75 kg. Odredite kineti cku energiju i brzinu koju će postići pri dnu kosine ako je koecijent trenja klizanja n = 0=06. Rješenje: Po zakonu o cuvanja energije, mora biti razlika ukupne kona cne energije koju ima skijaš pri dnu bre zuljka H2 i na njegovu vrhu H1 jednaka radu sile trenja. H2 H1 = Hn2 + Hs2 (Hn1 + Hs1 ) = Zwu Kako je skijaš imao po cetnu brzinu y0 = 0 to je Hn1 = 0, a ako za referentnu razinu potencijalne energije uzmemo dno bre zuljka tada je Hs2 = 0. Odavde slijedi Hn2 Hs1 = Zwu $ $ Hn2 = Hs1 + Zwu = p · j · k + I wu · o

= p · j · k + Iwu · o · cos = p · j · k Iwu · o

Sila trenja jednaka je Iwu = n · p · j · cos > a prije†eni put jednak je duljini kosine v = o. Potrebni kut dobivamo iz jednakosti r k2 cos = 1 2 o Sada je r k2 Hn2 = p · j · k n · p · j · 1 2 · o o 4 3 sμ ¶ 2 o 1D = p · j · k · C1 n k ³ s ´ m = 75 kg · 9=81 2 · 30 m 1 24 = 15584 J s s s (2) 2Hn m km 2 · 15584 J = = 20= 38 = 73=39 y= p 75 kg s k Primjer 4.3.4 Tijelo je izba ceno po cetnom brzinom y0 pod kutom prema horizontalnoj ravnini. Odredite maksimalnu visinu K koju će doseći tijelo, ako na njega djeluje samo konstantna sila te ze. Zadatak riješite: a) primjenom Newtonovih zakona, b) primjenom zakona o o cuvanju mehani cke energije.

mehanika.indd 145

9.11.2007 9:59:14

138


Rješenje: Postavimo koordinatni sustav tako da u po cetnom trenutku tijelo bude u ishodištu, koordinatna os { u horizontalnom smjeru, a os | usmjerimo vertikalno naviše. Tada je sila zemljine te ze (pa i ubrzanje) usmjerena u negativnom smjeru osi | pa nema ubrzanja u { smjeru. Slika 4.18. a) Primjenom II. Newtonova zakona imamo g2 { I{ = p · 2 = p · d{ = 0 gw g2 | I| = p · 2 = p · d| = p · j =, d| = j gw $ $ $ Uz po cetne rubne uvjete w = 0> y = y0 i u = 0 dobivamo nakon integriranja Z Z g{ (w) = y{ (w) = d{ · gw = 0 · gw = f1{ gw g{ (0) = f1{ = y0{ =, f1{ = y0{ = y0 cos gw Z Z g| (w) jgw = jw + f1| = y| (w) = d| · gw = gw g| (0) = j · 0 + f1| = y0 sin =, f1| = y0 sin gw g| (w) = j · w + y0 sin gw Tijelo će doseći najvišu to cku u trenutku wK kada y-komponenta brzine bude jednaka nuli. y0 sin y| (wK ) = jwK + y0 sin = 0 =, wK = j Maksimalna visina K jednaka je | = | (wK ) Z Z 1 | (w) = y| (w) gw = (jw + y0 sin ) gw = jw2 + y0 w sin + f|2 2 1 | (0) = j · 02 + y0 · 0 sin + f|2 = 0 =, f|2 = 0 2 1 | (w) = jw2 + y0 w sin 2 što u trenutku wK daje μ ¶ ¶ μ y0 sin 2 1 2 1 y0 sin + y0 K = | (wK ) = jwK + y0 wK sin = j sin 2 2 j j y2 sin2 1 y2 sin2 y02 sin2 = 0 = j 0 2 + 2 j j 2j

mehanika.indd 146

9.11.2007 9:59:15

4.3. PRIMJERI

139

b) Neka nam je | = 0 referentna razina potencijalne energije (Hs (0) = 0). Tada je o po cetnom trenutku energija 1 H (0) = Hs (0) + Hn (0) = Hn (0) = py02 2 U trenutku kada je tijelo na maksimalnoj visini | = K, | - komponenta brzine jednaka je nuli, a { komponenta brzine je konstantna i iznosi y{ = y0{ , slijedi 1 1 2 H (K) = Hs (K) + Hn (K) = pjK + py{2 = pjK + py0{ 2 2 Po zakonu o cuvanja energije vrijedi H (0) = H (K) 1 1 2 py 2 = pjK + py0{ 2 0 2 2 + y2 y2 2 2 2 y0{ y0| y 2 sin2 y y0{ 0| 0{ = = = 0 K = 0 2j 2j 2j 2j Kao što vidimo mo zemo problem rješavati samo zakonom o o cuvanju energije. Ako nam u primjeru nije potrebno poznavati putanju tijela, što se dobije primjenom Newtonovih zakona, problem rješavamo zakonima o cuvanja što je u principu lakše. Primjer 4.3.5 Tijelo pada sa visine k = 24 m i zabije se u pijesak do dubine g = 0=5 m. Odredite srednju silu otpora pijeska ako tijelo ima masu p = 1 kg i po cetnu brzinu y0 = 14 ms vertikalno nani ze. Zadatak riješite pomoću Newtonovih zakona te pomoću zakona o cuvanja mehani cke energije. Otpor zraka zanemarite. Rješenje: Srednja sila otpora pijeska jednaka je Irw = pd Deceleraciju mo zemo pronaći iz kona cne brzine tijela pri udaru u pijesak i dubine prodiranja u pijesak. Za ravnomjerno usporeno gibanje vrijedi y2 y2 = 2v 2g dok je kona cna brzina pri udaru u pijesak q y = y02 + 2jk d=

Slika 4.19. pa je

y2 + 2jk y2 =p· 0 Irw = p · d = p · 2g 2g ¡ m ¢2 14 s + 2 · 9=81 sm2 · 24 m = 666= 88 N = 1 kg · 2 · 0=5 m

mehanika.indd 147

9.11.2007 9:59:15


140

Zakon o cuvanja mehani cke energije nam daje da ukupna energija tijela pri udaru u pijesak mora biti jednaka radu otpora sredstva. Dakle 1 Zrw = Irw · g = py02 + pjk = Hxn 2 Odavde je sila otpora sredstva 1 2 2 py0

Irw =

+ pjk y 2 + 2jk =p· 0 = 666= 88 N g 2g

Vidimo da se dobivaju identi cni rezultati.

Primjer 4.3.6 Covjek vu ce kolica mase p = 25 kg po horizontalnom putu duljine v = 50 m u zetom koje zatvara kut od = 30 s horizontalom. Koecijent trenja kolica i podloge je = 0=3. Koliki rad izvrši covjek ako se kolica gibaju konstantnom brzinom? Rješenje: Ura†eni rad, s obzirom da je kut sile i podloge konstantan, jednak je Z =

Zv

$ I · g$ v =

0

Zv

I cos · gv

0

Ukupna sila kojom djelujemo na tijelo jednaka je nuli (gibanje konstantnom brzinom) X $ $ $ $ $ I l = I + J + I wu + U = 0 l

X l

X l

Slika 4.20.

I{l = I cos Iwu = 0

I|l = I sin + U J = 0

Odavde je Iwu = (J I sin ) = I cos pj I = cos + sin pa je rad jednak Z

=

Zv 0

=

mehanika.indd 148

Zv I cos · gv = I cos gv = I v cos =

pj · v cos cos + sin

0

0=3 · 25 kg · 9=81 sm2 · 50 m cos = 3135= 6 J cos 6 + 0=3 sin 6 6

9.11.2007 9:59:15

4.3. PRIMJERI

141

Primjer 4.3.7 Automobil mase p = 1500 kg giba se uz uspon nagiba 10% kocunajte potrebnu snagu. Koliki je rad nstantnom brzinom od y = 72 km k . Izra

motora za vrijeme w = 2=5 min vo znje? Trenje zanemarite. Rješenje: Ura†eni rad motora jednak je radu dizanja automobila na visinu k. Ta visina jednaka je 10% duljine prije†enog puta v k=

y·w v = 10 10

pa je rad Z

m 20 ms · 120 s yw = 1500 kg · 9=81 2 · 10 s 10 = 3= 53 · 106 J 3=53 MJ

= pjk = pj ·

Uz zanemarenje trenja, potrebna snaga je S = pj ·

m 20 ms y = 1500 kg · 9=81 2 · = 29 430 W 10 s 10

pa je rad izra cunat preko relacije za snagu Z = S · w = 29 430 kW · 120 s = 3= 531 · 106 J 3=53 MJ Primjer 4.3.8 Sportski automobil mase p = 1350 kg mo ze se na horizontalnoj km cesti jednoliko ubrzati od y0 = 0 km k do y = 100 k za vrijeme od w = 4=6 s. Pretpostavivši da je koecijent trenja = 0=1 izra cunajte: a) Kolika je vu cna sila motora i koliki je prije†eni put? b) Kolika je maksimalna snaga koju motor pri tome razvije? c) Kolika je srednja snaga na cijelome putu? d) Kolika je trenutna snaga u trećoj sekundi ubrzavanja? Rješenje: a) Motor mora svladati silu trenja i istovremeno ubrzavati automobil pa je vu cna sila jednaka I = pj + pd = p (j + d) Kako je ubrzanje d=

mehanika.indd 149

27= 778 ms 0 ms m y y0 = = 6= 04 2 w 4=6 s s

9.11.2007 9:59:16


142 dobivamo

³ m´ m I = 1350 kg · 0=1 · 9=81 2 + 6= 04 2 = 9476= 6 N s s

Prije†eni put jednak je

1 1 m v = dw2 = · 6= 04 2 · (4=6 s)2 = 63= 89 m 2 2 s b) Maksimalna snaga jednaka je Smax = I · ymax = 9476= 6 N · 27= 78

m = 263=24 kW s

c) Da bismo izra cunali srednju snagu, moramo izra cunati ukupni rad za vrijeme w. Kako se automobil gibao u horizontalnoj ravnini, nije mu se mijenjala potencijalna energija, nego samo kineti cka energija gibanja pa je ukupni rad jednak zbroju kineti cke energije automobila i utrošene energije zbog trenja. Rad sile trenja jednak je $ $ Zwu = I wu · v = Iwu · v · cos = pjv m = 0=1 · 1350 kg · 9=81 2 · 63= 89 m = 84611 J s a kineti cke energija ¢2 ¡ 1350 kg · 27= 78 ms py 2 Hn = = = 520=84 kJ 2 2 pa je ukupni rad jednak 1 Z = py 2 + |Zwu | = 520=84 kJ + 84611 J = 605=45 kJ 2 Srednja snaga jednaka je S =

Z 520=84 kW Smax = = 131=62 kW = w 4=6 s 2

d) U trećoj sekundi gibanja brzina iznosi y = dw = 6= 04

m m · 3 s = 18= 12 2 s s

pa je snaga jednaka S = I y = 9476= 6 N · 18= 12

m = 171=68 kW s

Primjer 4.3.9 Sila I = Dw djeluje na cesticu mase p ubrzavajući je od mirovanja. Koliki je rad te sile nakon vremena w?

mehanika.indd 150

9.11.2007 9:59:16

4.3. PRIMJERI

143

Rješenje: Koristeći deniciju rada Z =

Zv

I gv =

0

Zw

I ygw

0

Brzina je iz II. Newtonova zakona jednaka gy = Dw = p Zgw D wgw@ gy = p Zy(w) Zw D gy = wgw p I

0

y (w) =

0 Dw2

2p

pa je Z =

Zw 0

I ygw =

Zw

D2 Dw2 gw = Dw · 2p 2p

0

Zw

w3 gw =

D2 w4 8p

0

s obzirom da je djelovanje sile utrošeno na promjenu brzine p py 2 = Z = Hn = 2 2

μ

Dw2 2p

¶2

=

D2 w4 8p

³ $´ $ $ $ Primjer 4.3.10 Vektor polo zaja materijalne to cke je u 1 = l + m + n m. $ ³ $´ Pod djelovanjem sile I = 5 l N materijalna to cka po cinje se gibati i u nekom ³ $´ $ $ $ trenutku njen vektor polo zaja iznosi u 2 = 6 l + 6 m + 6 n m. Koliki je rad izvršila sila pri pomicanju materijalne to cke? Rješenje: Rad koji je izvršila sila iznosi Z

$ $ $ $ $ u 1) I · u = I · ( u 2 ³ ´ ³ $´ $ $ $ = 5 l N · 5 l + 5 m + 5 n m = 25 J =

$ Napomena: Da bi se tijelo našlo u polo zaju u 2 tijelo mora imati neku po cetnu brzinu (i)/ili moraju postojati komponente sile u drugim smjerovima koje nismo razmatrali.

mehanika.indd 151

9.11.2007 9:59:16


144

Primjer 4.3.11 Matemati cko njihalo, duljine niti o = 40 cm i mase p = 0=5 kg, ima otklon *0 = 50 . Primjenom zakona odr zanja mehani cke energije izra cunajte brzinu tijela kada prolazi kroz ravnote zni polo zaj? Kolika je ukupna energija tog njihala? Rješenje: Zakon odr zanja mehani cke energije glasi Hn + Hs = Hxn = nrqvw= Neka je ravnote zni polo zaj referentna razina potencijalne energije, tj. HsD = 0, tada vrijedi Hxn = HxnD = HxnE

Slika 4.21.

Hxn = HnD + HsD = HnE + HsE |{z} |{z} =0

=0

Hxn = HsE = pjo · (1 cos *0 ) = 0=7 J 1 2 Hxn = HnD = p · yD 2 r 2Hxn p m yD = = 2jo (1 cos *0 ) = 1=67 p s

Primjer 4.3.12 Automobil mase p = 1250 kg na vodoravnoj cesti razvija brzinu znju isklju cenim motorom. Nakon koliko vremena y0 = 72 km k i zatim nastavlja vo

w0 mu se brzina smanjuje na y = y20 ako je otpor gibanju proporcionalan kvadratu brzine (konstanta proporcionalnosti n = 1=25 kg cunajte rad sila otpora za m ). Izra

to vrijeme. Rješenje: Sila otpora je proporcionalna kvadratu brzine Irw = ny 2 = pd = p

gy gw

Ovisnost brzine o vremenu dobivamo iz gy p gw Zy gy y2

y0

Z gy n = ny =, 2 = gwÁ y p μ ¶ Zw py0 n p 1 1 =, y (w) = = gw =, w = p n y y0 p + ny0 w 2

0

Iz uvjeta da je brzina y (w) =

y0 2

u trenutku w0 dobivamo

¡ ¢ y0 p 1250 kg py0 =, w0 = = = 50 s y w0 = = m 2 p + ny0 w0 ny0 1=25 kg m · 20 s

mehanika.indd 152

9.11.2007 9:59:16

4.3. PRIMJERI

145

Rad sila otpora do trenutka w0 jednak je ¡ ¢ Zrw w0 = =

= = =

0 v(w Z )

$ $ v = I rw · g

0

Zw0

2

ny · ygw = n

0

Zw0

3

y gw = n

0

Zw0 μ 0

py0 p + ny0 w

¶3

gw

Zw0

¶ μ 1 p3 y03 y03 0 3 n |w0 3 gw = p n 2 2 (p + ny0 w) ny0 (p + ny0 w) 0 ¶ μ ¶¸ μ 1 y02 y02 1 3 p n 2 n (p + ny0 w0 )2 2 np2 ¸ ¶ μ y02 3y02 p3 n 3 y02 p3 n = = py02 2 4np2 np2 2 4np2 8 ³ m ´2 3 · 1250 kg · 20 = 187500 J 8 s

Taj se rad mo ze izra cunati i iz cinjenice da je jednak promjeni kineti cke energije automobila 1 ³ y0 ´2 1 2 3 py0 = py02 = 187500 J Zrw = Hn = Hn2 Hn1 = p 2 2 2 8 Primjer 4.3.13 Viseći luster mase p = 6 kg otkloni se za kut = 45 i pusti. Kolika je maksimalna sila kojom luster opterećuje plafon? Rješenje: Ukupna sila jednaka je zbroju komponente te zine i centrifugalne sile i u polo zaju odre†enom kutom iznosi Ixn = JQ + Ifi = pj cos +

p · 2jo · (cos cos ) py 2 = pj cos + o o

= pj · (3 cos 2 cos ) gdje brzinu y dobivamo iz zakona o cuvanja energije p p 1 pjk = py 2 , y = 2jk = 2jo (cos cos ) 2

koja ima maksimalnu vrijednost za kut = 0. Maksimalna sila kojom luster opterećuje plafon bit će u ravnote znom polo zaju (najni za to cka gibanja gdje je najveća komponenta te zine i najveća brzina, odnosno centrifugalna sila) Imax = pj · (3 cos 2 cos ) = pj · (3 cos 0 2 cos 45) Ã s ! m 2 = 6 kg · 9=81 2 3 2 · = 93=34 N s 2

mehanika.indd 153

9.11.2007 9:59:17


146

Primjer 4.3.14 Covjek je udaljen G = 10 m od vertikalnog zida i ga†a ga teniskom lopticom mase p = 50 g po cetnom brzinom y0 = 15 ms . Izabere li kut izba caja 0 pri kojem će pogoditi zid na najvišem mogućem mjestu, koliki je taj kut, visina k gdje će loptica pogoditi i vrijeme w0 kad će pogoditi zid. Kolika će pri tome biti kineti cka energija Hn loptice u trenutku udara o zid i maksimalna visina K koju će dosegnuti loptica. Rješenje: Postavimo li koordinatni sustav tako da loptica polijeće iz ishodišta, a os { postavimo horizontalno, opis gibanja u parametarskom obliku glasi:

{ ¨ (w) = 0 {b (w) = frqvw= = y0{ = y0 cos { (w) = y0 w cos |¨ (w) = j

|b (w) = jw + y0| = jw + y0 sin 1 | (w) = jw2 + y0 w sin 2 Eliminacijom parametra w dolazimo do putanje tijela u eksplicitnom obliku koja je parabola s otvorom prema dolje μ | ({) =

j 2 2y0 cos2

¶

Slika 4.22.

{2 + (tan ) {

u ovoj funkciji je još moguće mijenjati kut izba caja pa jednad zbu mogu pisati i u ovisnosti o kutu . μ ¶ j {2 + (tan ) { | () = 2 2y0 cos2 Iz uvjeta da visina na kojoj loptica poga†a zid bude maksimalna tj. | maksimalna kada je { = G, dobiva se ¯ μ ¶ ¸¯ ¯ g g| ¯¯ 1 jG2 g +G (tan ) ¯¯ = 2 ¯ 2 g =0 g 2y0 g cos =0 =

mehanika.indd 154

¯

g| ¯ g ¯=

= 0,

0

jG2 sin 0 G + =0 2 3 cos2 0 y0 cos 0

9.11.2007 9:59:17

4.3. PRIMJERI

147

odnosno 1

jG y2 tan 0 = 0 =, tan 0 = 0 2 jG y0 0

¡ m ¢2 15 s y02 = arctan = arctan = 66=43 jG 9=81 sm2 · 10 m

Maksimalnu visinu k dobit ćemo iz vrijednosti funkcije | za kut 0 kada je { = G μ ¶ j | (0 ) = 2 G2 + (tan 0 ) G = k 2y0 cos2 0 No, kako je y02 jG

tan 0 =

1 1 j2 G2 = = 4 2 4 y0 1 + tan 0 y0 + j 2 G2 1 + j2 G 2

cos2 0 = imamo k=

jG2 y04 + j 2 G2 y02 y04 j 2 G2 · G = · + = 9=29 m j 2 G2 jG 2y02 2y02 j

Budući da je ¢ $ ¡ $ $ $ y | = (y0 cos 0 ) l + y0 sin 0 jw0 m y = $ y{+ G 10 m = 1=67 s { = G = y0 w0 cos 0 =, w0 = = m y0 cos 0 15 s · cos 66=43 slijedi Hn = = = = =

¢ 1 p¡ 2 p$ y2= y{ + y|2 2 2 ¢ p¡ 2 y0 cos2 0 + y02 sin2 0 2jy0 w0 sin 0 + j 2 w02 2 μ ¶ p G G2 2 2 sin 0 + j 2 y0 2jy0 2 y0 cos 0 y0 cos2 0 μ ¶ j 2 G2 y 4 + j 2 G2 p y02 2jG tan 0 + 2 0 2 2 2 j G y0 μ μ ¶ ¶ 4 2 2 p y0 + j G p j2 G2 2 2 y0 2y0 + = 2 2 y02 y02

0=05 kg Hn = 2

mehanika.indd 155

# "¡ ¢2 9=81 sm2 (10 m)2 = 1=07 J ¡ m ¢2 15 s

9.11.2007 9:59:17


148

g| = 0, uz = 0 Maksimalna visina dobije se iz uvjeta g{ μ ¶ ¸ g j g| 2 = 2 { + tan 0 · { g{ g{ 2y0 cos2 0 {={max ¸ j = 2 · 2{ + tan 0 =0 2y0 cos2 0 {={max j{max tan 0 = 2 y0 cos2 0 ¡ m ¢2 15 s · sin 66=43 · cos 66=43 y02 sin 0 cos 0 {max = = 0=84 m = j 9=81 sm2

pa se dobiva μ 2 ¶2 y02 sin 0 cos 0 y0 sin 0 cos 0 j + tan K = | ({max ) = 2 0 j j 2y0 cos2 0 2 2 2 2 2 2 y sin 0 y sin 0 y0 sin 0 + = 0 = 9=67 m = 0 2j j 2j Uo cimo da smo za K ponovo dobili izraz maksimalne visine za kosi hitac, te da je {max ? G i k ? K. Primjer 4.3.15 Na zaustavljenom zeljezni ckom vagonu, mase p1 = 8000 kg, nalazi se raketna rampa s koje rakete polijeću brzinom y0 = 1 km s . Istovremeno se lansiraju dvije rakete, svaka mase p2 = 80 kg, u horizontalnom pravcu koji se poklapa s pravcem tra cnica. Za koliko se vagon pomjeri, ako je koecijent trenja pri gibanju vagona = 0=06? Rješenje: Prilikom lansiranja raketa, po zakonu o o cuvanju koli cine gibanja, vagon dobiva po cetnu brzinu y1 suprotnoga smjera, od smjera gibanja raketa, iznosa y1 p1 = 2p2 y2 2 · 80 kg · 1000 ms m 2p2 y2 y1 = = = 20 p1 8000 kg s Sada na vagon djeluje samo sila trenja i usporava ga. Sila trenja jednaka je Iwu = U = J = pj jer je vagon na horizontalnim tra cnicama. Zbog toga vagon usporava m m pd = pj , d = j = 0=06 · 9=81 2 = 0=59 2 s s Dakle, radi se o jednoliko usporenom gibanju sa po cetnom brzinom. Prije†eni put iznosi ¡ m ¢2 20 s y12 = v= = 339=79 m 2d 2 · 0=59 sm2

mehanika.indd 156

9.11.2007 9:59:17

4.3. PRIMJERI

149

Primjer 4.3.16 Du z glatke zice koja je savijena u kru znicu polumjera u = 1=5 m i le zi u horizontalnoj ravnini, pomi ce se materijalna to cka P pod djelovanjem konstantne sile I = 150 N, koja je uvijek u smjeru tangente na krug. Izra cunajte rad koji ova sila¡ izvrši pri ¢ premještanju materijalne to cke P iz polo zaja D (* = 0) do polo zaja E * = 2 . Rješenje: $ Elementarni rad Z sile I na diferencijalnom elementu duljine puta g$ v jednak je I $ $ v Z = I · g

$ Kako su I i g$ v uvijek u istom smjeru (i le ze na pravcu tangente na kru znicu) dobivamo

Z

ZE ZE Z2 Z2 I u = I gv = I gv = I ug* = uI g* = 2 D

=

D

0

0

150 N · 1=5 m · = 112=5 J = 353= 43 J 2

Primjer 4.3.17 Tijelo mase p giba se po krugu polumjera U, tako da mu normalno ubrzanje ovisi o vremenu, po zakonu dq = nw2 , gdje je n - konstanta. a) Odredite ukupnu silu koja djeluje na ovo tijelo u funkciji vremena. b) Kolika je snaga potrebna za ovakvo gibanje tijela? c) Kolika je srednja vrijednost ove snage tijekom vremenskog intervala w od po cetka gibanja? Rješenje: a) Prema pretpostavci zadatka vrijedi dq = nw2 =

s s y2 =, y = nUw2 = nU · w U

Tangencijalno ubrzanje je po deniciji dw =

gy s = nU gw

a sila q p I = pd = p d2q + d2w = p n 2 w4 + nU

mehanika.indd 157

9.11.2007 9:59:18


150

b) Prema deniciji snaga je jednaka skalarnom umnošku sile i brzine s s $ $ $ $ $ d w) y = pdw y = p · nU · nUw = pnUw S = I · y = p ( dq+ $ $ $ jer je dq B y , pa je $ dq· y = 0. c) Srednja snaga jednaka je S =

pnU S0 + S = ·w 2 2

Primjer 4.3.18 Kineti cka energija tijela koje se giba po krugu polumjera U ovisi o prije†enom putu v po zakonu Hn = nv2 , gdje je n - konstanta. Odredi ovisnost sile koja djeluje na ovo tijelo od prije†enog puta. Rješenje: Iz jednad zbe 1 Hn = nv2 = py2 2 dobivamo 2nv2 y = =, y = p 2

r

2n v p

Prema II. Newtonovu zakonu slijedi q I = pd = p d2q + d2w gdje je

2

dq = dw =

2nv 2nv2 y2 = p = U U pU r r gy gv gy 2nv 2n 2n gy = = ·y = · v= gw gv gw gv p p p

Sada je sila jednaka sμ μ ¶ ¶ 2nv 2 2nv p 2 2nv2 2 + = v + U2 I =p pU p U Primjer 4.3.19 Mehani cki stroj vrši rad koji se u vremenu mijenja po zakonu p 3 Z = D Ew2 F

gdje je D = 104 Ns , E = 3 m3 s i F = 5 m3 s3 . Kolika je trenutna vrijednost snage koju razvija mehani cki stroj u 5. sekundi vremena od po cetka vršenja rada?

mehanika.indd 158

9.11.2007 9:59:18

4.3. PRIMJERI

151

Rješenje: Prema deniciji, trenutna snaga S jednaka je prvoj derivaciji rada po vremenu, odnosno s 3 ´ Ew2 F 2 g ³ p gZ 3 = D Ew2 F = DEw S (w) = gw gw 3 F Ew2 pa je u petoj sekundi q 3 3 m3 s · (5 s)2 5 m3 s3 2 4 N 3 · 3m s · 5s · S (5 s) = · 10 = 5887= 6 W 3 s 5 m3 s3 3 m3 s · (5 s)2 Primjer 4.3.20 Tijelo mase p = 5 kg po cne se gibati pod djelovanjem sile $ $ $ opisane zakonom I (w) = Dw l + Ew2 m , gdje su D = 3 Ns i E = 10 sN2 konstante. Kolika je sila, komponente ubrzanja i brzina te snaga koju razvije ova sila nakon nekog vremena w0 = 2 s od po cetka gibanja? Rješenje: Kako je sila $ $ $ $ $ I (w) = pd{ l + pd| m = Dw l + Ew2 m $ ¡ 0¢ $ $ I w = Dw0 l + Ew02 m ¸ ³ N N $ $ $´ $ 2 = 3 · 2 s l + 10 2 (2 s) m = 6 l + 40 m N s s

to su komponente ubrzanja

¡ ¢ D 3N D m w =, d{ w0 = w0 = s · 2 s = 1=2 2 p p 5 kg s N ¡ ¢ E 10 s2 E 2 m d| (w) = w =, d| w0 = w02 = · (2 s)2 = 8 2 p p 5 kg s pa su odgovarajuće komponente brzine d{ (w) =

y{ (w) =

y| (w) =

Zw

D D wgw = p p

0

Zw

Zw

Zw

E 2 E w = p p

d{ gw =

0

d| gw =

0

0

Zw

0 Zw

wgw =

D w2 p2

w2 gw =

E w3 p3

0

što nakon uvrštavanja vremena w0 daje ¡ ¢ y{ w0 = ¡ ¢ y| w0 =

mehanika.indd 159

Zw0

d{ gw =

3 N (2 s)2 D w02 m = s = 1=2 p 2 5 kg 2 s

Zw0

d| gw =

10 sN2 (2 s)3 E w03 m = = 5=33 p 3 5 kg 3 s

0

0

9.11.2007 9:59:18


152

pa je snaga jednaka h $ $ $i ³ $ $´ $ S (w) = I (w) · y (w) = pd{ (w) l + pd| (w) m · y{ (w) l + y| (w) m = p [d{ (w) · y{ (w) + d| (w) · y| (w)] ¸ D D w2 E 2 E w3 = p· w· + w · p p2 p p3 23 ¸ D w E 2 w5 3D2 + 2E 2 w2 3 ·w = p· + = 2p2 3p2 6p

odnosno u trenutku w0 ¡ ¢ S w0 =

=

ili

3D2 + 2E 2 (w0 )2 ¡ 0 ¢3 · w 6p ¡ N ¢2 ¡ N ¢2 3 3 s + 2 10 s2 (2 s)2 · (2 s)3 = 220= 53 W 6 · 5 kg

¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ S w0 = pd{ w0 · y{ w0 + pd| w0 · y| w0 £ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢¤ = p · d{ w0 · y{ w0 + d| w0 · y| w0 h m m m mi = 5 kg · 1=2 2 · 1=2 + 8 2 · 5=33 = 220= 53 W s s s s

Primjer 4.3.21 Jedrilica mase p = 1500 kg giba se pod djelovanjem vjetra konstantne brzine, ¢ tako da je ovisnost prije†enog puta jedrilice opisan zakonom ¡ v = 5w2 + 2w + 5 m. Koliki rad izvrši vjetar pri pokretanju jedrilice tijekom prve 4 s? Koliku snagu razvija vjetar u tom trenutku? Rješenje: Rad vjetra jednak je ¤ 1 1 p£ 2 y (w) y 2 (0) Z (w) = Hn = Hn (w) Hn (0) = py 2 (w) py2 (0) = 2 2 2

gdje je brzina

¢ g ¡ 2 gv (w) m = 5w + 2w + 5 = (10w + 2) gw gw s m m y (4) = 42 > y (0) = 2 s s Koristeći izraz za brzinu, dobivamo izraz za rad u prvih w sekundi y (w) =

¤ 1 £ Z (w) = p y2 (w) y02 2

što je za prve cetiri sekunde iznosi ³ ¸ m ´2 ³ m ´2 1 Z (4) = · 1500 kg · 42 = 1320 000 J = 1=32 MJ 2 2 s s

mehanika.indd 160

9.11.2007 9:59:18

4.3. PRIMJERI

153

Trenutna snaga vjetra je S (w) = I (w) · y (w) = pd (w) · y (w) = 10p · (10w + 2) = (100pw + 20p) W m ³ m´ S (4) = pd (4) · y (4) = 1500 kg · 10 2 · 42 = 630 000 W = 630 kW s s gdje je d (w) =

gy (w) g m = (10w + 2) = 10 2 gw gw s

Primjer 4.3.22 Dvije kugle jednake mase gibaju se du z pravca u istom smjeru brzinama y1 = 10 ms i y2 = 5 ms . Kolika je brzina kugli nakon savršeno neelasti cnog sudara, poslije kojeg se kugle slijepljene gibaju zajedno? Rješenje: Kugle su jednakih masa, p = p1 = p2 , pa prema zakonu o cuvanja koli cine gibanja vrijedi q X

$ pl y l = nrqvw=

l=1

$ $ $ y0 y 1 + p2 y 2 = (p1 + p2 ) p1 kako se ova dva tijela gibaju po istom pracu i u istom smjeru imamo p1 y1 + p2 y2 = (p1 + p2 ) y 0 y1 + y2 p1 y1 + p2 y2 p (y1 + y2 ) y0 = = = p1 + p2 2p 2 10 ms + 5 ms m = 7=5 = 2 s

Primjer 4.3.23 Cestica mase p1 koja miruje, sudari se elasti cno sa cesticom mase p2 . Pri tome se cestice elasti cno odbiju i to simetri cno na upadni pravac 2 gibanja cestice mase p2 . Odredite odnos p p1 ako poslije sudara kut izme†u gibanja

cestica iznosi = 60 . Rješenje: Postavimo pravokutni koordinatni sustav tako da se pozitivni smjer osi { poklapa sa upadnim smjerom cestice mase p2 . Primjenjujući zakon o cuvanja koli cine gibanja na pojedine koordinatne osi imamo: + p2 y2 cos 2 2 0 = p2 y2 sin p1 y1 sin 2 2

p2 y = p1 y1 cos Slika 4.23.

mehanika.indd 161

9.11.2007 9:59:19


154 odakle je p1 y1 = p2 y2

2 Primjenom zakona o cuvanja kineti cke energije dobivamo y = 2y2 cos

(Hn )srf = (Hn )nrq 1 1 1 p2 y2 = p1 y12 + p2 y22 2 2 2 p1 2 2 2 y = y + y2 p2 1 μ ¶ μ ¶2 p1 p2 p2 y2 = y2 + y22 = + 1 y22 p2 p1 p1 μ ¶2 y p2 = 1 = 4 cos2 1 = 4 cos2 30 1 p1 y2 2 Ã s !2 3 1=2 = 4· 2 Primjer 4.3.24 Tijelo mase p1 = 1 kg gibajući se jednoliko po pravcu brzinom y1 = 5 ms sustigne drugo tijelo mase p2 = 2 kg koje se giba brzinom y2 = 4 ms . Tijela se centralno neelasti cno sudare i nakon sudara gibaju zajedno. Odredite brzinu gibanja tijela nakon sudara. Kolika bi bila brzina gibanja tijela nakon neelasti cnog sudara da su se ona gibala u suprotnim smjerovima? Rješenje: Tijela se gibaju u istom smjeru po istom pravcu, pa vrijedi po zakonu o cuvanja koli cine gibanja q X $ y l = nrqvw= pl l=1

$ $ $ p1 y 1 + p2 y 2 = (p1 + p2 ) y0

odnosno p1 y1 + p2 y2 = (p1 + p2 ) y 0 1 kg · 5 ms + 2 kg · 4 ms 13 kg ms p1 y1 + p2 y2 m y0 = = = = 4=3b p1 + p2 1 kg + 2 kg 3 kg s Da su se gibala jedno nasuprot drugom p1 y1 p2 y2 = (p1 + p2 ) y 0 1 kg · 5 ms 2 kg · 4 ms 3 kg ms p1 y1 p2 y2 m y0 = = = = 1 p1 + p2 1 kg + 2 kg 3 kg s odnosno gibala bi se brzinom od 1 ms u smjeru gibanja drugog tijela.

mehanika.indd 162

9.11.2007 9:59:19

4.3. PRIMJERI

155

$ $ y = y 1 po horizontalnoj Primjer 4.3.25 Kugla mase p1 = p giba se brzinom p podlozi bez trenja i udari u mirnu kuglu mase p2 = 2 . Sudar je centralni i elasti cni. Odredite brzine kugli nakon sudara? Trenje zanemarite. Rješenje: Za centralno elasti cni sudar vrijedi $ y 01 = = $ y 02 = =

$ $ y2 y 1 + 2p2 (p1 p2 ) p1 + p2 ¡ ¢ $ m y 1 + 2p p p 2 2 ·0 s = p+ p 2 $ $ y y + 2p (p p ) 2

¡p 2

1

2

1

p $ 2 3p y 1 2

1 y1 = $ 3

1

p1 + p2 ¢ $ $ p · 0 ms + 2p y1 2p y1 4$ y1 = = p 3p p+ 2 3 2

Primjer 4.3.26 Molekula kisika R2 brzine yR2 = 250 ms sudari se centralno i elasti cno s molekulom FR2 kojoj je brzina yFR2 = 110 ms . Odredite brzine molekula nakon sudara, ako se one sudaraju prilikom gibanja u istom smjeru, pR2 = 32 odnosno u suprotnome smjeru. Uzeti u obzir da je pFR 44 . 2

Rješenje: 8 Odnos masa jednak je pR2 = 11 pFR2 . Ozna cimo mase sa p1 = pR2 , a pFR2 = p2 , a y1 = yR2 , te y2 = yFR2 . Ako se molekule sudaraju prilikom gibanja u istom smjeru imamo $ y 01 = =

$ y 02 = =

$ $ $ $ (p1 p2 ) (pR2 pFR2 ) y 1 + 2p2 y 1 + 2pFR2 y2 y2 = p1 + p2 pR2 + pFR2 3 11 750 pFR2 · 250 ms + 2 · pFR2 · 110 ms m 11 + 220 m = = 87= 89 8 19 s s 11 pFR2 + pFR2 11 $ $ $ $ y1 y1 y 2 + 2p1 y 2 + 2pR2 (p2 p1 ) (pFR2 pR2 ) = p1 + p2 pR2 + pFR2 3 m 16 m 330 4000 m 11 pFR2 · 110 s + 11 · pFR2 · 250 s 11 + 11 m = 227= 89 = 8 19 s s 11 pFR2 + pFR2 11

ako se sudaraju prilikom gibanja u razli citim smjerovima $ y 01 = =

mehanika.indd 163

$ $ $ $ y2 y2 y 1 2p2 y 1 2pFR2 (p1 p2 ) (pR2 pFR2 ) = p1 + p2 pR2 + pFR2 3 pFR2 · 250 ms 2 · pFR2 · 110 ms 11 750 m 11 220 m = 166= 84 = 8 19 s s 11 pFR2 + pFR2 11

9.11.2007 9:59:19


156 $ y 02 = =

$ $ $ $ y1 y1 y 2 2p1 y 2 2pR2 (p2 p1 ) (pFR2 pR2 ) = p1 + p2 pR2 + pFR2 3 m 16 m 330 4000 p · 110 · p · 250 m FR2 11 FR2 s 11 s 11 11 m = 193= 16 = 8 19 s s p + p FR2 11 FR2 11

Primjer 4.3.27 Slobodnu kuglicu mase p1 , koja miruje pogodi kuglica mase p2 6= p1 brzinom y = 10 ms . Poslije idealno elasti cnog sudara kuglice se rasprše i to tako da druga kuglica promijeni svoj pravac gibanja za 90 , a iznos brzinu joj se smanji za polovinu. Odredite pravac gibanja prve kuglice i brzinu poslije sudara. Rješenje: Postavimo ishodište koordinatnog sustava u to cki polo zaja prve kuglice prije sudara, a os { postavimo tako da se druga kuglica prije sudara giba u pozitivnom smjeru osi {. Pretpostavimo da se druga kuglica odbila u negativnom smjeru osi |. Neka se prva kuglica odbije pod kutom u odnosu na pozitivni smjer osi {. Tada po zakonu o cuvanja koli cine gibanja imamo $ $ $ Slika 4.24. p2 y = p1 y + p2 y2 ³1 $ $´ $ $ $ $ p2 y l = p1 y1{ l + y1| m p2 y2 m = (p1 y1{ ) l + (p1 y1| p2 y2 ) m Dva su vektora jednaka ako su im jednake komponente, p2 y = p1 y1{ 0 = p1 y1| p2 y2 odakle uz y1{ = y1 cos y1| = y1 sin dobivamo p2 y = p1 y1 cos p2 y2 = p1 y1 sin Zamjenom p2 y = p2 y2 y = y

vrijednosti y2 = p1 y1 cos p1 y1 sin

y 2

i dijeljenjem jednad zbi slijedi

cot =, cot = 2

2

= arccot 2 = 0=46365 rad = 26=56

mehanika.indd 164

9.11.2007 9:59:20

4.3. PRIMJERI

157

Obzirom da je sudar elasti can mo zemo iskoristiti zakon o cuvanja mehani cke energije na sudar H (1) 1 p2 y 2 2 ¡ ¢ p2 y 2 y22 3 p2 y 2 4 i uz izraz

= H (2) 1 1 p1 y12 + p2 y22 = 2 2 = p1 y12 = p1 y12

p2 y = p1 y1 cos =, p1 = dobivamo 3 p2 y 2 = 4 y1 =

p2 y y1 cos

p2 y 2 p2 y · y1 y = y1 cos 1 cos 3 m 3 m y cos = · 10 · cos 26=56 = 6= 71 4 4 s s

Primjer 4.3.28 Sa površine Zemlje izba ceno je tijelo pod kutom prema horizontu po cetnom brzinom y0 . Izrazite tangencijalnu i normalnu komponentu ubrzanja kao funkciju visine hica k, ako je maksimalna visina kmax . Trenje zanemariti. Rješenje: $ $ U svakoj to cki putanje ukupno ubrzanje tijela jednako je d = j , jer na tijelo djeluje samo ubrzanje sile Zemljine te ze. Tangencijalna i normalna komponenta ubrzanja su dq = j cos * dw = j sin * gdje je kut *, kut koji brzina zatvara sa horizontalom u promatranoj to cki kosog hica na visini k. Primjenjujući zakon o cuvanja energije dobivamo (uz pretpostavku da je u po cetnoj to cki izbacivanja tijela potencijalna energija jednaka nuli) 1 2 1 2 py = py + pjk 2 0 2 odakle se dobiva y02 = y2 + 2jk q y02 2jk y =

Tijekom gibanja horizontalna komponenta brzine ostaje konstantna i iznosi y{ = y0{ = y0 cos , no, istovremeno vrijedi da je y{ = y cos * = y0{ = y0 cos , odakle dobivamo y0 y0 cos = p 2 cos cos * = y y0 2jk

mehanika.indd 165

9.11.2007 9:59:20


158 pa slijedi

j · y0 cos dq = j cos * = p 2 y0 2jk dw

v Ã !2 u u p y 0 cos = j sin * = j 1 cos2 * = j t1 p 2 y0 2jk s s s y02 2jk y02 cos2 y02 sin2 2jk y02 cos2 =j = j = j 1 2 y0 2jk y02 2jk y02 2jk

Po cetna brzina y0 povezana je sa maksimalnom visinom preko relacije kmax =

y02 sin2 2j

pa je s

dq = j cos

s

dw = j sin

kmax kmax k sin2

kmax k kmax k sin2

Primjer 4.3.29 Pravokutni jednostrani klin (slika 4.25.) mase P = 10 kg le zi na horizontalnoj, potpuno glatkoj podlozi. Kuglica mase p = 10 g giba se horizontalno i udari u kosu stranu klina i odsko ci vertikalno u vis. Na koju će visinu odsko citi kuglica ako je sudar sa klinom bio savršeno elasti can i ako brzina klina poslije sudara iznosi yn = 2 cm s . Trenje zanemarite. Rješenje: Visina k koju će doseći kuglica ovisi o po cetnoj brzini odbijanja kuglice y1 i iznosi k=

y12 2j

Neka je upadna brzina kuglice y0 . Kako je brzina odbijanja kuglice od klina y1 vertikalna, to će zakon odr zanja koli cine gibanja za horizontalnu komponentu dati py0 = P yn =, y0 =

mehanika.indd 166

Slika 4.25.

P yn p

9.11.2007 9:59:20

4.3. PRIMJERI

159

Zakon o cuvanja energije daje 1 1 1 2 py = P yn2 + py12 2 0 2 2 py02 = P yn2 + py12 P2 p 2 yn2 = P yn2 + py12 @ : p p μ ¶ P P 2 y1 = 1 yn2 p p odakle je μ ¶ P P y12 = · 1 · yn2 2j 2jp p μ ¶ ³ 10 kg 10 kg m ´2 = 20= 37 m · 1 · 0=02 2 · 9=81 sm2 · 0=01 kg 0=01 kg s

k = =

Primjer 4.3.30 Drveni klin mase p2 = 20 kg zabija se vertikalno u tlo uzastopnim udarcima cekića mase p1 = 10 kg. Sa koje visine K cekić slobodno pada na gornju stranu klina, ako klin ulazi u tlo pod svakim udarcem cekića za k = 2 cm, a srednja sila otpora koja se suprotstavlja prodiranju klina u tlo iznosi Irw = 2500 N. Pretpostavimo da je sila otpora konstantna i da je sudar savršeno neelasti can. Rješenje: Budući da je sudar savršeno neelasti can, cekić ne odska ce od klina, tj. dalje se gibaju istom brzinom. s Uslijed pada sa visine K cekić dobiva brzinu u trenutku udara u klin y1 = 2jK. Klin ima po cetnu brzinu y2 jednaku nuli. Neka u trenutku poslije sudara cekić i klin dobivaju brzinu y0 . Primjenom zakona odr zanja koli cine gibanja imamo p1 · y1 + p2 · y2 = (p1 + p2 ) · y0 odakle slijedi s p1 · y1 p1 · 2 · j · K y = = p1 + p2 p1 + p2 0

Pretpostavimo da je vrijeme sudara veoma kratko, te da prije po cetka prodiranja klina u tlo, klin i cekić dobivaju zajedni cku brzinu y 0 . Pomoću zakona odr zanja mehani cke energije dobivamo ¡ ¢2 1 (p1 + p2 ) · y 0 + (p1 + p2 ) · j · k = Zrw = Irw · k 2

gdje je Irw · k rad sile otpora. Dakle, Irw · k =

mehanika.indd 167

p21 · 2jK p1 + p2 · + (p1 + p2 ) · j · k 2 (p1 + p2 )2

9.11.2007 9:59:20


160

Irw (p1 + p2 ) · j · (p1 + p2 ) · k p21 · j 2500 N (10 kg + 20 kg) · 9=81 sm2 · (10 kg + 20 kg) · 0=02 m = (10 kg)2 · 9=81 sm2 1= 35 m

K =

Primjer 4.3.31 Homogeno tijelo oblika kocke (slika 4.26.) potrebno je pomicati po horizontalnoj ravnini. Odredite odnos izvršenih radova, ako tu kocku vu cemo po podlozi ili je prevrćemo preko ruba. Ako je masa kocke p = 50 kg, a koecijent trenja izme†u kocke i podloge = 0=4 izra cunajte izvršeni rad na udaljenosti v = 5 m. Rješenje: Ako kocku povla cimo po podlozi tada se vrši rad na ra cun sile trenja izme†u tijela i podloge. Rad koji se pri tome izvrši, da bi kocku pomakli za stranicu d jednak je D1 = Iwu · v = pjd Pri prevrtanju kocke preko jednog njenog ruba trenje se mo ze zanemariti, dok se rad vrši na ra cun podizanja te zišta tijela, tj. povećanja njene potencijalne energije. Te zište W pri jednom prevrtanju moramo podići za s d 2 d g d = k = 2 ³2 2´ 2 s d 21 = · 2

Slika 4.26.

gdje je g dijagonala kocke (za homogenu kocku te zište se nalazi u sjecištu prostornih dijagonala). Pri prevrtanu izvršimo rad ³s ´ 1 D2 = p · j · k = · p · j · d · 21 2

pa je odnos izvršenih radova pri povla cenju i prevrtanju kocke za duljinu d D1 D2

= =

2 ·p·j·d ¡s ¢=s ·p·j·d· 21 21 2 · 0=4 s = 1= 93 21 1 2

Izvršeni radovi se odnose na pomicanje kocke za stranicu d, tj. isto rastojanje. Ako se pomicanje na putu od v = 5 m vrši vu cenjem izvršeni rad jednak je D01 = · p · j · v = 0=4 · 50 kg · 9=81

mehanika.indd 168

m · 5 m = 981 N s2

9.11.2007 9:59:21

4.3. PRIMJERI

161

dok se prevrtanjem izvrši rad 981 N D01 = = 507= 92 N 1=93 1=93

D02 =

Napomena: mo ze postojati mala razlika u izvršenim radovima od onih izra cunatih, ako ukupni prije†eni put v nije višekratnik stranice kocke d, i tada mo ze postojati druga cija ovisnost ovisno o veli cini stranice d. U svakom slu caju je izvršeni rad prevrtanjem kocke manji u odnosu na izvršeni rad povla cenjem. Primjer 4.3.32 Tijekom pomicanja tijela po ¢ pravcu intezitet sile ovisi o putu ¡ N i i opisan je funkcijom I = Dv2 + Ev + F N gdje je D = 2 mN2 > E = 5 m F = 15 N i prije†eni put v izra zen u metrima. Izra cunajte izvršeni rad ako je sila djelovala na udaljenosti od v1 = 5 m do v2 = 8 m. Rješenje: Izvršeni rad sile deniran je Zv2 $ $ v Z = I · g v1

Vektori sile i puta su kolinearni pa vrijedi Z

Zv2 Zv2 = I cos 0 gv = I gv v1

=

Z8 5

=

v1

¡

¢ Dv2 + Ev + F gv =

h i 2 mN2 · (8 m)3 (5 m)3 3

μ +

¶ Dv3 Ev2 + + Fv |85 3 2 h i N 5m · (8 m)2 (5 m)2 2

15 N · (8 m 5 m)

= 310=5 J

mehanika.indd 169

9.11.2007 9:59:21


162

4.4

Zadaci

Problem 4.4.1 Tijelo mase p = 2 kg podi ze se vertikalno naviše silom konstantnog inteziteta I , pri cemu do visine k = 1 m izvrši rad Z = 79=62 J. Koliko je ubrzanje tijela? Rezultat: d = 30 sm2 Problem 4.4.2 Dizalica podigne tijelo mase p = 4=5 w na visinu k = 8 m. Snaga dizalice je S = 8=832 kW. Za koje vrijeme dizalica podigne teret? Rezultat: w = 5 s. Problem 4.4.3 Izra cunajte rad koji je potrebno izvršiti da bi se kamena kocka, mase p = 500 kg, brida d = 0=5 m prevrnula oko jednog svog brida? Rezultat: Z = 5 kJ. Problem 4.4.4 Da bi mogao uzletjeti zrakoplov mase p = 40 w na kraju piste zina piste v = 1 km kolika je najmanja treba imati brzinu y = 144 km k . Ako je du

snaga motora potrebna za uzlijetanje zrakoplova? Gibanje zrakoplova smatrajte jednoliko ubrzanim, a koecijent trenja izme†u kota ca zrakoplova i piste je n = 0=2. Rezultat: S = 4=4192 MW. Problem 4.4.5 Hidroelektrana ima branu visine k = 70 m, u cijem podno zju se nalazi hidroturbina iz koje izlazi voda brzinom y = 22 ms . Koliki je stupanj korisnog djelovanja ovog hidrosustava? Rezultat: = 0=65. Problem 4.4.6 Mehani cki cekić mase p = 500 kg udari u stub koji se pri tome zabije u tlo dubine g = 1 cm. Odredi silu kojom se tlo pri tome opire, ako pretpostavimo da je sila konstantna i ako je brzina cekića prije udarca iznosila y = 10 ms . Masu stuba zanemarite. Rezultat: I = 250 N. Problem 4.4.7 Tijelo mase p = 30 g bacimo sa mosta visokog k = 25 m vertikalno nani ze, brzinom y0 = 8 ms . Tijelo stigne na površinu vode brzinom y = 18 ms . Odredite rad koji je tijelo izvršilo svladavajući otpor zraka. Rezultat: Z = 6=91 J.

mehanika.indd 170

9.11.2007 9:59:21

Poglavlje 5

STATIKA 5.1

Osnovni pojmovi i denicije Statika je dio mehanike koja prou cava ravnote zu tijela pod utjecajem sila. Kada govorimo o statici tijela, onda prije svega mislimo na kruto tijelo. Pod krutim tijelom podrazumijevamo tijelo cija se unutarnja struktura sposobna oduprijeti deformacijama, koje mogu nastupiti prilikom djelovanja vanjskih sila. Ovakvo svojstvo krutog tijela odre†uje i ponašanje vanjskih sila tako da te sile opisujemo kliznim vektorima.

Slika 5.1.

Denicija 5.1.1 Vanjske sile koje djeluju na kruto tijelo jesu klizni vektori jer se njihovo hvatište smije pomicati uzdu z pravca djelovanja, a da se tim djelovanjem sile na tijelo ne promjeni. $ $ $ Denicija 5.1.2 Sustav sila I 1 > I 2 > ===> I q kojih se pravci djelovanja sijeku u jednoj to cki naziva se sustav konkurentnih sila. Posljedica: Konkurentne sile mogu se vektorski $ zbrojiti u rezultantu silu U . $ $ $ $ (5.1.1) U = I 1 + I 2 + ··· + I q Vidimo na osnovu slike 5.2. da se djelovanje konkurentnih sila svodi na djelovanje sile na materijalnu to cku (D). Najjednostavniji slu caj ravnote ze materijalne to cke ( cestice) kada je zbroj svih sila koje na nju djeluju jednak nuli:

Slika 5.2. q X $ $ U = 0 =, Il =0

(5.1.2)

l=1

163

mehanika.indd 171

9.11.2007 9:59:21

164

POGLAVLJE 5. STATIKA

Navedena jednad zba predstavlja samo jedan uvjet za ravnote zu i to za konkurente sile. U slu caju da na tijelo djeluju nekonkurente sile pojavljuje se u principu rotacijsko gibanje. Denicija 5.1.3 Utjecaj sile na rotaciju tijela opisuje se njezinim momentom $ sile. Moment sile I s obzirom na neku to cku R denira se vektorskim umnoškom $ $ $ P = u ×I

(5.1.3)

$ $ gdje je u — vektor polo zaja bilo koje to cke na pravcu djelovanja sile I , s obzirom na to cku R (slika 5.3.). Tipi cni primjer ne konkurentnih sila jest djelovanje paralelnih sila.

Slika 5.3.

Slika 5.4.

Djeluje li na kruto tijelo više paralelnih sila (slika 5.4.), tada je iznos njihove $ $ $ rezultante jednak algebarskom zbroju pojedinih sila sustava ( I 1 > I 2 > ===> I q ). $ Rezultanatna sila ( U ) paralelna je sa zadanim silama, a pravac djelovanja prolazi kroz to cku odre†enu vektorom polo zaja; X $ $ ul· Il $ (5.1.4) u f = lX $ Il l

Za naš primjer: $ $ $ $ $ U = I1+ I2+ I3+ I4 $ $ $ $ $ $ $ $ $ u1· I1+ u 2· I2+ u 3· I3+ u4· I4 Uf = $ $ $ $ I1+ I2+ I3+ I4 Postoji slu caj kada je zbroj paralelnih sila jednak nuli: $ $ $ U = 0 $ I 1 = I 2

mehanika.indd 172

9.11.2007 9:59:22


Slika 5.5.

165 Kada na kruto tijelo djeluje više paralelnih sila cija je rezultanta jednaka nuli, tada se one mogu zamijeniti dvjema paralelnim silama istog iznosa, a suprotnog smjera tj. govorimo o paru sila. Par sila proizvodi samo rotacijsko gibanje. Na osnovu (def.5.3.) mo zemo izvesti relaciju koja opisuje ovaj sprega sila koji još

zovemo momentom para sila. $ $ $ P= g ×I

(5.1.5)

$ $ gdje je I jedna od tih sila, a g vektor koji ide od hvatišta druge sile do hvatišta te sile. Koristeći posljedice konkurentnih i nekonkurentnih sila mo zemo dati opću deniciju ravnote ze nekog krutog tijela. Denicija 5.1.4 Tijelo je u stati ckoj ravnote zi, ako je ukupan vektorski zbroj sila $ $ $ $ $ $ ( I 1 > I 2 > ===> I q ) i ukupan zbroj momenata sila (P 1 > P 2 > ===> P q ) koje djeluje na tijelo jednak nuli: X $ (5.1.6) Il =0 l

X $ Pl = 0

(5.1.7)

l

Posljedica: U ovom slu caju tijelo je u stati ckoj ravnote zi i dinami cko stanje $ $ mo zemo opisati kao mirovanje ( y = 0> $ = 0) ili se kreće stalnom brzinom $ $ ( y = frqvw=> $ = frqvw=) i to onom brzinom kojom se kretalo u trenutku uspostavljanja ravnote ze.

mehanika.indd 173

9.11.2007 9:59:22

166


5.2

Problemski zadaci

Problem 5.2.1 Opisati promjenu vrste ravnote ze kuglice A, prikazane na slici 5.6., kada se ona gurne udesno. U kojoj vrsti ravnote ze će se ona naći na kraju gibanja? Odgovor: Razmotrimo situaciju prikazanu na slici 5.6. Kuglica će tijekom gibanja prijeći iz labilne ravnote ze (na vrhu brijega u to cki A) u indiferentnu ravnote zu (u horizontalnoj ravnini u to cki B), a zatim u stabilnu ravnote zu (na dnu udoline u to cki C).

Slika 5.6.

Problem 5.2.2 Na slici 5.7. su prikazana dva stalka izra†ena od jednakih metalnih šipki. Koji od stalaka ima veću stabilnost? Odgovor: Metalne šipke su cvrsto povezane jedna za drugu. Te zište oba stalka nalaze se na istoj visini u odnosu na oslonac. Nadalje, oba stalka imaju istu površinu dna, odnosno istu površinu koja dodiruje oslonac. Ispunjeni uvjeti daju jednaku stabilnost oba stalka.

Slika 5.7.

Problem 5.2.3 Vertikalni disk mo ze se okretati oko to cke O. U napadnim to cka$ $ ma A i B djeluju sile I 1 i I 2 prikazane na slici 5.8., pri cemu je I1 ? I2 , a u1 = u2 . Budući da je P1 6= P2 ovaj sustav nije u ravnote zi. Je li moguće da ovaj sustav bude u ravnote zi (da miruje), a da se pri tome to cke objesišta ne promijene? Objasnite odgovor. Odgovor: Da bi disk bio u ravnote zi mora ukupni moment sila biti jednak nuli. To je moguće u ciniti jedino na na cin da okrenemo disk u polo zaj da to cke A, O i B pripadaju istom pravcu (slika 5.8.b), jer je tada u1 = u2 = 0 pa je i P1 = P2 = 0

Slika 5.8.

Okretanjem diska u zadani polo zaj nismo promijenili to cke objesišta, nego njihov krak djelovanja sile i time uspjeli izjedna citi momente sile.

mehanika.indd 174

9.11.2007 9:59:22


167

Problem 5.2.4 Propeler (elisa) zrakoplova rotira oko svoje osi. U kakvoj vrsti ravnote ze se nalazi propeler zrakoplova i gdje je njegovo te zište? Odgovor: Elisa zrakoplova je u indiferentnoj ravnote zi, a te zište le zi na osi rotacije. Problem 5.2.5 Disk je postavljen u vertikalni polo zaj tako da se mo ze okretati oko to cke R. U to ckama D i E obješeni su utezi J1 i J2 = 3J1 , vidjeti sliku 5.8.. Kakav odnos rastojanja u1 i u2 treba biti da bi disk bio u ravnote zi? Odgovor: Uvjeti ravnote ze su: X $ Il =0 l

X $ Pl = 0 l

Budući da je P1 = P2 to slijedi ¾ P1 = J1 · u1 =, J1 · u1 = J2 · u2 P2 = J2 · u2 odnosno Slika 5.9.

J2 3J1 u1 = = =3 u2 J1 J1

Problem 5.2.6 Na slici 5.10. je prikazano tijelo na kojeg djeluju vanjske sile $ $ $ $ I 1 , I 2 , I 3 i I 4 . Koliki je ukupni moment sila koji djeluje na tijelo? Nalazi li se tijelo u ravnote zi? Objasnite uvjete. Odgovor: Ukupni moment sila za sustav prikazan na slici je 4 X

Pl = P1 + P2 + P3 + P4

l=1

gdje je P2 = I2 · u P1 = I1 · u; P3 = I3 · 0 = 0; P4 = I4 · 0 = 0 Slika 5.10.

pa vrijedi 4 X l=1

mehanika.indd 175

Pl = I1 · u I2 · u = 0, jer je I1 = I2

9.11.2007 9:59:23

168


Bez obzira što je ukupni moment jednak nuli, sustav nije u ravnote zi jer nije zadovoljen drugi uvjet za to cku O 4 X

Il = 0

l=1

što je uvjet ravnote ze za translaciju. Dakle, tijelo ne bi rotiralo, ali bi se gibalo translacijski.

mehanika.indd 176

9.11.2007 9:59:23

5.3. PRIMJERI

5.3

169

Primjeri

Primjer 5.3.1 Na glavu vijka postavimo cjevasti klju c duljine on = 20 cm. Kroz rupice na njegovu kraju provu cemo zeljeznu šipku duljine ov = 30 cm i na njegovu kraju djelujemo silom od I = 300 N okomito na cijev i na šipku. Izra cunajte moment sile koji odvija vijak? Rješenje: Postavimo ishodište koordinatnog sustava u te zištu glave vijka, cjevasti klju c neka le zi u pozitivnom smjeru osi }, a zeljezna šipka pozitivan smjer osi |. Vektor je polo zaja hvatišta sile jednak ³ $´ $ $ u = 0=3 m + 0=2 n m

Slika 5.11. Moment sile je

Odaberimo smjer sile u negativnom smjeru osi { (sila je pod pretpostavkom zadatka paralelna osi {, a smjer uzimamo proizvoljno), tada je $ $ I = 300 l N

³ $´ $´ $ $ $ ³ $ $ ´ ³ $ P = u × I = 0=3 m + 0=2 n m × 300 l N = 60 m + 90 n N m

$ Komponenta momenta sile u smjeru } osi P} = 90 n N m uvija cijev i nastoji $ odviti (desni) vijak. Moment sile u | smjeru P| = 60 m N m nastoji saviti cjevasti klju c. Primjer 5.3.2 Na krajevima niti preba cenih preko kolotura, obješena su utezi te zina J1 = 120 N i J2 = 150 N. Kolika je te zina trećeg utega koji se mora objesiti u to cki F da bi sustav bio u ravnote zi? Kut u to cki F iznosi = 90 . Rješenje: Za ravnote zu sustava mora vrijediti X $ Il =0 l

što za to cku C daje $ $ $ I1+ I2+ J =0

Slika 5.12.

mehanika.indd 177

Za parcijalne sustave na koloturama vrijedi: $ $ kolotur A 0 = I 1 + J 1 $ $ kolotur B 0 = I 2 + J 2 $ $ $ kolotur C 0 = I 1 + I 2 + J

9.11.2007 9:59:23

170

POGLAVLJE 5. STATIKA U to cki F je kut = 90 pa jednad zbu mo zemo pisati u skalarnom obliku: J=

q q J21 + J22 = (120 N)2 + (150 N)2 = 192= 09 N

Primjer 5.3.3 Tri u zeta su vezana u jednom kraju u to cki G, a u drugom kraju su vezana za opruge d> e i f. Kada se opruge zategnu i pri cvrste u to ckama D> E i F izmjere se slijedeće vrijednosti zategnutosti opruga: u smjeru DG sila iznosa I1 = 30 N, u smjeru EG sila iznosa I2 = 40 N i u smjeru FG sila iznosa I3 = 50 N. Izra cunajte vrijednost kuta izme†u opruga d i f te vrijednost kuta izme†u opruga e i f. Rješenje: Ove tri opruge deniraju ravninu {| pa pretpostavimo da opruga f ima smjer negativne osi |. Nadalje, tra zene kuteve ozna cimo sa 1 kut izme†u opruga d i f, a sa 1 kut izme†u opruga e i f (slika 5.13.a). To cka G se mo ze smatrati materijalnom to ckom u kojoj djeluju tri sile koje su u ravnote zi, dakle X $ $ $ $ I l = I 1+ I 2+ I 3 = 0

Slika 5.13.

l

Postavljajući ishodište koordinatnog sustava u to cku G tako da smjer DG sa pozitivnim smjerom osi | zatvara kut i smjer EG kut te ako sile razlo zimo na komponente (slika 5.13.b), uvjet ravnote ze pišemo u obliku X I{ = I1 sin + I2 sin = 0 l

X l

I| = I1 cos + I2 cos I3 = 0

Odavde je 30 sin + 40 sin = 0

30 cos + 40 cos = 50

odnosno sin =

mehanika.indd 178

4 sin 3

9.11.2007 9:59:23

5.3. PRIMJERI

171

Rješavanjem jednad zbi dobivamo sin = 0=8 =, = arcsin 0=8 = 53=13 sin = 0=6 =, = arcsin 0=6 = 36=87 Pa je 1 = 180 = 180 53=13 = 126=87 1 = 180 = 180 36=87 = 143=13

Primjer 5.3.4 Kru znica polumjera u = 1 m nalazi se u okomitoj ravnini i kru zi oko svog okomitog promjera konstantnom kutnom brzinom $ = 3 rad s . Tijelo mase p mo ze se gibati du z kru znice bez trenja. Polo zaj je tijela na kru znici odre†en kutom . Za koje kutove će se tijelo naći u ravnote znom polo zaju i uz koje uvjete? Rješenje: Da bi se tijelo nalazilo u ravnote znom polo zaju komponenta ukupne sile u smjeru tangente na kru znicu (tangencijalna komponenta) mora biti jednaka nuli. Na tijelo djeluje sila te ze i centrifugalna sila. Tangencijalne komponente su IW = pj sin + p$ 2 u1 cos gdje je u1 = u sin polumjer kru znice po kojem se giba tijelo u horizontalnoj ravnini. Odavde je IW Slika 5.14. Rješenja ove jednad zbe su:

= pj sin + p$ 2 u sin cos ¡ ¢ = p sin $ 2 u cos j = 0

0 = sin =, 1 = 0; 2 =

j $2u Prva dva rješenja su zapravo minimalni i maksimalni q polo zaji na kru znici. Budući da je |cos | 1, mora biti ispunjen uvjet $ ju što je u zadatku i ispunjeno s 3 A 9=81 = 3= 132 1 0 = $ 2 u cos j =, cos =

Treće moguće rješenje je j cos = 2 $ u odakle za kut dobivamo ¸ 9=81 sm2 j 3 = arccos 2 = arccos $ u (3 s31 )2 · 1 m = arccos 0=11 = ±83=66 = ±1=46 rad

mehanika.indd 179

9.11.2007 9:59:24

172


Primjer 5.3.5 Zeljezna kugla mase p = 5 kg visi na u zetu duljine o = 0=15 m koje je pri cvršćeno na glatki vertikalni zid. Odredi kut izme†u u zeta i zida, $ $ silu kojom kugla pritišće zid Q i napetost u zeta W . Rješenje: Na kuglu djeluju tri sile: sila te ze u te zištu kugle vertikalno nadolje, reakcija zida u horizontalnom smjeru i napetost u zeta pod kutom u odnosu na vertikalu. Iz uvjeta stati cnosti u odnosu na translaciju X $ $ $ $ Il = J +Q + W =0 l

slijedi, po komponentama Q W sin = 0 J W cos = 0

Iz uvjeta stati cnosti u odnosu na rotaciju X $ Pl = 0

Slika 5.15.

l

$ za te zište kugle V, dobivamo da moment napetosti u zeta P V3 < mora biti jednako W $ $ nuli, jer su i momenti te zine J i reakcije zida Q jednaki nuli. Dakle, pravac $ $ $ napetosti niti prolazi kroz središte (te zište) kugle. Zapravo, sile J> Q i W su konkurentne sile u jednoj ravnini. Prika zemo li ih trokutom, dobivamo kut pomoću u tan = q (o + u)2 u2

gdje je u polumjer kugle, koji dobivamo iz 4 3 u p = I h · Y = I h · 3 s s 3p 3 · 5 kg 3 u = = 3 = 0=0533 m = 5=33 cm 4I h 4 · 7900 kg3 m

pa je u

5

5=33 cm

6

8 = arctan q = arctan 7 q 2 2 2 2 (o + u) u (15 cm + 5=33 cm) (5=33 cm) = arctan 0=27 = 15=19 = 15 110

mehanika.indd 180

9.11.2007 9:59:24

5.3. PRIMJERI

173

Napetost niti je W =

5 kg · 9=81 sm2 pj J = = = 49=28 N cos cos cos 5=52

Sila kojom kugla pritišće zid jednaka je reakciji zida na kuglu i iznosi Q = W sin = J tan = pj · tan 5=52 = 4=74 N Primjer 5.3.6 Kota c, mase p = 20 kg i polumjera u = 0=7 m, na vodoravnoj podlozi nailazi na pravokutnu prepreku visine k = 0=25 m. Izra cunajte vodoravnu $ silu I kojom treba djelovati na os kota ca da bi se svladala postavljena prepreka. Rješenje:

Slika 5.16.

$ Kada je sila I dovoljnog inteziteta da savlada postavljenu prepreku, kota c više neće pritiskati vodoravnu podlogu, nego samo vrh postavljene prepreke. Dakle na kota c će djelovati samo tri sile i to: $ $ vodoravna sila I , te zina kota ca J i reak$ cija vrha prepreke U koje su u ravnote zi. Zbog toga ove tri sile le ze u istoj ravnini. Odaberimo koordinatni sustav tako da os { le zi u horizontalnoj ravnini, a os | vertikalno prema gore. Iz uvjeta ravnote ze u odnosu na translaciju imamo: X $ $ $ $ Il = J + I + U =0 l

što po koordinatama daje X I{l = U cos I = 0 l

X l

I|l = U sin J = 0

odakle slijedi da je I = J cot $ gdje je - kut koji sila U zatvara sa { osi. Iz slike se vidi da je za cot : sμ ¶2 q u { 2 = 1 { = u2 (u k) =, cot = uk uk

mehanika.indd 181

9.11.2007 9:59:24

174


pa je tra zena horizontalna sila jednaka sμ sμ ¶2 ¶2 u u 1 = pj 1 I = J uk uk sμ ¶2 0=7 m m 1 = 233= 78 N = 20 kg · 9=81 2 s 0=7 m 0=25 m Primjer 5.3.7 Odredite silu I koja uravnote zuje te zinu tijela mase p = 100 kg na sustavu kolotura (slika 5.17.), zanemarivši masu kolotura i trenje. Rješenje: Iz uvjeta ravnote ze translacije za prvi kolotur imamo X l

I1l = W1 + W1 J = 0 =, W1 =

J 2

Na drugi kolotur prema dolje djeluje napetost niti W1 , a prema gore u svakoj grani u zeta napetosti niti W2 pa iz uvjeta ravnote ze translacije imamo X l

I2l = W2 + W2 W1 = 0 =, W2 =

J W1 = 2 4

sila I koja uravnote zuje te zinu tereta (u koloturi 3, po uvjetu ravnote ze translacije) je X l

I3l = W2 I = 0 Slika 5.17.

a ona iznosi I = W2 =

100 kg · 9=81 sm2 J pj = = = 245=25 N 4 4 4

Primjer 5.3.8 Covjek mase pf = 75 kg stoji na platformi mase ps = 50 kg (slika 5.18.). Duljina platforme iznosi o = 3 m. Kolikom silom covjek mora djelovati na kraj u zeta i na kojem mjestu mora stajati da bi sustav bio u ravnote zi? Trenje u koloturama zanemarite. Rješenje: Neka se covjek nalazi na udaljenosti {, u to cki A, od lijevog kraja platforme i neka je sila kojom covjek povla ci u ze I . Sila kojom covjek djeluje na platformu iznosi Jf I (gdje je Jf - te zina covjeka).

mehanika.indd 182

9.11.2007 9:59:24

5.3. PRIMJERI

175 Promotrimo sile koje djeluju na platformu. Neka su u u zadima napetosti niti I1 i I2 . Tada po uvjetu ravnote ze na translacijsko gibanje u to cki D dobivamo (Jf I ) + Js I1 I2 = 0

(5.3.1)

I1 + I2 = Jf I + Js Uvjet ravnote ze na rotaciju daje X Pl = 0 l

0 = I2 · (o {) Js ·

(5.3.2) μ

¶ o { I1 · { 2

gdje je Js - te zina platforme. U ravnote zi ukupni momenti sila na pojedine koloture moraju biti jednaki nuli, što daje jednad zbe I2 = I I1 = I + I2 = 2 · I

Slika 5.18.

nakon uvrštenja u jednad zbu (5.3.1) dobivamo 2 · I + I = Jf I + Js I

1 1 (Jf + Js ) = (pf · j + ps · j) 4 4 1 m 1 j · (pf + ps ) = · 9=81 2 · (75 kg + 50 kg) = 4 4 s = 306= 56 N =

Jednad zba (5.3.2) daje 0 = I · (o {) Js ·

μ

¶ o { 2·I ·{ 2

odnosno

¶ μ 1 (3I Js ) · { = I Js · o 2

{ = = =

mehanika.indd 183

¡ ¢ 1 I 12 Js Jf + 14 Js 12 Js ·o · o = 43 3 (3I Js ) 4 Jf + 4 Js Js pf ps Jf Js ·o = ·o 3Jf Js pf 3ps 75 kg 50 kg · 3 m = 0=4285 m = 42=85 cm 3 · 75 kg 50 kg

9.11.2007 9:59:25

176


Primjer 5.3.9 Odredite rezultantu sustava paralelnih sila (slika 5.19.) koje djeluju na gredu duljine o = 5 m . Koliki je ukupni moment koji djeluje na gredu u to cki D? Rješenje: Odaberimo koordinatni sustav sa ishodištem u to cki D (slika 5.19.) i pozitivnim smjerom u smjeru osi |. Prema deniciji rezultanta je jednaka X $ $ Il U = l

$ $ $ $ $ $ = I I + I 2I I + 2I 2I $ $ $ = 2 I = 2I m = 10 N m $ Slika 5.19. gdje je m jedini cni vektor usmjeren prema gore. Polo zaj rezultantne sile se dobiva iz izraza X $ u l · Il 1 · I + 2 · I 2=5 · 2I 3=5 · I + 4 · 2I 5 · 2I $ l $ X = · l m uf = 2 · I Il μ

=

l

¶ 7I $ $ m l = (3=5 m) l 2I

Moment u to cki D jednak je X X $ $ $ $ ul× Il PD = P Dl = l

l

h $ $ $ $ $ $i = l × (I ) · m + 2 l × I m 2=5 l × 2I m N m h $ $ $ $ $ $i + 3=5 l × I m + 4 l × 2I m 5 l × 2I m N m $ = 7I n N m = 35 N m

Primjer 5.3.10 Na gredu djeluju sile kao što je ozna ceno na slici 5.20.. Ako je greda u ravnote zi izra cunajte kolike su reakcije oslonaca u to ckama D i E? Rješenje: Iz uvjeta za translacijsku ravnote zu X $ Il =0 l

za os | imamo X I|l = 5I + ID 3I 2I + 4I + IE 3I = 0 l

ID + IE = 9I

mehanika.indd 184

9.11.2007 9:59:25

5.3. PRIMJERI

177 Uvjet za rotacijsku ravnote zu X $ P Dl = 0 l

X l

$ $ ul× Il

mo zemo primjeniti na proizvoljnu to cku grede, ali najbolje je primjeniti u nekim karakteristi cnim to ckama, npr. primjena u to cki D eliminira jednu nepoznanicu u jednad zbama Slika 5.20. (reakciju oslonca D) pa imamo h $i = (10I 6I 6I + 20I + 7IE 27I ) n N m = 0

7IE = 29I =, IE =

29 I 7

pa je ID = 9I IE = 9I

29 92 I = I 7 7

Primjer 5.3.11 Homogene ljestve duljine o i mase p = 2=5 kg naslonjene su na gladak zid (E = 0) i na hrapavu podlogu (D = 0=35). Pod kojim kutom ljestve mogu stajati naslonjene na zid? Zadatak riješite, ali tako da postoji i trenje na zidu uz koecijent trenja (E = 0=1). Rješenje: $ Ljestve stoje, dakle y = 0. Prema uvjetu ravnote ze na translaciju je X I|l = UD J = UD pj = 0 l

UD = pj = 2=5 kg · 9=81 X l

m = 24=52 N s2

I{l = UE IDwu = 0 UE = IDwu = D · UD = D · pj = 8=58 N

Tako†er, oko to cke D po uvjetu na rotaciju Slika 5.21.

X l

PDl = pj ·

tan =

mehanika.indd 185

o sin UE · o cos = 0 2

2 · UE 2 · pj = D = 2D pj pj

9.11.2007 9:59:25

178

POGLAVLJE 5. STATIKA odakle je maksimalni kut pri kojem mogu stajati ljestve arctan 2D = arctan 0=7 = 35 0=61 rad Ako uzmemo i trenje na zidu dobivamo X I{l = UD pj + IEwu = 0 l

X l

UD = pj IEwu

I|l = UE IDwu = 0

UE = IDwu

oko to cke D po uvjetu na rotaciju sada imamo X o PDl = pj · sin UE · o cos IEwu · o sin = 0 2 l

tan =

pj ·

UE · o 2 · UE = o pj 2 · IEwu I · o Ewu 2

(5.3.3)

sile trenja su IDwu IEwu

= D · UD = UE

= E · UE = E · IDwu = D E · UD

što uvršteno u jednad zbu (5.3.3) daje 2 · UE 2 · UE 2D · UD 2D = = = pj 2 · IEwu UD IEwu UD D E · UD 1 D E 2D arctan = arctan 0=73 35=96 1 D E

tan =

Primjer 5.3.12 Ljestve mase p = 10 kg prislonjene su uz vertikalni zid (slika 5.22.). Odredite sile koje djeluju u to ckama D i E. Pretpostavimo da je trenje u to cki E zanemarivo. Rješenje: Sile koje djeluju na ljestve su: normalna reakcija zida u to cki E, normalna reakcija poda u to cki D, sila te ze J = pj koja djeluje u te zištu ljestava i sila trenja koja se odupire klizanju ljestava. Uvjeti ravnote ze u odnosu na rotaciju X Pl = 0 l

što za to cku D daje X PDl = J · W{ IE · E| = 0

Slika 5.22.

l

mehanika.indd 186

9.11.2007 9:59:26

5.3. PRIMJERI

179

kako je E| = 2W{ slijedi IE =

J = 49=05 N 2

a u odnosu na translaciju su X l

X l

mehanika.indd 187

I{l = IE + ID{ = 0 =, ID{ = IE =

J = 49=05 N 2

I|l = J + ID| = 0 =, ID| = J = 98=1 N

9.11.2007 9:59:26

180


5.4

Zadaci

³ $ $´ Problem 5.4.1 U to cki D (1 m> 1 m> 0 m) djeluju dvije sile I 1 = 3 l N i ³ $ $ $´ I 2 = l + 5 m N. Izra cunajte rezultantni moment tih sila s obzirom na ishodište. $´ $ ³ Rezultat: P = 3 n N m Problem 5.4.2 Na vodoravnoj gredi dugoj 12 m mase p = 100 kg nalazi se valjak mase py = 200 kg udaljen 3 m od jednog njezinog kraja. Greda je poduprta na krajevima tako da je sila reakcije oslonca okomita na gredu. Kolike su sile reakcije? Rezultat: ID = 1960 N> IE = 980 N. Problem 5.4.3 Homogeni je štap naslojen na gladak zid i nalazi se na hrapavom podu. Ako štap zatvara kut od = 45 s podlogom i ako mu je masa p = 10 kg, koliko je bilo trenje izme†u štapa i poda? Rezultat: Iwu = 49=1 N. Problem 5.4.4 Duga cke ljestve mase p = 40 kg naslonjene su jednim svojim krajem na okomiti zid po kojemu mogu kliziti bez trenja, a drugim krajem na površinu zemlje pod kutom od = 60 . Koliko mora iznositi minimalni koecijent trenja izme†u ljestava i površine zemlje da bi covjek te zak pf = 80 kg mogao stajati na vrhu ljestava, a da one ne kli zu? Rezultat: = 0=48

mehanika.indd 188

9.11.2007 9:59:26

Poglavlje 6

INERCIJSKI I NEINERCIJSKI SUSTAVI 6.1


Opisivanje gibanja tijela koje se vlada prema I. Newtonovom zakonu (vidi deniciju I. Newtonova zakona) zahtjeva odabiranje koordinatnog sustava u kojem se taj zakon ostvaruje. Denicija 6.1.1 Koordinatni sustav u kojem vrijedi zakon inercije naziva se inercijski sustav. Posljedica: Inercijski koordinatni sustavi me†usobno miruju ili se gibaju jednoliko pravocrtno. Denicija 6.1.2 Dva inercijska sustava V i V 0 povezana su Galilejevim transformacijama : { = {00 + y0 w, | = | 0 , } = } 0 y{ = y{0 + y0 , y| = y|0 , y} = y}0 d = d0 , w = w0 Posljedica: Galilejeve transformacije su geometrijske transformacije translacije. Kinemati cki i dinami cki oblik zakona ne ovisi o mjestu promatranja, tj. koordinatni sustavi su ekvivalentni. Ka zemo da su zikalni zakoni invarijantni u odnosu na Galilejeve transformacije. Slika 6.1.

Denicija 6.1.3 Koordinatni sustavi u kojima ne vrijedi zakon inercije nazivaju se neinercijski sustavi. 181

mehanika.indd 189

9.11.2007 9:59:26

182

POGLAVLJE 6. INERCIJSKI I NEINERCIJSKI SUSTAVI Posljedica: Svi ubrzani sustavi su neinercijski sustavi. U neinercijskom sustavu II. Newtonov zakon glasi: $ $ $ d0 I + I l = p

$ $ gdje je I rezultantna vanjska sila, a I l rezultantna inercijska sila. Ubrzava $ li se neinercijski sustav V 0 prema inercijskom sustavu V akceleracijom d l , tada na tijelo mase p djeluje inercijska sila $ $ Il =p· dl koju ne uzrokuje djelovanje drugih tijela, već je posljedica toga ubrzani sustav. Kada sustav V 0 rotira kutnom brzinom $, na materijalnu to cku mase p djeluje inercijska centrifugalna sila $ $ u0 I fi = p · $2 · $ gdje je u 0 vektor od ishodišta sustava V 0 do materijalne to cke. $ Giba li se tijelo brzinom y 0 s obzirom na rotirajući sustav, na njega uz centrifugalnu silu, djeluje i Coriolisova sila $ $ $ I Fru = 2p · y 0× $ D’Alambertov princip - napišemo li jednad zbu gibanja sa X $ $ In p· d = n

u obliku X $ $ In p· d =0 n

$ $ pa umjesto p · d pišemo I l , dobivamo jednad zbu dinami cke ravnote ze X $ $ In Il =0 n

Na ovaj na cin smo jednad zbu gibanja dinamike formalno preveli u jednad zbu uvjeta ravnote ze statike. Formalnim dodavanjam inercijskih sila stvarnima, dinami cki se problem svodi na stati cki. To je D’Alambertov princip kojim se primjenom metode statike rješavaju problemi dinamike.

mehanika.indd 190

9.11.2007 9:59:27


6.2

183

Problemski zadaci

Problem 6.2.1 Pretpostavimo da automobil predstavlja referentni sustav. U kojim slu cajevima automobil predstavlja inercijski referentni sustav? Napomena: Pretpostavimo da Zemlja miruje. Zašto?. a) Automobil miruje na putu. b) Automobil se giba konstantnom brzinom y = 80 km k po pravcu. z c) Automobil se giba brzinom y = 80 km k po udubljenom putu.

znoj stazi. d) Automobil se giba brzinom y = 80 km k po kru

Odgovor: Inercijski referentni sustav je u slu cajevima a) i b), dok su u slu cajevima c) i $ d) to neinercijski sustavi, jer su to ubrzani sustavi, tj. y 6= frqvw=. Potrebno je pretpostaviti da Zemlja miruje, jer u realnim uvjetima ona vrši rotacijsko gibanje (iako malom kutnom brzinom), tako da ni automobil koji se nalazi na površini Zemlje ne bi mogli promatrati kao inercijski sustav. $ y u odnosu na Problem 6.2.2 U sustavu V 0 , koji se giba konstantnom brzinom sustav V, tijelo slobodno pada iz to cke D0 u to cku E 0 . Za promatra ca (slika 6.2.a) koji se nalazi u sustavu V ovaj doga†aj je: a) slobodni pad, b) horizontalni hitac, c) kosi hitac. Objasni odgovor. Odgovor: Doga†aj je horizontalni hitac jer za sustav V tijelo ima i horizontalnu brzinu $ y sustava V 0 (u kojem se nalazi), tako da je to slo zeno gibanje sastavljeno od slobodnog pada u sustavu V 0 i jednolikog $ pravocrtnog gibanja brzinom y kojim se 0 giba sustav V . Da je sustav V 0 imao i vertikalnu Slika 6.2. komponentu brzine (uz postojeću horizontalnu) doga†aj bi bio opisan u sustavu V kao kosi hitac. Problem 6.2.3 U nekom sustavu se nalazi opruga o koju je obješeno tijelo mase p i koje ima te zinu J = pj. U kojem stanju se nalazi sustav (inercijskom ili neinercijskom) ako je stanje opruge prikazano na slici 6.3.:

mehanika.indd 191

9.11.2007 9:59:27

184

POGLAVLJE 6. INERCIJSKI I NEINERCIJSKI SUSTAVI

Odgovor: a) Inercijski sustav. $ $ Budući da je I = J sustav miruje ili se giba konstantnom brzinom. b) Neinercijski sustav. $ $ $ Sila zatezanja je I 1 6= J , tj. I 1 = $ $ J + i , što zna ci da se sustav giba $ ubrzano pod djelovanjem sile i prema gore. c) Neinercijski sustav. Slika 6.3. $ $ $ $ $ Kako je I 2 6= J, tj. I 2 = i J , i to i A J, što zna ci da se sustav giba ubrzano prema dolje. d) Nije odre†eno. Sustav mo ze biti inercijski ako nije prisutno gravitacijsko polje, tj. $ $ $ $ $ I 3 = J = 0, ili neinecijski, tj. da sustav ”pada” ubrzanjem j, tj. I 3 = J i , $ $ pri cemu je i = J . Problem 6.2.4 Promatrajmo dva svemirska broda sa astronautima. Jedan od njih se giba prvom kozmi ckom brzinom (rotira oko Zemlje), a drugi svemirski brod se nalazi negdje u svemiru „daleko” od nebeskih tijela. Odgovorite na slijedeća pitanja: a) U kakvom se dinami ckom stanju nalaze astronauti? b) Pretpostavimo li da svemirski brod predstavlja referentni sustav, o kakvim je sustavima rije c? Napomena: pretpostavimo da su pogonski motori svemirskih brodova isklju ceni. Odgovor: a) U prvom i drugom brodu astronauti se nalaze u beste zinskom stanju. b) Prvi brod predstavlja neinercijski referentni sustav jer se giba ubrzano u gravitacijskom polju, dok je drugi sustav inercijalan, jer nemamo prisustvo gravotacijskog polja, tj. gravitacijskih sila pa brod miruje ili se giba jednoliko pravocrtno.

mehanika.indd 192

9.11.2007 9:59:27

6.3. PRIMJERI

6.3

185

Primjeri

Primjer 6.3.1 Promatra c D ispusti kamen s vrha nebodera. Promatra c E se spušta dizalom s vrha nebodera brzinom y0 u trenutku kada je kamen ispušten. Tra ze se polo zaj, brzina i ubrzanje kamena u odnosu prema promatra cu E i to w = 2 s nakon ispuštanja kamena ako se dizalo giba konstantnom brzinom y0 = 3 ms . Rješenje: Neka je promatra c D u sustavu [ koji miruje, a promatra c E u sustavu [ 0 (sustav koji je vezan za lift i giba se kostantnom brzinom prema dole). Ova dva sustava su povezana Galilejevim transformacijama (w0 = w): 1 {0 (w) = { (w) y0 w = jw2 y0 w 2 g{0 (w) g = [{ (w) y0 w] gw gw = y (w) y0 = jw y0

y0 (w) =

Slika 6.4.

gy0 g = (jw y0 ) = j = d gw gw odakle su u drugoj sekundi polo zaj, brzina i ubrzanje u pokretnom sustavu V 0 d0 (w) =

{0 (w = 2 s) = 13= 62 m y0 (w = 2 s) = 16= 62

m s

d0 (w = 2 s) = j = 9=81

m s2

Primjer 6.3.2 Na koloturu zanemarive mase obješena su dva tijela, p1 = 5 kg i p2 = 10 kg, povezana nerastegljivim cvrstim koncem zanemarive mase. Trenje izme†u kolotura i konca, kao i sva ostala trenja zanemarite. Kolotur je pri cvršćen < 3 $ na strop dizala koje se spušta ubrzanjem d = 4j . Potrebno je: a) izra cunati ubrzanje utega na koloturi, b) odrediti ubrzanje tijela mase p2 u sustavu kabine dizala, ako se naglo prere ze konac na kojem je uteg visio, c) vrijeme udarca utega p2 o pod kabine, ako je u trenutku kada je konac prerezan uteg mirovao spram dizala na visini k = 1 m od poda dizala.

mehanika.indd 193

9.11.2007 9:59:27

186

POGLAVLJE 6. INERCIJSKI I NEINERCIJSKI SUSTAVI Rješenje:

a) Primjenimo li II. Newtonov zakon za dizalo koje se spušta, jednad zbe gibanja utega tada glase: za uteg mase p1 p1 dn = W p1 (j d)

= W p1 j + p1 d

a za uteg mase p2 p2 dn = p2 (j d) W

= p2 j p2 d W

Slika 6.5.

gdje je d - ubrzanje dizala, dn - ubrzanje sustava koloture, W - napetost niti koja djeluje suprotno od te zine utega i ubrzanja dizala i jednaka je za oba tijela (zanemarili smo trenje u koloturi). Odavde zbrajanjem jednad zbi dobivamo dn = =

p2 p1 (j d) p1 + p2 j´ j 10 kg 5 kg ³ j = 5 kg + 10 kg 4 4

b) Naglim prerezivanjem konca uteg mase p2 po cinje padati ubrzanjem d2 = j d = j

3j j = 4 4

c) Isti zakon slobodnog pada vrijedi i u dizalu, samo je sada ubrzanje d2 umjesto j pa je vrijeme udara s s s r 2k 2k 8k 8 · 1m = = = = 0=52 s w= 3j d2 3j 3 · 9=81 sm2 4 Primjer 6.3.3 Na horizontalnom stolu nalazi se tijelo mase p1 = 2 kg i pomoću niti koja je preba cena preko kolotura privezano je za drugo tijelo mase p2 = 500 g koje slobodno visi. Izra cunajte kolika je: a) sila napetosti niti ako trenje zanemarimo, b) sila napetosti niti ako tijelima zamjenimo mjesta, a trenje zanemarujemo, c) sila napetosti niti kao pod a) i b) ako uzmemo trenje izme†u tijela i stola u obzir, uz koecijent trenja tijela i stola = 0=7.

mehanika.indd 194

9.11.2007 9:59:28

6.3. PRIMJERI

187 Rješenje: a) Sustav tijela se giba ubrzano, u ozna cenom smjeru, ubrzanjem d. Tada se sili J2 = p2 j suprotstavljaju inercijalne sile p1 d i p2 d pa je p2 j = p1 d + p2 d odakle dobivamo ubrzanje sustava d=

p2 j p1 + p2

μ = p2 j p2 d = p2 (j d) = p2 j

p2 j p1 + p2

Slika 6.6. pa sila napetosti niti iznosi Q

m p1 p2 2 kg · 0=5 kg · 9=81 = 3= 924 N j= p1 + p2 2 kg + 0=5 kg s

=

¶

p2 b) U dobivenom izrazu za napetost niti Q = pp11+p j mase tijela simetri cno 2 mijenjaju mjesta pa zamjena tijela neće prouzro citi promjenu u napetosti niti, 2 me†utim ovo se neće odnositi i na ubrzanje sustava jer dobiveni izraz d = p1p+p j 2 nije simetri can na zamjenu masa. c) Uzmemo li u obzir i trenje izme†u tijela i stola, sustav bi dobio ubrzanje

p2 j = p1 d1 + p1 j + p2 d1 p2 p1 d1 = j p1 + p2 pa bi napetost niti iznosila Q

0

μ ¶ p2 p1 = p2 j p2 d1 = p2 (j d1 ) = p2 j j p1 + p2 m 2 kg · 0=5 kg · (1 + 0=7) p1 p2 (1 + ) · 9=81 2 = 6= 670 8 N j= = p1 + p2 2 kg + 0=5 kg s

I u ovom slu caju (uz trenje) izraz za silu napetosti niti je simetri can s obzirom na zamjenu masa tijela p1 i p2 pa će napetost niti biti ista, no opet izraz za ubrzanje sustava neće biti simetri can na ovu zamjenu tijela. Primjer 6.3.4 Koliki je potrebni intezitet sile I koji konstantno djeluje u ozna cenom pravcu (slika 6.7.) na kolica mase p = 13 kg da bi tijela masa p1 = 2 kg i p2 = 5 kg bila u relativnom mirovanju u odnosu na kolica? Zanemarite sva trenja.

mehanika.indd 195

9.11.2007 9:59:28

188


Rješenje: Na tijelo mase p1 djelovati će inercijalna sila u smjeru napetosti niti, dok će inercijalna sila koja djeluje na tijelo mase p2 samo povećavati reakciju podloga na kolicima. Iz jednad zbe ravnote ze sustava na kolicima dolazimo do potrebnog ubrzanje sustava p1 j I1l = p1 dl = p2 j =, dl = p2

Slika 6.7. Kako sila I mora ubrzavati cijeli sustav tako da mu daje ubrzanje d potrebna sila iznosi p1 I = (p + p1 + p2 ) d = (p + p1 + p2 ) j p2 m 2 kg · (13 kg + 2 kg + 5 kg) j = 8j = 8 · 9=81 2 = 78= 48 N = 5 kg s Primjer 6.3.5 Odredite ubrzanje sustava masa p1 = 10 kg, p2 = 5 kg i p3 = 20 kg predstavljenog na slici 6.8., kao i vrijednost napetosti niti uz koecijent trenja izme†u tijela i horizontalne ravne podloge = 0=25. Trenje u koloturama i otpor zraka zanemarite. Rješenje: Budući da je je p3 A p2 , to jest J3 A J2 cijeli sustav će se gibati u nazna cenom smjeru ubrzanjem d. Sili J3 dr ze dinami cku ravnote zu inercijalne sile p1 d i p2 d, te zina J2 tijela mase p2 te sila trenja Iwu izme†u tijela mase p1 i horizontalne podloge. Kako je J3 = p3 j J2 = p2 j Iwu = p1 j imamo X Il = p3 j p1 d p2 d p3 d p2 j Iwu

Slika 6.8.

l

p3 j = p1 d + p2 d + p3 d + p2 j + p1 j

pa je ubrznje sustava jednako d=

mehanika.indd 196

20 kg 0=25 · 10 kg 5 kg m m p3 p1 p2 j= · 9=81 2 = 3= 5 2 p1 + p2 + p3 10 kg + 5 kg + 20 kg s s

9.11.2007 9:59:28

6.3. PRIMJERI

189

Sila napetosti niti Q13 u proizvoljnoj to cki izme†u tijela masa p1 i p3 izra cunava se tako što II. Newtonov zakon primjenimo samo na treće tijelo ³ m m´ Q13 = p3 j p3 d = p3 (j d) = 20 kg · 9=81 2 3= 5 2 = 126= 13 N s s dok u proizvoljnoj to cki izme†u tijela p1 i p2 iznosi ³ m m´ Q12 = p2 j + p2 d = p2 (j + d) = 5 kg · 9=81 2 + 3= 5 2 = 66= 57 N s s

rnu oko vlastite vertikalne osi. Primjer 6.3.6 Disk se vrti frekvencijom i = 30 min Sitno je tijelo polo zeno na plohu diska na udaljenosti u = 20 cm od osi rotacije. Izra cunajte najmanji faktor trenja potreban da sitno tijelo ne isklizne s diska?

Rješenje: Zbog vrtnje diska na sitno tijelo djeluje cen$ trifugalna sila I fi koja izaziva njegovo radijalno iskliznuće. Preko sile trenja kompenzira se ova sila, a najmanji koecijent trenja potreban za to odre†uje se iz jednad zbe Ifi = Iwu

Slika 6.9.

p$2 u = p (2i )2 u = pj 4 2 i 2 u = 0=2 = j

Primjer 6.3.7 Pribli zavajući se semaforu, automobil po cinje ko citi i usporavati se deceleracijom d = 2 sm2 . Pretpostavivši posudu s vodom u sustavu automobila izra cunajte kut pod kojim će se postaviti razina vode u odnosu prema horizontali? Rješenje: Sustav automobila usporava pa mu je inercijalna sila suprotnog smjera od smjera usporenja, dakle u smjeru gibanja automobila. Razina vode će se postaviti u takav polo zaj da je ravnina površine vode okomita na ukupnu silu koja djeluje na nju, odnosno na zbroj gravitacijske i inercijske sile, odakle slijedi $ $ $ Ix= J + Il odnosno po komponentama Slika 6.10. Ix sin pd = 0

Ix cos pj = 0

mehanika.indd 197

9.11.2007 9:59:28

190


gdje je kut razine vode prema horizontali (slika 6.10.), a sila I sila okomita na stacionarnu postavljenu razinu vode. Iz ovih jednad zbi se dobiva 2 sm2 d = 0=2 = j 9=81 sm2 = arctan 0=2 = 0=2 rad = 11= 52

tan =

Primjer 6.3.8 Na horizontalnoj plo ci koja rotira konstantnom kutnom brzinom $ = 4 s31 radijalno su postavljene tra cnice po kojima se gibaju kolica konstantnom brzinom y = 2 ms . Koliki kut zatvara matemati cko njihalo s vertikalom, ako je ono obješeno na kolica? Rješenje: Na kuglicu matemati ckog njihala djeluju Coriollisova sila, te zina i napetost niti. Kako je $ $ $ y × $ I Fru = 2p imamo $ $ $ I Fru = 2p · y m × $ n $ = (2py$) l

Slika 6.11.

Da bi matemati cko njihalo bilo ravnote zi, ove tri sile moraju sa cinjavati zatvoreni poligon sila, odakle vrijedi IFru W sin = 0 W cos J = 0

2py$ = W sin pj = W cos odakle eliminiranjem nepoznate napetosti niti dobivamo tan =

2y$ j

= arctan

2 · 2 ms · 4 s31 2y$ = 1= 378 1 = 78= 959 = arctan j 9=81 sm2

Primjer 6.3.9 Covjek stoji na rubu rotirajuće platforme i to cno iznad ruba dr zi matemati cko njihalo mase p = 100 g i duljine o = 80 cm. Koliki je polumjer platforme ako se pri rotaciji nit otkloni za = 30 , a pritom kineti cka energija njihala iznosi Hn = 5 J?

mehanika.indd 198

9.11.2007 9:59:29

6.3. PRIMJERI

191 Rješenje: Budući da je kineti cka energija 1 Hn = py 2 2 brzina njihala iznosi r 2Hn m y= = 10 p s

Iz slike 6.12. se vidi da je sin = do . Centrifu2 galna sila iznosi Ifi = py u+d . Ukupna tangencijalna komponenta sile na njihalo mora biti jednaka nuli što daje Slika 6.12.

Ifi = pj · tan = u=

py 2 u+d

2Hn y2 cot d = cot o sin = 17=26 m j pj

Primjer 6.3.10 Staza za motociklisti cke akrobacije prozvana ”zidom smrti” napravljena je u obliku vertikalnog cilindra polumjera u i izra†ena je od materijala koji omogućava relativno veliki koecijent trenja. Ako je koecijent trenja = 0=92, a polumjer zida u = 15 m, izra cunajte: a) kojom se najmanjom brzinom motociklist mo ze voziti po vertikalnom zidu da ne kli ze prema dolje? b) motociklist i cilindar cine rotacijski referentni sustav koji se vrti kutnom brzinom $ oko svoje vertikalne osi. Koliko iznosi najmanja frekvencija vrtnje sustava koja omogućava gibanje motociklista bez klizanja prema dolje? Rješenje: a) Prilikom vo znje po zakrivljenoj podlozi motociklist pritišće podlogu silom cija se reakcija manifestira kao centripetalna sila pridodana motociklistu. Klizanje niz vetrikalni cilindar neće biti moguće sve dok je sila trenja veća ili jednaka te zini motociklista. Dakle, razmatrane sile u vertikalnom smjeru daju Iwu + pj = 0 Reakciju podloge dobivamo iz Slika 6.13.

Q Ifi = 0 =, Q = Ifi =

py 2 u

pa je sila trenja jednaka Iwu = Q =

mehanika.indd 199

py2 u

9.11.2007 9:59:29

192


Iz uvjeta zadatka vrijedi Iwu pj

py 2 u

pj =, y

r

ju =

r

9=81 sm2 · 15 m m = 12= 65 0=92 s

b) U rotacijskom sustavu na motociklistu će djelovati sljedeće sile: te zina, inercijalna cetrifugalna sila, sila trenja i reakcija podloge. Centrifugalna sila će biti poništena reakcijom podloge pa vrijedi Ifi Q = 0 =, Q = Ifi = p$ 2 u Iwu = Q = p$ 2 u

koristeći potrebni uvjet da motociklist ne isklizne Iwu pj dobivamo minimalnu frekvenciju potrebnu da motociklist ne klizi niz vetrikalni zid r r 9=81 sm2 j 2 p$ u pj =, $ = = 0=84313 s31 u 0=92 · 15 m r j 1 $ = = 0=13419 Hz i = 2 2 u Primjer 6.3.11 Posuda u obliku cilindra polumjera u i visine k u kojoj je tekućina do visine k0 rotira konstantnom kutnom frekvencijom $ oko vertikalne osi simetrije. Zbog vrtnje površina tekućine u posudi mijenja svoj oblik. Odredite matemati cki oblik površine tekućine u rotirajućem sustavu. Za koju će se frekvenciju razina tekućine podići uz stijenku posude upravo do njezine visine k, ako je k = 12 cm, k0 = 7 cm i u = 2=5 cm? Rješenje: Postavljajući referentni sustav za tekućinu u posudi na svaki djelić tekućine p djeluju tri sile, gra cki prikazane na slici 6.14. i to: gravitacijska sila, inercijalna centrifugalna sila i reakcija tekućine. Gravitacijska sila $ $ J i inercijalna centrifugalna sila I fi $ uravnote zuju se reakcijom tekućine Q . $ Kut izme†u reakcije tekućine Q i osi | jednak je kutu izme†u tangente na površinu tekćine u razmatranoj to cki i osi {. Zbog toga je deniran omjer sila preko tan =

mehanika.indd 200

Slika 6.14.

Ifi p$2 { $2{ = = pj pj j

9.11.2007 9:59:29

6.3. PRIMJERI

193

Zbog denicije | 0 = tan u postavljenom referentnom sustavu vrijedi g| = tan g{ =

$2 { g{ j

pa se do oblika tekućine dolazi integriranjem izraza Z 2 Z $2 $2 2 $ { | = | ({) = g{ = {g{ = { + |0 j j 2j $2 2 { | |0 = 2j gdje je integracijska konstanta |0 jednaka minimalnoj visini tekućine nakon uspostavljanja stacionarnog oblika tekućine (parabola). Volumen tekućine iznad minimuma iznosi μ 2 ¶ $ 2 3 $ 2 { {g{ = { g{ gY = 2 (| |0 ) {g{ = 2 2j j pa integriranjem dolazimo do izraza Y =

Zu

$ 2 gY = j

0

Zu

{3 g{ =

$ 2 {4 u $ 2 u4 | = j 4 0 4j

0

Iz zakona o cuvanja mase dobivamo uvjet Ysrf = Ynrq u2 · k0 = u2 · |0 + Y = u2 · |0 + |0 = k0

$ 2 u4 4j

$2u2 4j

i prema uvjetu zadatka | (u) = k =

$2 2 u + |0 2j

dobivamo k = $2 =

$2 2 $ 2 u2 $2 u2 $2 2 u + |0 = u + k0 = k0 + 2j 2j 4j 4j r 4j (k k0 ) 4j (k k0 ) =, $ (k) = u2 u2

pa se uvrštavanjem zadanih vrijednosti dobiva r 2 m 2p $= j (k k0 ) = 4 · 9=81 2 (0=12 m 0=07 m) = 56=03 s31 u 0=025 m s

mehanika.indd 201

9.11.2007 9:59:30

194


Primjer 6.3.12 Na kolicima koja se mogu ubrzavati polo zen je valjak polumjera u i mase p. Ako se kolica ubrzavaju stalnom akceleracijom d0 , kolikom se akceleracijom giba centar mase valjka u odnosu na ubrzani sustav kolica? Riješite zadatak za puni i šuplji valjak jednake mase. Rješenje: $ Na valjak djeluju slijedeće sile: sila te ze J, sila $ $ reakcije podloge U , sila trenja I wu i inercijalna sila $ $ d l . Primjenom II. Newtonova zakona za I l = p translacijsko gibanje imamo X $ $ $ $ $ $ I n = J + U + I wu + I l = p d fp n

što rastavljeno na pojedine osi daje X $ $ $ $ d fp I {n = I l + I wu = p n

X $ I |n

=

Slika 6.15.

$ $ U+J =0

n

ili pisano u skalarnom obliku Il Iwu = p · dfp

U + J = 0 =, U = J = pj Iwu = IQ = pj

Ako nema trenja ( = 0), valjak će kliziti akceleracijom d0 . Postoji li trenje, valjak će se kotrljati ako je d0 manje od neke maksimalne vrijednosti koja ovisi o koecijentu trenja, ina ce će za d0 A dp kliziti. Ako se valjak kotrlja tada će prema II. Newtonovu zakonu za rotaciju biti P = Iwu · u = L · =, Iwu =

L · u

jer rotaciju valjka uzrokuje moment sile trenja. Za akceleraciju centra mase valjka se dobiva p · dfp = Il Iwu p · dfp = pd0

L u

koristeći vezu izme†u ubrzanja centra mase valjka i kutnog ubrzanja valjka dfp = · u imamo p · dfp = p · d0 p · d0

mehanika.indd 202

L·

dfp u

= pd0

L · dfp u2 μ

u ¶ L · dfp L = p · dfp = p · d 1 + fp u2 pu2

9.11.2007 9:59:30

6.3. PRIMJERI

195

odnosno dfp =

d0 L 1 + pu 2

Za puni valjak je moment tromosti L = 12 pu2 pa je dfp =

d0 1 pu2 2 pu2

1+

=

d0 2 1 = 3 d0 1+ 2

dok je za šuplji valjak moment tromosti L = pu2 pa je ubrzanje centra mase dfp =

d0 1+

pu2 pu2

1 = d0 2

Primjer 6.3.13 Izra cunajte Coriolisovu akceleraciju zrakoplova koji leti brzinom y = 300 ms uzdu z ekvatora u smjeru istoka. Rješenje: Coriolisova sila je zadana izrazom $ $ $ I Fru = 2p · y × $ gdje je $ = W2] = 7= 27 · 1035 s31 kutna brzina Zemlje. Kako je smjer brzine prema istoku, a smjer kutne brzine Zemlje prema sjeveru, smjer Coriolisove sile je radijalno usmjeren od središta Zemlje prema gore. Njen intezitet jednak je Slika 6.16.

IFru = 2p · y$ sin = 2p · y$ sin = 2py$ 2

pa je Coriolisovo ubrzanje jednako m dFru = 2y$ = 2 · 300 · 7= 27 · 1035 s31 s cm m = 4= 36 · 1032 2 = 4=36 s s Primjer 6.3.14 Projektil mase p = 500 kg giba se brzinom y = 2700 km k . Odredite smjer i intezitet Coriolisove sile ako projektil leti na * = 30 sjeverne geografske širine i to: paralelom od zapada prema istoku, odnosno meridijanom od sjevera prema jugu?

mehanika.indd 203

9.11.2007 9:59:30

196


Rješenje: Postavimo li kartezijev koordinatni sustav tako da je os } u smjeru kutne brzine gibanja Zemlje (od juga prema sjeveru), a os | tako da se projektil nalazi u |> }ravnini. Razmotrimo gibanje od zapada prema istoku. Prema slici 6.17. smjer brzine projektila je suprotan smjeru osi {. Iz izraza za Coriolisovu silu imamo ³ $´ $ $´ ³ $ $ y × $ = 2p · y l × $ n I F = 2p h ³ $í $ $ = 2py$ sin l > n m

Slika 6.17.

$ $ $ I F = (2py$ sin 90) m = (2py$) m ³ ´ m $ ³ $´ = 2 · 500 kg · 750 · 7= 27 · 1035 s31 m = 54=54 m N s

Dakle smjer Coriolisove sile je u smjeru osi | koji mo zemo rastaviti na dvije karakteristi cne komponente i to: Iu radijalnu komponentu koja djeluje u smjeru polumjera Zemlje i smanjuje te zinu projektila i na Iw tangencijalnu komponentu koja djeluje bo cno na projektil i skreće ga prema jugu. Te dvije sile iznose Iu = IF cos * = 54=54 N · cos 30 = 47=24 N Iw = IF sin * = 27=27 N

Za gibanje od sjevera prema jugu imamo ³ $ $´ $ $´ ³ $ $ y × $ = 2p · y cos * n + sin * m × $ n I F = 2p $ = 2py$ sin * l ³ ´ m $ = 2 · 500 kg · 750 · 7= 27 · 1035 s31 sin 30 l s ³ $´ = 29=88 l N

Coriosilova sila djeluje bo cno na projektil i skreće ga prema zapadu.

Primjer 6.3.15 Odredite Coriolisovu silu koja djeluje na tijelo koje slobodno pada s visine k na zemljopisnoj širini *. Koliki je otklon tijela i u kojem je smjeru? Posebno izra cunajte otklon za podatke k = 200 m, * = 45 .

mehanika.indd 204

9.11.2007 9:59:30

6.3. PRIMJERI

197

Slika 6.18.

Rješenje: Postavimo li koordinatni sustav tako da os } ima smjer kutne brzine Zemlje (od ju znog pola prema sjevernom), a brzina ima smjer prema središtu Zemlje i le zi u |> } ravnini, tada Coriolisova sila $ $ $ y × $ I F = 2p ³ $´ ³ $´ $ = 2p · y cos * m y sin * n × $ n $ = (2py$ cos *) l ima smjer prema istoku. Ubrzanje tijela zbog Coriolisove sile ima intezitet

dF = 2y$ cos * Tijelo slobodno pada, uz zanemarenje otpora zraka pa mu je brzina jednaka y = jw pri cemu smo zanemarili utjecaj Coriolisove sile na brzinu padanja tijela pa brzinu y u izrazu za Coriolisovo ubrzanje mo zemo smatrati konstantnom. Ozna cimo smjer gibanja tijela zbog Coriolisove sile sa {. Tada se integriranjem akceleracije dobiva g2 { gw2

Zw = d = 2$y cos * = 2$jw cos *Á gw

g{ gw

Zw Zw 2 = 2$j cos * wgw = $jw cos *Á gw

0

0

0

Zw $jw3 cos * { = $j cos * w2 gw = 3 0

Vrijeme potrebno da tijelo padne sa visine k iznosi s 2k w= j pa je otklon na istok jednak ³q ´3 s 2k cos * $j j 2 2k = $k cos * {= 3 3 j što uz uvjete zadatka daje s 2 · 200 m 2 { = · 7= 27 · 1035 s31 · 200 m cos = 0=044 m 4=4 cm 3 9=81 sm2 4

mehanika.indd 205

9.11.2007 9:59:31

198


Primjer 6.3.16 Sto zasto se njihalo sastoji od kuglice mase p = 5 g obješene na nit duljine o = 0=5 m, koja se giba jednoliko po kru znici polumjera u = 0=2 m. Primjenom D’Alambertova principa prona†ite brzinu, period kru zenja i napetost niti. Rješenje: Prema D’Alambertovu principu kuglica je u dinami ckoj ravnote zi za koju vrijedi uvjet X $ $ In+ Il =0 n

$ Na kuglicu djeluju sljedeće sile: sila zemljine te ze J , $ $ napetost niti Q i inercijska centrifugalna sila I fi = 2 $ py zba daje u u 0 pa jednad

$ $ $ J + Q + I fi = 0 Ove sile u poligonu sila moraju sa cinjavati trokut pa vrijedi

Slika 6.19.

2

py Ifi u y2 = u = = tan = s J pj uj o2 u2 2 u j y2 = s o2 u2 v r u 9=81 sm2 j m u y = u s = 0=2 mt q = 0=93 2 2 s o u (0=5 m)2 (0=2 m)2

Napetost niti iznosi Q=

0=005 kg · 9=81 sm2 · 0=5 m pjo J = q = 0=05 N =s cos * o2 u2 (0=5 m)2 (0=2 m)2

Period kru zenja dobivamo preko brzine i iznosi ss o2 u2 2u 2u = 2 = q W = y j u Io2j3u2 vq u u (0=5 m)2 (0=2 m)2 t = 2 = 1= 36 s 9=81 sm2

mehanika.indd 206

9.11.2007 9:59:31

6.4. ZADACI

6.4

199

Zadaci

Problem 6.4.1 Kolikom silom covjek mase p = 75 kg djeluje na pod dizala kada se dizalo: a) podi ze konstantnom brzinom, b) podi ze konstantnom akceleracijom d = 0=5 sm2 , c) spušta konstantnom akceleracijom d = 0=5 sm2 ? Rezultat: a) I = 735= 75 N, b) I = 773= 25 N, c) I = 698= 25 N. Problem 6.4.2 Predmet se nalazi na kosini nagiba = 30 . Koecijent trenja izme†u predmeta i kosine iznosi = 0=36. Kolikom se akceleracijom mora gibati kosina da bi predmet na njoj mirovao? Rezultat: 11=6 sm2 d0 1=8 sm2 . Problem 6.4.3 Kolika centrifugalna sila djeluje na tijelo mase p = 50 kg na zemljinoj površini: a) na ekvatoru, b) na 45 zemljine širine, c) na polu? Rezultat: a) Ifi = 1= 7 N, b) Ifi = 1= 2 N, c) Ifi = 0 N Problem 6.4.4 Preko kolotura Atwoodova padostroja preba cena je tanka celi cna

zica na cijim krajevima vise utezi masa p1 = 0=18 kg i p2 = 0=22 kg. Kolotur je u obliku diska mase p = 0=3 kg i polumjera U = 0=1 m. Primjenom D’Alambertova principa izra cunajte akceleraciju utega. Rezultat: d = 0=71 sm2 . Problem 6.4.5 Sustav koji se sastoji od pomi cne i nepomi cne koloture i utega masa p1 = 2 kg i p2 = 0=5 kg prikazan je na slici (kul.str154). Primjenom D’Alambertova principa i principa virtualnog rada odredite akceleraciju utega. Zanemarite trenja i mase kolotura. Rezultat: d1 = 8=08 sm2 , d2 = 4=04 sm2 . Problem 6.4.6 Tijelo mase p1 = 1 kg nalazi se na plo ci mase p2 = 2 kg koja miruje na podlozi. Stati cki i dinami cki koecijent trenja iznosi = 0=1. Ako na plo cu po cne djelovati sila koja linearno raste s vremenom: I = 2w, u kojem trenutku po cinje gornje tijelo kliziti po donjem? Zadatak riješite primjenom D’Alambertova principa. Rezultat: w = 2=94 s.

mehanika.indd 207

9.11.2007 9:59:31

200

mehanika.indd 208


9.11.2007 9:59:31

Poglavlje 7

ROTACIJA KRUTOG TIJELA 7.1


U prethodnom poglavlju vidjeli smo da je rotacijsko gibanje jedan od osnovnih $ $ oblika gibanja koje se opisuje kutnim parametrima ( $> itd.). Tako†er iz uvjeta statike cvrstog tijela vidjeli smo da se za opis uzroka rotacije koristi moment sile $ $ $ $ P = u × I — gdje je u vektor od osi rotacije do hvatišta sile. $ Modul vektora P mo zemo pisati prema vektorskom produktu:

P = uI sin

(7.1.1)

U slu caju da je sila okomita na vektor polo zaja imamo ( = 90 ) pa vrijedi Slika 7.1. P = uI

(7.1.2)

Koristeći analogiju izme†u translacijskog i rotacijskog gibanja mo zemo odrediti oblik II. Newtonovog zakona za rotacijske sustave: W udqvodflmd $ $ I =p· d

Dqdorjlmd $ $ I $P $ $ d $ p$L

Urwdflmd $ $ P =L ·

(7.1.3)

Vidimo da sili odgovara moment sile, ubrzanju kutno ubrzanje te masi moment inercije. 201

mehanika.indd 209

9.11.2007 9:59:32

202

POGLAVLJE 7. ROTACIJA KRUTOG TIJELA

³ $´ Denicija 7.1.1 Ako na neko tijelo djeluje moment sile P , onda će ono $ ubrzavati ( ) tako da je to ubrzanje proporcionalno momentu sile i obrnuto pro3 < $ porcionalno momentu inercije (L) tog krutog tijela: = P. L

Moment inercije (L) je zikalna tenzorska veli cina koja ovisi o rasporedu masa u odnosu na osu rotacije. Moment inercije materijalne to cke koja rotira na rastojanju (u) od osi rotacije: L = p · u2

(7.1.4)

Za svako drugo tijelo moment inercije se odre†uje prema ovoj osnovnoj relaciji kao suma ili integral svih materijalnih to caka promatranog tijela koji rotira oko neke glavne osi: L = lim

l<"

X l

pl · ul2

Z Zp = u2 gp = u2 gY 0

(7.1.5)

Y

Za svako se tijelo mora posebno izra cunati moment inercije (tromosti). Moment inercije (tromosti) nekih jednostavnijih tijela: 1. materijalna to cka mase p na udaljenosti u od osi rotacije L = pu2 > 2. tanak prsten mase p i polumjera u s obzirom na os koja prolazi središtem prstena okomito na ravninu prstena L = pu2 > 3. homogeni valjak (plo ca, disk) mase p polumjera u s obzirom na os koja prolazi središtem mase okomito na osnovicu valjka L = 12 pu2 , 4. šuplji valjak mase p, unutarnjeg polumjera u1 i vanjskog polumjera u2 s p(u12 +u22 ) , obzirom na uzdu znu os koja prolazi središtem mase L = 2 5. kugla mase p i polumjera u s obzirom na os koja prolazi središtem mase L = 25 pu2 > 6. homogeni štap mase p i duljine o s obzirom na os koja je okomita na štap 1 i prolazi središtem mase štapa L = 12 po2 , 7. pravokutna ¡ plo ca¢stranica d i e s obzirom na os koja prolazi središtem mase 1 L = 12 p d2 + e2 .

Navedeni momenti tromosti odnose se na glavne osi rotacije. Za neku sporednu os rotacije koristi se za odre†ivanje momenta tromosti Steinerova teorema. Denicija 7.1.2 Ako tijelo rotira oko sporedne osi R0, onda je ukupni moment tromosti (L) jednak zbroju glavnog momenta tromosti L0 i produkta mase tijela (p) s kvadratom rastojanja (g) izme†u glavne i sporedne osi rotacije: L = L0 + pg2

mehanika.indd 210

(7.1.6)

9.11.2007 9:59:32


203

Jedinica za moment tromosti je £ ¤ £ ¤ L kg · m2 = p [ kg] · u2 m2

(7.1.7)

Istom analogijom kojom smo se koristili za deniranje II. Newtonovog zakona za rotacijske sustave mo z³emo´ upotri$ jebiti za odre†ivanje momenta koli cine gibanja O . Slika 7.2.

Translacija Analogija Rotacija $ $ s $ O $ $ $ $ s =p· y p$L O =L · $ $ $ y $ $

(7.1.8)

$ Denicija 7.1.3 Tijelo koje rotira nekom kutnom brzinom ( $ ) opisuje se mo³ $´ mentom koli cine gibanja O koji je jednak produktu momenta inercije (L) tog tijela i navedene brzine: $ $ O =L · $

(7.1.9)

Posljedica: Djelovanjem momenta sile na neko tijelo mijenja se moment koli cine gibanja i on je jednaka toj promjeni: $ $ gO P= gw

(7.1.10)

Izvedena relacija odgovara tako†er II. Newtonovom zakonu za rotacijske sustave. Iz relacije (6.8) vidimo da za izolirane sustave, tj. rotacijske sustave na koje ne djeluje moment sile ili ako je ukupni moment sile jednak nuli $ $ gO =0 P =0$ gw

(7.1.11)

odnosno $ O = frqvw=

(7.1.12)

Relacija (7.1.12) predstavlja zakon o o cuvanju momenta koli cine gibanja. Denicija 7.1.4 U mehani cki izoliranom sustavu ukupni moment koli cine gibanja uvijek ostaje stalan X $ $ $ $ $ O = O1 + O2 + ··· + Oq = (7.1.13) O l = frqvw= l

mehanika.indd 211

9.11.2007 9:59:32

204


Posljedica: U nekom izoliranom sustavu moment koli cine gibanja pojedinih tijela mo ze se mijenjati, ali ukupni moment uvijek je stalan. Tako†er ako jedno tijelo mijenja svoj moment inercije (L) pri rotaciji, onda se mijenja i kutna brzina tako da je moment koli cine uvijek stalan: $ $ $ $ 1 = L2 $2 O = L1

(7.1.14)

Dimenizija za moment koli cine gibanja je

O kg ·

m2 s

¸

Slika 7.3. £ ¤ £ ¤ = L kg · m2 · $ s31

(7.1.15)

Rad, energija pri rotaciji Kako bismo odredili rad pri rotacijskom gibanju promatrajmo jednostavan slu caj. Neka na neku cesticu mase (p) (vidi sliku7.4.) $ djeluje tangencijalna sila I tako da zakrene tijelo za neki kut (). Na osnovu denicije rada (Denicija 4.1.1.): gZ = I gv

(7.1.16)

za mali kut () imamo da je gv = u g, pa je gZ = I u g

(7.1.17)

Slika 7.4.

Budući da je odnos vektora sile i vektora polo zaja ortogonalan na osnovi denicije momenta sile mo zemo pisati: P = uI , odnosno dobivamo relaciju za rad rotacionih sustava u obliku gZ = P g

(7.1.18)

Denicija 7.1.5 Pri rotaciji rad je jednak integralu momenta sile (P ) pri prevaljenom kutu () Z =

Z

P g

(7.1.19)

0

Na osnovu relacije za rad i denicije mo zemo naći snagu: S =

mehanika.indd 212

gZ gw

(7.1.20)

9.11.2007 9:59:32


205

U specijalnom slu caju za P = frqvw= S =P

g = P$ gw

(7.1.21)

Relaciju za kineti cku energiju pri rotaciji mo zemo naći na osnovu denicije rada. Poznato nam je kako je rad mjera promjene energije Z = H. Promatrajmo jednostavan primjer; neka pod djelovanjem momenta sile (za P = frqvw=) tijelo ubrzava sa po cetne brzine $ 1 na brzinu $2 tada je izvršen rad: Z2 Z = P g

(7.1.22)

1

g$ gw g g $= , gw = gw $ pa supstitucijom u jednad zbu (7.1.22) dobivamo:

(7.1.23)

P =L ·=L

Z

(7.1.24)

Z$2 Z$2 Z$2 Z$2 g$ g$ g = · g = L g · g = L$g$ · = L$ · g$ L gw g $ $1

=

$1

$1

1 1 L · $ 22 L · $ 21 = (Hn2 )urw (Hn1 )urw 2 2

$1

(7.1.25)

Odakle slijedi (Hn )urw =

1 · L · $2 2

(7.1.26)

Relacija (7.1.26) odre†uje rotacijsku kineti cku energiju tijela momenta inercije (L) koje se giba kutnom brzinom $. Ako se tijelo giba translacijski nekom brzinom $ $ y i rotacijski brzinom $ onda je ukupna kineti cka energija tog tijela jednaka zbroju translacijske (Hn )w i rotacijske (Hn )urw kineti cke energije: 1 1 H = (Hn )w + (Hn )urw = p · y 2 + L · $ 2 2 2

mehanika.indd 213

(7.1.27)

9.11.2007 9:59:33

206


7.2

Problemski zadaci

Problem 7.2.1 Odredi prirodu centripetalnih sila za sljedeće primjere rotacijskog gibanja: a) Tijelo mase p, privezano u zetom, vrti se rukom po kru znici. b) Automobi se giba po kru znoj putanji. c) Satelit se giba po kru znoj putanji oko Zemlje. Odgovor: a) Molekularna sila u zeta i ruke. b) Sila trenja izme†u gume i puta. c) Gravitacijska sila Zemlje. Problem 7.2.2 Objasni sljedeću pojavu: Sportski automobil ulazi u zavoj polumjera u nekom brzinom y i po cinje da klizi usljed pojave centrifugalne sile. Kako bi izbjegli iskliznuće sa puta, konstruktori su odlu cili da na toj stazi postave podlogu puta pod odre†enim kutom . Poslije ove prepravke automobil mo ze ući sa istom brzinom y, iako je zavoj istog polumjera, a da ne do†e do isliznuća automobila. a) Je li došlo do promjene centrifugalne sile u drugom slu caju? b) Zašto je automobil u prvom slu caju skrenuo sa staze? c) Zašto u drugom slu caju nije došlo do iskliznuća automobila? d) Kako bi se problem mogao riješiti na drugi na cin? Odgovor:

Slika 7.5. ³ ´ 2 a) Centripfugalna sila se nije promijenila Ifi = py , jer su masa, obodna u brzina i polumjer zakrivljenosti zavoja ostali isti u oba slu caja.

mehanika.indd 214

9.11.2007 9:59:33


207

b) Automobil je skrenuo sa staze jer je Ifi A Ifs , gdje je centripetalna sila zapravo sila trenja izme†u to ckova automobila i puta (Ifs = Iwu ). c) U drugom slu caju nije došlo do iskliznuća jer se povećala sila trenja, odnosno centripetalna sila. Ifs = Iwu = · Q gdje je Q = pj + Ifs tako da je zadovoljen uvjet Ifs Ifi . Problem 7.2.3 Putni cki automobil mase p i teretni automobil mase P (p ¿ P ), ulaze u zavoj polumjera u, nekom brzinom y (slika 7.6.). Ako pretpostavimo da je koecijent trenja putni ckog i teretnog automobila jednak, kako će se odnositi kriti cna brzina iskliznuća yl i kako će se odnositi kriti cna brzina prevrtanja ys ? Objasni odgovor. Odgovor:

Slika 7.6.

Kriti cna brzina iskliznuća putni ckog automobila je jednaka kriti cnoj brzini iskliznuća teretnog automobila, jer je ona odre†ena jednad zbom koja ne ovisi o masi p · yl2 pj =, yl2 ju u Kriti cna brzina prevrtanja putni ckog automobila je manja od kriti cne brzine prevrtanja teretnog automobila, jer je te zište putni ckog automobila ni ze od te zišta

mehanika.indd 215

9.11.2007 9:59:33

208


teretnog, što zna ci da će obrtni moment koji prevrće vozilo, biti kod putni ckog automobila manji. P1 = Ifi1 · g1 P2 = Ifi2 · g2 g1 A g2

Problem 7.2.4 Poznato je da centripetalna i centrifugalna sila imaju isti intezitet, kod kru znog gibanja Ifi = Ifs . Je li uvijek zadovoljen vektorski uvjet $ $ I fi = I fs . Kako bi odgovorili na ovo pitanje, razmatrajte gibanje automobila po kru znoj stazi i gibanje satelita oko planeta. Odgovor: Nije uvijek zadovoljen uvjet, jer napadna to cka, odnosno napadni pravac te dvije sile nije isti, kao što je to u prvom slu caju, mada mo ze biti isti kao što je to u drugom slu caju, gdje napadna to cka obje sile pada u te zište satelita. Problem 7.2.5 Koja gibanja deniraju sljedeće relacije: $ a) P = 0, $ b) P 6= frqvw=, $ c) P = frqvw=. Odgovor: a) Jednoliko rotacijsko gibanje. b) Nejednoliko promjenjivo rotacijsko gibanje. c) Jednoliko promjenjivo rotacijsko gibanje. Problem 7.2.6 Dva valjka istih masa (p1 = p2 ) i istih baza, rotiraju oko osi koja prolazi kroz središte valjka (slika 7.7.). Kako se odnose momenti inercije (tromosti) ta dva valjka? Objasnite odgovor. Odgovor: Moment inercije valjaka je isti i njegov intezitet je jednak 1 L1 = L2 = pu2 2 Odavde slijedi da veli cina tijela du z osi rotacije ne doprinosi momentu inercije (uz konstantne mase), odnosno izraz za moment inercije valjka ne sadr zava zikalnu veli cinu duljine valjka.

mehanika.indd 216

Slika 7.7.

9.11.2007 9:59:33


209

Problem 7.2.7 Sustav rotira kutnom brzinom oko zadane osi. Koliki je ukupni moment inercije ako pretpostavimo da kugle imaju zanemarive polumjere (slika 7.8.)?

Slika 7.8. Odgovor: Ukupni moment inercije za slu caj pod 7.8.a) jednak je algebarskom zbroju sva tri momenta inercije za pojedine kugle L1 = p · (o)2 = p · o2 !2 Ãs 2 · o p · o2 L2 = p · d2 = p · = 2 2 L3 = p · (0)2 = 0 3 p · o2 + 0 = · p · o2 2 2 dok je u slu caju b) ukupni moment jednak algebarskom zbroju sva cetiri momenta inercije pojedinih kugli L = L1 + L2 + L3 = p · o2 +

L1 = p · (0)2 = 0 L2

!2 Ãs 3 3 ·o = L3 = L4 = p · = · p · o2 2 4

pa je ukupni moment jednak L = L1 + L2 + L3 + L4 = L1 + 3 · L2 9 · p · o2 = 4 Problem 7.2.8 Šipka mase p, zanemarljive debljine i duljine o rotira. će šipka imati maksimalan, a kada minimalan moment inercije?

mehanika.indd 217

Kada

9.11.2007 9:59:34

210

POGLAVLJE 7. ROTACIJA KRUTOG TIJELA Odgovor:

Slika 7.9. Moment inercije šipke je minimalan kada je os rotacije koaksijalna os šipke, jer je tada u = 0, a maksimalan je kada se jedan kraj šipke okomito ve ze za os rotacije.

mehanika.indd 218

9.11.2007 9:59:34

³ $ $ $´ Primjer 7.3.1 U to cki W (1 m> 2 m> 0 m) djeluje sila I = 3 l + 2 m N. Izra cunajte rezultantni moment sile s obzirom na ishodište (slika 7.10.). Rješenje: Moment sile deniran je izrazom $ $ $ P = u ×I Kako je vektor polo zaja to cke T s obzirom na to cku ishodišta R = (0 m> 0 m> 0 m) jednak $ u RW Slika 7.10.

$ u RW PR = $ ¯ ¯ $ ¯ l = ¯¯ 1 ¯ 3

$ = RW

$ $ = (W{ R{ ) l + (W| R| ) m $ + (W} R} ) n ³ ´ $ $ = l 2m m

to je moment sile s obzirom na ishodište jednak ³ ³ $ $ $´ $ $´ × I = l 2 m m × 3 l + 2 m N $ ¯¯ $ m n ¯ $ 2 0 ¯¯ N m = 4 n N m 2 0 ¯

dakle moment sile je okomit na {> | ravninu i djeluje u pozitivnome smjeru osi }. $´ $ ³ $ $ Primjer 7.3.2 U to cki W (2 m> 1 m> 3 m) djeluje sila I = 3 l 2 m + n N. Izra cunajte rezultantni moment sile s obzirom na ishodište (slika 7.11.). Koliki bi bio rezultantni moment sile s obzirom na to cku U (1 m> 2 m> 2 m)? Rješenje: Rezultantni moment sile jednak je $ $ $ P = u ×I

Slika 7.11.

mehanika.indd 219

Kako je vektor polo zaja to cke T s obzirom na to cku ishodišta R = (0 m> 0 m> 0 m) jednak $´ $ ³ $ $ $ u RW = RW = 2 l + m + 3 n m

to je moment sile s obzirom na ishodište jednak

9.11.2007 9:59:34

212


³ $´ $´ $ ³ $ $ $ $ $ u RW × I = 2 l + m + 3 n m × 3 l 2 m + n N PR = $ ¯ $ ¯¯ $ ¯ $ m n ¯ ³ ¯ l $´ $ $ = ¯¯ 2 1 3 ¯¯ N m = 7 l + 11 m + n N m ¯ 3 2 1 ¯

Vektor djelovanja sile u odnosu na to cku R jednak je $i $ h $ $ $ u UW = UW = (U{ W{ ) l + (U| W| ) m + (U} W} ) n n $o $ $ = [1 (2)] l + (2 1) m + (2 3) n m ³ $´ $ $ = l + m 5n m

pa je rezultantni moment sile s obzirom na to cku R ³ $´ $´ $ ³ $ $ $ $ $ $ u UW × I = l + m 5 n m × 3 l 2 m + n N PU = ¯ $ ¯¯ $ ¯ $ m n ¯ ³ ¯ l $´ $ $ = ¯¯ 1 1 5 ¯¯ N m = 9 l 16 m 5 n N m ¯ 3 2 1 ¯

Primjer 7.3.3 Odredite moment tromosti tankog homogenog štapa duljine o obzirom na os koja prolazi centrom mase i okomita je na koaksijalnu os štapa (slika 7.12.).

Rješenje: Pretpostavimo da tanki homogeni štap ima konstantan popre cni presjek. Popre cne dimenzije s obzirom na duljinu štapa o su vrlo male. Neka su | i } osi okomite na duljinu štapa, a koaksijalna os neka je os {. Tada elementarnu masu mo zemo prikazati kao gp g{ = p o pa slijedi

Slika 7.12. o

L| = L} =

Z2

3 2o

o

2

{ gp =

Z2

3 2o

μ 3 ¶¸ o po2 p 2 p {3 2o p o3 { g{ = |3 o = = o o 3 3o 8 8 12 2

Moment tromosti s obzirom na koaksijalnu os { zbog zanemarivih dimenzija debljine štapa jednaka je L{ = 0

mehanika.indd 220

9.11.2007 9:59:34

7.3. PRIMJERI

213

Primjer 7.3.4 Dva homogena aluminijska štapa spojena su okomito tako da tvore slovo T (slika 7.13.). Odredite moment tromosti sustava u odnosu na os koja je okomita na ravninu slova, a prolazi kroz to cku spajanja dva štapa i u odnosu na to cku koja prolazi kroz dno slova T, ako je duljina štapova o = 0=2 m i masa p = 0=5 kg. Odredite moment tromosti u odnosu na os koja prolazi kroz štapove, pretpostavivši da su štapovi kru znog popre cnog presjeka. Rješenje:

Slika 7.13. Neka je štap 1 horizontalan, a štap 2 vertikalan. Moment tromosti u odnosu na to cku spajanja dva štapa (slika 7.13.a), koristeći Steinerov pou cak, iznosi μ 2¶ " 2 μ ¶2 # po o po 5po2 L} = L1 + L2 = + +p = 12 12 2 12 =

5 · 0=5 kg · (0=2 m)2 25 = · 1033 kg m2 12 3

U odnosu na to cku dna slova (slika 7.13.b) imamo 2 μ ¶2 # ¸ " 2 po o 17po2 po = L} = L1 + L2 = + po2 + +p 12 12 2 12 =

17 · 0=5 kg · (0=2 m)2 85 = · 1033 kg m2 12 3

uo cimo da je u oba slu caja moment tromosti štapa L2 jednak. Ako osi prolaze kroz štapove, moramo izra cunati moment tromosti za štapove (koji su u odnosu na koaksijalnu os homogeni valjci). Polumjer štapa dobivamo iz p = · Y = · o · u2 s r p 0=5 kg = 1=72 · 1032 m = 1=72 cm = u = kg o 2700 m3 · 0=2 m ·

mehanika.indd 221

9.11.2007 9:59:35

214


pa je moment tromosti štapa u odnosu na koaksijanu os jednaka ¡ ¢2 0=5 kg · 1=72 · 1032 m pu2 = = 7= 37 · 1035 kg m2 L{ = 2 2 Ako os prolazi koaksijalno štapu 1 imamo μ ¶2 # μ 2¶ " 2 po o pu L{ = L1 + L2 = + +p 2 12 2

20 · 1033 kg m2 = 6= 74 · 1033 m2 kg 3 a ako os prolazi koaksijalno štapu 2 μ 2¶ μ 2¶ pu po + L| = L1 + L2 = 12 2 5 · 1033 kg m2 + 7= 37 · 1035 kg m2 = 1= 74 · 1033 m2 kg = 3 = 7= 37 · 1035 kg m2 +

Primjer 7.3.5 Cetiri homogena štapa masa p = 0=5 kg i duljine o = 0=5 m spojena su u kvadrat (slika 7.14.). Izra cunajte moment tromosti kvadrata: a) prema osi koja prolazi vrhom kvadrata i okomita je na ravninu kvadrata, b) prema osi koja prolazi polovištem jedne stranice i okomita je na ravninu kvadrata. Rješenje: a) Dvije stranice koje sadr ze to cku kojom prolazi os, imaju identi can polo zaj u odnosu na os, rotacija za kut 4 pa imaju isti moment tromosti. Isto vrijedi i za dvije preostale stranice. Koristeći Steinerov pou cak imamo L = Ld + Le + Lf + Lg = 2Ld + 2Lf Slika 7.14. ¶ μ 2 ¶ μ 2 po2 po 5po2 po + +2 + = 2 12 4 12 4 10 2 10 po = · 0=5 kg · (0=5 m)2 = 0=42 kg m2 = 3 3 b) Sada stranice b i d imaju isti polo zaj pa vrijedi L = Ld + Le + Lf + Lg = Ld + 2Le + Lf μ 2 ¶ μ 2 ¶ po po2 po po2 2 +2 + + + po = 12 12 2 12 7po2 = 0=29 kg m2 = 3

mehanika.indd 222

9.11.2007 9:59:35

7.3. PRIMJERI

215

Primjer 7.3.6 Odredite moment tromosti tankog prstena mase p = 10 g, polumjera u = 10 cm oko tangente (slika 7.15.). Rješenje: Steinerov pou cak daje L = LFP + pu2 Moment tromosti u odnosu na centar mase prstena, koji le zi u središtu kru znica koje deniraju prsten, iznosi LFP

Zp = {2 gp 0

Koristeći simetriju u odnosu na kvadrante koordinatnog sustava i uvrštavajući izraze Slika 7.15. { = u sin * u = frqvw= p p p go = ug* = g* gp = 2u 2u 2 dobivamo LFP

Zp Z2 Z2 pu2 p 2 2 2 g* = = { gp = u sin * · sin2 *g* 2 2 0

0

0

=

=

¸ Z2 2 2pu2 * 1 pu2 2 · 4 sin *g* = sin 2* 2 2 4 0 0 μ ¶ μ ¶¸ 2 2pu 1 0 1 2pu2 pu2 2 sin sin 0 = = 2 4 2 4 4 2

pa je L = LFP + pu2 =

pu2 3pu2 3 · 0=01 kg · 0=1 m + pu2 = = = 1=5 · 1034 kg m2 2 2 2

Primjer 7.3.7 Izra cunajte glavne momente tromosti molekula KFo i FR2 . Udaljenost atoma vodika i klora iznosi uKFo = 128 pm, a udaljenost atoma ugljika u molekuli FR2 od svakog atoma kisika iznosi uFR2 = 112 pm (slika 7.16.). Rješenje: Za svako tijelo postoje najmanje tri me†usobno okomite osi rotacije koje nazivamo glavnim osima inercije. Za njih vrijedi da je ukupni moment koli cine gibanja

mehanika.indd 223

9.11.2007 9:59:35

216


$ $ $ O = L · $ , odnosno O , paralelan osi rotacije. Odgovarajuće momente nazivamo L{ > L| > L} . Obi cno se kao ishodište uzima centar mase sustava. Ako postoji os simetrije, tada je to glavna os, a ostale dvije su bilo koje osi okomite na nju.

Slika 7.16. Atome zamislimo kao materijalne to cke mase p udaljene za u. Moment tromosti sustava dviju materijalnih to caka je, npr. za KFo (i druge dvoatomne molekule): L} = p1 u12 + p2 u22 gdje su u1 > u2 udaljenosti materijalnih to caka od centra mase, a } - je os okomita na spojnicu atoma koja prolazi središtem mase. Budući da je ishodište u centru mase, mo zemo pisati uFP =

p1 u1 + p2 u2 = 0 =, p1 u1 = p2 u2 p1 + p2

odnosno po iznosu p1 u1 = p2 u2 . Iz ovog uvjeta i jednad zbe u1 + u2 = u dobivamo u1 =

p2 p1 u> u2 = u p1 + p2 p1 + p2

L} =

p1 p2 2 u p1 + p2

pa je

Kako je npr. os | okomita ma os } i ima isti polo zaj u odnosu na atome to vrijedi, uz uvrštavanje podataka za molekulu KFo p1 p2 2 u = 2=6 · 10347 kg m2 p1 + p2 = 0 kg m2

L| = L} = L{

mehanika.indd 224

9.11.2007 9:59:36

7.3. PRIMJERI

217

Moment tromosti s obzirom na os { koja prolazi kroz atome jednak je nuli. Centar mase molekule FR2 nalazi se u atomu ugljika pa je moment tromosti te molekule još jednostavnije pronaći. I tu je L{ = 0 kg m2 , dok je ¡ ¢2 L| = L} = 2pR · u2 = 2 · 2=66 · 10326 kg · 1=12 · 10310 m = 6=7 · 10346 kg m2

Primjer 7.3.8 Izra cunajte glavne momente tromosti: a) tanke pravokutne plo ce dimenzija d = 4 cm> e = 1 cm, mase p = 4 g s obzirom na glavne osi koje prolaze kroz centar mase (slika 7.17.a), b) tanke okrugle plo ce polumjera U = 2 cm i mase p = 4 g (slika 7.17.b).

Slika 7.17. Rješenje: a) Glavne osi simetrije { i | jesu osi simetrije plo ce, a os } okomita je na plo cu. Centar mase je u središtu plo ce. Moment tromosti s obzirom na os { koja prolazi kroz centar mase i paralelna je sa stranicom d uz relaciju gp g| p = =, gp = g| p e e iznosi: e

L{ =

Z2

e

p | gp = e 2

3 2e

Z2

p | g| = e

μ

p { g| = d

μ

2

3 2e

|3 3

¶ 2e

=

pe2 = 0=3 g cm2 12

¶ d2

=

pd2 = 5=3 g cm2 12

3 2e

Sli cno i za os | d

L| =

Z2

3 d2

mehanika.indd 225

d

p {2 gp = d

Z2

3 d2

2

{3 3

3 d2

9.11.2007 9:59:36

218

POGLAVLJE 7. ROTACIJA KRUTOG TIJELA Moment tromosti s obzirom na os } okomitu na plo cu iznosi Z Z Z Z ¢ ¡ 2 u2 gp = { + | 2 gp = {2 gp + |2 gp L} = L} = L{ + L| =

¢ p¡ 2 d + e2 = 5=6 g cm2 12

b) Okrugla plo ca: Moment tromosti s obzirom na os } okomito na plo cu uz relaciju p = V = U2 = u2 =, gp = 2ugu iznosi L} =

Z

¡

2

{ +|

2

¢

gp =

Z

2

u gp =

Z

ZU u · 2ugu = 2 u3 gu 2

0

1 u4 U4 1 = U2 · U2 = pU2 = 8 g cm2 = 2 = 2 |U 0 4 4 2 2 gdje je - površinska gustoća plo ce. Zbog simetrije su momenti tromosti s obzirom na osi { i | jednake i iznose: Z Z Z ¡ 2 ¢ | 2 gp; L| = {2 gp =, L{ + L| = { + |2 gp = L} L{ = 1 1 L{ = L| = L} = pU2 = 4 g cm2 2 4

Primjer 7.3.9 Izra cunajte moment tromosti homogenog paralelopipeda s obzirom na osi koje prolaze središtem mase i okomite su na stranice paralelopipeda, a zatim moment tromosti homogene kocke s obzirom na osi koje prolaze kroz središte mase i okomite su na stranice kocke. Rješenje: Neka paralelopiped ima stranice d> e> f. Postavimo koordinatni sustav tako da ishodište bude u centru mase paralelopipeda, os { neka je paralelna bridu d, os | paralelna bridu e i os } paralelna bridu f. Ozna cimo stranicu okomitu na os { sa G = ef. Poznavajući polarni moment tromosti pravokutnika¡ (moment ¢ tromosti G { 2 2 pravokutnika s obzirom na os okomitu na površinu) L0 = 12 e + f = nrqvw=, slijedi L{ =

Z

p

=

mehanika.indd 226

d

u2 gp =

Z2

3 d2

d

· L0{ · g{ = ·

¢ G¡ 2 e + f2 12

Z2

g{

3 d2

d ¢ ¢ ¢ G ¡ 2 G ¡ 2 p¡ 2 e + f2 ({) |32 d = e + f2 · d = e + f2 2 12 12 12

9.11.2007 9:59:36

7.3. PRIMJERI

219

jer je p = Y = def = G · d. Analogno dobivamo i za ostale dvije osi ¢ p¡ 2 L| = d + f2 12 ¢ p¡ 2 L} = d + e2 12

Za homogenu kocku vrijedi d = e = f pa imamo L{ = L| = L} =

¢ 1 p¡ 2 d + d2 = pd2 12 6

Primjer 7.3.10 Ljestve du zine o = 2=5 m dodiruju u to cki E vertikalni zid pod kutom , a pod u to cki D. Klize li ljestve tako da se kut povećava i ako je brzina i akceleracija to cke D, yD = 0=5 ms > dD = 1 sm2 u vodoravnom smjeru za = 60 , kolika je brzina to cke E? Kolika je kutna brzina i kutna akceleracija ljestava u tom trenutku? Rješenje:

Slika 7.18. Općenita rotacija krutog tijela mo ze se rastaviti na zbroj translacije i rotacije oko nepomi cne osi. Ako se gibanje ljestava zamisli kao zbroj translacije brzine $ y D i rotacije oko nepomi cne to cke D, tada je brzina to cke E jednaka vektorskom $ zbroju translacijske brzine y D i obodne brzine pri kru zenju po kru znici polumjera $ $ $ $ yE = yD+ $ × o

$ $ $ $ × o po iznosu jednaka y 0 = $o, a okomita je na ljestve Obodna brzina y0= u to cki E. Iz trokuta brzina (slika 7.18.) slijedi yD = $o cos odnosno 0=5 ms yD = = 0=4 s31 o cos 2=5 m · cos 3 m m = yD tan = 0=5 · tan = 0=87 s 3 s

$ = yE

mehanika.indd 227

9.11.2007 9:59:36

220

POGLAVLJE 7. ROTACIJA KRUTOG TIJELA Sli cno se odre†uje i akceleracija $ $ $ dD+ d0 dE =

$ gdje je d 0 akceleracija to cke E pri rotaciji oko to cke D. Ta je akceleracija vek$ $ d w akceleracije. torski zbroj radijalne d q i tangencijalne $ $ $ dw = × u =, dw = o ¡ ¢2 m $ $ $ $ $ $ dq = $ × y0 = $ × ( $ × u ) =, dq = $2 o = 0=4 s31 · 2=5 m = 0=4 2 s

Iz poligona akceleracija dobiva se dE = = dw = = =

dq dq + dD cot (90 ) = + dD cot cos cos 3 6 m 0=4 s2 m m = 2= 53 2 + 1 2 · cot cos 3 s 6 s dD dq tan + sin (90 ) 1 m2 m m 0=4 2 tan + s = 2= 69 2 s 3 sin 6 s m 2= 69 s2 dw = = 1=08 s32 o 2=5 m

Primjer 7.3.11 Preko kolotura u obliku diska mase p = 0=5 kg i polumjera U = 0=1 m preba cena je tanka celi cna zica na cijim krajevima vise utezi masa p1 = 0=25 kg i p2 = 0=45 kg (slika 7.19.). Izra cunajte akceleraciju utega i napetosti niti. Masu zice i trenje u osovini koloture zanemarite. Rješenje: Pretpostavimo gibanja tijela u smjeru padanja tijela mase p2 i pridodajmo mu pozitivan predznak. Tada II. Newtonov zakon primijenjen na sustav daje, za tijelo mase p1 : W1 p1 j = p1 d

(7.3.1)

za tijelo mase p2 : p2 j W2 = p2 d

(7.3.2)

i koloturu, na koju djeluje moment sile P = (W2 W1 ) U i pri tome mu daje kutnu akceleraciju = Ud : d 1 (W2 W1 ) U = L = pU2 2 U 1 pd W2 W1 = 2

mehanika.indd 228

Slika 7.19. (7.3.3)

9.11.2007 9:59:37

7.3. PRIMJERI

221

Zbrojimo li jednad zbe (7.3.1) i (7.3.2) dobivamo (W1 W2 ) = (p1 p2 ) j + (p1 + p2 ) d što uvršteno u jednad zbu (7.3.3) daje akceleraciju utega d = =

p2 p1 j p1 + p2 + 12 p m 0=45 kg 0=25 kg m · 9=81 2 = 2=0653 2 s s 0=25 kg + 0=45 kg + 12 · 0=5 kg

Napetost niti W1 dobijemo uvrštavajući akceleraciju u jednad zbu (7.3.1), a W2 u (7.3.2) Ã ! p2 p1 W1 = p1 d + p1 j = p1 (d + j) = p1 j+j p1 + p2 + 12 p ! Ã 2p2 + 12 p p2 p1 = + 1 p1 j = · p1 j 1 p1 + p2 + 2 p p1 + p2 + 12 p =

W2

2 · 0=45 kg + 12 · 0=5 kg m · 0=25 kg · 9=81 2 = 2= 968 8 N 1 s 0=25 kg + 0=45 kg + 2 · 0=5 kg Ã

! p2 p1 = p2 (j d) = p2 j j p1 + p2 + 12 p ! Ã 2p1 + 12 p p2 p1 = 1 j = p · p2 j 2 p1 + p2 + 12 p p1 + p2 + 12 p =

2 · 0=25 kg + 12 · 0=5 kg m · 0=45 kg · 9=81 2 = 3= 485 1 N 1 s 0=25 kg + 0=45 kg + 2 · 0=5 kg

Primjer 7.3.12 Tanki štap je jednim krajem uzglobljen na rub nepokretne horizontalne podloge (slika 7.20.), a drugim je krajem obješen o tanki konac. Štap je u vodoravnom polo zaju i miruje u trenutku kada do†e do kidanja konca. Izra cunajte ubrzanje centra mase štapa ako je duljina štapa o = 5 m. Rješenje: Kidanjem konca dolazi do rotacije štapa (centra mase), oko uzglobljenog kraja. Moment vrtnje ujedna cen je sa momentom sile koja djeluje u centru mase štapa zbog njegove te zine. Slika 7.20.

mehanika.indd 229

L =

pjo pjo =, = 2 2L

9.11.2007 9:59:37

222


Moment tromosti štapa s obzirom na os rotacije, po je μ ¶2 μ o po2 1 +p + = po2 L = Lfp + pg2 = 12 2 12

Steinerovu pou cku, jednak 1 4

¶

=

po2 3

pa je kutno ubrzanje jednako =

3 · 9=81 sm2 pjo 3j pjo = = = = 2=943 s32 2 2L 2o 2 · 5m 2 · po3

odnosno ubrzanje centra mase d = u =

3 · 9=81 sm2 o 3j 3j m · = = = 7= 357 5 2 2 2o 4 4 s

Primjer 7.3.13 Oko horizontalnog valjka mase P = 12 kg i promjera g = 20 cm obavijeno je u ze o cijem kraju visi utag mase p = 5 kg na visini k = 4 m iznad tla. Pri spuštanju utega valjak se rotira oko svoje koaksijalne osi (slika 7.21.). Izra cunajte brzinu kojom će uteg pasti na tlo i kineti cku energiju cijelog sustava u trenutku pada utega na tlo. Moment tromosti valjka iznosi L = 12 P u2 . Rješenje: U po cetnom trenutku vremena uteg se ne giba translatorno niti valjak rotira oko svoje osi, tako da je ukupna energija sustava samo potencijalna energija utega Hxn = pjk Ta se potencijalna energija pretvara u translacijsku energiju gibanja utega i rotacijsku energiju vrtnja valjka. Pri udaru utega u tlo sva potencijalna energija prelazi u kineti cku pa imamo 1 1 pjk = py 2 + L$2 2 2 Translatorna brzina povezana je sa kru znom brzinom rotacije preko y = $u = $

Slika 7.21.

2y g =, $ = 2 g

pa je pjk = =

mehanika.indd 230

1 2 py + 2 1 2 py + 2

μ μ ¶ ¶ μ ¶2 2y 1 1 1 1 1 g2 4y 2 P u2 P = py 2 + 2 2 g 2 2 2 4 g2 1 1 P y 2 = (2p + P ) y 2 4 4

9.11.2007 9:59:37

7.3. PRIMJERI

223

odavdje je brzina pada utega na tlo jednaka s r 4 · 5 kg · 9=81 sm2 · 4 m 4pjk m = = 5= 972 7 y= 2p + P 2 · 5 kg + 12 kg s Ukupna kineti cka energija jednaka je 1 2 1 2 1 py + L$ = (2p + P ) y 2 Hn = 2 2 4 ³ m ´2 1 (2 · 5 kg + 12 kg) 5= 972 7 = = 196= 2 J 4 s što smo mogli dobiti i kao potencijalnu energiju utega u po cetnom trenutku vremena m Hs = pjk = 5 kg · 9=81 2 · 4 m = 196= 2 J s Primjer 7.3.14 Homogeni štap mase p1 = 500 g pri cvršćen je u vodoravnom polo zaju kroz vertikalnu os kroz centar mase oko koje mo ze rotirati. Kuglica mase p = 10 g dolijeće u vodoravnoj ravnini i udara brzinom y = 500 ms u štap pod kutom = 45 na 14 duljine od kraja i ostaje u štapu. Kolika je toplina razvijena pri sudaru? Rješenje: Budući da je $ $ O =$ u × s odnosno o · py sin = L$ 4 i po Steinerovu pou cku μ ¶2 o p1 o2 po2 2 L = LFP + pg = LFP + p = + 4 12 16 O = us sin =

dobiva se iz py 2 L$ 2 O2 =T+ =T+ 2 2 2L razvijena toplina T =

= =

mehanika.indd 231

¢2 ¡o · py sin py 2 py 2 O2 4 ´ = ³ 2 2 2 2L 2 1o 2 p12 + po 16 "¡ ¢ 2# o2 p2 y 2 sin2 2 2 2 o 3p sin py py 2 py 4p o16 2 2 = 1 +3po 2 2 2 (4p + 3p) o2 1 2 48 μ ¶ py 2 3p sin2 1 = 1241 J 2 4p1 + 3p

9.11.2007 9:59:38

224


Primjer 7.3.15 Homogeni štap duljine o = 8 m i mase p = 3 kg mo ze se zavrtjeti oko okomite osi koja prolazi to ckom D udaljenom u = 5o od jednog kraja štapa (slika 7.22.). Odredite kutno ubrzanja štapa, ako konstantna tangencijalna sila od I = 200 N djeluje na kraj štapa bli zi to cki D. Koliki puta bi se promjenilo kutno ubrzanje da ista sila djeluje na drugi kraj štapa? Rješenje: Osnovni zakon rotacije krutog tijela daje P} = L} · 1 = u · I =

o·I 5

gdje je g udaljenost stvarne osi rotacije od osi centra mase štapa. g=

o o 3o o u = = 2 2 5 10

Slika 7.22.

Moment tromosti štapa prema Steinerovu pou cku iznosi μ ¶2 p · o2 13 3o 2 = p · o2 L} = Lfp + p · g = +p· 12 10 75 pa je kutno ubrzanje jednako 1 =

P} = L}

o·I 5 13 2 75 p · o

=

15 200 N 125 32 15 I · = · = s = 9= 62 s32 13 po 13 3 kg · 8 m 13

U slu caju da sila djeluje na drugom kraju štapa, moment sile bi iznosio 4 P}0 = (o u) · I = o · I = 4P} 5 dok je moment tromosti isti. Kutna akceleracija je 2 =

P}0 4P} = = 4 · 1 = 4 · 9= 62 s32 = 38=46 s32 L} L}

Primjer 7.3.16 Na valjak mase p = 10 kg djeluje stalna horizontalna sila I = 50 N, tako da se valjak kotrlja po horizontalnoj podlozi (slika 7.23.). Kolikom akceleracijom se giba centar mase (te zište) valjka?

Slika 7.23.

mehanika.indd 232

9.11.2007 9:59:38

7.3. PRIMJERI

225

Rješenje: Da bi se valjak kotrljao bez klizanja, mora postojati dovoljna sila trenja Iwu izme†u valjka i podloge. Prilikom kotrljanja trenutna obodna brzina to cke dodira (D) valjka i podloge je nula. Ako se valjak zarotira za kut *, to cka dodira D se pomakne na podlozi za vD = u · *, gdje je u polumjer valjka. Isti toliki put mora prevaliti i centar mase (te zište) valjka (da bi bio ispunjen uvjet da nema klizanja valjka). Odavde vrijedi = vD = u* g* g g yFP = (vFP ) = (u*) = u = u$ gw gw gw g g g$ (yFP ) = (u$) = u = u dFP = gw gw gw gdje su $> kutna brzina i akceleracija pri rotaciji centra mase valjka oko trenutne $ nepomi cne osi koja prolazi kroz to cku D. Na valjak djeluju sile: te zina valjka J, $ $ $ horizontalna sila I , sila trenja I wu i reakcija podloge U . Centar mase valjka giba se paralelno ravnini podloge pa mora vrijediti X I|l = U + J = 0 vFP

l

X l

I{l = I + Iwu = p · dFP

ili napisano u skalarnom obliku p·j = U

p · dFP

= I Iwu

Ukupni moment sila u odnosu na to cku D jednak je X X $ $ $ ul× Il P Dl = l

l

ili skalarno PD = J · 0 + U · 0 + Iwu · 0 + I u = I u jer su momenti svi ostalih sila jednaki nuli (sile prolaze kroz to cku A). Iz jednad zbe rotacije PD = LD · dobivamo =

I ·u 2 I PD = 3 = 2 LD 3p·u 2p · u

gdje je moment tromosti s obzirom na to cku A izra cunat pomoću Steinerova pou cka L D = LFP + pg2 = LFP + pu2 =

mehanika.indd 233

pu2 3 + pu2 = pu2 2 2

9.11.2007 9:59:38

226

POGLAVLJE 7. ROTACIJA KRUTOG TIJELA Veza izme†u kutne akceleracije i akceleracije centra mase valjka daje dFP = u · = u ·

2I 2 · 50 N 10 m 2 I m = = = = 3=33 2 3 pu 3p 3 · 10 kg 3 s2 s

Da valjak klizi bez trenja, imao bi akceleraciju dn =

I 50 N m = =5 2 p 10 kg s

Sila trenja jednaka je Iwu = I p · dFP = 50 N 10 kg · 3=33

m = 16=67 N s2

ili 2 I Iwu = I pdFP = I I = 3 3 Da bi se valjak mogao kotrljati bez klizanja, koecijent stati ckog trenja izme†u valjka i podloge mora zadovoljavati uvjet Iwu U =,

I I 50 N pj =, = = 0=17 3 3pj 3 · 10 kg · 9=81 sm2

Zadatak smo mogli riješiti i da smo jednad zbu rotacije postavili i za drugu os rotacije, npr. os rotacije koja prolazi kroz centar mase. Tada bi vrijedilo za ukupni moment sila X PFP = Iwu · u = LFP · l

dok bi jednad zbe za sile ostale iste X I|l = U + J = 0 l

X l

I{l = I + Iwu = p · dFP

ili napisano u skalarnom obliku pj = U p · dFP

= I Iwu

koristeći odnos 1 dFP 1 Iwu · u = LFP · = pu2 · = pu · dFP 2 u 2 1 p · dFP Iwu = 2 dobivamo naravno isti rezultat 1 3 I = p · dFP + Iwu = p · dFP + p · dFP = p · dFP 2 2 2I dFP = 3p

mehanika.indd 234

9.11.2007 9:59:38

7.3. PRIMJERI

227

Primjer 7.3.17 Puni valjak po cne se kotrljati bez klizanja s vrha kosine visoke k = 4 m koja zatvara kut = 30 s horizontalom. Kolika je brzina i akceleracija centra mase valjka na dnu kosine (slika 7.24.)? Kolika bi bila brzina kad bi valjak klizio bez trenja? Rješenje:

Slika 7.24.

Zadatak ćemo prvo riješiti primjenom II. Newtonova zakona za translaciju centra mase i rotaciju valjka. Na valjak djeluje sila te ze $ $ $ J = p j , sila reakcije podloge U i sila trenja $ I wu . Rastavimo te sile na komponente tako da koordinatna os { bude paralelna niz kosinu, a os | okomita ud kosine. Tada su jednad zbe X I{l = pj sin Iwu = pd l

X l

I|l = U pj cos = 0

Odakle za silu trenja dobivamo Iwu = U = pj cos = pj sin pd Za rotaciju oko osi koja prolazi kroz centar mase momenti svih sila iš cezavaju izuzev momenta sile trenja. Moment sile trenja s obzirom na os koja prolazi kroz centar mase iznosi P = Iwu · u pa jednad zba rotacije valjka glasi 1 1 d P = Iwu · u = LFP · = pu2 · = pdu 2 u 2 odakle dobivamo za silu trenja Iwu =

pd = pj sin pd 2

odakle je ubrzanje 3 pd = pj sin 2 2 m 2 m d = j sin = · 9=81 2 · sin 30 = 3= 27 2 3 3 s s Iz izraza za kona cnu brzinu pri prije†enom putu v i ubrzanju d, bez po cetne brzine s s 2dk y = 2dv = sin

mehanika.indd 235

9.11.2007 9:59:39

228


dobivamo brzinu valjka na dnu kosine s r r 4 · 9=81 sm2 · 4 m 2 · 23 j sin · k m 4jk = = = 7= 23 y= sin 3 3 s Uspore†ivanjem izraza za silu trenja imamo Iwu = pj cos =

p · 23 j sin pj sin pd = = 2 2 3

odakle za koecijent trenja mora vrijediti

pj sin 3

pj cos

=

tan = 0=19 3

ako zelimo dobiti cisto kotrljanje bez klizanja. Zadatak mo zemo riješiti i pomoću zakona o cuvanja energije. Na vrhu kosine prije po cetka gibanja kineti cka energija Hn1 jednaka je nuli, a potencijalna energija jednaka je Hs1 = pjk pa je ukupna energija jednaka H1 = Hn1 + Hs1 = pjk Kako se valjak kotrlja niz kosinu, potencijalna energija se pretvara u kineti cku, tako da je na dnu kosine potencijalna energija nula, a kineti cka jednaka pjk. H2 = Hs2 + Hn2 = Hn2 (Kada se tijelo kotrlja bez klizanja, iako postoji sila trenja, ukupna energija ostaje o cuvana, jer je sila trenja koja je paralelna podlozi uvijek okomita na pomak i zbog toga je njen rad jednak nuli). Kineti cka energija pri kotrljanju jednaka je zbroju kineti cke energije translacije centra mase i kineti cke energije rotacije tijela. 1 1 Hn2 = py2 + LFP · $ 2 2 2 Zakon o cuvanja mehani cke energije daje H1 = H2 1 2 1 pjk = py + LFP · $ 2 2 2 Budući da je moment tromosti valjka s obzirom na koaksijalnu os koja prolazi kroz centar mase valjka jednak LFP = 12 pu2 , a za kotrljanje bez klizanja za obodnu brzinu vrijedi y = yFP = $u 1 1 y2 3 1 pjk = py 2 + · pu2 · 2 = py2 2 2 2 u 4

mehanika.indd 236

9.11.2007 9:59:39

7.3. PRIMJERI

229

za brzinu centra mase valjka dobivamo r 4jk m y= = 7= 23 3 s Deriviranjem po vremenu izraza za kvadrat brzine μ ¶ μ ¶ g 4 g 4 g ¡ 2¢ jk = j sin · v y = gw gw 3 gw 3

dobivamo gy 2y gw

4 g j sin (v) 3 gw 4 j sin · y 2y · d = 3 2 m d = j sin = 3= 27 2 3 s U slu caju da valjak klizi niz kosinu bez trenja, zakon o cuvanja mehani cke energije daje =

1 pjk = py 2 2 pa je brzina p y = 2jk =

r m m 2 · 9=81 2 · 4 m = 8= 858 9 s s

odnosno akceleracija d=

y2 2jk m m = j sin = 9=81 2 · sin 30 = 4= 905 2 = k 2v s s 2 sin

Napomena: Kotrljanje tijela mo zemo u proizvoljnom trenutku vremena shvatiti kao rotaciju oko to cke dodira D koja je stalno nepomi cna. Prema takvom gledištu, ukupna kineti cka energija je kineti cka energija rotacije oko osi koja prolazi kroz to cku D i tangencijalna je na plašt valjka. Prema Steinerovom pou cku moment tromosti valjka oko to cke D jednak je 1 3 LD = LFP + pg2 = pu2 + pu2 = pu2 2 2 pa je kineti cka energija jednaka 1 1 3 3 3 Hn = LD · $2 = · pu2 · $ 2 = p (u$)2 = py2 2 2 2 4 4 odnosno 3 pjk = py 2 4

mehanika.indd 237

9.11.2007 9:59:39

230


odakle je opet r 4jk m = 7= 233 3 y= 3 s Primjer 7.3.18 Bilijarska kugla mase p = 0> 25 kg i polumjera u = 2 cm miruje na vodoravnoj podlozi. Igra c vodoravno udara bilijarskim štapom, koji je usmjeren to cno u središte kugle i ona dobije po cetnu brzinu y0 = 10 ms . Koecijent trenja izme†u kugle i podloge iznosi = 0> 25. a) koje vrijeme će proći kada će se kugla po ceti kotrljati bez klizanja? b) koju će udaljenost prijeći za to vrijeme? c) kineti cku energiju kugle neposredno nakon udara i u trenutku kada se po cne kotrljati bez klizanja? Rješenje: a) Da bi pronašli vrijeme kada se kugla samo kotrlja bez klizanja, mora vrijediti uvjet y = $ · U. Koristeći II. Newtonov zakon za translaciju tijela (kako se tijelo giba samo u horizontalnom pravcu, ne moramo razmatrati sile vektorski, nego skalarno ) dobivamo: X l

IlW = Iwu = pj = pd = p

g2 { gw2

g2 { = j - usporenje zbog sile trenja pri translaciji gw2 jer sila te ze je jednaka reakciji podloge. Koristimo i II. Newtonov zakon za rotaciju krutog tijela. Sila trenja uzrokuje moment u centru mase kugle d=

2 = L · = pU2 = Iwu · U = pjU 5 5j g2 * = 2 = 2U gw

PFP

Koristimo denicijske izraze za translacijsku i kutnu brzinu: y =

Zw

d · gw

Zw

· gw

r

$ =

0

Pretpostavimo da u trenutku w1 kugla po cinje samo kotrljati. Tada mora vrijediti uvjet y1 = $ 1 · U, gdje su y1 obodna brzina (koja je jednaka translacijskoj, jer

mehanika.indd 238

9.11.2007 9:59:39

7.3. PRIMJERI

231

nema klizanja) i $ 1 kutna brzina kugle. Kako je u trenutku w = 0 v brzina jednaka y0 , a kutna brzina jednaka nuli (po cetni - rubni uvjeti) imamo: y1

Zw1 Zw1 = d · gw = j · gw = y0 jw1 0 Zw1

$1 =

0

· gw =

0

Zw1 0

5j 5j · gw = $ 0 + w1 |{z} 2U 2U =0

Iz uvjeta y1 = $ 1 · U slijedi y0 jw1 = w1 =

5j 5j w1 · U = w1 2U 2 2y0 7j

b) Tijelo usporava deceleracijom d pa imamo: μ ¶ 2y0 2 1 2y0 1 v = y0 w1 + dw21 = y0 + (j) 2 7j 2 7j 2 2 2 2y0 12y0 1 4y0 = = j 7j 2 492 j 2 49j = 9> 9856 m c) Kineti cka energija kugle neposredno nakon udara je ³ p ´2 1 1 Hn0 = py02 = · 0> 25 nj · 10 = 12> 5 J 2 2 v

Brzina u trenutku w1 je

y1 = y0 jw1 = y0 j

2y0 5 = y0 7j 7

pa u trenutku kad se kugla po cne kotrljati bez klizanja imamo kineti cku energiju translacije i rotacije (bez obzira što se više kugla ne kli ze i dalje se centar mase giba translacijski)

Hn1 = =

1 2 1 2 1 2 12 y2 7 py1 + L$ 1 = py1 + pU2 · 12 = py12 2 2 2 25 U 10 μ ¶2 5 7 5 5 p y0 = Hn0 = · 12> 5 J = 8> 9285 J 10 7 7 7

Primjer 7.3.19 Drvena greda du zine o = 5 m, postavljena je pored vertikalnog zida. Stojeći na vrhu zida covjek gurne gredu po cetnom brzinom y0 = 1 ms . Koliko vremena je potrebno gredi da padne na tlo?

mehanika.indd 239

9.11.2007 9:59:40

232

POGLAVLJE 7. ROTACIJA KRUTOG TIJELA Rješenje: Pomoću zakona odr zanja mehani cke energije, greda ima kineti cku energiju 1 2 1 2 1 1 L$ = L$ 0 + pjk = L$ 20 + pjo 2 2 2 2 2

gdje je L = po3 moment tromosti grede u odnosu na os rotacije (dno grede), $ 0 = yo0 po cetna kutna brzina grede, $ kutna brzina grede u trenutku pada na tlo. Na osnovu prethodne relacije brzina vrha grede u trenutku udara o tlo jednaka je 1 2 1 1 2 L$ = L$ + pjo 2 2 0 2 q y02 + 3jo y =

Kutna brzina i kutni otklon grede poslije vremena w jednaki su: $ = $0 + w 1 = $0 w + w2 2 Kako vrh grede opiše kut od = 2 , vrijeme padanja je w=

mehanika.indd 240

p y0 + y02 + 3jo

9.11.2007 9:59:40

7.4. ZADACI

7.4

233

Zadaci

Problem 7.4.1 Izra cunajte moment tromosti kutnika stranica d = e = 4 cm, širine f = 1 cm i zanemarljive debljine s obzirom na osi paralelne sa stranicama kutnika koje prolazi kroz centar mase (slika 7.25.). Masa kutnika iznosi p = 7 g.

Slika 7.25. Rezultat: L{0 = L|0 = 9=4 g cm2 . Problem 7.4.2 Izra cunajte glavne momente tromosti homogenog valjka mase p, polumjera U i visine k s obzirom na osi kroz centar mase valjka. ´ ³ 2 2 Rezultat: L{ = L| = p U4 + k12 . rnu Problem 7.4.3 Valjak (kota c) promjera 30 cm, koji se vrti brzinom 1200 min , po cinje se jednoliko zaustavljati i zaustavi se nakon 100 s. Kolike su brzina i akceleracija to cke na udaljenosti 10 cm od centra 50 s nakon po cetka usporavanja?

Rezultat: y = 6=3 ms > du = 394 sm2 > dw = 0=13 sm2 > d = 394 sm2 . Problem 7.4.4 Valjak ciji se centar mase giba brzinom y0 = 1 ms po cinje se kotrljati (bez klizanja) uz kosinu nagiba = 30 .Nakon kojeg se vremena valjak zaustavlja? Koliki je minimalni koecijent trenja potreban da bi takvo gibanje bilo moguće? Masa valjka iznosi p = 1 kg. Rezultat: w = 0=1 s> 0=59. Problem 7.4.5 Loptica po cne kliziti po cetnom brzinom y0 = 6=5 ms po vodoravnoj podlozi. Nakon koliko vremena će se po ceti kotrljati? Koecijent trenja klizanja iznosi = 0=3. Rezultat: w = 0=63 s.

mehanika.indd 241

9.11.2007 9:59:40

234


Problem 7.4.6 Homogeni valjak promjera u = 30 cm kotrlja se bez klizanja po vodoravnoj podlozi. Brzina centra mase valjka iznosi yfp = 0=43 ms . Kolike su brzine to caka A, B, C i D (slika 7.26.)?

Slika 7.26. Rezultat: yD = 0 ms , yE = 0=6081 ms , yF = 0=86 ms , yG = 0=6081 ms . Problem 7.4.7 Homogeni valjak momenta tromosti L} po cinje rotirati u uidu pod utjecajem vanjskog zakretnog momenta P = L} . Pretpostavite da je otporni moment sredstva proporcionalan kutnoj brzini vrtnje, Prw = e$. Kakva je ovisnost kutne brzine o vremenu? Nacrtajte $ (w) dijagram. Kolika je grani cna brzina kojom će se valjak, vrtjeti jednoliko, ra cunajte sa L} = 1 kg m2 , = 10 s32 i e = 0=7 N m s? ³ ´ ew 1 h3 L , $ j = 14=3 s31 . Rezultat: $ = Ld e

Problem 7.4.8 U središtu vodoravne platforme mase p1 = 80 kg i polumjera u1 = 1 m stoji covjek raširenih ruku u kojima dr zi utege, rotira frekvencijom rnu . Kolika će biti frekvencija okretanja platforme ako covjek spusti ruke i = 20 min i time smanji svoj moment tromosti sa 2=94 kg m2 na 0=98 kg m2 ? Pretpostavite da platforma ima oblik diska. Rezultat: i 0 = 0=35 Hz. Problem 7.4.9 Pretpostavite gravitacijski kolaps (stezanje) Sunca u Pulsar. Hs za polumjer PulOdredite omjer kineti ckih energija rotacije Pulsara i Sunca Hurw v urw 4 sara Us = 1=5 · 10 m. Period rotacije Sunca oko vlastite osi iznosi 25 d. Rezultat:

mehanika.indd 242

s Hurw v Hurw

= 2=15 · 109 .

9.11.2007 9:59:40

Poglavlje 8

GRAVITACIJA 8.1


Newtonov zakon gravitacije mo ze se formulirati na slijedeći na cin: Denicija 8.1.1 Svaka materijalna to cka privla ci neku drugu materijalnu to cku silom koja djeluje na spojnici materijalnih to caka i koja je upravo proporcionalna produktu njihovih masa, a obrnuto proporcionalna kvadratu njihovih me†usobnih rastojanja. $ pD · pE ·$ u0 I = J · u2 $ $ $ I = I D = I E

(8.1.1)

3

m gdje je J = 6=67259·10311 kg· s2 - univerzalna gravitacijska kon$ stanta, a u 0 - jedini cni vektor. Napomena: Relacija (8.1.1) vrijedi, osim za materijalne to cke, za dvije kuglaste mase cija je guSlika 8.1. stoća konstantna ili ovisi samo o polumjeru kugle. Porijeklo gravitacijske sile mo zemo naći u gravitacijskom polju.

Denicija 8.1.2 Gravitacijsko polje je vid materijalnosti koja se prostire oko tijela mase p i u kome se u susretu sa drugim gravitacijskim poljem odvijaju procesi koji se manifestiraju silom. Za opis gravitacijskog polja koristimo zi cku veli cinu koju zovemo jakost polja $ ( ). $ Denicija 8.1.3 Mjera za jakost ili intenzitet gravitacijskog polja jest sila ( I ) kojom to polje djeluje na jedinicu mase (ps ) 235

mehanika.indd 243

9.11.2007 9:59:41

236

POGLAVLJE 8. GRAVITACIJA

$ I $ = ps

(8.1.2)

Posljedica: Na osnovu relacije (8.1.2) slijedi da je jakost gravitacijskog polja tako†er vektorska veli cina koja ima pravac i smjer gravitacijske sile. Ako pove zemo danu relaciju s relacijom (8.1.1) imamo: p $ $ u0 = J · 2 · u

Slika 8.2. (8.1.3)

Ova relacija tako†er predstavlja odre†enje jakosti gravitacijskog polja, odakle još jasnije mo ze zapaziti kako je ta zikalna veli cina u funkciji tijela cije polje promatramo. Jakost polja proporcionalna je masi, a obrnuto proporcionalna kvadratu rastojanja to cke u promatranom polju. Jedinica za jakost gravitacijskog polja je h m i I £ kg · m ¤ s2 2 = s p [ kg] Rad, potencijalna energija i potencijal gravitacijskog polja Da bismo odredili rad u gravitacijskom polju promatrajmo jednostavan slu caj. Neka se tijelo mase p pomi ce od to cke D do to cke E u gravitacijskom polju tijela mase p1 (slika 8.3.), tada se svladava sila $ I na putu Slika 8.3. $ $ $ $ v = u E u D = g u Na osnovu denicije gravitacijske sile i rada $ p1 · p $ I = J u0 u2 $ $ gZ = I · g u

$ $ Napomena: Obratiti pozornost da su vektori u i I kolinearni = 180 = , cos = 1 i da je sila promjenjiva od to cke D do to cke E. Mo zemo koristiti skalarne vrijednosti: gZ = I gu

mehanika.indd 244

9.11.2007 9:59:41

8.1. OSNOVNI POJMOVI I DEFINICIJE p1 · p guÁ gZ = J u2

237

Z

¶ μ ¶¸ μ Zu2 1 gu 1 = Jp · p Z = Jp1 · p 1 u2 u2 u1 u1

Z = Jp1 · p

μ

1 1 u1 u2

¶

(8.1.4)

Relacija (8.1.4) predstavlja rad u gravitacijskom polju prilikom pomicanja tijela mase p u gravitacijskom polju mase p1 . Posljedica: Iz navedene relacije slijedi da rad ne ovisi od oblika putanje, nego samo od po cetne i krajnje to cke (u1 i u2 ). To zna ci da će rad po zatvorenoj konturi uvijek biti jednak nuli (Z = 0). Ovo svojstvo imaju konzervativna polja. Slika 8.4. Z1 = Z2 = Z3 Z4 = 0 Poznato nam je da rad predstavlja mjeru promjene energije Z = H, a u našem primjeru došlo jer do promjene potencijalne energije: H = Hs2 Hs1

(8.1.5)

Na osnovi (8.1.4) i (8.1.5) slijedi: ¶ μ 1 1 Z = Jp1 p u2 u1 Hs2 = J

p1 p p1 p ; Hs1 = J u2 u1

odnosno Hs = J

p1 p u

(8.1.6)

Relacija (8.1.6) predstavlja potencijalnu energiju tijela mase p1 u gravitacijskom polju tijela mase p na rastojanju u. Fizikalnu veli cinu koja opisuje energetsko stanje polja, nazivamo gravitacijskim potencijalom.

mehanika.indd 245

9.11.2007 9:59:41

238


Denicija 8.1.4 Gravitacijski potencijal (*) u promatranoj to cki gravitacijskog polja brojno je jednak potencijalnoj energiji (Hs ) koju ima jedini cna masa (p0 ): *=

Hs p0

Posljedica: Koristeći relaciju (8.1.6) i navedenu deniciju gravitacijski potencijal mo zemo pisati u obliku: * = J

p u

(8.1.7)

Navedena relacija predstavlja tako†er deniciju gravitacijskog potencijala iz koje se jasnije vidi da je on skalarna veli cina koja ovisi od mase tijela (p) cije polje promatramo i rastojanja promatrane to cke (u). Jedinica za gravitacijski potencijal je ¸ Hs [ J] J = * kg p [ kg] Razlika potencijala izme†u dvije to cke u polju nazivamo naponom gravitacijskog polja X = *2 *1 .

mehanika.indd 246

9.11.2007 9:59:41


8.2

239

Problemski zadaci

Problem 8.2.1 Koliko iznosi gravitacijska sila u središtu Zemlje? Objasnite? Odgovor: U središtu je Zemlje gravitacijska sila jednaka nuli. Budući da pretpostavljamo homogenost Zemlje elementarni dijelovi mase su raspore†eni simetri cno oko središta Zemlje i poništavaju se pa je ukupna sila jednaka nuli. Problem 8.2.2 Ukoliko pove cavamo gustoću tijela, a volumen zadr zavamo konstantnim, kako se mijenja jakost gravitacijskog polja u to cki A koja je na istoj udaljenosti? Odgovor: Razmotrimo li izraz za gravitacijsko polje, uo cavamo da je ono proporcionalno masi tijela, odnosno njogovoj gustoći. Dakle, kako se mijenja gustoća tijela tako se mijenja i jakost gravitacijskog polja. Budući da se gustoća povećava, povećava se i jakost gravitacijskog polja u to cki A proporcionalno gutoći. Problem 8.2.3 Dva tijela se nalaze na udaljenosti g jedno od drugog. Ako tu udaljenost povećamo 5 puta koliko puta moramo povećati masu samo jednog tijela da bi gravitacijska sila izme†u njih ostala konstantna, a koliko ako povećavamo masu oba tijela? Odgovor: Ako povećavamo udaljenost 5 puta gravitacijska sila se, zbog obrnute proporcionalnosti s kvadratom udaljenosti, smanjuje 25 puta pa je potrebno isto toliko povećati masu jednog tijela. Ako povećavamo masu oba tijela umno zak povećanja masa mora biti jednak 25. Problem 8.2.4 Promatrajmo intezitet jakosti gravitacijskog polja izme†u dva tijela. Kakav oblik tijela ili putanje će oblikovati uvjet da je u svim to ckama intezitet ukupne jakosti gravitacijskog polja dva tijela konstantan? Odgovor: Jakost gravitacijskog polja je sferno simetri can pa je intezitet jakosti gravitacijskog polja na površini odre†ene sfere konstantan. Kako imamo dva tijela, to moramo razmatrati dvije sfere. Presjek dvije sfere je kru znica i na toj kru znici će biti intezitet jakosti gravitacijskog polja konstantan. Dakle, konstantni intezitet jakosti gravitacijskog polja denira kru znicu, mada se ta vrijednst mo ze pojaviti i u nekim karakteristi cnim to ckama što se mo ze dobiti iz detaljnijih razmatranja. Problem 8.2.5 Polje sile Zemljine te ze (odnosno ubrzanje slobodnog pada) je veće na polovima, a manje na ekvatoru. Objasnite zašto?

mehanika.indd 247

9.11.2007 9:59:42

240


Odgovor: Polje sile Zemljine te ze jednako je vektorskom zbroju gravitacijskog polja Zemlje i centrifugalne akceleracije zbrog vrtnje Zemlje. Kako centrifugalna akceleracija ima veći iznos na ekvatoru nego na polu i na ekvatoru ima smjer suprotan smjeru gravitacijskog polja, to će ukupno polje sile te ze biti manje na ekvatoru. Drugi razlog je spljoštenost Zemlje na polovima ciji je uzrok vrtnja Zemlje oko vlastite osi.

mehanika.indd 248

9.11.2007 9:59:42

8.3. PRIMJERI

8.3

241

Primjeri

Primjer 8.3.1 Planeta Merkur ima promjer G = 4880 km, a udaljenost središta Merkura od središta Sunca U = 57=9 · 106 km. Srednja gustoća Merkura iznosi kg = 5430 m 3 , a vrijeme obilaska Merkura oko Sunca (Merkurova godina) iznosi W = 5=07·106 s. Izra cunajte kolika je gravitacijska sila privla cenja izme†u Merkura i Sunca. Pretpostavite da se planet Merkur giba po kru znoj putanji oko Sunca. Rješenje: Gravitacijska sila privla cenja izme†u Merkura i Sunca dobiva se pomoću Newtonova zakona gravitacije IJ =

pV · pP U2

Da bi se planet gibao po Slika 8.5. kru znici moraju gravitacijska i centrifugalna sila biti jednake po iznosu, tj. mora vrijediti uvjet IJ = Ifi = pP · $ 2 U Koristeći izraze za masu p = Y = ·

4 3 3 u = G 3 6

i kutnu brzinu $=

2 W

dobivamo I

= =

3 G · 6

μ

2 W

¶2

kg 2 3 · 5430 m 3

2 3 G3 U 3W 2 ¡ ¢3 · 4=88 · 106 m · 5=79 · 1010 m U=

3 · (5=0674 · 106 s)2

= 2= 941 2 · 1022 N

Primjer 8.3.2 Izra cunajte masu Sunca i gravitacijsko ubrzanje jv na površini Sunca ako je njegov polumjer uv = 695=5 · 103 km, polumjer Zemljine orbite u}v = 149=6 · 106 km, a period obilaska Zemlje oko Sunca W}v = 365=26 d. Rješenje: Iz općeg zakona gravitacije imamo IJ = Ifi Pv · p} · = p} · $ 2 · u}v 2 u}v

mehanika.indd 249

9.11.2007 9:59:42

242


i uz izraz za kutnu brzinu $ =

2 W

dobivamo masu Sunca

¡ ¢3 3 3 4 2 · 1=496 · 1011 m 4 2 u}v $ 2 u}v = = 3 W 2 6=67259 · 10311 kgms2 · (3= 155 8 · 107 s)2

Pv =

= 1= 989 · 1030 kg

Jakost gravitacijskog polja na površini iznosi jv

¡ ¢3 3 4 2 · 1=496 · 1011 m Pv 4 2 u}v = 2 = 2 2 = uv uv W (6=955 · 108 m)2 · (3= 155 8 · 107 s)2 m = 274= 37 2 28j} s

Primjer 8.3.3 Covjek na površini Zemlje mo ze sko citi u vis maksimalno k = 0=25 m. Do koje visine bi covjek mogao maksimalno sko citi na površini Mjeseca? Otpor zraka zanemarite. Polumjer Mjeseca je je 3.7 puta manji od polumjera Zemlje, a masa mu je 81 puta manja. Rješenje: Kako covjek ima po cetnu brzinu istu na Zemlji i Mjesecu, to će maksimalna visina skoka ovisiti samo o jakosti gravitacijskog ubrzanja. Ozna cimo sa j} jakost gravitacijskog ubrzanja na Zemlji, a sa jp na Mjesecu. Tada je y02 y02 U}2 · y02 = = } 2j} 2P} 2 · P U2

k} =

}

2 · y2 Up 0 2Pp

kp = pa je k} = kp

U}2 ·y02 2P] 2 ·y 2 Up 0 2Pp

Pp = P}

μ

U} Up

¶2

Pp = 81Pp

μ

3=7Up Up

¶2

= 0=169 01

odnosno kp =

0=25 m k} = = 1= 479 2 m 0=16901 0=16901

Primjer 8.3.4 Odredite udaljenost od središta Zemlje do središta Mjeseca ako je vrijeme obilaska Mjeseca oko Zemlje W = 27=32 gdqd. (Srednji polumjer Zemlje iznosi U] = 6370 km, a jakost gravitacijskog polja Zemlje iznosi = 9=83 sm2 ). Rješenje:

mehanika.indd 250

9.11.2007 9:59:42

8.3. PRIMJERI

243

Da bi se Mjesec gibao po kru znici mora centrifugalna sila kru znog gibanja biti jednaka te zini pa vrijedi JP

= Ifi

JP

= PP · ]P = J

Ifi

=

PP P] g2

4 2 g · PP 2 WP]

odnosno 4 2 g P] J 2 = 2 ,g= g WP]

r 3

2 JP] WP] 2 4

no, kako je =J

P] 2 2 , JP] = U] U]

vrijedi g=

r 3

2 W2 U] P] = 3=8299 · 108 m 61U] 4 2

Primjer 8.3.5 Planet mase p giba se po kru znoj putanji oko Sunca brzinom y = 35=02 km s . Odredite period obilaska ovog planeta oko Sunca. Masa Sunca 2 iznosi PV = 2 · 1030 kg, a gravitacijska konstanta = 6=67259 · 10311 Nkgm2 . Rješenje: Da bi planet kru zio oko Sunca mora vrijediti IJ = Ifi , koristeći izraze IJ = J Ifi

=

PV Ps 2 UVS

4 2 PS UVS W2

gdje je UVS - udaljenost planeta od Sunca, PS - masa i W - period planeta, dobivamo J

PV Ps 4 2 PS = UVS 2 W2 UVS

uz korištenje izraza U =

y·W 2

slijedi 2

2 · 6=67259 · 10311 Nkgm2 · 2 · 1030 kg 2JPV = = 1= 952 3 · 107 s W = ¡ ¢3 y3 35=02 km s

mehanika.indd 251

9.11.2007 9:59:43

244


Primjer 8.3.6 Zemljin umjetni satelit se giba u ekvatorijalnoj ravnini Zemlje na udaljenosti U = 2 · 107 m od njenog centra. Smjer gibanja je od zapada prema istoku (isti je kao i smjer rotacije Zemlje). Jednu istu to cku na ekvatoru satelit nadlijeće poslije svakih WV = 11=6 k. Kolika je masa Zemlje, na osnovu ovih podataka? Rješenje: Ukupna sila koja djeluje na satelit mora biti jednaka nuli pa gravitacijska sila koja djeluje na satelit mora biti jednaka centrifugalnoj sili kru znog gibanja satelita IJ = Ifi . Gravitacijska sila (8.1.1) iznosi IJ = J

P] · pV U2

gdje je pV - masa satelita. Mi mjerimo relativni period kru zenja, a stvarni period je 2 = $V $] W

Slika 8.6.

gdje je $V - stvarna kutna brzina satelita, a $] - kutna brzina Zemlje. Ovdje smo pretpostavili da je kutna brzina satelita veća od kutne brzine Zemlje. Zadatak se analogno riješava i za slu caj kad je kutna brzina manja, samo tra zimo $ ] $V . 2 W 2 W

= $V $] 2 = $V W] μ ¶ W] + WV rad = 2 = 2=23 · 1034 W] · WV s

$V

Iz uvjeta IJ = Ifi slijedi J

P] · pV = pV · $2V U U2

odakle je P] =

$2V U3 = 5=97 · 1024 kg J

Primjer 8.3.7 Satelit je lansiran s ekvatora i kreće se po kru znoj putanji u ekvatorijalnoj ravnini u smjeru vrtnje Zemlje. Odredite omjer izme†u polumjera UV ako satelit periodi cki prolazi iznad mjesta putanje satelita i polumjera Zemlje U ] lansiranja s periodom od 5 dana.

mehanika.indd 252

9.11.2007 9:59:43

8.3. PRIMJERI

245

Rješenje: Prividna brzina satelita iznad mjesta lansiranja mo ze biti i u smjeru vrtnje Zemlje (ako je kutna brzina satelita veća od kutne brzine Zemlje) i suprotno smjeru vrtnje Zemlje (ako je kutna brzina satelita manja od kutne brzine Zemlje). a) $ V A $] ($V $ ] ) =

2 2 = WV 5W]

jer je W] = 1 gdq. Odavde slijedi $V =

12 5W]

b) $ V ? $ ] 2 2 = WV 5W] 8 5W]

($ ] $ V ) = $V =

Kako za satelit moraju biti izjedna cene gravitacijska i centrifugalna sila p$ 2V · UV = J

P] p UV2

No, kako vrijedi J

P] 2 =j U]

to je $2V · UV = j

2 U] UV2

odnosno r j UV = 3 U] U] $2V što za slu caj $ V A $ ] daje s v 2 u j UV 3 25j · W] =u = = 5=86 ³ ´ t 3 2 U] 144 2 U] 12 U] 5W ]

a za $V ? $ ] v u UV =u t 3 U]

mehanika.indd 253

U]

j ³

8 5W]

´2 =

s 3

25j · W]2 = 7=68 64 2 U]

9.11.2007 9:59:43

246


Primjer 8.3.8 Sunce se vidi pod kutom od pribli zno = 1032 udg. Iz tog podatka prona†ite odnos prosje cne gustoće Zemlje i Sunca. Pretpostavlja se da su Zemlja i Sunce jednolike gustoće. Rješenje:

Slika 8.7. Ako je kut pod kojim vidimo Sunce , tada iz slike slijedi: UV = u sin

2

gdje je u - udaljenost od Zemlje do Sunca, a UV - polumjer Sunca. Kako je jako mala veli cina, mo zemo primijeniti aproksimaciju: sin

, za 0 2 2

odakle slijedi 2UV = u · =, u =

2UV

(8.3.1)

Koristimo gravitacijski uvjet Ifi p] · $ 2]V

= IJ

· u = p] ·

μ

2 W]V

¶2

u=J

p] · pV u2

gdje su p] - masa Zemlje, pV - masa Sunca, $]V > W]V - kutna brzina, odnosno period Zemlje oko Sunca. Dakle, uz izraz za ubrzanje zemljine te ze na površini ] imamo j = Jp U2 ]

p] ·

mehanika.indd 254

2 · W2 U2 · pV j · U] 4 2 p] ]V u=j ] 2 =, = 2 u pV 4 2 u3 W]V

9.11.2007 9:59:43

8.3. PRIMJERI

247

no, uz izraze za masu preko volumena Zemlje i Sunca 4 3 4 3 U · ; pV = U · 3 ] ] 3 V V

p] = imamo 4 3 3 U] 4 3 3 UV

· ] · V ] V

=

2 · W2 j · U] ]V 4 2 u3

=

2 j · UV3 · W]V 4 2 · u3 · U]

Koristeći izraz (8.3.1), slijedi ] = V

2 2 j · UV3 · W]V j · 3 · W]V = ³ ´3 2 32 · U] 4 2 2UV · U]

i za W]V = 1 godina = 3= 16 × 107 s te U] = 6370 km imamo: ] = 4=86 V

Primjer 8.3.9 Satelit mase p = 1000 kg kru zi oko Zemlje na visini k = 1000 km od površine Zemlje. Odredite brzinu, ophodno vrijeme, kineti cku, potencijalnu i ukupnu energiju satelita. Rješenje: Privla cna sila izme†u satelita i Zemlje I =J

pv · p} (U} + k)2

daje satelitu potrebnu centripetalnu akceleraciju dfs =

y2 U} + k

pa jednad zba gibanja satelita glasi I J·

pv · p} (U} + k)2

= p · dfs = pv ·

y2 U} + k

gdje je U} + k polumjer putanje satelita, pv masa satelita, a p} masa Zemlje. Iz cinjenice da je sila te ze na Zemljinoj površini jednaka (uz zanemarenje utjecaja vertnje Zemlje) p·j =J·

mehanika.indd 255

p · p} U}2

9.11.2007 9:59:44

248


dobivamo p} =

j · U}2 J

pa za prethodnu jednad zbu imamo J

pv ·

j·U}2 J 2

(U} + k)

=

y2 =

pv · j · U}2 y2 = p · v U} + k (U} + k)2 r 2 j · U} j =, y = U} · (U} + k) U} + k

što uz vrijednosti konstanti daje s 9=81 sm2 m 6 = 7349= 2 y = 6=37 · 10 m 6=37 · 106 m + 106 m s Ophodno vrijeme satelita oko Zemlje iznosi ¡ ¢ 2 6=37 · 106 m + 106 m 2 (U} + k) W = = = 6301= 1 s y 7349= 2 ms Kineti cka energija satelita iznosi ³ m ´2 1 1 Hn = py 2 = · 1000 kg · 7349= 2 = 2=7 · 1010 J 2 2 s

dok je potencijalna energija

pv · j · U}2 pv · p} = U} + k U} + k ¡ ¢2 m 1000 kg · 9=81 s2 · 6=37 · 106 m = 5= 4 · 1010 J = 6=37 · 106 m + 106 m

Hs = J ·

pa je ukupna energija jednaka

¡ ¢ H = Hn + Hs = 2=7 · 1010 J + 5= 4 · 1010 J = 2= 7 · 1010 J

Primjer 8.3.10 Na koju visinu iznad Zemlje treba podići tijelo da bi se gravitacijsko privla cenje smanjilo za 40%? Rješenje: ¡ 40 ¢ j = 0=6 · j jakost gravitacijskog privla cenja na Ozna cimo sa j 0 = j 100 visini k. Iz denicije jakosti gravitacijskog polja mora vrijediti p] j = J 2 U] p] 0 j = J (U] + k)2

mehanika.indd 256

9.11.2007 9:59:44

8.3. PRIMJERI

249

podijelimo li ove jednad zbe slijedi p]

J U2 (U] + k)2 j ] = = = p 2 ] j0 J (U +k)2 U] ]

μ

U] + k U]

¶2

μ ¶ k 2 = 1 U]

rješavanjem jednakosti uz vrijednost U] = 6> 37 · 106 p dobivamo μr μr ¶ ¶ j j k = U} 1 = U] 1 = 0=291 · U] j0 0=6 · j k = 0=291 · 6=37 · 106 m = 1> 8537 · 106 m = 1853=7 km

Primjer 8.3.11 Izra cunajte jakost gravitacijskog polja i gravitacijski potencijal Zemlje u to cki na visini od k = 2500 km iznad zemljine površine. Pretpostavite da je Zemlja homogena kugla. Koliko je u toj to cki gravitacijsko polje Sunca? Rješenje: Jakost gravitacijskog polja Zemlje na visini k zadan je izrazom ¡ ¢2 9=81 sm2 · 6=37 · 106 m p} jU}2 m = 5= 059 4 2 } = J 2 = 2 = 2 s (U} + k) (U} + k) (6=37 · 106 m + 2=5 · 106 m) dok je gravitacijski potencijal jednak ¡ ¢2 9=81 sm2 · 6=37 · 106 m jU}2 J p} = = = 4= 487 7·107 Y} = J (U} + k) U} + k 6=37 · 106 m + 2=5 · 106 m kg Gravitacijsko polje Sunca je u toj to cki 3

p 6=67 · 10311 kg · 1=98 · 1030 kg m Jpv s2 v = 2 = = 5= 948 7 · 1033 2 2 u s (1=49 · 1011 m)

i još uvijek je zanemarivo u usporedbi sa gravitacijskim poljem Zemlje u toj to cki.

Primjer 8.3.12 Covjek na površini Zemlje vu ce tijelo mase p = 50 kg po horizontalnoj podlozi silom od I = 200 N paralelno sa podlogom, pri cemu se tijelo se ubrzava akceleracijom d = 1 sm2 . Na kojoj visini k iznad Zemlje bi trebao biti isti sustav da bi ubrzanje bilo 1% veće (slika 8.8.)?

Slika 8.8.

mehanika.indd 257

9.11.2007 9:59:44

250


Rješenje: Iz jednad zbi gibanja na površini Zemlje imamo X Il = I Iwu = I pj = pd l

dok je na visini k, X Il = I Iwu0 = I pj 0 = pd0 l

gdje su j 0 ubrzanje sile Zemljine te ze i d0 ubrzanje tijela na visini k. Uz izraze za j na površini Zemlje i j 0 na visini k j=

Jp} 0 Jp} ; j = 2 U} (U} + k)2

jednad zbe gibanja postaju, I pj = pd I pd = pj = p

Jp} U}2

I pj 0 = pd0 I pd0 = pj 0 = p

Jp} (U} + k)2

odakle, uz ubrzanje d0 = 1=01d dijeljenjem dobivamo μ ¶ } p Jp I pd (U} + k)2 k 2 U}2 = = = 1+ } I pd0 U}2 U} p (UJp 2 } +k) r k I pd = 1 U} I pd0 Ãr ! I pd k = U} 1 I pd0 Ãs ! 200 N 50 kg · 1 sm2 6 1 = 10643 m = 6=37 · 10 m 200 N 50 kg · 1=01 sm2 Primjer 8.3.13 Izra cunajte kut izme†u vektora gravitacijskog polja i vektora akceleracije sile Zemljine te ze na 45 zemljopisne širine. Rješenje: Sila te ze je rezultanta gravitacijske i centrifugalne sile $ $ $ J = I J + I fi

mehanika.indd 258

9.11.2007 9:59:44

8.3. PRIMJERI

251

Centrifugalna sila koja djeluje na tijelo mase p koje se nalazi na Zemljinoj površini nastaje zbog vrtnje Zemlje oko svoje osi te iznosi $ $ $ u0 u = p$2 U} cos * · I fi = p$ 2

Slika 8.9. Kut izme†u vektora $ =

3 < IJ p

i vektora $ j =

3 < J p

izosi

dfi 4 2 U} sin * cos * sin * = = 1=7 · 1033 j jW 2 = arcsin 1=7 · 1033 = 5=90

sin =

Primjer 8.3.14 Središte zeljezne kugle mase p1 = 5 kg udaljeno je o = 20 m od središta aluminijske kugle mase p2 = 2 kg. Kolika je jakost gravitacijskog polja kugli u to cki koja je: a) udaljena u1 = 5 m od centra mase p1 , a u2 = 15 m od centra mase p2 , b) udaljena u10 = 14 m od centra mase p1 a u20 = 18 m od centra mase p2 , c) koliki je gravitacijski potencijal u tim to ckama? Rješenje: a) To cka u kojoj treba odrediti jakost gravitacijskog polja nalazi se na spojnici masa, jer je u1 + u2 = o. Zanemarimo li polumjere kugli i predstavimo li kugle materijalnim to ckama, vrijedi gravitacijski zakon. Pretpostavimo li koordinatni sustav tako da se ishodište nalazi u to cki A, a pozitivni smjer osi { neka je u smjeru mase p2 . Tada masa p1 u to cki A stvara jakost gravitacijskog polja D1 = J

mehanika.indd 259

p1 u12

9.11.2007 9:59:45

252


dok masa p2 ima D2 = J

p2 u22

pa je ukupna jakost polja μ ¶ p2 p1 p1 p2 D = D1 + D2 = J 2 + J 2 = J 2 u1 u2 u22 u1 ¸ 3 m 2 kg 5 kg · = 6=67 · 10311 2 kg s2 (15 m) (5 m)2 m = 1= 27 · 10311 2 s Dakle, ukupna jakost gravitacijskog polja je u smjeru mase p1 od to cke A i ima dobiveni intezitet. b) Ozna cimo sa B to cku u kojoj se tra zi jakost gravitacijskog polja. Po kosinusovu pou cku, jakost gravitacijskog polja u to cki B će biti q¡ ¢2 ¡ ¢2 1E + 2E 2 1E · 2E cos ( ) E = u 02 . Budući da je gdje je kut izme†u pravaca udaljenosti $ u 01 i $ cos ( ) = cos = = i uz

u102 + u202 o2 2u10 u20

(14 m)2 + (18 m)2 (20 m)2 = 0=24 2 · 14 m · 18 m

3 m p1 5 kg 311 m = 6=67 · 10 · = 1= 7 · 10312 2 kg s2 (14 m)2 s u102 m3 m p2 2 kg = J 02 = 6=67 · 10311 · = 0=41 · 10312 2 2 2 kg s (18 m) s u2

E1 = J E2 imamo

p m 1=72 + 0=412 2 · 1= 7 · 0=41 · cos ( ) · 10312 2 s 312 m = 1= 65 · 10 s2

E =

c) Gravitacijski potencijal u nekoj to cki gravitacijskog polja mase p1 i p2 jednak je algebarskom zbroju potencijala tih polja. Prema tome, gravitacijski potencijal u to cki A biti će ¶ μ ¶ μ 2 kg m3 p1 p2 5 kg + + = 6=67 · 10311 *D = J u1 u2 kg s2 5 m 15 m 2 m = 7= 56 · 10311 2 s

mehanika.indd 260

9.11.2007 9:59:45

8.3. PRIMJERI a u to cki B

253

¶ ¶ μ 3 p1 p2 5 kg 2 kg 311 m + + = 6=67 · 10 u10 u20 kg s2 14 m 18 m m2 = 3= 12 · 10311 2 s

*E = J

μ

Primjer 8.3.15 Satelit putuje oko Zemlje po kru znoj stazi na visini k = 1500 km od Zemljine površine (slika 8.10.). Kolika je potrebna promjena brzine ako se zeli da satelit opisuje elipti cnu putanju s najvećom udaljenošću od površine Zemlje K = 30 000 km i najmanjom udaljenošću od površine k? Koliki će biti period gibanja po toj elipti cnoj putanji? Pretpostavite da se promjena brzine doga†a u veoma kratkom vremenskom intervalu.

Slika 8.10. Rješenje: Odre†uju se brzine satelita u to cki D (slika 8.10.) na kru znoj putanji (y0 ) i na elipti cnoj putanji (y1 ). Iz uvjeta da gravitacijska sila mora biti jednaka centrifugalnoj sili imamo: IJ = Ifi pP} py02 P} 2 J 2 = U + k =, y0 = J U + k (U + k) s r m3 m P} 5=97 · 1024 kg y0 = J = 6=67 · 10311 = 7117 · U+k kg · s2 (6=37 · 106 m + 1=5 · 106 m) s Iz zakona o cuvanja energije za najbli zu to cku D i najudaljeniju E imamo: HD = HE = nrqvw= p p · P} p · y22 p · P} J = J 2 U+k 2 U+K i prema drugom Keplerovu zakonu: 1 1 (U + k) y1 w = (U + K) y2 w 2 2 U+k y2 = y1 U+K · y12

mehanika.indd 261

9.11.2007 9:59:45

254


pa je p

· y12

2

y1 =

J r

s

p · P} = U+k

p · y12 ·

³

U+k U+K

2

´2

J

p · P} U+K

U+K 2JP} 2U + K + k U + k 3

m 2 · 6=67 · 10311 kg· · 5=97 · 1024 kg s2

6=37 · 106 m + 30 · 106 m 2 · 6=37 · 106 m + 30 · 106 m + 1=5 · 106 m 6=37 · 106 m + 1=5 · 106 m m = 9126 s

=

·

pa je promjena brzine jednaka y = y1 y0 = 9126

m m m 7117 = 2009 s s s

Po trećem Keplerovom zakonu, koji daje period gibanja po elipti cnoj stazi, vrijedi da se kvadrati ophodnih vremena odnose kao kubovi velikih poluosi elipti cnih putanja. W12 = W02 μ ¶2 W1 = W0 W0

U13 U03

(2U + K + k)3 8 (U + k)3 U+k = 2 · y0

r

2U + K + k 2JP} s ¡ ¢ 2 · 6=37 · 106 m + 30 · 106 m + 1=5 · 106 m = 4=424 · 107 m m3 2 · 6=67 · 10311 kg· · 5=97 · 1024 kg s2

W1 = (2U + K + k)

= 32=74 s = 9k 5 min 39 s

Primjer 8.3.16 Koliki je rad potreban da bi tijelo mase p = 100 kg s površine Zemlje podigli do to cke gdje se gravitacijska polja Zemlje i Mjeseca poništavaju? Rješenje: Ako postavimo os u tako da prolazi kroz središta Zemlje i Mjeseca te ishodište koordinatnog sustava postavimo u središte Zemlje, tada je gravitacijsko polje u prostoru izme†u Zemlje i Mjeseca p} $ pp $ $ $ $ = } + u0+J p = J 2 2 u0 u (g u)

mehanika.indd 262

9.11.2007 9:59:45

8.3. PRIMJERI

255

gdje je u polo zaj to cke poništavanja gravitacije mjeren od središta Zemlje, a g udaljenost od središta Zemlje do središta Mjeseca. Gravitacijska polja se poništavaju u to cki gdje je ukupno polje jednako nuli = 0 pp p} J 2 = J u (g u)2 odnosno ¶2 μ μ ¶ (g u)2 gu 2 g 1 = = u2 u u r pp = 1+ p} g 3=84 · 108 m q q u = = = 3= 46 · 108 m = 0=9g 22 kg pp 7=33·10 1 + p} 1+ 5=97·1027 g

pp p} g u

=

Prika zimo polo zaj to cke nulte gravitacije i udaljenost središta Zemlje do središta Mjeseca preko polumjera Zemlje, kao i odnos masa Zemlje i Mjeseca u = 54=27U} g = 60=28U} p} = 81=5pp Potrebni rad jednak je Z

¶¸ ¶¸ μ μ 1 1 1 1 + p · pp J = Hs>} + Hs>p = p · p} J U} u g U} 0=1g μ ¶ 81=5 1 1 81=5 + = Jp · pp U} 54=27U} 59=28U} 6=028U} 3 100 kg · 7=33 · 1022 kg m p · pp = 79= 85 · 6=67 · 10311 = 79= 85 · J U} kg s2 6=37 · 106 m 9 = 6=13 · 10 J = 6=13 GJ

Primjer 8.3.17 Na ekvatoru nekog planeta te zina tijela je 20% manja nego na kg polu. Srednja gustoća planeta je = 4200 m 3 . Koliki je period okretanja planeta oko svoje osi? Rješenje: Ozna cima sa Jh te zinu tijela na ekvatoru planeta, Js te zinu tijela na polu planeta, U polumjer planeta, p masu tijela, a sa ps masu planeta. Tada je Jh = Js

mehanika.indd 263

4 2 pU W2

9.11.2007 9:59:46

256


gdje je gravitacijska sila izme†u tijela i planeta jednaka Js = J ·

p · ps U2

Iz uvjeta zadatka Jh = 0=8 · Js slijedi 4 2 pU W2 2 4 pU W2 4 2 · p · U 4 2 p · U U3 = 1 · p·ps = 20 2 · 0=2 · Js J · ps J U2 5

0=8 · Js = Js 0=2 · Js = W2 =

U3 15 = 4 3 J · s J · s · 3 · U s s 15 15 = = kg s · J 4200 3 · 6=67 · 10311 = 20 2 ·

W

m

m3 kg s2

= 12967 s

Primjer 8.3.18 Odredite odnos te zina tijela na polu Marsa i na njegovu ekvatoru, ako je masa Marsa pp = 6= 57 · 1023 kg, njegov srednji polumjer Up = 3397 km, a njegov dan jednak Wp = 24=63k. Rješenje: Dijeljenjem izraza za te zinu tijela na ekvatoru IJh = IJs pp tijela na polu IJs = J U2 s dobivamo Jh Js

= 1 = 1

42 pU , W2

s te zinom

4 2 · p · U 4 2 · p · U 4 2 · U3 =1 2 p·pp = 1 2 W · Js W · J · U2 J · W 2 · pp ¡ ¢ 3 4 2 · 3=397 · 106 m 3

6=67 · 10311 kgms2 · (88 668 s)2 · 6= 57 · 1023 kg

' 0=9955

Dakle, tijelo na ekvatoru Marsa je lakše za pribli zno 0=45% nego li na njegovu polu. Primjer 8.3.19 Satelit se giba blizu površine planeta gustoće . Koliko je ophodno vrijeme satelita? Koliko je ophodno vrijeme satelita i njegova brzina ako se satelit kg giba blizu površine Zemlje? Srednja gustoća Zemlje iznosi } = 5520 m 3 , a srednji polumjer U} = 6370 km.

mehanika.indd 264

9.11.2007 9:59:46

8.3. PRIMJERI

257

Rješenje: Satelit se giba blizu površine pa vrijedi aproksimacija UU+k jer je plomjer planeta U À k. Po Newtonovu zakonu gravitacije vrijedi IJ = Ifi pv · ps J· = pv · $ 2 · U U2 3 pv · 4 4 2 · pv · U 3 ··U = J 2 U W2 r 3 3 2 W = =, W = J J U slu caju da se radi o planeti Zemlji imamo s r 3 3 = W = = 5058=4 s 3 kg J 5520 3 · 6=67 · 10311 m 2 m

kg s

pa je brzina satelita jednaka y=

mehanika.indd 265

2 · 6=37 · 106 m m km 2U = = 7912=4 8 W 5058=4 s s s

9.11.2007 9:59:46

258


8.4

Zadaci

Problem 8.4.1 Izra cunajte jakost gravitacijskog polja i gravitacijski potencijal Zemlje na visini od 1000 km iznad Zemljine površine, uz pretpostavku da je Zemlja homogena kugla. J . Rezultat: } = 7=3 sm2 , * = 5=4 · 107 kg

Problem 8.4.2 Satelit mase p = 1000 kg kru zi oko Zemlje na visini od k = 1000 km. Odredite brzinu, ophodno vrijeme, kineti cku, potencijalnu i ukupnu energiju satelita. Rezultat: y = 7300 ms , W = 6300 s, Hn = 27 GJ, Hs = 54 GJ, H = 27 GJ. Problem 8.4.3 Izra cunajte silu kojom zica polukru znog oblika polumjera u = 1 m, mase p = 1032 kg djeluje na to ckastu masu p = 1033 kg smještenu u središtu zakrivljenosti kru znice. Rezultat: I = 4=25 · 10316 N. Problem 8.4.4 Odredite rad potreban za prijenos tijela mase p = 100 kg s jednog planeta na drugi uz zanemarenje sile otpora. Mase i polumjeri planeta su: p1 = 1=74 · 1023 kg, U1 = 2400 km, p2 = 2=85 · 1024 kg i U2 = 6100 km. Rezultat: Z = 2=6 GJ. Problem 8.4.5 Izra cunajte prvu i drugu kozmi cku brzinu za Zemlju i Mjesec. km km km ] P ] Rezultat: y1] = 7=9 km s , y2 = 11=2 s , y1 = 1=7 s , y2 = 2=4 s .

Problem 8.4.6 Izra cunajte kolika je maksimalna visina k do koje se popne hitac izba cen vertikalno uvis sa površine Mjeseca po cetnom brzinom y = 59 ms . Polumjer Mjeseca je Up = 1740 km, a ubrzanje Mjese ceve sile te ze iznosi jp = 1=7 sm2 . Rezultat: Energija tijela mase p izba cenog uvis sa Mjese ceve površine po cetnom brzinom y0 treba se izjedna citi sa gravitacijskom potencijalnom energijom na visini k. 1 p · Pp p · y02 J · 2 Up

k =

mehanika.indd 266

p · Pp Up + k y02 · Up 100 km 2 · jp · U y02

= J ·

9.11.2007 9:59:47

Poglavlje 9

STATIKA FLUIDA 9.1


Do sada smo razmatrali zakone gibanja i uvjete ravnote ze cvrstih tijela, za koje

cesto pretpostavljamo da su savršeno kruta, naime da pod utjecajem i znatnih vanjskih sila ne mijenjaju ni svoj oblik ni svoj volumen. Me†utim, tvari se pojavljuju još u tekućem i plinovitom stanju. Tekućine i plin mogu teći, oni se mogu prelijevati iz posude u posudu pa ih zajedni ckim imenom zovemo uidi. Denicija 9.1.1 Statika uida prou cava uvjete u kojima u uidima nema mikroskopskih gibanja jednog djela uida prema drugom, tj. uvjet ravnote ze. Naše razmatranje statike uida odnosi se prije svega na hidrostatiku tj. idealiziranu i savršenu tekućinu. Svojstva tih tekućina jesu: 1. neprekinutost; volumen tekućine mo zemo razlo ziti na beskona cno mali elementarni volumen, 2. homogenost; svaki mali elementarni volumen ima ista svojstva, 3. nestla civost; neovisnost volumena tekućine o silama koje je stla cuju, što je istovjetno s konstantnošću gustoće tekućine u svim elementarnim volumenima, 4. savršenost; za pomicanje jednog sloja tekućine prema drugom nije potreban rad, odnosno nema sile koja se protivi pomicanju jednog sloja tekućine prema drugom. Kako su uidi svojom unutarnjom strukturom razli citi od cvrstih tijela ne mo zemo koristiti pojam sile kao dinami cke ili stati cke veli cine. Na primjer, svako djelovanje vanjskih sila na uid dovodi do razmicanja molekula tj. proboja, što zna ci da je njeno djelovanje parcijalno i ne mo ze se primijeniti na citav sustav. Zbog toga za opisivanje djelovanja na uid ili u uidima, koristimo zi cku veli cinu koja ima porijeklo u sili a zovemo je tlak. Opća denicija tlaka mo ze se dati i na slijedeći na cin. 259

mehanika.indd 267

9.11.2007 9:59:47

260

POGLAVLJE 9. STATIKA FLUIDA

Denicija 9.1.2 Ako vanjska sila (I ) djeluje normalno na površinu (V) i ako je djelovanje sile ravnomjerno raspore†eno po površini (V) tada tlak predstavlja omjer jakosti sile i površine na koju djeluje; ghi=

s =

I V

(9.1.1)

i h Jedinicu za tlak nazivamo paskal Pa = mN2 = m·kgs2 Posljedica: U općem slu caju kada imamo elementarni tlak onda jednad zbu (9.1.1) pišemo u diferencijalnom obliku: I gI = {V<0 V gV

(9.1.2)

s = lim

Na osnovu ovih općih denicija mo zemo odrediti i tlak u uidima. Zamislimo neku posudu u kojoj se nalazi uid (vidi sliku 9.1.). U slu caju savršenog uida nema sila kojom uid djeluje paralelno s plohom elementarne površine (gv). To zna ci da je sila (gI ) kojom uid djeluje na (gv) nu zno okomita na (gv). Omjer gI cno maleno, jest tlak uida na površinu cvrstog gv , kada (gv) postaje beskona

tijela:

s=

gI gv

(9.1.3)

Poznato nam je kako se sila koja djeluje na cvrsto tijelo mo ze pomicati du z pravca djelovanja (klizni vektor). Mo zemo postaviti pitanje na koji na cin se vanjska sila tj. tlak koji djeluje na uid, ponaša unutar uida?

Slika 9.1.

Slika 9.2.

Denicija 9.1.3 (Pascalov zakon) - Tlak primijenjen ili izazvan vanjskom silom u zatvorenoj posudi prostire se u uidima jednako na sve strane (slika 9.2.).

s=

mehanika.indd 268

I = s1 = s2 = · · · = sq = frqvw= V

(9.1.4)

9.11.2007 9:59:47


261

Posljedica: Na osnovi Pascalovog zakona mo ze se konstruirati hidrauli cni tijesak. s=

I1 I2 = V1 V2

(9.1.5)

Dakle, sa manjom silom I1 na manjoj površini V1 mo zemo savladati veću silu I2 na većoj površini V2 (slika 9.3.). Ako se uid nalazi u homogenom gravitacijskom polju, onda se pojavljuje unutarnji tlak uida koji zovemo hidrostatski tlak ili općenito stati cki tlak.

Slika 9.3.

Slika 9.4.

Da bismo našli relaciju za stati cki tlak promatrajmo element mirnog uida. Taj promatrani proizvoljni sloj nalazi se u stati ckoj ravnote zi. Sile koje djeluju na taj dio uida moraju biti u ravnote zi: $ $ (9.1.6) g I { = g I | $ $ $ (9.1.7) gI 2 = gI 1 + gJ gdje je: gI2 = s · V

gI1 = (s + gs) · V

gJ = pj = jV · g|

(9.1.8) (9.1.9) (9.1.10)

iz (9.1.7) i (9.1.9) dobivamo 0 = gI2 gI1 gJ

(9.1.11)

0 = s · V (s + gs) V jV · g|Á : V

(9.1.12)

gs = j · g|

(9.1.13)

Zs2 Z|1 gs = j g|

(9.1.14)

Jednad zba (9.1.13) predstavlja diferencijalnu jednad zbu stati ckog tlaka uida. Promatrajmo rješenje u konkretnom slu caju.

s1

mehanika.indd 269

|2

9.11.2007 9:59:47

262


gdje je: s1 = s> s2 = sd > k = |2 |1

(9.1.15)

s2 s1 = j (|2 |1 )

(9.1.16)

s = jk + sd

(9.1.18)

sd s = jk

(9.1.17)

Kako je sd atmosferski tlak koji se pojavljuje kao konstanta onda jednad zba (9.1.18) mo ze denirati stati cki tlak. Denicija 9.1.4 Stati cki tlak u uidu u nekoj to cki (D) na dubini (k) razmjeran je gustoći uida (), zemljinom ubrzanju (j), i dubini (k): s = jk

(9.1.19)

Posljedica: Iz relacije (9.1.18) vidimo da stati cki tlak ovisi samo o dubini promatrane to cke (k) kao promjenjive vrijednosti. To zna ci da tlak neće ovisiti o koli cini tekućine iznad promatrane to cke. Ova pojava zove se hidrostati cki paradoks ili zakon spojenih posuda. s1 = s2 = s3 = s4

(9.1.20)

Slika 9.5. jer je k1 = k2 = k3 = k4 = k. Ako se neko tijelo nalazi u uidu, onda va zi Arhimedov zakon. Denicija 9.1.5 Svako tijelo uronjeno u tekućinu gubi od svoje te zine koliko je te zina istisnute tekućine tim tijelom. Ovaj kvalitativni zakon mo zemo objasniti pojavom sile uzgona (Ix ) koja se uvijek javlja prilikom uranjanja nekog tijela u uid. Na osnovi relacije za hidrostati cki tlak (9.1.19) vidimo da on raste sa dubinom. Ako neko tijelo stavimo u uid, onda će na njegovu površinu djelovati odre†eni stati cki tlak od strane uida. Bo cni tlakovi su jednaki jer za svaku dubinu odgovara jedan par suprotnih tlakova tako da je: X (9.1.21) serf = 0 No, gornji i donji tlak su uvijek razli citi i to tako da je donji tlak uvijek veći od gornjeg tlaka.

s2 s1 6= 0 jer je k2 6= k1 =, s2 s1 = s

mehanika.indd 270

Slika 9.6. (9.1.22)

9.11.2007 9:59:48


263

Kao posljedica postojanja razlike tlaka javlja se uzgon: Ix = s · V

(9.1.23)

Na osnovu relacija (9.1.22) i (9.1.23) slijedi Ix = s · V = s2 V s1 V = jk2 V jk1 V = j (k2 k1 ) V

Ix = i · j · Yw

ili vektorski $ $ j I x = i · Yw ·

(9.1.24) (9.1.25)

(9.1.26)

Denicija 9.1.6 Prilikom uranjanja tijela u uid uvijek se javlja sila uzgona $ ( I x ) koji le zi na pravcu Zemljinog ubrzanja, ali uvijek ima suprotan smjer, tj. imamo pojavu smanjenja te zine tijela. Vrijednost uzgona ovisi o gustoći uida $ (i ), volumena tijela uronjenog u uid (Yw ) i Zemljinog ubrzanja ( j ) (slika 9.7.). Napomena: Treba obratiti pozornost da Yw predstavlja volumen tijela samo kada je cijelo tijelo uronjeno u uid. Ako tijelo, na primjer pliva, onda je Yw0 volumen tijela koji je uronjen u uid pa onda taj dio tijela sudjeluje u uzgonu koji ima slijedeći oblik: Ix = i · Yw0 · j

Slika 9.7.

(9.1.27)

Slika 9.8.

Na površini realnog uida pojavljuju se procesi koji ne podlije zu zakonima statike uida (na primjer, ne va zi Arhimedov zakon). Razlog le zi u tome što se na slobodnoj površini uida javlja napetost. Unutar uida sve su cestice u me†usobnoj interakciji (me†umolekularne sile) i ta je interakcija u ravnote zi. Na slobodnoj površini ne postoji red molekula iznad površine pa se javlja rezultanta sila izme†u molekula koju nazivamo napetost (vidi sliku 9.8.). Razli cite realne tekućine imaju razli cite molekule, pa ni sila napetosti nije ista. Ovu razliku odre†ujemo koecijentom napetosti površine: gZ (9.1.28) gv Ona odgovara radu gZ koji je potrebno utrošiti da bi se slobodna površina uida povećala za gv. Dimenzija napetosti površine je pM2 . =

mehanika.indd 271

9.11.2007 9:59:48

264


9.2

Problemski zadaci

Problem 9.2.1 U posudi prikazanoj na slici 9.9. nalazi se uid. U nazna cenim to ckama promatrajmo hidrostatski tlak. Koji su od slijedećih izraza to cni: a) sD = sD1 , sE = sE1 c) sD1 = sE1 = sF1

b) sD = sE = sF d) sD A sE A sF

Odgovor: To can odgovor je pod b) sD = sE = sF jer stati cki tlak u nekoj to cki (s = jk) ovisi o visini uida iznad promatrane to cke. To cke A, B i C se nalaze na istoj dubini u tekućini, tj. nalaze se na istom hidrostatskom tlaku.

Slika 9.9.

Problem 9.2.2 U kojem slu caju u to cki A imamo maksimalni hidrostatski tlak (slika 9.10.)? Odgovor: U slu caju pod d), jer je u tom slu caju dubina na kojoj se nalazi to cka A jednaka g=k+U dok je u drugim slu cajevima manji iznos dubine.

Slika 9.10.

Problem 9.2.3 Posude prikazane na slici 9.11. imaju jednake površine na dnu. U širu posudu je nasuto 10 o, a u u zu 5 o vode. U kojem slu caju će biti veći hidrostatski tlak na dnu posude? Odgovor: Kao što je prikazano na slici 9.11., u u zoj posudi se nalazi viši stupac tekućine. Na osnovu izraza za hisdrostatski tlak s = jk slijedi da je tlak na dnu posude veći u u zoj posudi. Kao što se vidi u izrazu, Slika 9.11. hidrostatski tlak ne ovisi o koli cini teku cine u posudi, nego samo o visini stupca tekućine i njenoj gustoći.

mehanika.indd 272

9.11.2007 9:59:48


265

Problem 9.2.4 U posudu napunjenu vodom do prelivne cijevi postavi se komad drveta (slika 9.12.). a) Hoće li se promijeniti tlak na dnu posude? b) Što će se dogoditi ako posuda nije napunjena do prelivne cijevi? Odgovor: a) Ako je posuda napunjena vodom do prelivne cijevi i ubaci se komad drveta, neće doći do promjene tlaka na dnu posude zbog toga što neće doći do porasta visine stupca vode (jer će voda kroz prelivnu cijev isticati u manju posudu). Slika 9.12.

b) Ako posuda nije napunjena do prelivne cijevi i ubaci se komad drveta, tada će doći do porasta razine tekućine u posudi (razine maksimalno mo ze porasti do prelivne cijevi), a time će doći i do promjene tlaka na dnu posude.

Problem 9.2.5 Na slici 9.13. prikazana je vaga sa dvije cilindri cne posude. Vaga je dovedena u polo zaj ravnote ze. a) Dodavanjem iste koli cine tekućine procijenite u kojoj posudi će biti viša razina tekućine? b) Je li hidrostatski tlak na dnu jednak u obje posude? c) Hoće li se poremetiti ravnote za vage? Odgovor: a) U lijevoj u zoj posudi će biti viša razina vode jer se u posude ulijeva jednaka koli cina tekućine.

Slika 9.13.

b) Hidrostatski tlak na dnu posude je veći u lijevoj, u zoj posudi, jer je u njoj veća razina tekućine.

c) Do poremećaja ravnote ze vage neće doći, jer su koli cine tekućine, odnosno mase tekućina, jednake u obje posude pa je ravnote za odr zana.

mehanika.indd 273

9.11.2007 9:59:49

266


Problem 9.2.6 Dvije spojene posude koje su prikazane na slici 9.14.a) napunjene su vodom do iste visine. Hoće li voda prelaziti iz jedne posude u drugu ako se otvori ventil S izme†u njih? Ako se u jednoj posudi nalazi voda, a u drugoj benzin, do iste visine, hoće li te cnost protjecati iz jedne posude u drugu, ako se otvori ventil S? Obje pojave razmotrite i u slu caju kada cijev spaja posude kao na slici 9.14.b). Odgovor: Voda neće prelaziti iz jedne posude u drugu, zbog toga što su obje posude napunjene do iste visine istom tekućinom (vodom), pa je hidrostatski tlak u obje posude isti. U slu caju da je u jednoj posudi voda, a u drugoj benzin, voda će prelaziti u posudu sa benzinom, zbog toga što je hidrostatski tlak veći na toj razini. Naime, hidrostatski tlakovi iznose

Slika 9.14.

sK2 R = K2 R · j · k sehq = ehq · j · k

kako je K2 R A ehq =, sK2 R A sehq U slu caju da su obe posude napunjene vodom neće doći do prelaska tekućine, a u slu caju da imamo vodu i benzin doći će do prelaska iz istog razloga kao pod b). Problem 9.2.7 Na slici 9.15. su prikazane dvije posude napunjene do jednakih visina, jedna vodom, a druga zivom. U po cetku su ventili V1 i V2 zatvoreni. Što će se dogoditi ako se otvori ventil V1 ? Hoće li se nastalo stanje tekućine u posudi promijeniti kada se otvori i ventil V2 ? Odgovor:

Ziva će iz desne posude prijeći u lijevu i potiskivati vodu naviše, sve dok se ne uspostavi ravnote za hidrostatskih tlakova (vodenog i zivinog stupca), ra cunajući od donje razine. Hoće, jer tlakovi na krajevima gornje cijevi, gdje se nalazi ventil V2 nisu jednaki (treba uzeti u obzir da će ziva zbog veće gustoće biti pri dnu posude).

mehanika.indd 274

Slika 9.15.

9.11.2007 9:59:49


267

Problem 9.2.8 Na slici 9.16. je demonstriran ure†aj koji se sastoji od staklenog zvona, pod kojim se nalazi balon u kojem ima odre†ena koli cina obojene vode i prazna caša. Balon je dobro za cepljen gumenim cepom kroz koji je provu cena savijena staklena cijev, ciji jedan kraj dodiruje dno balona, a drugi dno caše. Plo ca na kojoj je sastavljen ovaj ure†aj spojena je sa zra cnim usisava cem. Što će se desiti ako ispod zvona po cnemo ispumpavati zrak? Objasni odgovor. Odgovor: Kako se iz staklenog zvona izvla ci zrak, doći će do podtlaka ispod zvona, a time i u otvorenoj caši. U balonu neće doći do promjene tlaka (tj. ostat će po cetni tlak koji je viši nego li u caši gdje se tlak smanjio), jer je balon dobro za cepljen gumenim cepom. Zbog toga će doći do preticanja vode kroz savijenu staklenu cijev u cašu iz balona, i to istjecanje će trajati sve dok se tlakovi unutar balona i tlak pod staklenim zvonom ne izjedna ce, jer se istjecanjem Slika 9.16. vode iz balona tlak unutar za cepljenog balona sni zava, a ispod staklenog zvona lagano raste. Problem 9.2.9 Ako se iz zra cne puške pogodi kuhano jaje, na njemu će ostati otvor kroz koji je prošlo zrno. Me†utim, ako se istim zrnom pogodi svje ze jaje, ono će se raspasti. Objasni ovu pojavu. Odgovor: Kuhano jaje je cvrsto pa se u njemu tlak prenosi samu u pravcu djelovanja sile, a u svje zem jajetu (koje je tekuće) tlak zrna prenosi se u svim pravcima jednako. Problem 9.2.10 Posuda simetri cnog oblika, prikazana na slici 9.17., napunjena je vodom i oslonjena na oštricu nepomi cne prizme. Na jednom kraju posude, u to cki A postavi se tijelo mase p, pri cemu je gustoća tijela veća od gustoće vode. Hoće li tijelo dospjeti u to cku B i objasnite oba polo zaja, odnosno, hoće li se poremetiti ravnote za?

Slika 9.17.

Odgovor: Da bi se riješio ovaj problem, mora se uo citi da tijelo na površini vode (u to cki A) vrši tlak, a prema Pascalovom zakonu taj tlak se ravnomjerno širi kroz vodu tako da neće doći do poremećaja ravnote ze. Budući da je gustoća tijela veća od gustoće vode, tijelo će tonuti i u to cki B će doći u dodir sa dnom posude, što će izazvati poremećaj ravnote ze, jer se tlak (sila) kroz cvrsto tijelo prostire du z pravca tlaka (sile) pa je ravnote za poremećena i doći će do prevrtanja posude s

vodom.

mehanika.indd 275

9.11.2007 9:59:49

268


Problem 9.2.11 Tijelo prikazano na slici 9.18. istisne odre†enu koli cinu vode koja se prelije u praznu menzuru. Na osnovu podataka sa slike odredite intezitet sile uzgona koja djeluje na tijelo. Hoće li se promijeniti sila uzgona, ako se u posudu doda izvjesna koli cina soli? Odgovor: Sila uzgona koja djeluje na tijelo jednaka je Ix = whn · j · Y kg m = 1000 3 · 9=81 2 · 1 · 1034 m3 m s = 0=98 N

Slika 9.18.

Dodavanjem soli u vodu gustoća vode se povećava. Kako sila uzgona ovisi direktno o gustoći tekućine u kojem je tijelo uronjeno, porast će i sila uzgona proporcionalno porastu gustoće. Problem 9.2.12 Dvije metalne kugle, jednakih volumena, obješene su o nit i uronjene u vodu. Jedna je od olova, a druga od aluminija. Na koju kuglu djeluje veća sila uzgona? Koja nit trpi ja cu silu istezanja? Odgovor: Intezitet sila uzgona na obje kugle je jednak, jer kugle imaju isti volumen i uronjene su u tekućinu iste gustoće. Nit na koju je obješena olovna kugla trpi ja cu silu istezanja, jer olovna kugla ima veću masu od aluminijske (zbog veće gustoće S e A Do ), a time i veću te zinu.

Slika 9.19.

Problem 9.2.13 Na polugu vage obješena su dva tijela od zeljeza jednakih masa (slika 9.20.). Kada se jedno tijelo uroni u posudu s vodom, a drugo u posudu sa alkoholom, ravnote za se poremeti. Objasnite ovu pojavu. Odgovor: Do poremećaja ravnote ze dolazi zbog toga što se mijenja sila uzgona, jer vrijedi Ix = whn · j · Y a kako je yrgh A donrkrod

Slika 9.20.

to će i sile uzgona biti razli cite.

mehanika.indd 276

9.11.2007 9:59:49


269

Problem 9.2.14 Poznati gr cki lozof Arhimed dobio je zadatak od kralja Sirakuze da provjeri je li majstor za izradu krune upotrijebio cjelokupnu dobivenu koli cinu zlata i srebra, ili je utajio nešto zlata, zamijenivši ga nekim drugim metalom. Naime, masa izra†ene krune i zbroj masa koli cina metala zlata i srebra bili su jednaki pa se to na prvi pogled nije moglo utvrditi. Kako je Arhimed riješio ovaj problem? Odgovor: Arhimed je pomoću vage ustanovio da je masa krune jednaka masi dobivenih koli cina metala, što nije bio dovoljno da utvrdi da je kruna izlivena upravo od dobivenih koli cina metala. Budući da je mjerenjem sile uzgona utvrdio da je zapremina krune jednaka zapremini dobivenih koli cina metala, on je bio siguran da je kruna napravljena upravo od tih metala, tj. da nisu dodavani drugi metali, niti je promijenjen odnos zlata i srebra. Problem 9.2.15 Dvije posude jednakih zapremina i masa, ispunjene su vodom do vrha (slika 9.21.). Ako se jedna posuda nalazi na jednom, a druga na desnom kraku vage, ona će biti u ravnote zi. Hoće li vaga ostati u ravnote zi ako se u jednu posudu stavi komad drveta? Odgovor:

Slika 9.21.

Hoće, jer će te zina istisnute tekućine iz posude biti jednaka te zini tijela. Zapravo, iz desne posude će isteći upravo onoliko tekućine koliki volumen tijelo bude uronjeno u vodu, a prema Arhimedovu zakonu, to je upravo onoliko koliko te zi tijelo, pa je ukupna masa s obje strane vage ostala ista, a time i ravnote za neće biti poremećena.

Problem 9.2.16 Na slici 9.22. je prikazana vaga u ravnote zi. Hoće li se promijeniti ravnote za vage, ako se konac o kojem visi tijelo A produ zi, tako da se ono uroni u vodu? Što će se dogoditi ako se konac toliko produ zi da tijelo padne na dno posude? Odgovor:

Slika 9.22.

mehanika.indd 277

Ako se konac produ zi da tijelo uroni u vodu, neće doći do poremećaja ravnote ze, jer će se djelovanje posude povećati onoliko koliko iznosi sila uzgona. Ako tijelo padne na dno posude, tada se dio te zine prenosi preko dna posude, a dio preko dodatnog povećanja djelovanja posude kolika je sila uzgona.

9.11.2007 9:59:50

270


Problem 9.2.17 U metalnoj kutiji (slika 9.23.), koja pliva na površini vode u nekoj posudi, nalazi se komad zeljeza. Hoće li se razina vode u posudi promijeniti, ako se zeljezni komad izvadi iz kutije i postavi na dno posude? Odgovor: Razina vode u posudi će se spustiti. Razlog tome le zi u većoj gustoći zeljeznog komada. Kada je komad u posudi, on će istisnuti toliki volumen tekućine koliko te zi tijelo, a taj volumen tekućine je puno veći od volumena tijela zbog manje Slika 9.23. gustoće tekućine. Kada je zeljezni komad u vodi, on će istisnuti samo volumen tekućine koliko iznosi i volumen zeljeza (razlika volumena, odnosno te zine djeluje na dno posude gdje se nalazi komad zeljeza). Problem 9.2.18 Na slici 9.24. je prikazana vaga u ravnote zi. Hoće li se promijeniti ravnote za vage, ako se konac o kojem visi tijelo produ zi i tijelo potopi u vodu (tako da tijelo ne dodirne dno posude)? Odgovor: Doći će do promjene ravnote ze vage. Mo ze se dokazati da ravnote zu vage narušava sila ciji je intezitet dvosturko veći od inteziteta sile uzgona koja djeluje na tijelo uronjeno u tekućinu (prilikom rješavanja problema potrebno je razmotriti ukupne sile koje djeluju na cijeli sustav).

Slika 9.24.

Problem 9.2.19 U dvije menzure je naliveno tekućine razli citih gustoća. Što se mo ze zaklju citi o gustoćama tekućina, ako je prazna menzura uronjena do razine dna? Kolika je gustoća tekućine u lijevoj menzuri ako je u desnoj voda? Odgovor: Iz zadane slike 9.25. mo ze se zaklju citi jedino o odnosu gustoća tekućina. Kao što vidimo odnos tekćina u lijevoj menzuri u odnosu na desnu jednak je Slika 9.25. O : G = 9 : 10

mehanika.indd 278

9.11.2007 9:59:50


271

Budući da je u desnoj menzuri voda cija je gustoća Y = 1000

kg m3

zaklju cujemo da je u lijevoj menzuri tekućina gustoće w = 900

kg m3

Problem 9.2.20 Tri tijela istih zapremina nalaze se u to ckama A, B i C i to tako da tijela A i B isplivaju, a tijelo C tone. Kako se odnose sile potiska ID , IE i IF ? Objasnite odgovor. Odgovor: Budući da je sila uzgona po deniciji jednaka Ix = · j · Y to slijedi Slika 9.26.

IxD = IxE = IxF

gdje su gusoća i Y volumen tijela. Kao što vidimo veli cina uzgona ne ovisi o dubini na kojoj se nalazi tijelo (pri ovome se ne uzima u obzir promjena gustoće tekućine s dubinom). U slu caju da se uzima u obzir promjena gustoće tekućine s dubinom, onda će se promijeniti i sila uzgona proporcionalno promjeni gustoće tekućine.

mehanika.indd 279

9.11.2007 9:59:50

272


9.3

Primjeri

Primjer 9.3.1 Za koliko će se stisnuti voda ako je podvrgnemo tlaku u iznosu od s = 1000 bar pri temperaturi W = 293 K. Modul elasti cnosti pri ovim uvjetima iznosi Hy = 2=88 · 109 Pa? Rješenje: Modul elasti cnosti je zadan izrazom Hy = Y

gs Y = s gY Y

odakle je relativna promjena volumena 108 Pa s Y = = = 0=03472 Y Hy 2=88 · 109 Pa ili prikazano u postotcima po cetnog volumena Y = 3=472% Y tj. voda će se stisnuti za 3=47%. Primjer 9.3.2 Kako se mijenja gustoća kapljevine s promjenom tlaka uz konstantni modul elasti cnosti? Rješenje: Iz izraza za modul elasti cnosti H = Y

gY gs gs =, = gY Y H

i mase p = Y = nrqvw=@g 0 = Y g + gY =, dobivamo

Z

g

=

g

=

0

Z gs @ H Zs 1 gs H s0

ln ln 0 =

1 (s s0 ) H

= 0 · h

mehanika.indd 280

g gY = Y

s3s0 H

9.11.2007 9:59:50

9.3. PRIMJERI

273

Primjer 9.3.3 Koliki je ukupni tlak u dubini mora od k = 1200 m ako je pri površini normirani atmosferski tlak s0 = 1=013 · 105 Pa? Koliko bi taj tlak iznosio na najvećoj izmjerenoj dubini u Marijanskoj brazdi koja iznosi 11022 m? Rješenje: Ukupni tlak na dubini k jednak je zbroju tlaka pri površini i hidrostatskog tlaka stupca vode s = s0 + jk = 1=013 · 105 Pa + 1030

kg m · 9=81 2 · 1200 m 3 m s

= 1=22 · 107 Pa a u Marijanskoj brazdi s = s0 + jk = 1=013 · 105 Pa + 1030

kg m · 9=81 2 · 11022 m m3 s

= 1=11 · 108 Pa 1100 atm Primjer 9.3.4 Koliko iznosi gustoća morske vode pri konstantnom modulu elasti cnosti H = 2=7 · 109 Pa, na najvećoj do sada izmjerenoj dubini k = 11022 m, kg ako je gustoća morske vode pri površini ssry = 1 bar jednaka 0 = 1020 m 3? Rješenje: Hidrostatsi tlak na dubini k iznosi s s0 = jk = 1020

kg m · 9=81 2 · 11022 m = 1=1 · 108 Pa m3 s

pa je gustoća = s0 h

s3s0 H

= 1020

1=104·108 Pa kg kg 2=7·109 Pa = 1062=6 · h 3 m m3

Primjer 9.3.5 Koliki je modul elasti cnosti H kapljevine koja je stisnuta u posudu volumena Y0 = 0=8 m3 pod tlakom s0 = 1000 bar pa je zatim stisnemo u posudu volumena Y = 0=795 m3 pod tlakom s = 1250 bar? Rješenje: Modul elasti cnosti jednak je gs s s s0 = Y = Y · gY Y Y Y0 1=25 · 108 Pa 108 Pa = 0=8 m3 · = 1010 Pa 0=8 m3 0=798 m3

H = Y

Primjer 9.3.6 Odredite gustoću uida lakšeg od vode pomoću U - cijevi, ako su izmjereni slijedeći podatci: ki = 120 mm stupca uida i k = 36 mm stupca uida. Pretpostavljamo da se uid ne miješa sa vodom.

mehanika.indd 281

9.11.2007 9:59:51

274

POGLAVLJE 9. STATIKA FLUIDA Rješenje:

Kako moraju u to ckama O biti jednaki tlakovi, to mora vrijediti ki · i = ky · y Iz slike 9.27. vidimo da vrijedi ky = ki k pa je ki · i i

= (ki k) · y μ ¶ k = 1 · y ki ¶ μ kg 36 mm · 1000 3 = 1 120 mm m kg = 700 3 m

Slika 9.27.

kg Dakle, tekućina ima gustoću 700 m 3.

Primjer 9.3.7 Balon mase p = 60 kg napunjen je sa 300 m3 helija. Koliki je maksimalni teret koji mo ze ponijeti balon (slika 9.28.)? Koliki bi bio taj teret da smo balon ispunili vodikom? Pri normiranim uvjetima gustoća zraka iznosi kg kg kg ] = 1=29 m 3 , helija Kh = 0=179 m3 i vodika K2 = 0=09 m3 . Rješenje: Balon je maksimalno opterećen kad je ukupna sila koja djeluje na balon jednaka nuli, tj. kada je ukupna te zina balona, tereta i plina unutar balona jednaka sili uzgona. J = Ix (p1 + p2 + p3 ) · j = } · j · Y gdje su: p1 masa balona, p2 masa tereta i p3 = Kh · Y masa plina helija. Jednad zba poprima oblik

Slika 9.28.

p1 + p2 + Kh · Y = } · Y

mehanika.indd 282

9.11.2007 9:59:51

9.3. PRIMJERI

275

odnosno maksimalni teret je jednak p2 = (} Kh ) · Y p1 μ ¶ kg kg = 1=29 3 0=179 3 · 300 m3 60 kg m m = 273=3 kg Ako balon ispunimo vodikom dobivamo, u prethodnoj jednad zbi samo zamijenimo vrijednosti gustoće plina helija sa vrijednušću gustoće plina vodika. Tada dobivamo p2 = (} K ) · Y p1 μ ¶ kg kg = 1=29 3 0=09 3 · 300 m3 60 kg m m = 300 kg Dakle, sustav napunjen vodikom bi mogao ponijeti 26=7 kg više nego kada je balon napunjen helijem. Primjer 9.3.8 Cilindri cna zeljezna cijev, debljine stijenke u = 1 mm, zatvorena je na svojim krajevima diskovima zanemarivih masa. Ako je iz cijevi izvu cen zrak, koliki treba biti vanjski polumjer cijevi U da bi ona lebdjela u zraku? Gustoća kg kg

zeljeza je I h = 7880 m 3 , a zraka } = 1=29 m3 . Rješenje: Da bi cijev lebdjela u zraku, sila uzgona zraka mora biti jednaka te zini cijevi Ix = Jf . Te zina cijevi jednaka je h i Jf = pf · j = I h · Yf · j = I h · 2Uu (u)2 · kj

gdje je

i h i h Yf = k · U2 (U u)2 = k · 2Uu (u)2

Sila uzgona jednaka je

Ix = } · Y · j = } · kU2 j pa izjedna cavajući uzgon i te zinu h i } · kU2 j = I h · 2Uu (u)2 · kj dobivamo

U2

mehanika.indd 283

2I h · u · (u)2 U Ih =0 } }

9.11.2007 9:59:51

276


Rješenja ove kvadratne jednad zbe su ¸ r u · I h } = 12=22 m · 1± 1+ U1>2 = } I h gdje rješenje s predznakom minus nije zikalno. Primjer 9.3.9 Tijelo pliva na površini zive tako da mu je 19=85% volumena potopljeno u zivu. Koliki je postotak volumena potopljen u zivu ako se preko tijela prelije voda, tako da tijelo bude potpuno pod vodom? Rješenje: Ako tijelo pluta u zivi, sila uzgona jednaka je te zini tog tijela (slika 9.29.a). Po Arhimedovu zakonu vrijedi: IJ = XKj pj = w · Yw · j = Kj · YKj · j = Kj · 0=1985 · Yw · j

gdje su: w > Yw - gustoća i volumen tijela, Kj > YKj - gustoća zive i dio volumena tijela koji je potopljen u zivu. Iz prethodne jednad zbe slijedi:

Slika 9.29.

w = 0=1985 · Kj

kg kg = 2669=6 3 m3 m Ako tijelo prelijemo vodom (slika 9.29.b), javlja se dodatna sila uzgona vode na tijelo. Ozna cimo volumen tijela u vodi Y1 , a volumen tijela u zivi Y2 . Tada je = 0=1985 · 13600

IJ = XK2 R + XKj pj = w · Y · j = y · Y1 · j + Kj · Y2 · j gdje je y gustoća vode. Odavdje slijedi w · Y = y · Y1 + Kj · Y2 no, ukupni volumen jednak je Y = Y1 + Y2 pa eliminacijom npr. Y1 slijedi w · Y

= y · (Y Y2 ) + Kj · Y2

kg kg 2669=6 m w y 3 1000 m3 Y = · Y = 0=1325 Y kg kg Kj y 13600 m 3 1000 m3 = 13=25% Y

Y2 = Y2

dakle, 13=25% tijela će biti potopljeno u zivu.

mehanika.indd 284

9.11.2007 9:59:51

9.3. PRIMJERI

277

Primjer 9.3.10 Prona†ite omjer polumjera mjehura zraka na površini vode i na dubini od k = 100 m, pri cemu je tlak pri površini vode s0 = 105 Pa. Zanemarite napetost površine vode te ra cunajte uz konstantnu temperaturu. Rješenje: Koristeći izraze za jednad zbu stanja idealnog plina uz konstantnu temperaturu i hidrostatski tlak slijedi s0 · Y0 = s · Y

s = s (k) = s0 + y · j · k 4 3 4 3 s0 · · u0 = (s0 + y · jk) · ·u 3 3 3 gdje su s0 tlak i Y0 = 4 3 u0 volumen pri površini 3 vode, a s tlak i Y = 4 3 u volumen mjehura zraka na tra zenoj dubini k. Odavde je tra zeni odnos polumjera

Slika 9.30.

u0 = u

s 3

1+

μ ¶ u03 s0 + y · j · k y · j · k = = 1+ u3 s0 s0 y jk = s0

s 3

1+

kg m 103 m 3 · 9=81 s2 · 100 m = 2= 21 105 Pa

Primjer 9.3.11 U posudi oblika valjka ciji je polumjer dna u = 0=2 m Uliveno je kg Yy = 5 l vode. U posudu se spušta staklena kocka gustoće v = 2500 m 3 . Koliku je silu potrebno upotrijebiti da se kocka podigne sa dna? Masa kocke je p = 0=5 kg? Rješenje: Brid kocke iznosi p Yv = d = =, d = v 3

r 3

p = v

s 3

0=5 kg kg 2500 m 3

= 0=058 m

Kada se kocka uroni u vodu, razina je vode u posudi

Slika 9.31.

mehanika.indd 285

Yy = u2 k kd2 Yy 5 · 1033 m3 k = 2 = = 0=0409 m 2 u d (0=2 m)2 (0=058 m)2 pa je sila potrebna da se podigne kocka sa dna ¢ ¡ I = pj X = p · j y · jkd2 = p y kd2 · j ¸ kg m = 0=5 kg 103 3 · 0=0409 m · (0=058 m)2 · 9=81 2 m s = 3= 53 N

9.11.2007 9:59:52

278


kg Primjer 9.3.12 Aerometar je uronjen u vodu 1 = 103 m 3 do dubine k1 = 0=1 m, kg a u benzinu gustoće 2 = 700 m3 do dubine k2 = 0=15 m (slika 9.32.). Koliko će kg duboko uroniti aerometar u tekućinu gustoće 3 = 2=5 · 103 m 3?

Rješenje: Pretpostavimo da je popre cni presjek cijevi aerometra V, a volumen kugle na dnu areometra Y iz uvjeta ravnote ze slijedi da je te zina areometra jednaka sili uzgona J = Ix Ovaj uvjet vrijedi bez obzira u kojoj tekućini se nalazi uronjen aerometar. Slika 9.32. Ozna cimo gustoću vode sa 1 , gustoću benzina sa 2 , a gustoću nepoznate tekućine sa 3 . Tada vrijedi: p V · k1 1 p p · j = (Y + V · k2 ) · 2 · j =, Y = V · k2 2 p p · j = (Y + V · k3 ) · 3 · j =, Y = V · k3 3 p · j = (Y + V · k1 ) · 1 · j =, Y =

Ovo je sustav od tri jednad zbe s tri nepoznate Y> V i k3 . Rješenje je sustava μ ¶ 1 p p p 1 V · k1 = V · k2 =, V = · 1 2 k1 k2 2 ¶ μ 1 1 p p 1 p V · k2 = V · k3 =, V = · 2 3 k2 k3 2 3 odakle je k3 = k1 + (k2 k1 ) ·

2 · (3 1 ) 3 · (2 1 )

³ ´ kg kg kg 700 m 3 · 2500 m3 1000 m3 ´ ³ = 0=1 m + (0=15 m 0=1 m) · kg kg kg 2500 m · 700 1000 3 m3 m3

= 0=03 m = 3 cm

mehanika.indd 286

9.11.2007 9:59:52

9.3. PRIMJERI

279

Primjer 9.3.13 Gustoća tekućine u posudi dubine g = 3 m je linearna funkcija g ca pri površini sry dubine. Gustoća na dnu iznosi gqr = 1=19 cm 3 , dok je gusto´ za 5% manja od gustoće na dnu. Koliki je rad potreban da se predmet mase p = 0=1 kg i volumena Y = 50 cm3 podigne s dna na površinu vode? Trenje u tekućini zbog gibanja tijela zanemarite. Rješenje: Budući da je gustoća linearna funkcija dubine, mo zemo pisati ({) = n{ + o Koristeći po cetne uvjete g cm3 g = (0) = 1=1305 cm3

gqr = (g) = 1=19 sry dobiva se (0) = o = sry

(g) = n · g + o = n · g + sry = gqr gqr sry n = g pa je funkcija gustoće tekućine ({) =

gqr sry · { + sry g

Sila koja djeluje na tijelo jednaka je

I ({) = p · j X ({) = p · j ({) · Y · j ¶ μ gqr sry · { + sry · Y · j = p·j g a izvršeni rad je jednak gZ

Zg = I ({) g{Á g{ 0

=

Zg 0

μ ¶ ¸ gqr sry · { + sry · Y · j g{ p·j g

što nakon integracije daje

mehanika.indd 287

9.11.2007 9:59:52

280


Z

¡ ¢ gqr sry p · j sry · Y · j · { · Y · j · {2 |g0 2g ¸ ¡ ¢ gqr sry p · j sry · Y · j ·Y ·j ·g 2 ¢ j·g·Y ¡ · 2w sry gqr 2 μ ¶ 9=81 sm2 · 3 m · 50 · 1036 m3 kg kg kg · 2 · 2000 3 1130=5 3 1190 3 2 m m m 1=24 J

= = = = =

gdje je w =

0=1 kg p kg = = 2000 3 3 Y 50 cm m

Primjer 9.3.14 Pretpostavljajući da temperatura linearno ovisi o visini po zaF konu W (k) = W0 nk, gdje je W0 = 288 K, a n = 6=5 km > izra cunajte barometarsku formulu za standardnu atmosferu (koristiti in zenjersku plinsku konstantu za zrak U = 287 kgJK ). Izra cunajte vrijednost tlaka na nadmorskoj visini od U0 = P k = 8 km, ako na razini mora tlak ima vrijednost s0 = 1010 mbar. Rješenje: Koristeći formulu za hidrostatski tlak u uidu gs = · j · gk i jednad zbu stanja idealnog plina U p ·U·W =·Y · ·W P P s s = · U0 · W =, = 0 U ·W

s·Y

= q·U·W =

dobivamo

j·s j·s · gk = 0 · gk 0 U ·W U · (W0 n · k) Z gk Á · W0 n · k Zk gk · W0 n · k

gs = · j · gk =

Zs

s0

gs s

=

j U0

gs s

=

j U0

0

smjenom u integralu na desnoj strani jednad zbe x = W0 nk =, gx = ngk

mehanika.indd 288

9.11.2007 9:59:53

9.3. PRIMJERI

281

odnosno gk = n1 gx slijedi ¶ μ j 1 s · ln (W0 n · k) |k0 ln s |s0 = 0 · U n

¶ j μ j W0 n · k W0 n · k U0 ·n · ln = ln U0 n W0 W0 ¶ j0 μ s W0 n · k U ·n = s0 W0 ¶ j μ n · k U0 ·n s (k) = s0 · 1 W0 Koristeći vrijednost tlaka na razini mora za tlak na visini od k = 8 km dobivamo 9=81 m Ã ! s2 J ·6=5·1033 K K 287 m 6=5 km · 8 km kg K s (8 km) = 101 kPa · 1 288 K ln

s s0

=

= 101 kPa · 0=819445=2586 = 35=444 kPa = 354=44 mbar Primjer 9.3.15 Izra cunajte temperaturu, tlak i gustoću zraka na visini od k = 1 km uz standardne uvjete (na k = 0, tlak je s0 = 101325 Pa, gustoća zraka kg J 0 0 = 1=225 m 3 , temperatura W0 = 288 K, te U = 287 kg K ) pretpostavivši: a) izotermnu atmosferu (W³ = nrqvw=), ´ s b) adijabatsku atmosferu 1=4 = nrqvw= i ´ ³ s c) standardnu atmosferu 1=235 = nrqvw= . Rješenje:

a) Za izotermnu atmosferu vrijedu (uz W = nrqvw=) i oznake s (0) = s0 , te (0) = 0 (k) =

0 · s (k) s0

gs = (k) · j · gk =

0 · s (k) · j · gk s0

Odavde separacijom varijabli i integracijom dobivamo: gs s ln s ln s0

= 0 · j · gkÁ s0

=,

Zs

s0

gs = 0 ·j· s s0

Zk

gk

r

s = 0 · j · (k 0) =, ln = 0 ·j·k s0 s0 s0 3

s (k) = s0 · h

mehanika.indd 289

Z

0 ·j k s0

34

= s0 · h31= 186·10

m31 ·k

9.11.2007 9:59:53

282


Koristeći uvjete zadatka za visinu k = 103 m dobivamo 34

s (1 km) = s0 · h31= 186·10

m31 ·103 m

= 0=888 16 · s0 = 89993 Pa kg kg (1 km) = 0=888 16 · 0 = 0=888 16 · 1=225 3 = 1088 3 m m W (1 km) = W0 = 288 K b) Za adijabatski proces imamo

s(k) [(k)]

=

s0 0

odakle slijedi

1 s (k) =, (k) = 01 · [s (k)] s0 s0 1 gs = (k) · j · gk = 01 · [s (k)] · j · gk s0

[ (k)] = 0 ·

odakle separacijom varijabli dobivamo gs s

1

=

0 · j 1

s0

· gkÁ

Z

=,

0 · j 1

s0

·

Zk 0

gk =

Zs

s0

gs 1

s

μ 31 ¶ 31 31 31 1 0 · j · k = s s = · s · 1 ·k =, s 1 0 0 1 s0 s0 31 31 1 0 · j s0 1 0 · j s = s0 · 1 ·k= 1 · 1 ·k s s s

0 · j

0

0

0

odnosno ¸ ¢3=5 ¡ ( 1) · 0 · j · k 31 = s0 1 3=39 · 1035 m31 · k s = s0 1 · s0 ¢3=5 ¡ s (1 km) = s0 1 3=39 · 1035 m31 · 103 m = 0=886 29 · s0 = 89803 Pa

iz jednad zbe adijabatskog procesa slijedi s (k) [ (k)]

=

s0 0

¸ 1 ¢2=5 ¡ ( 1) 0 jk 31 (k) = 0 1 = 0 1 3=39 · 1035 m31 · k · s0 kg kg (1 km) = 0=917 39 · 0 = 0=917 39 · 1=225 3 = 1=1238 3 m m Promjenu temperature s visinom dobivamo iz plinske jednad zbe μ ¶ 31 s (k) 0 0 s0 = 0 · U · W0 i s = · U · W =, W (k) = W0 · s0

mehanika.indd 290

9.11.2007 9:59:53

9.3. PRIMJERI

283

Koristeći promjenu temperature po tlaku, 1 gW 1 W0 = · 31 · s3 gs s0

te promjenu tlaka po visini gs s·j = · j = 0 gk UW dolazimo do ovisnosti temperature o visini 4

3

³ s · j´ 1 gW 1 j gW gs C 1 W0 = = · = · 31 · s3 D · 0 · 0 gk gs gk U W U s0

gW

1 j = · 0 · gkÁ U

Z

=,

1 j W (k) = W0 · 0 ·k U W (1 km) = 288 K 9= 765 9 · 1033

ZW

W0

1 j gW = · 0· U

Zk

gk

0

K · 103 m = 278= 23 K m

c) Ako je q = 1=235 iz gornjih jednad zbi dobiva se ¸ q ¡ ¢5=2553 (q 1) · 0 · j · k q31 = s0 · 1 2=26 · 1035 m31 · k s (k) = s0 · 1 q · s0 s (1 km) = 0=886 8 · s0 = 0=886 8 · 101325 Pa = 89855 Pa ¸ 1 ¢4=2553 ¡ (q 1) 0 jk q31 (k) = 0 1 = 0 1 2=26 · 1035 m31 · k q · s0 kg kg (1 km) = 0=886 8 · 0 = 0=886 8 · 1=225 3 = 1=0863 3 m m gW gk

q1 j · 0 q U q1 j · 0 ·k W (k) = W0 q U =

W (1 km) = 288 K 6= 504 0 · 1033

mehanika.indd 291

K · 103 m = 281=5 K m

9.11.2007 9:59:54

284


Primjer 9.3.16 Koliki je rad potreban da bi se kapljica zive polumjera u = 2 mm N )? razbila na kapljice trostruko manjeg polumjera (Kj = 0=48 m Rješenje: Polumjer novo nastale kapljice zive je u0 = 3u , tada je Y0 =

Y 4 03 4 ³ u ´3 4 u3 ·u = · · = = 3 3 3 3 27 27

Dakle, od jedne kapljice zive polumjera u, dobiva se 27 kapljica zive trostruko manjeg polumjera u0 . Pri tome se površina povećala za V = 4 · u2

V 0 = 4 · u02 = 4 · 0

³ u ´2 3

V = 27 · V V = 27 ·

=

4 2 ·u 9

4 2 · u 4 · u2 = 8 · u2 9

pa je rad potreban za povećanje površine jednak Z = Kj · V = Kj · 8 · u2 = 0=48

¢2 ¡ N · 8 · 2 · 1033 m = 4= 83 · 1035 J m

Primjer 9.3.17 Kapilarnu cjev cicu zatvorenu na jednom kraju uranjamo okomito u posudu s vodom. Da bi se izjedna cila razina vode u cjev cici i u posudi, treba uroniti u vodu 1% duljine cjev cice. Mo cenje je potpuno, tlak s = 105 Pa, a N koecijent površinske napetosti vode = 0=073 m . Koliki je unutrašnji polumjer cjev cice? Rješenje: Kapilara duljine o i popre cnog presjeka V ima volumen Y =V·o i prije njenog uranjanja u vodu tlak od s = 105 Pa. Uranjanjem cjev cice u vodu doga†a se karakteristi cna pojava kapilarnosti tekućine. Dio volumena cjev cice koji se nalazi pod tlakom s0 i koji nije ispunjen vodom ozna cimo sa

Slika 9.33.

0

Y = V · (o k)

mehanika.indd 292

9.11.2007 9:59:54

9.3. PRIMJERI

285

Pretpostavljajući da kapilarna pojava uopće ne mijenja temperaturu sustava, Boyle-Mariottov zakon daje = s0 · Y 0

s·Y

s · V · o = s0 · V · (o k) s · o = s0 · (o k)

Tlak s0 slo zen je od po cetnog tlaka s i tlaka kapilarnog stupca vode s = 2 cos , u s0 = s + s = s +

2 · cos u

gdje je u tra zeni polumjer cjev cice, cosu polumjer zakrivljenosti meniska i kut mo cenja. Kako je mo cenje potpuno, vrijedi cos = 1 pa prethodne jednad zbe daju ¶ μ 2 · cos s·o = s+ · (o k) u 2 · cos · (o k) s·k = u u = =

¶ o 1 k μ ¶ N 2 · 0=073 m ·1 o · 1 = 0=1445 mm 105 Pa 0=01 · o 2 · cos · s

μ

Primjer 9.3.18 Kojom brzinom mo ze rotirati kapljica vode mase p = 3·1035 kg, a da se ne razdvoji. Površinska napetost vode iznosi = 0=073 mJ2 . Treba uzeti u obzir da se prilikom deformacije kapljice povećava moment inercije kapljice. Rješenje: Kapljica vode sfernog oblika i polumjera u rotira kutnom brzinom $ deformira se i u grani cnom slu caju se mo ze predstaviti kao dvije sferne kapljice polumjera u0 koje rotiraju oko osi, koja je tangenta oko obje kapljice. Ovom deformacijom kapljice povećava se ukupna površina, smanjuje kineti cka energija sustava, Slika 9.34. a zbog pojave površinske napetosti vode povećava se površinska energija. Mora vrijediti zakon o cuvanja mehani cke energije i koli cine gibanja, zbog toga što je sustav izoliran (nismo uzimali nikakve

mehanika.indd 293

9.11.2007 9:59:54

286


vanjske utjecaje na proces). Dok kapljica ima sferni oblik, moment tromosti i kineti cka energija sustava je: L = Hn =

2 · p · u2 5 1 p · u2 · $ 2 · L · $2 = 2 5

Kada se kapljica deformira dvije kapljice polumjera u0 , površina se povećava u od V = 4 · u2 do V 0 = 2 · 4 · u02 što zbog u0 = I iznosi 3 2

³s ´ 3 V = 2 · 4 · u02 4 · u2 = 4 · u2 21

Dvije kapljice se vrte kutnom brzinom $ 0 oko osi koja je tangenta za obje. Pomoću Steinerova pou cka za moment tromosti kapljica dobivamo ¶ μ 2 14 0 0 02 0 02 L = 2· = ·p ·u +p ·u · p0 · u02 5 5 μ ¶ u 2 14 p 7 2 7 · · s = = 5 · · p · u2 = 5 · L = 2= 2 · L 3 5 2 2 23 5 23 Prema zakonu momenta o cuvanja koli cine gibanja slijedi 5

L · $ = L 0 · $ 0 =, $ 0 =

L ·$ L ·$ 23 ·$ = 7 = 0 L 7 5 · L 23

Kineti cka energija dviju kapljica iznosi 5

Hn0 =

1 0 02 2 3 ·L ·$ = · Hn 2 7

Rad za povećanje površine jednak je promjeni kineti cke energije ! ! Ã Ã 5 5 ³s ´ p · u2 · $ 2 23 23 3 2 · Hn = 1 · 21 · = 1 V · = 4 · u · 7 7 5 v v s s ¡ ¢ ¡ ¢ u u 3 2 1 · u 20 · 3 2 1 · u 4 · u2 · u μ ¶ ¶ = $ = u μ = 457 s31 5 5 t t 2 1 273 · p·u 1 273 · p 5 5

$

mehanika.indd 294

0

=

5

23 23 ·$ = · 457 s31 = 207=27 s31 7 7

9.11.2007 9:59:55

9.4. ZADACI

9.4

287

Zadaci

Problem 9.4.1 Dug, zatvoreni, okomito postavljen cilindar stalnog volumena kg potpuno je ispunjen nestla civom tekućinom gustoće = 800 m 3 , osim veoma malog mjehurića idealnog plina netopljivog u tekućini koji se zadr zava na udaljenosti k1 = 10 m ispod vrha tekućine. Tlak na vrhu tekućine iznosi s = 105 Pa. Mjehurić se oslobodi i do†e na površinu tekućine. Koliki je sada tlak na površini tekućine i na dubini k1 ? Rezultat: ssry = 1=78 · 105 Pa, sk = 2=57 Pa. Problem 9.4.2 Izra cunajte vrijednosti tlaka na nadmorskoj visini k = 100 m, 500 m, 1 km, 5 km, 10 km i 20 km za izotermnu atmosferu, te za standardnu at¡ F ¢ = 6=5 . Nacrtajte funkciju k (s) za standardne uvjete (s0 = mosferu {W {k km kg 101325 Pa, 0 = 1=225 m3 , W0 = 288 K). Rezultat: izoter. atm. stand. atm.

k ( km) s ( kPa) s ( kPa)

0 101.3 101.3

0.1 100.1 100.1

0.5 95.5 95.5

1 90 89.9

5 56 54

10 31 26.4

20 9.5 4.3

h(km) 20 izoter. atm.

15 10

stand. atm. 5 0

0

10

20

30

40

50

60

70

80

90 100

p(kPa)

Slika 9.35.

Problem 9.4.3 Ako je tlak na nadmorskoj visini k = 100 m jednak s100 = 101 kPa, koliki je tlak na vrhu planine visoke k0 = 2110 m? Pretpostavimo da je temperatura svuda jednaka i da iznosi W = 273 K. Rezultat: s2110 = 78 468 Pa

mehanika.indd 295

9.11.2007 9:59:55

288


Problem 9.4.4 U standardnoj atmosferi (ICAOSA - International Civil Aviation Organization Standard Atmosphere) tlak i gustoća zraka povezani su relacijom s q , gdje je q = 1=235. Poka zite da to odgovara temperaturnom gradijentu gW 33 K . Koliki je temperaturni gradijent za adijabatsku atmosferu gk = 6=5 · 10 m (q = 1=4)? Rezultat: j q31 K Za q = 1=235, gW gk = U0 q = 6=5 km , j q31 gW K K za q = 1=4, gk = U0 q = 9= 766 1 · 1033 m = 9=7661 km . Problem 9.4.5 U moru pliva santa leda. Volumen sante leda iznad mora iznosi Yl = 2210 m3 . Koliki je ukupni volumen sante leda ako je gustoća morske vode kg kg ca leda o = 900 m y = 1030 m 3 , a gusto´ 3? Rezultat: Y = 17510 m3 . Problem 9.4.6 U U-cijevi ciji krakovi imaju razli cite polumjere ulivena je voda. Kolika je razlika razina vode u krakovima U-cijevi ako su njihovi polumjeri u1 = 4 mm i u2 = 0=6 mm? Pretpostavima da voda potpuno mo ci stijenku cijevi. Rezultat: k = 2=1 cm.

mehanika.indd 296

9.11.2007 9:59:55

Poglavlje 10

DINAMIKA FLUIDA 10.1


Mi ćemo uglavnom promatrati permanentno (stacionarno) strujanje uida. Za prikazivanje gibanja uida koristimo model koji se zove strujni pravci (strujnice), a to su linije po kojima se sukcesivno kreću cestice uida. Osnovna karakteristika permanentnog strujanja uida jest vremenska nepromjenjivost brzine u pojedinoj to cki strujnog pravca. Strujanje u nekim to ckama (slika 10.1.) na primjer (1) i (2) ima za sve cestice koje dolaze u navedene to cke uvijek istu vrijednost brzine y1 i y2 . Skup strujnica, tj. ograni ceni uid cini strujnu cijev.

Slika 10.1.

Slika 10.2.

Na osnovu prethodno navedenog svojstva stacionarnog gibanja uida slijedi da će na nekom popre cnom presjeku V1 i V2 sve cestice uida imati iste brzine y1 i y2 . Kako su idealni uidi nestla cljivi slijedi da je u nekom vremenu protjecanja (w) kroz popre cne presjeke V1 i V2 proteći ista koli cina odnosno isti volumen uida Y1 = Y2 (slika 10.2.): Y1 = V1 · {1 = V1 · y1 · w

(10.1.1)

Y2 = V2 · {2 = V2 · y2 · w

(10.1.2)

gdje je uid prešao duljinu u strujnoj cijevi {1 = y1 · w i {2 = y2 · w. Dakle, vrijedi V1 · y1 = V2 · y2 . Za stacionarno strujanje nestla cljivih uida zakon o o cuvanju mase i energije izra zava se u obliku jednad zbe kontinuiteta: t = V · y = frqvw=

(10.1.3) 289

mehanika.indd 297

9.11.2007 9:59:55

290

POGLAVLJE 10. DINAMIKA FLUIDA

Jednad zba (10.1.3) zove se jednad zba kontinuiteta. Denicija 10.1.1 Ako kroz neku strujnu cijev razli citih popre cnih presjeka protje ce permanentno uid onda je produkt površine (V) popre cnog presjeka i brzine (y) kroz taj presjek uvijek stalan. Neka imamo neku strujnu cijev (slika 10.3.) razli citih poprje cnih presjeka ciji se krajevi nalaze na razli citim visinama k1 i k2 . Onda se stacionarno gibanje uida mo ze opisati preko Bernoullijeve jednad zbe s+·j·k+

1 · · y 2 = frqvw= (10.1.4) 2

gdje su: - gustoća uida, y — brzina uida kroz odre†eni poprje cni presjek i k — visina tog popre cnog presjeka s obzirom na referentnu razinu. Na osnovu relacije (10.1.4) vidimo da Slika 10.3.

clanovi zbroja imaju dimenzije tlaka tako da kod stacionarnog strujanja uida razlikujemo tri vrste tlaka: s - stati cki tlak, 12 · · y 2 — dinami cki tlak i · j · k — visinski (elevacijski) tlak. Denicija 10.1.2 Zakon mo zemo formulirati na slijedeći na cin: ukupan zbroj tlakova unutar stacionarnog strujanja uida na bilo kom popre cnom presjeku je uvijek stalan. Posljedica: To ne zna ci da je svaki pojedina cni tlak stalan, nego se pojedini tlakovi mogu mijenjati jedan na ra cun drugoga tako da je ukupan zbroj uvijek stalan. Treba obratiti pozornost da stati cki tlak s = · j · k1 i elevacijski tlak · j · k2 imaju isti oblik zakonitosti, ali se radi o razli citim vrijednostima k. Za stati cki tlak k1 je dubina promatrane to cke u uidu, a za elevacijski tlak k2 predstavlja visinu promatrane to cke u odnosu na referentni nivo. Prilikom gibanja realnih uida javlja se unutarnje trenje ili viskoznost. Kada jedan sloj uida klizi po drugom onda imamo laminarno gibanje uida. Kod realnih uida izme†u slojeva se pojavljuje sila trenja odnosno viskoznost. Sila unutarnjeg trenja izme†u dva sloja koji su površine V i nalaze se na me†usobnoj udaljenosti g{ (slika 10.4.) iznosi Iw = · V ·

gy g{

(10.1.5) Slika 10.4.

gdje je - dinami cki koecijent viskoznosti. Jedinica za dinami cki koecijent viskoznosti je ( Pa · s).

mehanika.indd 298

9.11.2007 9:59:55


291

Za laminarno strujanje uida kroz cijev du zine o i promjera 2U = g vrijedi Poisseuilleov zakon. ¡ ¢ (s1 s2 ) · U2 u2 y= 4··o

(10.1.6)

Brzina strujanja y na udaljenosti u od središta cijevi je (slika 10.5.). Ako sa yvu ozna cimo srednju brzinu koja kada bi bila konstantan na cijelom presjeku cijevi onda je otpor pri laminarnom protjecanju viskozne tekućine: Slika 10.5.

Iwu = 8 · · o · yvu

(10.1.7)

Kada se kugla polumjera U giba kroz viskozni uid brzinom y (slika 10.6.), a strujanje uida oko nje je laminarno, sila trenja je dana preko Stokesovog zakona: Iwu = 6 · · U · y

Slika 10.6.

(10.1.8)

Slika 10.7.

Kada je strujanje turbulentno, tj. kada jedan sloj uida zalazi u drugi pri c emu se javljaju vrtlo zna gibanja. Pri vrtlo znim gibanima otpor sredine je proporcionalna kvadratu brzine:

Iwu =

1 · F0 · V · · y2 2

(10.1.9)

gdje su: F0 — otporni broj, V — karakteristi cna površina, - gustoća uida i y — relativna brzina izme†u tijela i uida.

mehanika.indd 299

9.11.2007 9:59:56

292


10.2

Problemski zadaci

Problem 10.2.1 Posuda sa vodom nalazi se na stalku (slika 10.8.). Pretpostavimo da je referentni nivo na podu. Odaberite ponu†ene odgovore i objasnite: a) na dnu posude postoji: samo stati cki tlak, stati cki i visinski tlak ili sva tri tlaka (stati cki, visinski i dinami cki). b) Ako pretpostavimo da je k1 = k2 onda je: visinski tlak jednak stati ckom, jednak dinami cki, visinski i stati cki tlak ili postoji samo stati cki tlak. Odgovor: a) Na dnu posude, u odnosu na tlo, postoji stati cki i visinski tlak. b) Budući da je po deniciji stati cki tlak jednak s1 = · j · k1 a visinski s2 = · j · k2

Slika 10.8.

gdje je k1 visina vodenog stupca, a k2 visina dna posude u odnosu na tlo. Slijedi da uvjet k1 = k2 daje s1 = s2 Problem 10.2.2 Na slici 10.9. je prikazana horizontalna cijev razli citih popre cnih presjeka. Ako pretpostavimo da se kroz cijev giba uid, onda na osnovu manometara mo zemo zaklju citi da je smjer gibanja uida: u lijevo, u desno ili ne mo zemo odrediti smjer gibanja. Objasnite odgovor. Odgovor: Smjer gibanja uida mo ze biti u oba smjera jer porast dinami ckog tlaka ovisi o površini popre cnog presjeka, a ne smjera gibanja kroz popre cni presjek. Vrijedi da je s1 A s2 A s3 jer je · y22 · y32 · y12 A A 2 2 2

mehanika.indd 300

Slika 10.9.

9.11.2007 9:59:56


293

Budući da je V1 · y1 = V2 · y2 = V3 · y3 vrijedi y1 ? y2 ? y3 odnosno V1 A V2 A V3 Problem 10.2.3 Na horizontalnoj cijevi, kroz koji se laminarno giba uid, postavljeni su otvoreni manometri. Na slici 10.10. zadan je popre cni presjek, pri cemu je zadan samo gornji oblik cijevi. Na osnovu razine uida u manometrima odredite donji oblik (prol) cijevi. Odgovor:

Slika 10.10.

S obzirom na zadane vrijednosti u manometrima, cijev bi morala s lijeva na desno biti u za, zatim se u sredini širiti i na desnom kraju bi se trebala naglo su zavati i biti u za nego li na svom lijevom kraju. Ako se visina k u manometru udvostru cuje, tada se površina popre cnog presjeka treba smanjiti s za 2 puta. Na ovaj na cim bi mogli izra cunati polumjere cijevi na pojedinim mjestima

i konstruirati sliku cijevi. Problem 10.2.4 Na slici 10.11. je prikazana vertikalna cijev ispod koje se nalazi kuglica. Ako osiguramo strujanja zraka kroz cijev, pomoću ure†aja prikazanom na slici, kuglica će se podizati. Objasnite ovu pojavu. Odgovor:

Slika 10.11.

Kao što je prikazano na slici 10.11. strujanje uida izme†u cijevi i kuglice povećava dinami cki tlak, a time se smanjuje stati cki tlak izme†u kuglice i vertikalne cijevi. Zbog razlika izme†u stati ckog tlaka na dnu kuglice i bo cnog tlaka javlja se bo cna sila koja djeluje na kuglicu. Bo cna sila ovisno o brzini strujanja uida mo ze biti toliko velika da vertikalna komponenta sile, uzrokovana zbog te razlike tlaka, svladava silu te zine tijela i na taj na cin

podi ze kuglicu prema gore.

mehanika.indd 301

9.11.2007 9:59:56

294


Problem 10.2.5 Na slici 10.12. su prikazani proli. Koji od njih odgovara popre cnom presjeku zrakoplovnog krila i zašto?

Slika 10.12. Odgovor: Popre cnom presjeku zrakoplovnog krila je pod b) jer jedino kod tog prola dolazi do povećanja strujanja uida iznad krila i na taj na cin se povećava razlika stati ckog tlaka ispod i iznad krila. Budući da je iznad krila manji tlak u odnosu na tlak ispod krila ukupna sila zbog razlika tlakova djeluje prema gore što je

zeljeni efekt. Problem 10.2.6 Na slici 10.13. je prikazan pulverizator ili raspršiva c kapljica. Objasnite princip rada. Odgovor: Kroz cijev (1) propušta se mlaz zraka koji na su zenom kraju cijevi ima veliku brzinu. Ovako velika brzina zraka izaziva smanjenje stati ckog tlaka na vrhu cijevi (2). Razlika stati ckog tlaka na vrhu i dnu cijevi (2) podi ze razinu tekućine u cijevi. Tekućina koja se pojavi na vrhu cijevi bit će raspršena mlazom zraka.

Slika 10.13.

Problem 10.2.7 Veoma široka cilindri cna posuda A ima na dnu otvor, koji se produ zava u vertikalnu cijev B. Za cijev je spojen manometar C (slika 10.14.). Donji kraj cijevi zatvoren je cepom tako da su razine tekućine u posudi i manometru jednake. a) Koji će polo zaj imati razina tekućine u manometru ako izvadimo cep puštajući tekućinu da isti ce (zanemarite unutrašnje trenje tekućine)? b) Kako bi glasio odgovor ako se cijev su zava nani ze?

mehanika.indd 302

9.11.2007 9:59:57


295 Odgovor: a) Ako se izvadi cep iz vertikalne cijevi B, razina vode u manometru odgovara razini dna otvora što zna ci da je prisutan samo dinami cki tlak.

Slika 10.14.

b) Ako se vertikalna cijev B su zava, onda će razina vode u manometru biti nešto viša od razine u slu caju pod a) jer se uz dinami cki tlak zbog gibanja vode javlja i dodatni stati cki

tlak. Problem 10.2.8 Kako bi izbjegli zaustavljanje vlaka radi popunjavanja zaliha vode u lokomotivi, nekada se upotrebljavao sljedeći na cin: izme†u šina iskopa se duga cki kanal s vodom. U taj kanal sa lokomotive se spusti cijev savijena na na cin prikazan na slici 10.15.. Voda se podi ze u cijev i prelijeva se u rezervoar lokomotive. Zbog cega se ovo doga†a? Je li brzina utjecanja vode u funkciji brzine lokomotive?

Slika 10.15.

Odgovor: Ovako savijena cijev predstavlja neku vrstu Pitove cijevi, tj. cijevi za mjerenje dinami ckog tlaka. Gibanje lokomotive za cijev mo ze predstavljati relativno gibanje uida u suprotnom smjeru zbog cega se javlja dinami cki tlak. Povećavanjem brzine lokomotive povećava se i dinami cki tlak, a time i visina vodenog stupca koja je za neku grani cnu brzinu dovoljna za prelijevanje vode u rezervoar lokomotive. Ako povećavamo brzinu lokomotive dolaziti će do povećanja brzine utjecanja uida u rezervoar zbog većeg dinami ckog tlaka.

mehanika.indd 303

9.11.2007 9:59:57

296


10.3

Primjeri

kg Primjer 10.3.1 Automobil prevozi ulje gustoće = 870 m 3 . Cisterna je puna i ima oblik valjka cija je du zina o = 4 m. Odredite razliku tlakova na prednjoj i zadnjoj strani cisterne za vrijeme ko cenja. Pri ko cenju automobil, krećući se km jednoliko usporeno, smanji brzinu s y2 = 36 km k na y1 = 10=8 k za w = 3=5 s.

Rješenje: Razlika tlakova dolazi iz razloga što prilikom ko cenja prednja strana cisterne mora zaustaviti ulje (ulje zbog inercije pritišće prednju površinu cisterne). Razlika tlakova jednaka je s =

I V

gdje je sila I jednaka sili potrebnoj da uspori ulje, odnosno I =p·d=·Y ·d=·o·V·d pa imamo s =

·o·V·d =·o·d V

Usporenje dobivamo iz d=

y2 y1 y = w w

pa je s = · o ·

10 ms 3 ms kg y2 y1 = 870 3 · 4 m · = 6960 Pa = 6=96 kPa w m 3=5 s

Primjer 10.3.2 Vodovodna cijev u prvom popre cnom presjeku ima oblik kvadrata stranice d, a u drugom popre cnom presjeku ima oblik kruga promjera d. Koliki je odnos brzina protjecanja vode na mjestu prvog i drugog popre cnog presjeka? Rješenje: Prvi popre cni presjek ima površinu V1 = d2 , dok je drugi površine V2 = Koristeći jednad zbu kontinuiteta za ova dva popre cnapresjeka dobivamo

d2 · 4 .

y1 · V1 = y2 · V2 odakle je tra zeni odnos 2

d · y1 V2 = = 42 = = 0=785 4 y2 V1 d 4

mehanika.indd 304

9.11.2007 9:59:57

10.3. PRIMJERI

297

Primjer 10.3.3 Kroz cijev duljine o = 300 m te ce voda brzinom y = 0=5 ms . Pri zatvaranju ispusnog ventila tlak se povećava za s = 6 · 105 Pa. Koliko dugo je trajalo zatvaranje ventila? Rješenje: Ako se ventil zatvori za vrijeme w koli cina gibanja vode za to vrijeme padne da s = p · y do nule. Masa vode koja se zaustavlja, jednaka je p p = · Y = · V · o =, V = ·o zbog toga na ventil će djelovati impuls sile I · w = (p · y) = p · y = p · y koji izaziva povećanje tlaka na ventilu p·y I = s = V V · w kg 0=5 ms · 103 m p·y y··o p·y 3 · 300 m = = = 0=25 s = w = p 5 s · V s · ·o s 6 · 10 Pa Primjer 10.3.4 Cisterna visine k = 5 m napunjena je vodom. Na dnu cisterne nalazi se kru zni otvor promjera g = 4 cm. Izra cunajte brzinu istjecanja vode kroz otvor, masu vode koja istekne kroz otvor za vrijeme od w = 5 min te intezitet sile kojom će voda da djeluje na zatvara c ovog otvora. (Zbog male površine otvora u odnosu na površinu cisterne zanemarite opadanje razine vode ucisterni) Rješenje: Koristeći (Tori celijev) izraz za brzinu istjecanja vode na dubini k dobivamo r p m m y = 2 · j · k = 2 · 9=81 2 · 5 m = 9= 9 s s

Masa vode koja istekne kroz otvor je

p = ·Y =·V·o =·V·y·w=·

g2 · p · 2·j·k·w 4

kg (4 cm)2 · m · · 9= 9 · 300 s 3 m 4 s = 3733= 8 kg

= 1000

Sila kojom voda djeluje na otvor jednaka je umnošku tlaka vodenog stupca i površine zatvara ca otvora. kg g2 · m (4 cm)2 · = 1000 3 · 9=81 2 · 5 m · = 61=64 Pa 4 m s 4 Primjer 10.3.5 Posuda cilindri cnog oblika visine k = 5 m ispunjena je vodom do vrha. U kojem će vremenu voda potpuno isteći kroz otvor na dnu posude ako je površina otvora jednaka 500-tom dijelu površine dna? I = s·V = ·j·k·

mehanika.indd 305

9.11.2007 9:59:57

298

POGLAVLJE 10. DINAMIKA FLUIDA Rješenje: Odnos površine otvora V2 i dna posude V1 jednak je V2 V1 1 =, = = 500 V1 500 V2

Kako voda istje ce iz posude to se razina vode u njoj smanjuje. Brzina opadanja razine vode neka je y1 , dok je brzina istjecanja vode na otvoru jednaka y2 . Koristeći jednad zbu kontinuiteta dobivamo V1 · y1 = V2 · y2 =, y2 =

V1 · y1 V2

Nadalje koristeći Bernoullijevu jednad zbu za to cku na razini vode u posudi i to cku na otvoru posude dobivamo sd +

Slika 10.16.

1 1 · · y12 + · j · k = · · y22 + sd 2 2 y12 + 2 · j · k = y22

Koristeći izraz za brzinu y2 dobivamo V12 2 ·y y12 + 2 · j · k = V22 1 μ 2 ¶ V1 y12 · 1 = 2·j·k V22 2·j·k ´ y12 = ³ V 2 1 1 2 V v2 u 2·j s s u ´ · k=n· k y1 = t ³ V 2 1 1 V2 2

gdje smo uzeli oznaku n =

s

2·j V2 1 31 2

radi lakšeg zapisa.

V2

U po cetnom trenutku visina je vode u posudi jednaka k, dok se tijekom istjecanja ona mijenja i na kraju iznosi k0 = 0 m. Visinu vode ozna cimo sa koordinatom |, pa promjenu visine (razine) vode mo zemo izraziti jednad zbom s g| = y1 · gw = n · | · gw g| = n · gw s |

cijom integracijom dobivamo potrebno vrijeme za istjecanje vode. Z0 Zw g| s = n · gw | k

mehanika.indd 306

0

9.11.2007 9:59:58

10.3. PRIMJERI R

299

s | dobivamo s 2 · | | 0k = n · w |w0 ³s s ´ 2 · 0 k = n · (w 0) s 2· k = n·w

Kako je

g| I |

=2·

odakle je v ³ ´ s u s s u 2 · k · V122 1 t 2· k 2 · 5 m · (5002 1) 2· k V2 w= = = 504= 82 s =s = n j 9=81 sm2 2·j 2 V1 2 31 V2

Primjer 10.3.6 Vodoravnom cijevi protje ce voda. Na mjestima gdje su presjeci cijevi V1 = 5 cm2 i V2 = 22 cm2 okomito su spojene dvije manometarske cijevi. Odredite protok vode kroz vodoravnu cijev ako je razlika razina vode u manometrima k = 20 cm. Rješenje: Koristeći Bernoullijevu jednad zbu i jednad zbu kontinuiteta s1 +

1 1 · · y12 = s2 + · · y22 2 2

y1 · V1 = y2 · V2 V1 y2 = · y1 V2 uz izrazu za razliku tlakova

Slika 10.17.

s = s2 s1 = · j · k dobivamo

" ¶2 # μ ¢ 1 ¡ 2 1 V1 2 2 = · j · k s = s2 s1 = · · y1 y2 = · · y1 · y1 2 2 V2

odakle je brzinay1 jednaka ¶ μ V2 y12 · 1 12 = 2 · j · k V2 2 · j · k ´ y12 = ³ V2 1 V12 2 s v u 2 · j · k 2 · j · k u³ ´ = V2 · y1 = t V12 V22 V12 1 V2 2

mehanika.indd 307

9.11.2007 9:59:58

300


pa je protok vode u cijevi s t = V1 · y1 = V1 · V2 ·

2 · j · k V22 V12 s

= 5 · 1034 m2 · 22 · 1034 m2 ·

m3 s ili pribli zno jedan litar u sekundi.

2 · 9=81 sm2 · 0=2 m

(22 · 1034 m2 )2 (5 · 1034 m2 )2

= 1= 02 · 1033

g Primjer 10.3.7 Kroz horizontalni cijev te ce tekućina gustoće = 0=7 cm 3 . Ako m je brzina tekućine u u zem dijelu cijevi 5 s , a razlika tlakova šireg i u zeg dijela iznosi s = s2 s1 = 5 kPa, za koliko je potrebno podići širi dio cijevi da bi se brzina smanjila za 50%? Brzina u u zem dijelu cijevi je konstantna.

Rješenje: Izra cunajmo brzinu tekućine u širem dijelu cijevi. U zem dijelu cijevi pridodajmo indekse 1, a širem 2. Tada Bernoullijeva jednad zba daje 1 1 · · y12 = s2 + · j · k2 + · · y22 2 2 kako je cijev horizontalna, tu razinu odaberimo za referentnu, tj. s1 + · j · k1 +

k = k1 = k2 = 0 odakle slijedi 1 1 · · y22 = s1 s2 + · · y12 2 2 2 · (s2 s1 ) 2 · (s) 2 2 = y12 y2 = y1 s m 2 · (s) = 3=27 y2 = y12 s Sada podignimo širi dio cijevi na visinu k2 = k, a brzinu u širem dijelu cijevi ozna cimo sa y20 i tra zimo da bude m y20 = 0=5 · y2 = 1=64 s ¡ ¢2 1 1 s1 + · j · k1 + · · y12 = s2 + · j · k2 + · · y20 | {z } 2 2 =0

odakle je

¡ ¢2 1 1 · · y12 · · y20 2 2 2 2 0 y1 (y2 ) s2 s1 y 2 (y20 )2 s = 1 = 0=41 m 2·j ·j 2·j ·j

· j · k = s1 s2 + k =

mehanika.indd 308

9.11.2007 9:59:58

10.3. PRIMJERI

301

Primjer 10.3.8 Iz pumpe u prizemlju zgrade, visoke k = 35 m, ulazi voda u cijev promjera u1 = 3 cm po tlakom od s = 10 bar brzinom od y1 = 2 ms . Koliki je volumni protok vode? Kolika je brzina y2 i tlak u potkrovlju zgrade ako je tamo promjer cijevi tri puta manji nego u prizemlju? Rješenje: Volumni protok dobivamo iz izraza t = V · y = u12 · · y1 = (0=03 m)2 · · 2

m m3 = 5= 65 · 1033 s s

Brzinu u potkrovlju zgrade odre†ujemo iz jednad zbe kontinuiteta t = Vl · yl = nrqvw=

V1 · y1 = V2 · y2 m V1 u2 · u2 m · y1 = ¡ 1¢2 · y1 = 9 · y1 = 9 · 2 = 18 y2 = · y1 = 12 u1 V2 s s u2 · 3

Iz Bernoullijeve jednad zbe dobivamo

1 · · y 2 = nrqvw= 2 1 1 s1 + · j · k1 + · · y12 = s2 + · j · k2 + · · y22 2 2 s+·j·k+

pa dobivamo tlak u potkrovlju zgrade ¢ ¡ s2 = s1 + · j · (k1 k2 ) + · y12 y22 2 ¢ ¡ = s1 · j · k · y12 y22 2 ¸ kg ³ 103 m m ´2 ³ m ´2 kg m 3 2 = 106 Pa 103 3 · 9=81 2 · 35 m + 18 m s 2 s s = 4= 966 5 · 105 Pa

Primjer 10.3.9 Staklena kuglica polumjera u = 5 mm pada u tekućem glicerinu. Nakon nekog vremena brzina kuglice postaje konstantna. Odredite tu konstantnu brzinu i po cetno ubrzanje kuglice. Rješenje: Jednad zba gibanja kuglice u glicerinu glasi X Il = p · j Ix Iwu = p · d l

Budući da je viskoznost glicerina velika, Reynoldsov broj je malen pa vrijedi Stokesov zakon: Iwu = 6 · · u · y

mehanika.indd 309

9.11.2007 9:59:59

302


odnosno jednad zba gibanja poprima oblik 4 3 4 3 4 3 · u · v · j · u · j · j 6 · · u · y = · u · v · d 3 3 3 Po cetno ubrzanje kuglice dobivamo iz uvjeta da je y = 0 4 3 4 3 4 3 · u · v · d0 = · u · v · j · u · j · j 3 3 3 ´ ³ ¡ ¢ kg 3 kg 2=53 · 103 m 3 1=21 · 10 m3 v j m m d0 = ·j = · 9=81 2 = 5= 12 2 kg 3 v s s 2=53 · 10 3 m

Konstantna (grani cna) brzina se dobiva iz uvjeta d = 0

4 3 4 3 4 3 · u · v · d = · u · v · j · u · j · j 6 · · u · y 3 3 3 ¢ 4 3 ¡ · u · v j · j 6 · · u · y = 3 ¢ ¢ ¡ ¡ 4 3 2u2 · v j · j 3 · u · v j · j = y = 6 · · u 9· ´ ³ ¡ ¢ 2 kg kg 2 · 5 · 1033 m · 2=53 · 103 m3 1=21 · 103 m 3 m cm = · 9=81 2 = 8= 37 9 · 0=86 Pa s s s a Reynoldsov broj je 0=

Re =

kg cm 33 m j · y · 2u 1=21 · 103 m 3 · 8= 365 1 s · 2 · 5 · 10 = = 1= 18 0=86 Pa s

pa Stokesov zakon vrijedi za ovo gibanje. Primjer 10.3.10 Izra cunajte brzinu padanja kapi vode promjera U = 0=2 mm u zraku ( = 2 · 1035 Pa s) nakon w = 0=1 s. Kolika je grani cna brzina kapljice? kg Koliki je prevaljeni put u vremenu w = 0=1 s (gustoća zraka iznosi } = 1=225 m 3 )? Rješenje: Na kapljicu djeluju sljedeće sile: sila zemljine te ze, uzgon i sila viskoznog trenja koja u slu caju laminarnog strujanja po Stokesovu zakonu iznosi Iwu = 6 · · U · y = n · y Jednad zba gibanja kapljice glasi p · d = p · j Iwu Ix 4 4 4 · U3 · · d = · U3 · · j n · y · U3 · } · j 3 3 3 d = OP ·y

mehanika.indd 310

9.11.2007 9:59:59

10.3. PRIMJERI

303

gdje su: ¶ μ n 6 · · U } iP= = O=j· 1 p p Separacijom varijabli gy gy = O P · y =, = gw gw OP ·y i zamjenom O P · y = x, gy = gx P se dobiva Z Z Z gx gx = P · gwÁ =, = P · gw x x 3Pw x = OP ·y =F ·h te koristeći rubne uvjete y = 0, za w = 0 imamo F = O odnosno O P · y = O · h3P·w

y (w) =

=

³ j· 1

}

´

´ ³ ¢ n O ¡ 3p ·w · 1 h3P·w = · 1 h n P p ´ ³ μ ¶ ´ 2 · U2 · j p · j · 1 } ³ 3 9· ·w 3 6··U ·w 2 1h p · ( } ) · 1 h 2·U · = 6 · · U 9·

Za w = 0=1 s dobivamo brzinu ¡ ¢2 μ ¶ 2 · 2 · 1034 m · 9=81 sm2 kg 3 kg y (0=1 s) = 1=225 3 · 10 9 · (2 · 1035 Pa s) m3 m 3 4 9·(2·1035 Pa s) 3 2 kg ·0=16 s F m E 2· 2·1034 m) ·103 3 m · C1 h ( D = 0=88 s Grani cnu brzinu dobivamo iz uvjeta d = O P · yj = 0 =, yj =

O P

odnosno yj = =

mehanika.indd 311

³ j· 1 2

´

³

´

} p · j · 1 } = 6··U 6 · · U p ¡ ¢ μ 2 · 2 · 1034 m · 9=81 sm2 · 103 9 · (2 · 1035 Pa s)

2 · U2 · j · ( } ) 9· ¶ kg kg m 1=225 3 = 4= 35 3 m m s =

9.11.2007 9:59:59

304

POGLAVLJE 10. DINAMIKA FLUIDA Put se dobiva integracijom brzine Z Z Z ¡ ¢ ¢ O ¡ O 3P·w · 1h · 1 h3P·w · gw v = y · gw = · gw = P P ¢ O ¡ 3P·w O ·w 2 · h 1 = P P ¶ ¶ μ μ j·(3 ) } ·w · yj2 yj 3 O ·w 3 · h yj 1 = yj · w · h ·yj 1 = yj · w P j · ( } )

odakle za prije†eni put u w = 0=1 s dobivamo v (0=1 s) = 0=82 m Reynoldsov broj je Re =

kg m 34 m 1=225 m } · yj · g 3 · 4= 35 s · 10 = = 26= 67 2 · 1035 Pa s

pa je strujanje laminarno. kg 32 Pa s Primjer 10.3.11 Tekućina gustoće = 790 m 3 i viskoznosti = 3 · 10 protje ce kroz cijev polumjera u = 1 dm i duljine o = 1=5 km. Kolika je snaga pumpe ako je protok kroz cijev t = 10 sl ? Stupanj korisnog djelovanja pumpe iznosi n = 0=6.

Rješenje: Srednja brzina protjecanja uida kroz cijev iznosi 3

y=

1032 ms m t = 0=32 = 2 2 u · s (0=1 m) ·

Budući da je Reynoldsov broj Re =

kg m 790 m h · y · g 3 · 0=318 31 s · 0=2 m = = 1676= 4 3 · 1032 Pa s

strujanje uida je laminarno. Razlika tlakova potrebna za takvo protjecanje dobiva se iz Poisseuilleova zakona s =

32 · 3 · 1032 Pa s · 1500 m · 0=32 ms 32 · · o · y = = 11460 Pa g2 (0=2 m)2

pa je potrebna snaga pumpe S = t · s = 1032

m3 · 11460 Pa = 114=6 W s

Budućida je stupanj korisnog djelovanja jednak n = 0=6 snaga pumpe iznosi Sv =

mehanika.indd 312

S 114=6 W = = 191 W n 0=6

9.11.2007 9:59:59

10.3. PRIMJERI

305

Primjer 10.3.12 Poka zite da Bernoullijeva jednad zba u diferencijalnom obliku glasi gs + · j · gk + · y · gy = 0 i integrirajte tu jednad zbu za stla cive plinove, pretpostavljajući da gustoća varira s tlakom adijabatski, tj. da je s = nrqvw=, gdje je adijabatski koecijent plina. Rješenje: Na djelić uida na strujnici u strujnoj cijevi primjenjuje se drugi Newtonov zakon. Na presjeku V1 = V tlak je s, brzina y i visina od neke proizvoljne reverentne razine k. Na presjeku V2 = V + gV tlak je s + gs, brzina y + gy i visina k + gk. Rezultantna sila koja djeluje na promatrani djelić uida jest I = s·V1 (s + gs)·V2 ·j ·

V1 + V2 gk ·gv· = gs·V ·j ·V ·gk 2 gv

Primjenom II.Newtonova zakona slijedi

Slika 10.18. I

= p·d

gs · V · j · V · gk = · V · gv ·

gy Á:V gw

gs · j · gk = · y · gy gs + · j · gk + · y · gy = 0 integriranjem jednad zbe dobiva se Z y2 gs k+ + = nrqvw= 2·j ·j Uzimajući u obzir da je j · k1 +

s

= nrqvw= nakon provedene integracije se dobiva

1 y2 1 y2 · · s1 · Y1 + 1 = j · k2 + · · s2 · Y2 + 2 p 1 2 p 1 2

gdje su: p masa plina, Y volumen, y brzina, k1 i k2 referentne visine, te s tlak plina.

mehanika.indd 313

9.11.2007 10:00:00

306


10.4

Zadaci

Problem 10.4.1 Popre cni je presjek klipa u vodoravno polo zenoj štricaljki V1 = 1=6 cm2 , a presjek otvora je V2 = 1 mm2 . Za koliko će vremena isteći voda ako na klip djeluje okomita sila od I = 5 N i ako je hod klipa o = 4 cm? Rezultat: w = 0=81 s. Problem 10.4.2 Voda prolazi kroz okomitu Ventuijevu cijev koja na ulazu ima promjer g1 = 4 cm, a na su zenom dijelu, koji je k = 0=5 m iznad ulaznog, promjer iznosi g2 = 2 cm. Na ulazu je tlak s1 = 160 kPa, a na su zenom dijelu s2 = 80 kPa. Izra cunajte brzinu protjecanja i protok vode kroz cijev. Kolika bi bila razlika stapaca zive u zivinom manometru u obliku U-cijevi spojenom izme†u ulaza i su zenja cijevi? Zanemarite unutrašnje trenje uida.

Slika 10.19. Rezultat: y1 = 3=16 ms , t = 3=97 sl , k = 0=61 m. Problem 10.4.3 U spremniku se nalazi voda do visine ky = 2 m, a iznad vode kg cetna brzina je sloj ulja gustoće x = 850 m 3 i debljine g = 1 m. Kolika je po

istjecanja vode kroz otvor na dnu spremnika? Rezultat: y = 7=5 ms . Problem 10.4.4 Mlaz vode izlazi iz kru znog otvora promjera g1 = 2 cm i penje se okomito do visine k = 4=1 m. Koliki je promjer mlaza g2 na visini od 1 m? Rezultat: g2 = 2=14 cm.

mehanika.indd 314

9.11.2007 10:00:00

10.4. ZADACI

307

Problem 10.4.5 Kroz vodoravnu cijev sa su zenjem na jednom mjestu te ce tekukg cine u u zem dijelu cijevi y1 = 5 ms , a ćina gustoće w = 900 m 3 . Ako je brzina teku´ razlika tlakova šireg i u zeg dijela iznosi s = 5 kPa, za koliko je potrebno podići su zenje cijevi da bi se brzina u njemu smanjila na polovinu. Rezultat: k = 0=49 m. Problem 10.4.6 Pitot-Prandtlova cijev nalazi se u struji zraka gustoće kg } = 1=2 m 3 , brzine y i tlaka s. Kolika je brzina zraka ako je razlika stupaca vode u diferencijalnom manometru spojenom na Pitotovu cijev k = 6 cm?

Slika 10.20. Rezultat: y = 31 ms . Problem 10.4.7 Manometri na Pitotovoj cijevi u zrakoplovu pokazuju stati cki tlak od 80 kPa i ukupan tlak od 1000 kPa. Uz pretpostavku da je gustoća zraka kg cunajte brzinu y1 zrakoplova ako se pretpostavlja da je zrak nestla civ } = 1 m 3 izra

uid i brzinu y2 ako se pretpostavlja adijabatski proces. Rezultat: y1 = 200 ms , y2 = 191 ms . Problem 10.4.8 Kolika je snaga crpke koja kroz cijev stalnog presjeka crpi vodu na visinu k = 3 m ako je razlika tlakova s = 60 kPa, protok vode t = 10 sl , a gubitak tlaka zbog viskoznog trenja sy = 40 kPa? stupanj korisnog djelovanja crpke iznosi = 0=7. Rezultat: S = 1=9 kW. Problem 10.4.9 Nafta protje ce kroz cijev promjera g = 2=54 cm i duljine o = 18 m srednjom brzinom y = 0=1 ms . Koliko je smanjenje tlaka u cijevi uzrokovano visko znošću ako je = 0=1 Pa s? Koliko iznosi Reynoldsov broj za ovo kg protjecanje? Gustoća nafte iznosi q = 850 m 3. Rezultat: s = 8928 Pa, Re = 22. Problem 10.4.10 Tekućina viskoznosti = 0=1 Pa s protje ce kroz cijev promjera g = 2 cm, duljine o = 42 m. Razlika tlaka izme†u po cetka i kraja cijevi iznosi s = 60 kPa. Izra cunajte kolika je srednja brzina protjecanja, brzina protjecanja u sredini cijevi i na udaljenosti u = 0=2 cm od stijenke cijevi.

mehanika.indd 315

9.11.2007 10:00:00

308

POGLAVLJE 10. DINAMIKA FLUIDA cm cm Rezultat: y = 17=9 cm s , yvu = 35=7 s , yu = 12=9 s .

Problem 10.4.11 Pokus pokazuje da laminarno strujanje uida prelazi u turbulentno srujanje kada brzina zraka kroz cijev promjera g = 10 cm pre†e kriti cnu vrijednost od y = 33 cm cunati kriti cni Reynoldsov broj. Kolika s . Potrebno je izra

bi bila kriti cna brzina za strujanje vode kroz cijev promjera gy = 2=54 cm? Rezultat: Ren = 2200, yn = 8=7 cm s . Problem 10.4.12 Kapljica vode u nekom oblaku ima promjer od g = 5 · 1035 m. Kojom najvećom brzinom te kapljice mogu padati kroz zrak? Za viskoznost zraka uzmite = 1=8 · 1035 Pa s. Rezultat: y = 0=3 ms . Problem 10.4.13 Odredite brzinu kišne kapi u trenutku kada padne na tlo ako se kap smatra kuglicom polumjera u = 1 mm, a koecijent vikoznosti zraka iznosi = 1=82 · 1035 Pa s. Rezultat: y = 120 ms .

mehanika.indd 316

9.11.2007 10:00:00

Poglavlje 11

HARMONIJSKO TITRANJE 11.1


Ako neki sustav pomaknemo iz polo zaja stabilne ravnote ze, tada sustav nastoji da se vrati u ravnote zni polo zaj. Na primjer uzmimo kuglicu koja se nalazi u posudi (slika 11.1). Ako kuglicu pomaknemo iz polo zaja ravnote ze, ona će se vraćati u ravnote zni polo zaj, gibati se u suprotnom smjeru Slika 11.1 i ponovo vraćati u ravnote zni polo zaj. Ovakav tip gibanja nazivamo oscilacijsko gibanje. Oscilacijsko gibanje je opisano maksimalnom udaljenošću tijela od ravnote znog polo zaja koje nazivamo amplituda osciliranja i vremenom potrebnim da se gibanje ponovi - periodom osciliranja. Broj osciliranja po jedinici vremena nazivamo frekvencijom. Titranja i njihala Materijalna to cka (sitno tijelo) jednostavno titra oko polo zaja ravnote ze pod utjecajem elasti cne ili harmonijske sile. Ta sila je uvijek usmjerena prema ravnote znom polo zaju i vraća tijelo u polo zaj ravnote ze i ima oblik: $ $ I = n {

(11.1.1)

$ gdje je n konstanta elasti cnosti, a { elogancija, tj. trenutna udaljenost tijela od polo zaja ravnote ze. Koristeći II. Newtonov zakon $ $ { g2 $ d =p· I = p gw2 dolazimo do jednad zbe gibanja harmonijskog oscilatora p·

$ { g2 $ +n· { =0 gw2

(11.1.2) 309

mehanika.indd 317

9.11.2007 10:00:01

310

POGLAVLJE 11. HARMONIJSKO TITRANJE

koja ima opće rješenje $ $ { (w) = D sin ($w + *) $ gdje je D amplituda, * po cetna faza, a $ kru zna frekvencija. Veza izme†u kru zne frekvencije i frekvencije, odnosno periodom, prikazana je izrazom $ = 2 · i = 2 ·

1 W

gdje je W period titranja jednak r p W = 2 n Denicija 11.1.1 Sitno tijelo (materijalna to cka) mase p obješeno o nit konstantne duljine i zanemarive te zine nazivamo matemati cko njihalo. Izvede li se tijelo iz polo zaja ravnote ze za odre†eni kut & i prepusti samom sebi, ono se njiše. Sila koja vraća tijelo u polo zaj ravnote ze iznosi I = pj sin & dok za mali kut & vrijedi aproksimacija I = pj& Jednad zba gibanja i rješenja za matemati cko njihalo jednaki su jednad zbi gibanja i rješenju za jednostavno titranje. Period titranja matemati ckog njihala iznosi s o W = 2 j gdje je o duljina niti, a j akceleracija slobodnog pada. Idealno cvrsta tijela pod djelovanjem vanjskih sila ne mijenjaju svoj oblik, dok se realna cvrsta tijela deformiraju. Ako su deformacije elasti cne, vrijedi Hookeov zakon =H·% gdje je = IV napetost, I sila i V površina na koju ta sila djeluje. Koecijent proporcionalnosti H nazivamo Youngov modul elasti cnosti. Poseban je slu caj deformacija štapa u cvršćenog na jednom kraju. Kada na $ drugom kraju štapa djeluje par sila, moment para sila P s izazvat će torziju $ $ Ps = G · &

mehanika.indd 318

9.11.2007 10:00:01


311

gdje je G onstanta torzije: G=

u4 · ·J 2 o

$ gdje je J modul torzije, & zakret zbog torzije za štap duljine o i polumjera u. Kod torzionog njihala (oscilatora) moment para sila uravnote zi se sa momentom u zici $ $ P s = P }

$ U trenutku kada prestane djelovati moment para sila P s , tijelo se vraća u $ polo zaj ravnote ze pod djelovanjem momenta zice P } L·

$ $ g2 & +G· & =0 2 gw

Ova je jednad zba u matemati ckom smislu jednaka (11.1.2) pa je analogno period torzionog titranja jednak r L W = 2 G gdje je L moment inercije tijela s obzirom na os titranja. Denicija 11.1.2 Kruto tijelo koje se mo ze okretati oko horizontalne osi koja ne prolazi kroz te zište tijela naziva se zi cko njihalo. Ako takvo tijelo pomaknemo iz polo zaja ravnote ze i pustimo ono se njiše pod utjecajem momenta te zine. Za male kutove moment te zine glasi $ $ P = pj · O · & gdje je O udaljenost osi rotacije od te zišta tijela pa jednad zba gibanja ima oblik $ $ g2 & + pj · O · & = 0 L· gw2 i ima isti oblik kao i jednad zba (11.1.2). Period zi ckog njihala tada glasi s L W = 2 pj · O Ukupna energija H tijela koje jednostavno titra, tj. harmonijskog oscilatora je konstantna i jednaka je zbroju kineti cke i potencijalne energije 1 H = Hn + Hs = n · D2 2

mehanika.indd 319

9.11.2007 10:00:01

312


11.2

Problemski zadaci

Problem 11.2.1 Zadane su dinami cke jednad zbe gibanja. Koja od navedenih sila dozvoljava harmonijsko gibanje i zašto? a) b) c) d) e)

I I I I I

= d{, = d{2 , = d{2 + f, = d{2 + e{ + f, = d{3 .

Odgovor: To can odgovor je pod a) zbog toga što koristeći II. Newtonov zakon jedino ta jednad zba daje jednad zbu gibanja harmonjskog oscilatora, dok druge ne. Problem 11.2.2 Imamo matemati cko njihalo duljine o i perioda W . Skratimo li duljinu njihala na o1 = 4o hoće li doći do promjene perioda i koliko? Odgovor: Skraćivanjem duljine njihala dolazi do skraćivanja perioda njihanja i to za: s o W = 2 j s s r s o o1 1 o = 2 4 = 2 · W1 = 2 j j 4 j s r 1 o 1 · 2 = ·W = 4 j 2 odakle zaklju cujemo da će se period njahala skratiti na polovinu. Problem 11.2.3 Imamo tri matemati cka njihala iste duljine o na koji su obješene kugle razli citih masa (slika 11.2.) i to tako da je p3 A p2 A p1 . Kako se odnose njihovi periodi njihanja W1 , W2 , W3 ?

Slika 11.2

mehanika.indd 320

9.11.2007 10:00:01


313

Odgovor: Izraz za period njihanja ne ovisi o masi, tako da će period njihanja biti isti (svakako samo ako zanemarimo otpor zraka).

Problem 11.2.4 Na horizontalnim podlogama se nalaze tri tjela masa p1 ? p2 ? p3 (slika 11.3.), a podloge su na oprugama istih koecijenata elasti cnosti n. Kako se odnose periodi titranja opruga W1 , W2 , W3 ?

Slika 11.3.

Odgovor: Kako je period opruge zadan izrazom

W = 2

r

p n

to će za veće mase period biti dulji proporcionalno s drugim korijenom promjene mase. Zbog toga će se period odnositi kao:

W3 = 2

r

p3 A W2 = 2 n

r

p2 A W1 = 2 n

r

p1 n

Dakle, sustav s većim masama ima veće periode uz istu konstantu elasti cnosti opruga.

mehanika.indd 321

9.11.2007 10:00:02

314


11.3

Primjeri

Primjer 11.3.1 Uteg mase p = 0=2 kg visi na elasti cnom peru i titra gore-dolje po putanji duga ckoj 40 cm. Period titranja iznosi W = 4 s. Ako je u po cetnom trenutku mjerenja uteg u ravnote znom polo zaju, odredite: a) brzinu i akceleraciju utega u trenutku kad uteg prolazi kroz polo zaj ravnote ze, b) maksimalnu elasti cnu silu koja djeluje na uteg, c) maksimalnu kineti cku energiju utega. Rješenje: Kroz polo zaj ravnote ze uteg prolazi u po cetnom trenutku w = 0 s, pa je: a) brzina jednaka 2D 2w 2w = cos W W W 2 · 0 s m m m 2 · 0=2 m cos = 0=1 · cos 0 = 0=1 = 0=31 4s 4s s s s

y = ymax cos =

kada uteg prolazi polo zajem ravnote ze v = 0 m akceleracija je d = $ 2 v =

μ

2 W

¶2

v=

4 2 m ·v=0 2 W2 s

b) sila je maksimalna u maksimalnoj elongaciji - amplitudi, za v = DImax = nvmax = nD = =

4 2 pD W2

4 2 · 0=2 kg · 0=2 m = 0=01 2 N = 9= 87 · 1032 N (4 s)2

c) uteg ima maksimalnu koneti cku energiju za y = ymax , što prikazano preko mase, amplitude i perioda iznosi Hn>max = =

1 1 pymax = p · 2 2

μ

2D W

¶2

4 2 D2 1 2 2 pD2 = p· = 2 W2 W2

2 2 · 0=2 kg · (0=2 m)2 = 0=001 2 J = 9= 87 mJ (4 s)2

Primjer 11.3.2 Koliki je period titranja cestice koja ima akceleraciju d = 1=2 sm2 u trenutku kada je njezina udaljenost od ravnote znog polo zaja 0=06 m?

mehanika.indd 322

9.11.2007 10:00:02

11.3. PRIMJERI

315

Rješenje: 2 v slijedi Iz izraza za ubrzanje imamo d = 4 W2 r r 4 2 v v = 2 W = d d s 0=06 m = 2 m = s s = 1= 4 s 1=2 s2 5 Primjer 11.3.3 Uteg te zak J1 = 30 N visi o jednom kraju elasti cne opruge i titra s periodom od W1 = 0=5 s. Koliko iznosi konstanta opruge i koliki će biti period titranja utega te zine J2 = 150 N koji harmoni cki titra obješen na istu oprugu? Rješenje: Iz izraza za konstantu opruge dobivamo n=

4 2 · 30 N 4 2 p 4 2 J N = = = 482=92 2 2 2 m W W j m (0=5 s) · 9=81 s2

iz izraza za period titranja W1 = 2

W2 = 2

s

J2 = 2 jn

s

q

5J1 = 2 jn

J1 jn

s

= 0=5 s slijedi

s J1 s · 5 = 0=5 s · 5 = 1= 12 s jn

što smo mogli dobiti i uvrštavanjem dobivene vrijednosti za konstantu opruge s s J2 150 N = 2 = 1= 12 s W2 = 2 m N jn 9=81 s2 · 482=92 m Primjer 11.3.4 Ura (sat) sa njihalom izra†en je tako da period njihala bude W = 1 s kad je ura to cna. Izra†ena ura zaostaje za pola sata na dan. Što treba uraditi s njihalom da ura bude to cna? Rješenje: Kad je sat to can, period njihala iznosi W = 1 s, pa je duljina tog njihala jednaka o=j

μ

W 2

¶2

=

9=81 sm2 · (1 s)2 jW 2 = = 0=25 m 4 2 4 2

ako sat u jednom danu 1g = 24k zostane za pola sata, to je njegov period W0 =

mehanika.indd 323

24 s = 1= 02 s 23=5

9.11.2007 10:00:02

316


pa je duljina njihala 9=81 sm2 · (1=02 s)2 j (W 0 )2 = = 0=26 m 4 2 4 2

o0 =

kako je duljina njihala kod to cnog sata jednaka o,njihalo moramo skratiti za o = o0 o = 0=26 m 0=25 m = 0=01 m = 1 cm Primjer 11.3.5 U mjestu B na ekvatoru Zemlje sat sa njihalom ima period titranja Wh = 1 s. Kad sat prenesemo u mjesto A na polu Zemlje, kolika će biti preciznost tog sata? Rješenje: Na ekvatoru Zemlje ubrzanje slobodnog pada iznosi jh = 9=79 sm2 , dok na polu iznosi js = 9=83 sm2 . Kako je na ekvatoru period titranja jednak W = 1 s to njihalo ima duljinu o=

9=79 sm2 · (1 s)2 jh Wh2 = = 0=247 98 m 4 2 4 2

pa je period njihala na polu jednak s s o 0=247 98 m Ws = 2 = 2 = 0=997 96 s js 9=83 sm2 odnosno, za jedan dan će napraviti Q=

86400 s = 86577 0=997 96 s

perioda, tj. sat će za svaki titraj pokazivati jednu sekundu, odnosno brzat će za w0 = 86577 s 86400 s = 177 s = 2 min i 57 s Primjer 11.3.6 Na cesticu mase p = 0=15 kg djeluje elasti cna sila cija je konN i ona titra s amplitudom od D = 20 cm. Izra cunajte potencijalnu stanta n = 18 m i kineti cku energiju cestice kada je ona udaljena od ravnote znog polo zaja { = 5 cm te period titranja. Rješenje: Period titranja elasti cnog pera dan je izrazom s r p 0=15 kg W = 2 = 2 = 0=57 s N n 18 m Ukupna energija harmonijskog oscilatora (elasti cnog pera) je N 1 1 Hxn = Hn + Hs = nD2 = · 18 (0=2 m)2 = 0=36 J 2 2 m

mehanika.indd 324

9.11.2007 10:00:02

11.3. PRIMJERI

317

Potencijalna energija u polo zaju { = 5 cm jednaka je N 1 1 Hs ({) = n{2 = · 18 (0=05 m)2 = 0=0225 J = 22=5 mJ 2 2 m pa je kineti cka energija jednaka Hxn Hs ({) = 0=36 J 0=0225 J = 0=3375 J Primjer 11.3.7 Prilikom ispitivanja elasti cnog pera odbojnika vagona djelovanjem sile od I = 104 N, elasti cno pero odbojnika stisnulo se za { = 1 cm. Kolikom brzinom se gibao vagon koji udara u zid za ispitivanje odbojnika ako se on stisnuo za {0 = 20 cm. Masa vagona je p = 20w. Rješenje: Kineti cka energija vagona troši se na sabijanje elasti cnog pera i pretvara u njegovu potencijalnu energiju 1 1 ¡ ¢2 Hn = py 2 = Hs = n {0 2 2

gdje je n konstanta elasti cnosti pera koju dobivamo iz I = n{ =, n =

104 N N I = = 106 { 1 cm m

pa je y=

s

n ({0 )2 p

=

s

N 106 m · (20 cm)2 m = 1= 414 2 20000 kg s

Primjer 11.3.8 Tijelo mase p = 50 g koje je vezano za kraj opruge izvu ceno je iz ravnote znog polo zaja za D = 20 cm silom od I = 20 N i pušteno. Izra cunajte brzinu i ubrzanje kada je tijelo udaljeno od ravnote znog polo zaja { = 5 cm. Rješenje: Sila potrebna za izvla cenje tijela na eloganciju D je I = nD , n =

20 N N I = = 100 D 0=2 m m

Jednad zba harmonijskog titranja glasi { (w) = D sin ($w + *) no, u trenutku w = 0 s tijelo je u maksimalnom otklonu, amplitudi { = D pa vrijedi D = D sin ($ · 0 + *) , * =

mehanika.indd 325

2

9.11.2007 10:00:02

318


pa je jednad zba gibanja ³ ´ { (w) = D sin $w + = D cos $w 2 gdje je

$=

r

n = p

s

N 100 m rad = 44=72 0=05 kg s

Tijelo će biti u trenutku w1 u polo zaju { (w1 ) = 5 cm { (w1 ) = D cos $w1 , w1 =

{ 1 1 1 arccos = arccos = 0=03 s $ D 4 44=72 rad s

Brzina y je dana izrazom p g{ (w) = D$ sin $w = D$ 1 cos2 $w gw r p {2 (w) = $ D2 {2 (w) = D$ 1 D2

y (w) =

pa je u trenutku w1 y (w1 ) = $

p m D2 {2 (w1 ) = 8=66 s

Ubrzanje d je dano izrazom

g2 { (w) gy (w) = = D$ 2 cos $w gw gw { (w) n = $ 2 { (w) = { (w) = D$ 2 D p

d (w) =

pa je u trenutku w1 ubrzanje d (w1 ) =

N 100 m m n { (w1 ) = · 0=05 m = 100 2 p 0=05 kg s

Napomena, ubrzanje smo mogli dobiti i iz izraza za silu I (w) = pd (w) = n{ (w) , d (w) =

n { (w) p

što je analogno prethodno dobivenom izrazu preko druge derivacije polo zaja. Primjer 11.3.9 Tijelo harmoni cki titra amplitudom D = 15 cm, pri cemu za W = 2 s napravi jednu oscilaciju. Kolika je brzina tijela u trenutku kada je elongacija jednaka polovini amplitude?

mehanika.indd 326

9.11.2007 10:00:03

11.3. PRIMJERI

319

Rješenje: Kutna brzina harmonijskog titranja jednaka je $=

2 2 = = s31 W 2s

Iz jednad zbe gibanja harmonijskog oscilatora, uz po cetne uvjete { = D za w = 0 s imamo { (w) = D cos $w Vrijeme kada je { = w1 = 2

D 2

iznosi

1 1 1 arccos = s $ 2 3

gdje je dovoljno uzeti jedno od 4 moguća rješenja (zbog simetrije gibanja). Brzina tijela odre†ena je izrazom y (w) =

g{ (w) = D$ sin $w gw

pa je u trenutku w 1 iznos brzine 2

³ ´ m y w 1 = D$ sin $w 1 = 0=41 2 2 s

Napomena: sva preostala rješenja imaju isti iznos brzine, dva puta prema ravnote znom polo zaju i dva puta od ravnote znog polo zaja, za pozitivnu i negativnu vrijednost amplitude. Primjer 11.3.10 Tijelo mase p = 0=2 kg nalazi se na horizontalnoj podlozi i N . Tijelo izvu cemo za v0 = 0=1 m vezano je za oprugu konstante elasti cnosti n = 5 m udesno od ravnote znog polo zaja i damo mu udesno po cetnu brzinu y0 = 1 ms . Izra cunajte: period, frekvenciju, kutnu frekvenciju, ukupnu energiju tirtranja, amplitudu i po cetnu fazu. Napišite izraz za elongaciju, brzinu i akceleraciju u ovisnosti o vremenu. U kojem trenutku vremena tijelo dolazi u polo zaj v = 0=2 m? Kolika mu je tada brzina i akceleracija? Gubitke zbog trenja zanemariti. Rješenje: Period dobivamo iz izraza s r p 0=2 kg = 2 = 1= 26 s W = 2 N n 5m frekvencija je inverzna veli cina periodu i=

mehanika.indd 327

1 1 = = 0=8 s31 = 0=8 Hz W 1= 26 s

9.11.2007 10:00:03

320

POGLAVLJE 11. HARMONIJSKO TITRANJE Kutna brzna jednaka je $ = 2i = 2 · 0=8 s31 = 5

rad s

Ukupnu energiju dobijemo kao zbroj kineti cke i potencijalne energije u po cetnom trenutku ³ m ´2 1 N 1 1 1 H = py02 + nv20 = · 0=2 kg · 1 + · 5 · (0=1 m)2 = 0=125 J 2 2 2 s 2 m

Amplitudu titranja mo zemo dobiti iz izraza za ukupnu energiju, koja je kod neprigušenog titranja konstantna. Iz izraza 1 H = nD2 2 dobivamo D=

r

2H = n

s

2 · 0=125 J = 0=22 m N 5m

Jednad zba za eloganciju glasi v (w) = D sin ($w + *) pa je u trenutku w = 0 s, po cetna elongacija v0 = D sin ($ · 0 + *) = D sin * 0=1 m v0 = = 0=45 sin * = D 0=22 m * = arcsin 0=45 = 0=46 rad = 26=56 Uvrštavanjem dobivenih vrijednosti za D> *> $ dobivamo pomak kao funkciju vremena v (w) = D sin ($w + *) = 0=22 m · sin (5w + 0=46) gdje je kutna brzina i faza izra zena u radijanima. Izrazi za brzinu i akceleraciju kao funkcije vremena se dobivaju gv (w) rad = D$ cos ($w + *) = 0=22 m · 5 · cos (5w + 0=46) gw s m = 1= 12 cos (5w + 0=46) s μ ¶ gy (w) rad 2 2 = D$ sin ($w + *) = 0=22 m · 5 d (w) = · sin (5w + 0=46) gw s m = 5= 59 sin (5w + 0=46) 2 s y (w) =

mehanika.indd 328

9.11.2007 10:00:03

11.3. PRIMJERI

321

te trenutak w0 kada je v = 0=2 m dobivamo iz ¡ ¢ ¢ ¡ ¢ ¡ v w0 = D sin $w0 + * = 0=22 m · sin 5w0 + 0=46 = 0=2 m ¡ ¢ 0=2 m = 0=89 = sin 5w0 + 0=46 0=22 m 1 w0 = (arcsin 0=89 0=46) = 0=13 s 5 Primjer 11.3.11 Izra cunajte izvršeni rad pri istezanju elasti cnog pera sa duljine o1 = 50 cm do o2 = 56 cm ako je ravnote zni polo zaj u o0 = 40 cm. Iznos konstante N . Zadatak riješiti preko srednje sile i integralnim na cinom. opruge je n = 120 m Rješenje: Kod elasti cnog pera sila je proporcionalna udaljenosti kraja opruge od svog ravnote znog polo zaja I = nv, gdje je vl = o0 ol . Srednja sila jednaka je srednjoj vrijednosti po cetne i kona cne sile. Tada je izvršeni rad 1 1 D = I · v = (I1 + I2 ) (v2 v1 ) = [nv2 nv1 ] · (v2 v1 ) 2 2 N h i ¢ 120 n¡ 2 m = · (16 cm)2 (10 cm)2 = 0=94 J v2 v21 = 2 2 Integralnom metodom imamo Zv2 Zv2 Zv2 ¢ n n¡ 2 D = I gv = nvgv = n vgv = v2 |vv21 = v2 v21 = 0=94 J 2 2 v1

v1

v1

Primjer 11.3.12 Horizontalna elasti cna opruga sabijena je od svog ravnote znog polo zaja za { = 10 cm kockom mase p = 0=4 kg a zatim puštena da odbaci kocku u horizontalnom pravcu. Pri tome kocka klizi po horizontalnoj ravnini i zaustavi se nakon v = 0=5 m. Izra cunajte koecijent trenja izme†u kocke i ravnine. N . Masu opruge zanemarite. Konstanta opruge iznosi n = 80 m Rješenje: Prilikom sabijanja opruge tijelo dobiva potencijalnu energiju koja iznosi 1 Hs = n{2 2 Kada se opruga pusti ona će odbaciti kocku u horizontalnom pravcu. Zbog postojanja sile trenja izme†u kocke i podloge, kocka će se zaustaviti kada se njena cjelokupna energija utroši na rad protiv sile trenja. Taj rad sile trenja iznosi Zwu = Iwu v = pjv Izjedna cavanjem ovih energija dobivamo 1 2 n{ = pjv 2 N 80 m · (10 cm)2 n{2 = = 0=2 = 2pjv 2 · 0=4 kg · 9=81 sm2 · 0=5 m

mehanika.indd 329

9.11.2007 10:00:03

322


Primjer 11.3.13 Na vertikalno postavljenu oprugu duljine o0 u trenutku w0 = 0 s stavimo predmet mase p i sustav po cinje titrati po cetnom brzinom y0 = 0 ms . Odredite elongaciju kao funkciju vremena. Rješenje: Jednad zba gibanja sustava glasi: X Il = nv + I0 = pd = p¨ v l

v¨ +

n v = p

I0 p

n koristeći izraz $ 2 = p dobivamo v¨ + $ 2 v = Ip0 Dobivena jednad zba je nehomogena diferencijalna jednad zba drugog reda. Opće rješenje ove jednad zbe dobivamo tako da se općem rješenju homogene jednad zbe pribroji jedno od partikularnih rješenja nehomogene jednad zbe. Opće rješenje homogene jednad zbe v¨ + $ 2 v = 0, tj. jednad zbe jednostavnog harmonijskog oscilatora glasi:

v (w) = D cos ($0 w + *) a partikularno rješenje nehomogene jednad zbe glasi v=

I0 p$20

pa je opće rješenje nehomogene diferencijalne jednad zbe v (w) = D cos ($0 w + *) +

I0 p$20

odnosno funkcija brzine je y (w) = vb (w) =

gv (w) = D$ 0 sin ($ 0 w + *) gw

Iz po cetnih uvjeta zadatka w = 0 s, v = 0 m, vb = 0 ms dobivamo v (0) = D cos ($ 0 · 0 + *) +

I0 p$ 20

I0 =0 p$ 20 vb (0) = D$0 sin ($0 · 0 + *) = 0 = D cos * +

odnosno za * = 0 =, D =

mehanika.indd 330

I0 p$20

9.11.2007 10:00:04

11.3. PRIMJERI

323

pa je jednad zba elongacije I0 I0 cos $ 0 w + p$20 p$ 20 I0 (1 cos $0 w) p$ 20

v (w) = =

Postavimo li ishodište koordinate { u polo zaj {=v

I0 p$ 20

dobili bi jednad zbu { (w) =

I0 cos $0 w p$ 20

što je jednostavno harmoni cko titranje. Primjer 11.3.14 Odredite ophodno vrijeme (period) konusnog njihala duljine o = 0=3 m, kojemu nit pri gibanju zatvara s vertikalnom osi kut = 30 . (slika 11.4.) Rješenje: Konusno njihalo je sitno tijelo (materijalna to cka) na niti konstantne duljine koja, stavljena u gibanje u horizontalnoj ravnini opisuje kru znicu polumjera u = o sin

Slika 11.4. Ifi = pj tan =

pri cemu na tijelo djeluju: centripetalna sila Ifs = py2 zina tijela J = pj i napetost niti Q . Iz slike u , te

dobivamo: py 2 py 2 = u o sin

odakle je y2 =

pj tan sin2 o sin = jo p cos

odnosno brzina r jo · sin y= cos

mehanika.indd 331

9.11.2007 10:00:04

324

POGLAVLJE 11. HARMONIJSKO TITRANJE pa iz izraza za period W i brzinu y imamo s s o2 o cos 2o sin 2u = 2 = 2 =q W = jo y j jo cos cos · sin s 0=3 m · cos 6 = 1= 02 s = 2 9=81 sm2

Uo cimo da iz izraza za konusno njihalo, za male kutove 0 dobivamo izraz za matemati cko njihalo s o W = 2 j (jer je cos 1, kada je 0). Primjer 11.3.15 Kugla polumjera U = 10 cm obješena je na niti duljine o = 50 cm i njiše se malim amplitudama. Izra cunajte period tog zi ckog njihala. Aproksimirajte kuglu materijalnom to ckom i izra cunajte period smatrajući njihalo matemati ckim te usporedite dobivene rezultate. Rješenje: Period zi ckog njihala ra cunamo po formuli s L W = 2 pj O Moment tromosti kugle s obzirom na os koja prolazi kroz centar mase jednak je L = 25 pU2 , te je prema Steinerovom pou cku, moment tromosti s obzirom na os oko koje njiše njihalo 2 L = LFP + pg2 = pU2 + p (o + U)2 5 odakle dobivamo period s s U2 2 2 2 o + U + 25 o+U pU + p (o + U) = 2 W = 2 5 pj (o + U) j v u u 0=5 m + 0=1 m + 2 (0=1 m)2 t 5 0=5 m+0=1 m = 2 = 1= 56 s 9=81 sm2 Smatramo li njihalo matemati ckim period je s s o+U 0=5 m + 0=1 m 0 = 2 = 1= 55 s W = 2 j 9=81 sm2

mehanika.indd 332

9.11.2007 10:00:04

11.3. PRIMJERI

325

Odavdje mo zemo zaklju citi da za o À U kugla polumjera U obješena na niti duljine o mo ze doista dobro aproksimirati matemati cko njihalo, tim bolje što je U2 caju relativna pogreška sam o+U manje. U našem je slu

=

1= 56 s 1= 55 s W W0 = = 0=0055 = 0=55% W 1= 56 s

Primjer 11.3.16 Izra cunajte kru znu frekvenciju titrajnog sustava koji se sastoji od materijalne to cke mase p i triju opruga spojenih kao na slici (slika 11.5.) Rješenje: Opruge konstanti n1 i n2 spojene su serijski, pa je ekvivalentna konstanta n0 jednaka 1 n0

=

n0 =

1 1 n1 + n2 + = n1 n2 n1 n2 n1 n2 n1 + n2

Sustav prikazan na slici mo zemo zamijeniti ekvivalentnim sustavom. Opruge s konstantama n0 i n3 spojene su paralelno pa je ekvivalentna konstanta Slika 11.5.

n = n0 + n3 =

n1 n2 n1 n2 + n3 (n1 + n2 ) + n3 = n1 + n2 n1 + n2

Ovaj sustav razmatramo kao materijalnu to cku mase p na opruzi konstante n. Kru zna frekvencija je onda s r n n1 n2 + n3 (n1 + n2 ) = $= p p (n1 + n2 ) Primjer 11.3.17 Predmet mase p = 1 kg vezan je dvjema jednakim oprugama N , tako da mo ze kliziti horizontalnom ravninom. Konstanta opruge iznosi n = 50 m a koecijent trenja klizanja izme†u tijela i podloge iznosi = 0=2. Pomaknimo tijelo iz polo zaja ravnote ze (v = 0 m) za v0 = 10 cm i pustimo da titra s po cetnom brzinom jednakom nula. Odredite elongaciju tijela nakon prvog perioda? (slika 11.6.)

Slika 11.6.

Rješenje: Za vrijeme 0 ? w W2 tijelo se giba s desna na lijevo i pri tome na njega djeluju sile jedne i druge opruge nalijevo (nv + nv = 2nv) i sila trenja nadesno (suprotno gibanju tijela) (pj). Jednad zba gibanja glasi:

p¨ v = 2nv + pj

v¨ + $ 20 v = j

mehanika.indd 333

9.11.2007 10:00:04

326


gdje je $20 =

N 2 · 50 m 2n = = 100 s32 =, $0 = 10 s31 p 1 kg

Rješenje ove nehomogene diferencijalne jednad zbe drugog reda je v (w) = D cos ($0 w + *) +

j $ 20

Konstante D i * odre†ujemo iz po cetnih uvjeta: w = 0 s; v (0) = v0 = 0=1 m; vb (0) = 0

m s

odakle dobivamo jednad zbe j $ 20 j j v (0) = D cos ($ 0 · 0 + *) + 2 = D cos * + 2 = v0 $0 $0 vb (w) = D$0 sin ($0 w + *) m vb (0) = D$0 sin ($0 · 0 + *) = 0 =, * = 0 s j D = v0 2 $0 v (w) = D cos ($ 0 w + *) +

pa je elongacija u tom vremenskom intervalu μ ¶ j j v (w) = v0 2 cos $ 0 w + 2 $0 $ μ ¶0 0=2 · 9=81 sm2 0=2 · 9=81 sm2 v (w) = 0=1 m cos (10w) + 100 s32 100 s32 v (w) = 0=080 38 m cos (10w) + 0=019 62 m U trenutku 2

w0 =

W = $0 = s = 0=31 s = = 31 2 2 $0 10 s 10

elongacija iznosi μ ¶ ¡ 0¢ 2 · 0=2 · 9=81 sm2 j 2j j v w = v0 2 cos + 2 = v0 + 2 = 0=1 m+ = 0=06 m 100 s32 $0 $0 $0 U tom trenutku tijelo se zaustavi i po cne vraćati nadesno. Sada se promijeni smjer sile trenja i jednad zba gibanja glasi p¨ v1 = 2nv1 pj

v¨1 + $ 20 v1 = j

mehanika.indd 334

9.11.2007 10:00:05

11.3. PRIMJERI

327

Rješenje ove jednad zbe je elongacija v0 v1 (w) = D1 cos ($0 w + *) vb 1 (w) =

j $ 20

gv1 (w) = D1 $0 sin ($0 w + *1 ) gw

pa iz uvjeta ¡ ¢ ¡ ¢ 2j v1 w0 = v w0 = v0 + 2 $0 ¡ 0¢ m vb 1 w = 0 =, *1 = 0 s ¡ 0¢ j 2j 3j = D1 cos 2 = v0 + 2 =, D1 = v0 2 v1 w $0 $0 $0

dobivamo

μ ¶ 3j j v1 (w) = v0 2 cos ($0 w) 2 $0 $0 U trenutku perioda w00 = W elangacija iznosi μ μ ¶ ¶ μ ¶ 2 3j j 3j j v1 (W ) = v0 2 cos ($0 W ) 2 = v0 2 cos $ 0 2 $0 $0 $0 $0 $0 μ ¶ 3j 3j j 4j j = v0 2 cos (2) 2 = v0 2 2 = v0 2 $0 $0 $0 $0 $0 4 · 0=2 · 9=81 sm2 = 0=1 m = 0=02 m 2=2 cm 100 s32 Primjer 11.3.18 Izra cunajte period titranja malene kuglice prema slici 11.7. ako su k = 50 m, = 45 i = 30 . Zanemarite rotacijsku energiju kuglice, gubitak energije pri udaru u kutu i trenje. Rješenje: Iz zakona o o cuvanju energije proizilazi da je visina s koje kuglica krene k jednaka visini na koju će se kuglica popeti k0 (to vrijedi jer smo zanemarili sve gubitke energije), a iz trigonometrijskih odnosa dobivamo Slika 11.7.

v1 =

k 1 = dw21 sin 2

gdje je d = j sin , a w1 vrijeme potrebno da kuglica do†e u to cku C. Dakle k 1 = jw21 sin sin 2

mehanika.indd 335

9.11.2007 10:00:05

328


pa je w21

2k =, w1 = = j sin2

s

2k 1 j sin

sli cno imamo i za drugu stranu v2 = k sin

=

w22 =

k0 k 1 = = dw22 sin sin 2 1 2 jw sin 2 2 s 2k 2k 1 =, w2 = 2 j sin j sin

pa je ukupni period titranja, odnosno vrijeme potrebno da se kuglica prati na po cetni polo zaj, jednako s s μ Ãs ! ¶ 1 2k 1 2k 1 2k 1 W = 2 (w1 + w2 ) = 2 + + =2 j sin j sin j sin sin s μ ¶ 2 · 50 m 1 1 + = 2 = 21= 8 s 9=81 sm2 sin 4 sin 6 Primjer 11.3.19 Pretpostavimo da je du z osi vrtnje Zemlje prokopan tunel s jednog kraja Zemlje na drugi. Blizu Zemljine površine du z meridijana prolazi putanja satelita. Tijelo po cinje slobodno padati kroz tunel u trenutku kada se satelit nalazi iznad otvora tunela. Što će prije stići do drugog kraja tunela, tijelo ili satelit? Rješenje: Na udaljenosti u od središta Zemlje na tijelo mase p djeluje gravitacijska sila $ pP1 $ u0 I = 2 u gdje je P1 masa Zemlje unutar kugle polumjera u pa je P1 = P}

4 3 3 } u 4 3 3 } U}

=

u3 U}3

uz P} masu Zemlje i U} polumjer Zemlje. Gravitacijska sila je onda proporcionalna udaljenosti od središta Zemlje $ pP} $ u I = 3 U}

mehanika.indd 336

9.11.2007 10:00:05

11.3. PRIMJERI

329

Tijelo harmonijski titra u odnosu prema središtu Zemlje, s periodom $ pP} pP} $ $ u = n u =, n = 3 I = 3 U} U} s r s p p U}3 = 2 W1 = 2 = 2 } n P} pP U3 }

Za satelit koji se giba blizu površine Zemlje, gravitacijska sila mora biti jednaka centrifugalnoj sili Ifi = p$ 2 U} =

4 2 pU} pP} = 2 U} W22

odavde je ophodno vrijeme satelita s s 4 2 pU} U}3 = 2 W2 = } P} pP U2 }

Tijelo i satelit će istovremeno stići do drugog kraja tunela, jer je W1 = W2 . Primjer 11.3.20 Gustoća tekućine povećava se linearno s dubinom, tako da je na površini gustoća tekućine 0 , a na dubini g je 20 . Koliki su period titranja i amplituda kuglice gustoće 20 ispuštene na dubini g2 s po cetnom brzinom y0 = 0 ms . Trenje kuglice zanemarite. Rješenje: Ovisnost gustoće tekućine o dubini { mo zemo zadati relacijom ({) = d{ + e gdje se d i e odre†uju iz po cetnih uvjeta (0) = 0 = d · 0 + e = e

(g) = 20 = dg + e = dg + 0 =, d = 0 g ´ ³{ 0 ({) = { + 0 = 0 +1 g g Sila I koja djeluje na kuglicu volumena Y gustoće n = 1=10 , na dubini { jednaka je razlici te zine i sile uzgona I

= J X = pj w Y j = n Y j ({) Y j

= Y j [n ({)]

Primjenom dobivene relacije za gustoću tekućine imamo h ³ { í h {i g2 { I = p 2 = Y j 20 0 + 0 = Y j0 1 gw g g Y j0 (g {) = g

mehanika.indd 337

9.11.2007 10:00:05

330


odnosno g2 { g2 { Y j0 g2 { = Y = 2 Y = (g {) n 0 2 2 2 gw gw gw g g2 { j (g {) = gw2 2g Uvo†enjem supstitucije p

| = g{ g2 { g| g{ g2 | = ; = gw gw gw2 gw2 za jednad zbu gibanja u novom sustavu dobivamo j g2 | | = 2 gw 2g j g2 | + | = 0 gw2 2g Ovo je jednad zba neprigušenog harmonijskog titranja pa je kru zna frekvencija jednaka r j $= 2g

a period titranja 2 = 2 W = $

s

2g j

Opće rješenje diferencijalne jednad zbe glasi | (w) = D sin ($w + *) |b (w) = D$ cos ($w + *) gdje se D i * odre†uju iz rubnih uvjeta. Rubni uvjeti su g g g =, | (0) = g { (0) = g = 2 2 2 {b (0) = 0 =, |b (0) = 0 { (0) =

iz |b (0) = 0 |b (0) = D$ cos ($ · 0 + *) = D$ cos * = 0 =, * = | (0) =

2

g 2

³ ´ g g | (0) = D sin $ · 0 + = D sin = =, D = 2 2 2 2

mehanika.indd 338

9.11.2007 10:00:06

11.3. PRIMJERI

331

Primjer 11.3.21 Titrajni sustav sastoji se od homogenog diska mase p1 = 5 kg i polumjera u koji se mo ze okretati oko horizontalne osi, opruge konstante n = N i utega mase p2 = 3 kg. (slika 11.8.) Kolika je kru zna frekvencija sustava 100 m ako sustav harmonijski titra? Sva trenja zanemariti? Rješenje: Kineti cka energija sustava je 1 1 Hn = Hnwu + Hnurw = p2 y 2 + L$ 2 2 2 1 1 p2 vb 2 + L *b 2 = 2 2 Za homogeni disk je 1 L = p1 u2 2

Slika 11.8.

i veza izme†u veli cina rotacije i translacije je v = u*, te vb = u*b pa uvrštavanjem dobivamo Hn = =

1 p2 vb 2 + 2μ 1 p2 + 2

1 1 · p1 u2 · *b 2 2 2¶ ¶ μ 1 1 1 2 p1 vb = p2 + p1 u2 *b 2 2 2 2

Elasti cna potencijalna energija iznosi 1 Hs = nv2 2 pa je maksimalna potencijalna energija u polo zaju amplitude 1 (Hs )max = nD2 2 jednaka maksimalnoj kineti ckoj energiji kad je sustav u polo zaju ravnote ze ¶ μ 1 1 p2 + p1 u2 *b 20 (Hn )max = 2 2 μ ¶ 1 1 p2 + p1 D2 $ 2 = 2 2 ¶ μ 1 2 1 1 nD = p2 + p1 D2 $ 2 2 2 2 pa je $ =

i

mehanika.indd 339

=

s

rad n = 4=26 1 s p2 + 2 p1 s s N 100 m $ 1 1 n = = = 0=68 s31 2 2 p2 + 12 p1 2 3 kg + 12 5 kg

9.11.2007 10:00:06

332


Primjer 11.3.22 Torziono se njihalo sastoji od homogenog diska mase p = 0=5 kg i polumjera ug = 0=05 m, koji visi na celi cnoj zici duljine o = 5 m i promjera g} = 2 mm. (slika 11.9.) Modul torzije celika iznosi J = 70J Pa. Kolika je konstanta torzije zice i period njihala? Rješenje: Moment elasti cnih sila u zici proporcionalan je kutu * za koji se disk zakrene. P} = G* gdje je G konstanta torzije ovisna o materijalu i dimenzijama zice. Modul smicanja J je konstanta koja ovisi samo o elasti cnim svojstvima materijala. Torzija zice ili štapa poseban je primjer smicanja. Kut torzije * proporcionalan je momentu (para) vanjskih sila Ps . *=

1 2o P J u}4

Slika 11.9.

gdje je o duljina zice, a u} polumjer popre cnog presjeka zice. Konstantu torzije dobivamo iz veze izme†u konstante torzije i modula torzije ¡ ¢4 · 1033 m u4 u}4 G= J= J= · 7 · 1010 Pa = 0=02 N m 2o 2o 2 · 5m

Kako je moment inercije homogenog diska L = 12 pu2 za period titranja dobivamo s s r pug2 L 5 kg · (0=05 m)2 = 2 = 2 = 3= 35 s W = 2 G 2G 2 · 0=02 N m Primjer 11.3.23 Kolika mora biti duljina niti o koju je obješena kuglica ciji je promjer g1 = 4 cm, da bismo pri odre†ivanju perioda malih titranja kuglicu s niti mogli smatrati matemati ckim njihalom, pri cemu je dopušteno odstupanje od 1% u aproksimaciji matemati ckog njihala.

Rješenje: q Period titranja matemati ckog njihala W1 = 2 jo , dok je period titranja ziq L . Moment inercije kuglice je prema Steinerovu pou cku

ckog njihala W2 = 2 pjo ¸ 2 2 2u2 2 2 2 L = Lfp + pg = pu + po = po 1 + 2 5 5o gdje je o = O + u, pri cemu je O duljina niti, a u = g21 polumjer kuglice. Period titranja zi ckog njihala je v h v h i i u u s r r u o 1 + 2u22 u po2 1 + 2u22 t t o 2u2 2u2 5o 5o = 2 = 2 · 1 + 2 = W1 1 + 2 W2 = 2 pjo j j 5o 5o

mehanika.indd 340

9.11.2007 10:00:06

11.3. PRIMJERI

333

Dopuštena pogreška je q r 2 W1 1 + 2u W1 2u2 W2 W1 5o2 = = 1+ 2 1 = W1 W 5o r1 h i 2 5 2u u ( + 1)2 = 1 + 2 =, = ( + 1)2 1 5o o 2

Uz uvjet da je dopuštena pogreška manja od 1% vrijedi r h i u 5 (0=01 + 1)2 1 = 0=22 o 2 u 0=02 m o = = 0=09 m = 9 cm 0=22 0=22 odnosno duljina niti O O = o u 9 cm 2 cm = 7 cm

Primjer 11.3.24 Fizi cko se njihalo u obliku diska, promjera u, njiše oko horizontalne osi okomite na disk, koja prolazi na udaljenosti o od središta diska. (slika 11.10.). Koliki je period njihala ako je: a) o = u? b) o À u? c) Kolika bi trebala biti udaljenost o da bi period njihala bio minimalan? Rješenje: q L , te izraza za Iz perioda zi ckog njihala W = 2 pjo moment tromosti homogenog diska L = pou cka

1 2 2 pu

i Steinerova

¢ 1 p¡ 2 L = Lfp + pg2 = pu2 + po2 = u + 2o2 2 2

dobivamo

s

Slika 11.10.

s (u2 + 2o2 ) u2 + 2o2 = 2 W = 2 pjo 2jo q q 2 +2u 2 3u = 2 2j a) o = u =, W = 2 u 2ju q q 2 +2o2 b) o À u =, W = 2 u 2jo 2 jo c) Period za njihalo je minimalan, ako izraz za period u ovisnosti o duljini o zadovoljava uvjet p 2

gW =0 go

mehanika.indd 341

9.11.2007 10:00:06

334


gW go

g = 2 go r =

s

" r μ ¶# 1 u2 + 2o2 2jo g u2 + 2o2 · = 2 2jo 2 u2 + 2o2 go 2jo

2jo 2o2 u2 · =0 u2 + 2o2 2jo2

Ovaj izraz je jednak nuli kada je o = 0, što nije zikalno rješenje za zadani problem, a drugo rješenje je s u 2 o= 2 Primjer 11.3.25 Na jednodimenzionalni harmonijski oscilator kru zne frekvencije $ 0 djeluje na masu p u kona cnom vremenskom intervalu konstantna vanjska sila I . Odredite amplitudu titranja nakon što je vanjska sila prestala djelovati, ako je u po cetnom trenutku w = 0, polo zaj { = 0 m i brzina y0 = 0 ms . Rješenje: Jednad zba gibanja harmonijskog oscilatora u vremenu 0 w je X l

Il = n{ + I = p

g2 { gw2

Uvrštavajući izraz za nesmetani harmonijski oscilator $ 20 =

n p

dobivamo

I g2 { + $ 20 { = gw2 p Rješenje homogene diferencijalne jednad zbe g2 { + $ 20 { = 0 gw2 glasi {k (w) = D1 sin $ 0 w + E1 cos $ 0 w a partikularno rješenje diferencijalne jednad zbe je {s =

I p$20

pa je ukupno rješenje jednako I p$20 y1 (w) = {b 1 (w) = D1 $ 0 cos $0 w E1 $ 0 sin $ 0 w

{1 (w) = D1 sin $ 0 w + E1 cos $0 w +

mehanika.indd 342

9.11.2007 10:00:07

11.3. PRIMJERI

335

Po cetni (ili rubni) uvjeti glase {1 (0) = 0 m y1 (0) = {b 1 (0) = 0

m s

odakle slijedi {1 (0) = D1 sin ($ 0 · 0) + E1 cos ($ 0 · 0) + E1 =

I I = E1 + =0 2 p$0 p$ 20

I p$ 20

{b 1 (w) = D1 $ 0 cos ($0 · 0) E1 $ 0 sin ($ 0 · 0) = D1 $0 = 0 D1 = 0

pa je u vremenu 0 w elongacija opisana izrazom {1 (w) = E1 cos $ 0 w + =

I I I = cos $ 0 w + p$ 20 p$ 20 p$ 20

I (cos $ 0 w 1) p$ 20

Budući da je vanjska sila prestala djelovati, tj. za w A jednad zba gibanja je g2 { + $ 20 { = 0 gw2

cije rješenje je {2 (w) = D2 sin $ 0 w + E2 cos $ 0 w Kako funkcije { (w) i vrijedi

g{(w) gw

moraju biti neprekidne funkcije, u trenutku w =

{1 ( ) = {2 ( ) g{2 ( ) g{1 ( ) = gw gw što daje sustav jednad zbi iz kojih odre†ujemo konstante D2 i E2

I (cos $0 1) = D2 sin $ 0 + E2 cos $ 0 p$20 I sin $0 = D2 $ 0 cos $0 E2 $ 0 sin $0 p$ 20

cije rješenje je D2 = E2 =

mehanika.indd 343

I sin $0 p$ 20 I (cos $0 1) p$ 20

9.11.2007 10:00:07

336


pa je amplituda titranja q I p 2I $0 2 (1 cos $0 ) = sin D = D22 + E22 = 2 p$ 20 p$ 20

Primjer 11.3.26 Amplituda harmonijskog oscilatora u sredstvu s otporom smanji se od po cetne vrijednosti nakon q titraja za faktor 1h . Odredite omjer perioda titranja W -tog oscilatora, prema periodu W0 koji bi imao isti oscilator kada bi otpor zanemarili. Rješenje: Amplituda titranja zadana je izrazom D = D0 h3w , gdje je D0 amplituda titranja u po cetnom trenutku. Nakon q titraja amplituda Dq = D0 h31 pa je vrijeme potrebno za q titraja w = titranja vrijedi q $ = $ 20 2 pa je period 2 2 W = =q $ n 2

1 .

Za kru znu frekvenciju prigušenog

p

w q

=

1 q

pa je omjer perioda titranja uz $ 20 =

n p

Kako je period titranja W = 1 q

q

=

=

2 $

pri cemu je konstanta

2 2

n p

n 2 = 4 2 q2 2 p n p

2 =

W W0

=

=

1 + 4 2 q2

t 2 n 3 2 p 2 $0

r $20

=q

$0 ³

$0 n p

4 2 q2 1+4 2 q2

2

=r

$0 ´=$ 0

r

$0 n p

n p

1+42 q2

1 + 4 2 q2 = 4 2 q2

=r

r

1+

$0 ³ ´ n 1 p 1 1+4 2 q2

1 4 2 q2

Za veliki broj titraja q izraz mo zemo razviti u Taylorov red pa je tra zeni izraz omjera perioda W 1 1+ 2 2 W0 8 q

mehanika.indd 344

9.11.2007 10:00:07

11.4. ZADACI

11.4

337

Zadaci

Problem 11.4.1 Klip motora automobila ima hod 55=5 mm i masu 360 g. Uz pretpostavku da gibanje klipa u cilindru motora mo zemo aproksimirati jednostavnim harmonijskim titranjem, kolika je maksimalna brzina i akceleracija klipa pri rnu vrtnji motora s 3000 min ? Kolika je pritom maksimalna sila na klip? Rezultat: yp = 8=7 ms > dp = 2=74 sm2 > Ip = 985 N. Problem 11.4.2 Tijelo mase p obješeno o spiralnu oprugu uzrokuje produljenje opruge 4 cm. Koliko titraja napravi to tijelo u 60 s kad ga se pobudi na vertikalno harmonijsko titranje? Rezultat: q = 150 titraja. Problem 11.4.3 Nerastegnuta opruga duljine O pri cvršćena je u horizontalnom polo zaju na oba kraja, a zatim prerezana na O4 . Na tom je mjestu pri cvršćeno tijelo (za obakraja opruge) pomaknuto iz polo zaja ravnote ze i ostavljeno da titra po horizontalnoj podlozi bez trenja. Potrebno je izra cunati omjer perioda titranja tog sustava i iste (neprerezane) opruge opterećene istim tijelom, ali u vertikalnom smjeru. Rezultat:

W Wy

= 0=433

Problem 11.4.4 Jedna opruga opterećena utegom produlji se 4 cm, a druga opterećena istim utegom 5 cm. Koliki je period titranja serijski spojenih opruga opterećenih istim utegom? Rezultat: W = 0=620 s= Problem 11.4.5 Uteg mase srednje vrijednosti p = 8 kg obješen je na donjem kraju elasti cne opruge. Mjerenjem pomoću zaporne ure odre†eno je da 10 uzastopnih titraja traje 10=41 s (srednja vrijednost). Odredite konstantu n opruge i relativnu i apsolutnu pogrešku mjerenja. Doka zite da za relativnu pogrešku vrijedi izraz: p 2W n = + n p W gdje je p masa utega, a W period titranja. U mjerenju maksimalna apsolutna pogreška iznosi p = 0=001 kg, a W = 0=02 s. N . Rezultat: n = (291=4 ± 11) m (To cnost mjerenja vremena jako utje ce na pogrešku).

Problem 11.4.6 U trenutku w = 0 s jednostavni harmonijski oscilator udaljen je od osi { od svog ravnote znog polo zaja za +6 cm i giba se brzinom y{ = 5 cm s . Odredite po cetnu fazu titranja i amplitudu ako je period njegova titranja jednak W = 2 s.

mehanika.indd 345

9.11.2007 10:00:07

338

POGLAVLJE 11. HARMONIJSKO TITRANJE Rezultat: * = 50=19 > D = 7=81 cm.

Problem 11.4.7 Posuda s utezima visi na opruzi i titra periodom W0 = 0=5 s. Dodavanjem utega u posudu period titranja se promijeni na W1 = 0=6 s. Koliko se produljila opruga dodavanjem utega? Rezultat: o = 2=7 cm. Problem 11.4.8 Odredite omjer potencijalne i kineti cke energije materijalne to cke koja harmonijski titra, kao funkciju vremena: a) u općenitom slu caju, b) uz po cetne uvjete w0 = 0 s> *0 = 0> c) uz po cetne uvjete w0 = 0 s> *0 = ± 2 . Rezultat: a)

Hs Hn

H

H

= tan2 ($w + *0 ); b) Hns = tan2 $w; c) Hns = fwj 2 $w;

Problem 11.4.9 Koliki je omjer perioda vertikalnih titranja tijela vezanog za dvije jednake opruge ako se serijski spoj opruga zamijeni paralelnim? Rezultat:

Wv Ws

= 2.

Problem 11.4.10 Kuglica mase p = 20 g, pri cvršćena na oprugu elasti cnosti N , harmonijski titra amplitudom D. Na udaljenosti D2 od polo zaja ravnote ze n =8m postavi se masivna pregrada, od koje se kuglica savršeno elasti cno odbija. Odredite period titranja. Rezultat: W = 0=21 s. Problem 11.4.11 Knjiga le zi na horizontalnoj podlozi koja jednostavno harmonijski titra u horizontalnom smjeru i pri tom ima amplitudu D = 1 m. Kolika je maksimalna frekvencija tog gibanja pri kojoj još neće doći do klizanja knjige po podlozi? Koecijent trenja iznosi = 0=5. Rezultat: imax = 0=35 Hz. Problem 11.4.12 Istodobno su zanjihana dva njihala, za cije duljine vrijedi o1 o2 = 22 cm. Nakon nekog vremena jedno je njihalo na cinilo Q1 = 30, a drugo Q2 = 36 njihaja. Odredite njihove duljine. Rezultat: o1 = 72 cm> o2 = 50 cm. Problem 11.4.13 Matemati cko se njihalo dugo 60 cm nalazi u zrakoplovu koji se uspinje pod kutom = 30 prema horizontalnoj ravnini, s ubrzanjem od d = 4 sm2 . Odredite period tog matemati ckog njihala.

mehanika.indd 346

9.11.2007 10:00:08

11.4. ZADACI

339

Rezultat: W = 1=39 s. Problem 11.4.14 Koliki je period zi ckog njihala u obliku homogenog štapa duljine o = 2 m ako se njiše oko osi koja prolazi: a) jednim njegovim krajem, b) kroz to cku udaljenu od sredine štapa za g = 6o , c) kada je period minimalan, a kada maksimalan? Rezultat: a) W = 2=3 s; b) W = 2=3 s; c) period je najmanji za g = 0=58 m, a maksimalan za g = 0 m; Problem 11.4.15 Na nit dugu o = 3 m obješena je kuglica ciji je polumjer u = 3 cm. Za koliko je veći period titranja tog zi ckog njihala od perioda matemati ckog njihala kojim se ono mo ze aproksimirati? Rezultat: W = 6=95 · 1035 s. Problem 11.4.16 Dva homogena štapa duljine o spojeni su tako da je dobiven štap duljine 2o. Ako je omjer masa štapova 2 : 1, koliki je omjer perioda titranja kada je os na jednom, odnosno na drugom kraju dobivenog štapa? Rezultat:

W1 W2

= 0=9661.

Problem 11.4.17 Materijalna to cka izvodi istodobno dva me†usobno okomita harmonijska titranja opisana jednad zbama: { (w) = 1 cm cos w s | (w) = 2 cm cos w 2s Odredite putanju materijalne to cke. Rezultat: |2 (w) = (2 cm) { (w) + 2 cm2 uz 1 cm { 1 cm.

mehanika.indd 347

9.11.2007 10:00:08

340

mehanika.indd 348


9.11.2007 10:00:08

Dodatak A

O FIZICI I METODAMA FIZIKE Fizika je jedna od prirodnih znanosti. Prirodne znanosti izu cavaju svijet u kojem

zivimo. To je u stvari nastojanje covjeka da shvati svoju okolinu u cilju ovladavanja njome. Fizika prete zno prou cava takve pojave, koje se mogu mjeriti, dakle kvantitativno obraditi. Istra zivanja u znanosti se općenito temelje na dvijema općim metodama zaklju civanja: induktivna i deduktivna metoda. Induktivna metoda u zaklju civanju polazi od pojedina cnoga k općem, a deduktivna od općega k pojedina cnom. U zici se te dvije metode nazivaju eksperimentalna i teorijska. Eksperimentalnom metodom radimo kada namjerno stvorimo uvjete za nastanak neke prirodne pojave i tada mjerimo zikalne veli cine tijekom te pojave. Takvo namjerno izazivanje prirodne pojave i njeno ispitivanje nazivamo pokus ili eksperiment. Mjesto na kojem se obavljaju eksperimenti zove se laboratorij, za razliku od opservatorija gdje se obavlja promatranje prirodnih pojava koje se ne zbivaju pod utjecajem covjeka. Pravi razvoj današnje zike, a i drugih prirodnih znanosti, zapo ceo je onda kada je Galileo Galilei (1564 - 1642) za svoja istra zivanja o gibanju tijela upotrijebio eksperiment popraćen mjerenjima. Cijeli daljnji razvitak bio je logi can nastavak. Naravno, taj razvitak je bio uvjetovan društvenim razvojem. Rezultati mjerenja dobiveni iz eksperimenta, unose se u tablice i predo cuju gra cki. Na osnovu tih tablica i gra ckih prikaza nastoji se pronaći zakonitost koja se mo ze egzaktno iskazati pomoću matemati ckih izraza (formula) koji povezuju mjerene veli cine. Tako na†ena zakonitost, koja izra zava me†usobnu ovisnost zikalnih veli cina, zove se zikalni zakon. Znanstvena istra zivanja polaze od pa zljivog prikupljanja cinjenica dobivenih eksperimentom i bri zljivim ispitivanjem dobivenih podataka. Mjerenja se ponavljaju i bilje ze na osnovu cega se u nekim podru cjima podataka uo cavaju pravilnosti i prema tome se zaklju ci o zakonitosti po kojoj se odvija ispitivana pojava. To je induktivna metoda, kojom se dolazi do odre†enih aksioma. Teorijskom 341

mehanika.indd 349

9.11.2007 10:00:08

342

DODATAK A. O FIZICI I METODAMA FIZIKE

metodom se nastoji povezati što veći broj tako dobivenih aksioma kako bi se našlo ono što je svim tim zakonima zajedni cko (suštinu pojave) i stvoriti strogi zaklju cak, opći zakon iz kojeg proizlaze pojedina cni (deduktivna metoda). Snaga teorijske metode le zi u tome, što ona mo ze predskazati takav pojedina cni zakon koji nije još eksperimentalno prona†en. Ako eksperiment potvrdi predskazanu pojavu onda se povećava naše povjerenje u doti cnu teoriju, a ako je eksperiment ne potvrdi tj. da zakon nije u skladu s iskustvom, onda teoriju treba mijenjati. U zici se uzima kao istinito ono što se mo ze provjeriti eksperimentom, dok teorije koje nije moguće tako provjeriti ostaju kao spekulacije. Ako se predvi†ene pojave javljaju, zakoni se prihvaćaju i slu ze za nove izvode i istra zivanja u podru cju u kojem oni vrijede. Većina zakona zike vrijedi uz odgovarajuće uvjete tj. ima svoje podru cje valjanosti pa kod njihove primjene treba o tome dobro voditi ra cuna. Tako zakoni koji su poznati za makrosvijet ne vrijede u mikrosvijetu, nego su oni specijalni slu caj zakona u mikrosvijetu. Ti zakoni makrosvijeta primjenjuju se na pojave kojima se bavi klasi cna zika, na koje eksperimentator ne utje ce zbog toga što obavlja mjerenje u tolikoj mjeri da bi ih primjetno poremetio. Ovdje se prou cava uglavnom klasi cna zika. Prema predmetu izu cavanja zika se mo ze podijeliti na pojedine grane. Tako imamo slijedeće grane zike: - mehanika (statika, kinematika i dinamika) prou cava ravnote zu i gibanje tijela kao i njihove uzroke, - akustika prou cava zvuk, - znanost o toplini prou cava toplinu, - optika je znanost o svjetlosti i svjetlosnim pojavama, - znanost o elektricitetu izu cava elektricitet i magnetizam, - molekulama zika prou cava molekule, - atomska zika atome, - nuklearna zika prou cava jezgre atoma itd. Osim navedenog današnja se moderna zika upravo rascvjetala na razne uske specijalisti cke grane, u ostalom kao i mnoge druge znanstvene discipline. Fizikalne metode se primjenjuju i u drugim prirodnim znanostima pa su se osnovale posebne grane kao npr. zikalna kemija, biozika, astrozika itd. Fizi cki zakoni su temelji tehni ckih znanstvenih podru cja. Fizikalne ideje koriste se u kemiji, biologiji, medicini i drugdje, a primjenjivat će se sigurno još i više, stoga je neophodno da i drugi (ne samo zi cari) shvate zi cke principe kako bi ih mogli bolje iskoristiti na svom podru cju djelovanja.

mehanika.indd 350

9.11.2007 10:00:08

343 Fizi

cke veli

cine, jedinice i dimenzije Prirodne pojave opisujemo pomoću odre†enih parametara koje nazivamo zi

cke veli

cine (ili zikalne veli cine). Fizi cke veli cine nisu objekti ni procesi, nego pomoću njih iskazujemo zakonitost prirodnih pojava. One su mjerljive veli cine, tj. mogu se mjeriti, što zna ci uspore†ivati jednu veli cinu s istovrsnom drugom, odabranom kao standardnom, veli cinom koja se naziva mjerna jedinica. Mjerenjem opisujemo pojavu tako da je iska zemo brojevima. Rezultat svakog mjerenja je broj dobiven posebnom zikalnom operacijom, koja je razli cita za svaku od zi ckih veli cina i iziskuje za svaku razli citu veli cinu posebnu mjernu jedinicu. Taj broj zovemo broj cana vrijednost izmjerene veli cine. Fizi cke veli cine se izra zavaju umnoškom broja i jedinice. Samim brojem se iskazuju matemati cke veli cine. Broj zi ckih veli cina koje se uvode za opisivanje zi ckih pojava mo ze biti jako veliki. Svaka zikalna veli cina mora biti jednozna cno denirana. Denirati zi cku veli cinu zna ci odrediti ju preko poznatih veli cina, tako da prona†emo vezu izme†u njih kako bi broj veli cina reducirali na što manji broj. Neke zi cke veli cine su iskustveno jednozna cno jasne i bez posebnog deniranja (npr. duljina, vrijeme, ..), te njih mo zemo koristiti za deniranje ostalih zi ckih veli cina. Takve veli cine zovemo temeljne ili osnovne (zi

cke) veli

cine. Ostale zi cke veli cine se jednad zbama, tj. zi ckim zakonima, izvode iz osnovnih veli cina. Takve se veli cine nazivaju izvedene (zi

cke) veli

cine. Drugim rije cima, sve izvedene veli cine mogu se iskazati preko temeljnih zi ckih veli cina. Koje ćemo zi cke veli cine smatrati osnovnim i koliko je takvih veli cina potrebno? Veli cine koje ćemo smatrati osnovnim u danom podru cju zike, ovise o izboru na cina opisivanja podru cja, što dovodi do toga da se o tome treba dogovoriti. Po tom dogovaranju treba voditi ra cuna da osnovne veli cine moraju biti nezavisne jedna o drugoj, a taj uvjet daje broj osnovnih zi ckih veli cina za dano podru cje. Pokazalo se da je za današnji razvoj zike i tehnike dovoljno odabrati sedam temeljnih veli

cina i to prema podru cjima: 3 za mehaniku, 1 za elektricitet, l za toplinu, 1 za atomistiku i l za fotometriju. Izbor osnovnih veli cina u svakom podru cju zike je u principu slobodan. Me†utim, iskustvo, tradicija, svrsishodnost i dr. su zavaju taj izbor. O tome se dogovara na me†unarodnoj razini. Osim što treba dogovoriti o osnovnim zi ckim veli cinama, to isto treba u ciniti za njihove pripadne mjerne jedinice koje se nazivaju osnovne mjerne jedinice. Osnovne mjerne jedinice se deniraju nezavisno jedna od druge, dok se izvedene mjerne jedinice, kojima se mjere izvedene zi cke veli cine, izvode iz osnovnih pomoću dimenzijskih jednad zbi. Fizi cke veli cine imaju svoje dimenzije. Pojam dimenzije je osnovniji od pojma jedinice. Dimenzije osnovnih zikalnih veli cina nazivaju se osnovne dimenzije i preko njih se mogu izraziti dimenzije izvedenih zi ckih veli cina. Osnovne i izvedene zi cke veli cine sa svojim jedinicama cine sustav mjernih jedinica. Taj sustav je u biti potpuno odre†en izborom osnovnih veli cina i deniranjem njihovih jedinica. Raznim takvim odabiranjima dobili bi razli cite sus-

mehanika.indd 351

9.11.2007 10:00:08

344


tave, što bi dovelo do velikih problema u znanosti, tehnici, trgovini itd., a i zbog transformacija iz jednog sustava u drugi. Zbog toga je prakti cno da se o tome na cini me†unarodni dogovor. To je i u cinjeno pa se tako dobio tzv. Me†unarodni sustav jedinica ili skraćeno Sl-jedinice. Taj sustav je u Republici Hrvatskoj ozakonjen posebnim zakonom (Narodne novine br. 58 od 18. lipnja 1993.) prema kojemu smo du zni pridr zavati se SI jedinica (dozvoljena odstupanja su tim zakonom tako†er propisana). Osnovne veli

cine i mjerne jedinice Osnovne veli cine i mjerne jedinice sa oznakama prema SI su: Osnovna zikalna veli

cina duljina masa vrijeme jakost elektri cne struje termodinami cka temperatura mno zina tvari sustava svjetlosna jakost

Mjerna jedinica metar kilogram sekunda amper kelvin mol kandela

Oznaka m kg s A K mol cd

Prve tri osnovne veli cine i jedinice su vezane za mehaniku, zatim po jedna prema redoslijedu za elektrodinamiku, termodinamiku, atomsku ziku i fotometriju. Svaka od navedenih mjernih jedinica je strogo denirana. Navedimo (zbog lakšeg razumijevanja) te denicije. 1. Metar je osnovna jedinica za duljinu, a bio je deniran pohranjenom metarskom pramjerom. Jednak je du zini od 1650763=73 valnih duljina crvenog, vidljivog zra cenja u vakuumu koje emitira izotop atoma kriptona 86(Nu) pri speci cnom prelasku elektrona iz jednog energetskog stanja u drugo. Denicija se dogovorno mijenja tako da bude cim preciznija koliko to omogućuju mjerna dostignuća. Metar je duljina puta koju svjetlost prije†e u praznini 1 v. (vakuumu) za vrijeme od 299792458 2. Kilogram je osnovna jedinica za masu i jednak je masi me†unarodne pramjere kilograma koja je pohranjen u me†unarodnom uredu za utege i mjere u Sèvresu kraj Pariza. 3. Sekunda je osnovna jedinica za vrijeme i jednaka je vremenu trajanja 9192631770 perioda titranja zra cenja koje odgovara speci cnom prijelazu (izme†u dviju hipernih razina osnovnog slanja) atoma cezija 133(Fv133 ). 4. Amper je osnovna jedinica za jakost elektri cne struje i jednak je struji koja djeluje na istu takvu struju silom od 2 · 1037 njutna po metru duljine, ako pri tome obje struje teku u zrakopraznom prostoru kroz dvije paralelne

mehanika.indd 352

9.11.2007 10:00:09

345

zice zanemarivo malena kru znog presjeka, jako duga cke (beskona cno) koje su me†usobno udaljene jedan metar. (Ovdje upotrebljena jedinica za silu newton N koja je izvedena preko metra, kilograma i sekunde). 5. Kelvin je osnovna jedinica termodinami cke temperature denirana kao 273> 16 dio termodinami cke temperature trojne to cke ciste vode. (Trojna to cka vode zna ci to cku u dijagramu promjene agregatnih stanja vode u kojoj mogu postojati sve tri faze vode tj. cvrsta, tekuća i plinovita). 6. Mol je osnovna jedinica za mno zinu (koli cinu) sustava i jednaka je broju elementarnih jedinki sustava (atomi, molekule, ioni, elektroni i druge cestice) koliko ima atoma u 0> 012 nj ugljika (F 12 ). 7. Kandela (candela) je osnovna jedinica za svjetlosnu jakost i bila je denirana tako da je jednaka svjetlosnoj jakosti koju u okomitom pravcu zra ci površina od (600=000)31 kvadratnog metra crnog tijela na temperaturi skrućivanja platine, pod tlakom 101325 S d. Ova denicija je zasnovana na zakonu zra cenja crnog tijela. Kandela je svjetlosna jakost kojom u odre†enom smjeru svjetli izvor jednobojne svjetlosti frekvencije 540 W K} kada mu jakost zra cenja u tom smjeru iznosi 683 l dio vata po steradijanu. Izvedene mjerne jedinice se izvode iz osnovnih mjernih jedinica na osnovu dimenzija i dimenzijskih jednad zbi. Ozna cimo osnovne dimenzije za duljinu [O], za masu [P ], za vrijeme [W ] te vidimo nekoliko primjera kako se dobiju dimenzije i jedinice za površinu P i obujam V: lik ili tijelo formule dimenzije jedinice

kvadrat S = d2£ ¤ [S ] = ¡O2 ¢ (S ) = p2

krug S = u2£ ¤ [S ] = ¡O2 ¢ (S ) = p2

kocka Y = d3£ ¤ [Y ] = ¡O3 ¢ (Y ) = p3

sto zac 2 Y = u £··y 3 ¤ [Y ] = ¡O3 ¢ (Y ) = p3

Navedene veli cine d, u i y imaju dimenzije duljine, dok brojevi naravno nemaju dimenzija. Vidljivo je da dimenzije ne mogu ovisiti o obliku formule za jednu te istu veli cinu, što se sasvim prirodno odnosi i na mjerne jedinice. Ni jedna jednad zba koja iskazuje zi cku zakonitost nije valjana ako dimenzije na lijevoj strani nisu jednake dimenzijama na desnoj strani, a to se onda prenosi i na mjerne jedinice. Napomenimo da se u nekim jednad zbama mo ze dogoditi da su dimenzije na lijevoj i desnoj strani jednakosti iste, ali se samo na osnovu toga ne mo ze zaklju citi da je dana jednad zba ispravna ”zato budite oprezni’. Ovo je jako prakti cna spoznaja za utvr†ivanje ispravnosti, odnosno neispravnosti, formula. Opisani postupak se naziva dimenzionalna analiza. Uz neke veli cine nema jedinica, jer su bez dimenzija što zna ci da su denirane kao omjer veli cina istih dimenzija pa su se one pokratile. Takav je indeks loma svjetlosti, dielektri cna konstanta i dr.. Kut i ugao (prostorni kut) su bezdimenzione izvedene veli cine. Ovu osobinu mo zemo koristiti i kod drugih veli cina, tako da veli cinu podijelimo njenom jedini cnom veli cinom. Tako pišemo za neku površinu S = 5=3 m2 , ali mo zemo i ovako: pS2 = 5> 3, ako je to iz nekih razloga prakti cnije.

mehanika.indd 353

9.11.2007 10:00:09

346


Izvedene mjerne jedinice Izvedene jedinice su općenito denirane pomoću temeljnih jedinica koje se nalaze u rezolucijama Opće konferencije za mjere i utege. Mo zemo ih navesti prema njihovu nazivu, neke jedinice su dobile naziv po glasovitim znanstvenicima, i iskazati ih preko temeljnih jedinica. Navodimo dio onih koje se naj cešće susreću: Veli

cina Površina Volumen Kut Ugao (prostorni kut) Gustoća Frekvencija Brzina Ubrzanje Kutna brzina Kutno ubrzanje Sila Tlak, naprezanje Moment sile Energija, rad i toplina Snaga, energetski tok Dinami cka viskoznost

Jedinica (opis) m2 = m · m - ( cetvorni metar) m3 = m · m · m - (kubni metar) rad = m m - (radijan, radian) 2 sr = m m2 - (steradijan) kg kg m3 = m3 1 Hz = s = s31 - (hertz, herc) m 31 s = ms m 32 s2 = ms rad 31 s = rad · s udg 32 = udg · v v2 Q = nj · vp2 - (newton, njutn) Q 32 - (pascal, paskal) Sd = p 2 = Qp Q p = Q · p - (njutnmetar) 2 M = Q · p = nj·p - (joule,d zul) v2 kg· m2 J W = s = s3 - (watt, vat) kg Pa · s = Pa·mm = m· s s

Elektri cni naboj El. napon i potenc. Jakost el. polja Elektri cni otpor Elektri cna vodljivost Elektri cni kapacitet Induktivitet Magnetna indukcija Magnetni tok Osvjetljenje Svjetlosni tok Aktivnost radioakt. izvora Apsorb. doza ion. zra c.

C = A · s - (coulomb, kulon) kg· m2 V= W A = A· s3 - (volt) nj·p Y Q p = F = D·v3 2 nj·p

= YD = D2 ·v3 - (ohm, om) D2 v3 V = l1 = nj·p 2 - (siemens, simens)

D2 v4 - (farad) nj·p2 nj·p2 K = D = D2 v2 - (henry, henri) v nj Q W = D·p = D·v 2 - (tesla) nj·p2 2 Z e = W p = D·v2 - (weber, veber) op fg·vu o{ = p 2 = p2 - (lux, luks)

I =

F Y Y

=

op = fg · vu - (lumen) Et = 1v - (becquerel, bekerel) 2 M J| = nj =p - (gray, grej) v2

To je jedan veliki dio izvedenih mjernih jedinica SI. Osim navedenih postoje i druge koje se iskazuju preko osnovnih SI jedinica. Me†utim postoje odre†ene

mehanika.indd 354

9.11.2007 10:00:09

347 jedinice koje su izvan SI, a dozvoljene su za korištenje općenito ili u u zim podru cjima znanosti ili djelatnosti. Tako je dozvoljeno koristiti: Veli

cina duljina površina obujam masa masa

Naziv l morska milja ar hektar litra tona jed. atomske mase

Vrijednost u SI 1 852 m 100 m2 10 000 m2 dm3 1 000 kg x = 1=66 · 10327 kg

Podru

cje navigacija

zika, kemija

Decimalne jedinice

Cesto se puta gore navedene jedinice u praksi poka zu nespretnima zbog toga što su premale ili prevelike. Zbog toga su uvedene decimalne jedinice. Decimalne mjerne jedinice su decimalni dijelovi ili decimalni umnošci mjernih jedinica nastaju stavljanjem me†unarodno prihvaćenih predmetaka (preksa) ispred oznake mjernih jedinica. Svaki predmetak ima svoju brojevnu vrijednost, koja je nezavisna o mjernoj jedinici, a nalazi se iza njega. Nazivi predmetaka, njihove oznake i broj cane vrijednosti su: Preks yotta zepta eksa peta tera giga mega kilo hekto deka

Oznaka Y Z E P T G M k h da

Vrijednost 1024 1021 1018 1015 1012 109 106 103 102 10

Preks deci centi mili mikro nano piko femto ato zepto yocto

Oznaka d c m n p f a z y

Vrijednost 1031 1032 1033 1036 1039 10312 10315 10318 10321 10324

Napomenimo da se prva dva i posljednja dva predmetka, uvedeni kasnije, rije†e koriste. Kako se grade takve jedince poka zimo na nekoliko primjera: 1. 6=37 kN = 6=37 · 103 N = 6=370 N - ( citamo kilonjutna) 2. 32=6 MJ = 32=6 · 106 J = 32=600=000 J - ( citamo megad zula) 3. 1=2 GW = 1=2 · 109 W = 1=200=000=000 W - ( citamo gigavata) 4. 0=82 ms = 0=82 · 1033 s = 0=00082 s - ( citamo milisekundi) 5. 105 m = 105 · 1036 m = 0=000105 m - ( citamo mikrometara)

mehanika.indd 355

9.11.2007 10:00:09

348


Iz ovih nekoliko primjera mo ze biti jasno kako se koriste me†unarodno prihvaćeni preksi uz bilo koju SI-jedinicu. Osim što decimalne mjerne jedinice nastaju od SI-jedinica, mogu nastati i od slijedećih dopuštenih jedinica: litra, bar, vatsat, elektronvolt, voltamper (prividna snaga elektri cne struje), var (jedinica za jalovu snagu elektri cne struje) i teks (jedinica za duljinsku-linijsku masu 1 nj p samo za tekstilna vlakna i konce). Decimalne mjerne jedinice za masu dobivaju se stavljanjem preksa ispred oznake za gram. Pri tvorbi decimalnih mjernih jedinica dopušteno je upotrijebiti samo jedan predmetak (npr. nije dozvoljeno kMW, a i nema takve potrebe jer bi navedeno odgovaralo GW). U nekim mjernim jedinicama pojavljuju se eksponenti kao p2 > v32 itd., pri gradnji njihovih jedinica eksponent se stavlja samo uz oznaku mjerne jedinice, a odnosi se na cijelu dec(1 mm)2 , tj. kvadrat imalnu jedinicu. Tako 1 mm2 zna ci isto kao da¡ pišemo ¢ stranice 1 mm, što iznosi 1036 m2 , a ne zna ci 1 m m2 = 1033 m2 što je pogrešan na cin pisanja. Primjeri U slijedećim Zadacima odredite vrijednost {, tako da koristite potenciju s bazom 10 i da vrijede jednakosti: 1. 0=0185 kW = { W 2. 0=58 W = { kW 3. 385=2 kW = { MW 4. 0=153J N = { MN 5. 1352 MJ = { GJ 6. 139=3k Pa = { MPa 7. 83=6 ms = { s 8. 3=85 · 10313 MW = { mW 9. 2=83 · 1035 mm = { nm 10. 5852=5 ns = { s 11. 0=0891 · 1038 m = { pm 12. 0=0098 · 1038 cm = { pm 13. 0=073 mm2 = { m2 14. 35=86 cm3 = { m3 15. 46=89 mm3 = { dm3

mehanika.indd 356

9.11.2007 10:00:10

349 Rezultati 1. { =

0=0185 kW 1W

2. { =

0=58 W 1 kW

= 18= 5

= 0=000 58 = 5=8 · 1034

3. { = 385=2 kW = { MW 4. { = 0=153J N = { MN 5. { = 1352 MJ = { GJ

mehanika.indd 357

6. { =

139=3k Pa 1 MPa

7. { =

83=6 ms 1s

8. { =

3=85·10313 MW 1 mW

9. { =

2=83·1035 mm 1 nm

= 1= 393 · 1032

= 0=083 6 = 3= 85 · 1034

= 28= 3

10. { =

5852=5 ns 1036 s

11. { =

0=0891·1038 m 1 pm

12. { =

0=0098·1038 cm 1 pm

13. { =

0=073 mm2 1 m2

= 7= 3 · 1038

14. { =

35=86 cm3 1 m3

= 3= 586 · 1035

15. { =

46=89 mm3 1 dm3

= 5= 852 5 = 891 = 0=98

= 4= 689 · 1035

9.11.2007 10:00:10

350

mehanika.indd 358


9.11.2007 10:00:10

Dodatak B

MATEMATICKI DODATAK B.1

Derivacija funkcija

Da bi došli do pojma derivacije, kao jedne matemati cke operacije, najjednostavnije je poći od grafa funkcije | = i ({) koji je prikazan na našoj slici. Za bilo koji { (nezavisna varijabla) funkcija | (zavisna varijabla) poprima svoju odre†enu vrijednost, koja se dobije uvrštavanjem { u zadanu funkciju i ({). Povećamo li taj odabrani { (a mo ze biti odabran bilo koji u podru cju denicije) za neku vrijednost { (koji mo ze biti i negativan) stigli smo u to cku { + {. Uvrstimo li novodobivenu vrijednost { + { u zadanu funkciju dobit ćemo i ({ + {), što odgovara ordinati funkcije u { + {. Sada se mo ze vidjeti da se funkcija | promjenila za |, kada se { promjenio za {. O cito je iz slike: | = i ({ + {) i ({)

(B.1.1)

Taj | se naziva prirast funkcije, a { prirast argumenta. Srednji prirast funkcije u intervalu od { do { + {, dobijemo ako prirast funkcije | podijelimo s prirastom argumenta {. | i ({ + {) i ({) = { {

(B.1.2)

Geometrijsko zna cenje tog srednjeg prirasta je prema slici, koecijent smjera {| . Zanima nas posebno, srednji prirast sekante (sje cnice), tj. n = tan = {{ {| funkcije {{ kada se { smanjuje tako da postaje sve manji i manji te se pribli zava samoj nuli. Tu proceduru mo zemo ovako kratko zapisati: | {{<0 { lim

{| ). ( citamo: limes ili grani cna vrijednost, kada delta iks te zi prema nuli od {{ Limes latinski zna ci granica. Takva grani cna vrijednost srednjeg prirasla funkcije predstavlja koecijent smjera tangente (zbog toga što { postaje nula sekanta

351

mehanika.indd 359

9.11.2007 10:00:10

DODATAK B. MATEMATICKI DODATAK

352

prelazi u tangentu!) funkcije u odre†enoj to cki {. Taj izraz je nazvan derivacija funkcije |, koja se ozna cava: i ({ + {) i ({) g| = | 0 = lim {{<0 g{ {

(B.1.3)

Derivacija funkcije | 0 = i 0 ({), ra cuna se po ovom posljednjem izrazu. Uzmimo na primjer funkciju:

| = 3{2 + 3 i ¡ h ¢ 3 ({ + {)2 + 3 3{2 + 3 0 | = lim {{<0 { 6{{ + {2 = lim (6{ + 3{) = lim {{<0 {{<0 { = 6{ + 3 · 0 = 6{ Na ovom primjeru vidi se na cin na koji se do†e, prema deniciji, do derivacije neke funkcije. Ovakva procedura nije prakti cna, pa se to ne izvodi svaki put, nego se ta procedura izvede općenito za svaku vrstu funkcija i na taj se na cin dobiju pravila za deriviranje. Navedimo neka koja će nam naj cešće trebati: Funkcija Izvod funkcije Funkcija Izvod funkcije 1 0 |=f | =0 | = arccos { |0 = I13{ 2 1 | = {q |0 = q{q31 | = arctan { |0 = 1+{ 2 1 | = sin { |0 = cos { | = arccot { |0 = 1+{ 2 | = cos { |0 = sin { | = arcsec { |0 = {I{12 31 | = tan { |0 = cos12 { = sec2 { | = arccsc { |0 = {I{12 31 | = cot { |0 = sin12 { = csc2 { | = sinh { |0 = cosh { | = h{ |0 = h{ | = cosh { |0 = sinh { { 0 { |=d | = d ln d | = tanh { |0 = cosh1 2 { 1 | = ln { |0 = { | = coth { |0 = sinh12 { 1 1 | = logd { |0 = { ln | = Du sinh { |0 = I1+{ 2 d sin { | = sec { |0 = cos | = Du cosh { |0 = I{12 31 2 { = tan { sec { cos { 1 | = csc { |0 = sin | = Du tanh { |0 = 13{ 2 { = cot { csc { 2 1 0 0 | = arcsin { | = I13{2 | = Du coth { | = {2131 Zatim pravila za deriviranje: zbroja i razlike | ({) = x ({) ± y ({) produkta | ({) = x ({) · y ({) kvocijenta | ({) = x({) y({) slo

zene funkcije

mehanika.indd 360

| ({) = i [j ({)]

| 0 ({) = x0 ({) ± y 0 ({) | 0 ({) = x0 ({) y ({) + x ({) y 0 ({) 0 0 ({) | 0 ({) = x ({)·y({)3x({)·y x({)2 | 0 ({) = i 0 [j ({)] · j 0 ({)

9.11.2007 10:00:10

B.2. INTEGRALNI RACUN

353

Da bi se dobro uvje zbala pravila deriviranja bilo bi potrebno uraditi niz primjera za svako pravilo i kombinacije, ovdje mo zemo dati samo nekoliko primjera, a ostale primjere vje zbajte iz matemati cke literature: ¡ ¢0 1. 5{4 = 5 · 4{431 = 20{3 ³ q ´ s 1 g 2 g 2 g 2 1 12 31 I I 2 2. gW = IjW 2 Wj = I j gW W = j gW W = j 2 W g cos (2w 7) = gw cos (2w 7) = [ sin (2w 7)] (2w 7)0 = 2 sin (2w 7) ¢ ¡ 2 g 4. g{ { ln { = { + 2{ ln { ¡ 5{ ¢ g 5. g{ 7h cos 3{ sin 2{ = 72 h5{ (5 (cos 5{) 5 (sin {) (cos {) + 5 (sin 5{)) ³ 2 ´ ¡ ¢ g { +5{+2 1 1 2 (2{ + 5) + ({31) 6. g{ = {31 2 5{ { 2 {31

3.

B.2

g gw

Integralni ra

cun

Integralni ra cun, kao i derivacije, spada u podru cje innitezimalnog ra cuna (ra cun s beskona cno malim veli cinama), koji je prvo bio uveden od Newtona za potrebe mehanike, da bi Leibnitz dao njegovu strogu matemati cku formulaciju i uveo simboliku kojom se i danas slu zimo. Prije nego se upoznamo s operacijom integracije, neophodno je poznavanje operacije diferenciranja. Diferencijal zadane funkcije | = i ({) dobije se deriviranjem te funkcije i mno zenjem s diferencijalom od argumenta: g| = i 0 ({) g{

(B.2.1)

Diferencijal funkcije g| mo zemo zorno shvatili kao promjenu funkcije, kada se varijabla { promjeni za beskona cno malu vrijednost g{ (zna ci g| i g{ bi odgovarali veli cinama | i {, uvedenu kod naslova derivacija, kada se { smanjuje tako da te zi prema nuli). Integral, tj. operacija integracije, je suprotna operacija od diferenciranja do na aditivnu konstantu. To zna ci ako neku funkciju najprije diferenciramo pa dobiveno integriramo (ili obrnuti slijed operacija) ponovo dobivamo tu istu funkciju (razli citu do na aditivnu konstantu). Operaciju integracije pišemo na slijedeći na cin: Z i ({) g{ = I ({) + nrqvw= (B.2.2) ( cit. integral od ef od iks de iks jednako...). Funkcija i ({) je podintegralna funkcija, g{ je diferencijal varijable po kojoj se integrira (ako funkcija pod integralom ovisi o više parametara onda se po diferencijalu prepoznaje ona po kojoj se integrira, to mora uvijek pisati, jer izraz pod znakom integrala mora predstavljati diferencijal neke funkcije). Funkcija I ({) se naziva primitivna funkcija, i ona je povezana s podintegralnom funkcijom i ({) na slijedeći na cin: I 0 ({) = i ({)

mehanika.indd 361

(B.2.3)

9.11.2007 10:00:11

DODATAK B. MATEMATICKI DODATAK

354

Zna ci ono što se dobije integracijom, kada se derivira mora dati onu funkciju koja piše pod integralom. S ovim u vezi je i gore napisana konstanta, jer kad se ona derivira dobije se nula pa je gore navedeni uvjet diferenciranjem zadovoljen, bez obzira kolika je ta konstanta zbog cega je niti ne mo zemo odrediti, tj. ona je neodre†ena. Zbog toga se u matematici takav integral naziva neodre†eni integral. U zici se ta neodre†ena konstanta odredi iz tzv. rubnih uvjeta, koji su unaprijed poznati iz zi ckog procesa, a to se svodi na to da se u dobiveni rezultat uvrsti vrijednost argumenta (naj cešće nula ili beskona cno) za koji znamo rezultat i iz dobivene jednad zbe odredi se nepoznanta konstanta. Prakti cno se integrali funkcija odre†uju na osnovu pravila za integraciju koja se tabeliraju (vidi npr. logaritamske tablice posljednja stranica) u tzv. osnovne integrale pa je cijeli posao u tome da se zeljeni integral svede na neki od osnovnih. Me†utim to nije uvijek moguće jednostavno u cinili (kao što je to uvijek moguće kod deriviranja), ali mi se nećemo takvim slu cajevima baviti. Navedimo neka od tih pravila: R

R d · i ({) g{ = d · i ({) g{ + f, gdje su a i c konstante, Integral zbroja ili razlike R R jednak jeR zbroju ili razlici integrala [i ({) ± j ({)] g{ = i ({) g{ ± j ({) g{ Integral potencije, ;q = 6 {1} R q 1 {q+1 + f { g{ = q+1 R 31 R { g{ = ln { + f R sin {g{ = cos { + f R cos {g{ = sin { + f R tan {g{ = 1 ln (cos {) + f (2 ¡ 2 cos 2{) ¢ +f R cot {g{ = 2 1ln3{ 2{ R sinh {g{ = 21h 3{ ¡h 2{ + 1 ¢ + f R cosh {g{ = 2 h¡ 2{h ¢ 1 + f R tanh {g{ = ln ¡ h2{ + 1¢ { + f {g{ = ln h 1 { + f R coth { { R h g{ = h + f 1) + f R ln {g{ = { ln{{ { = {{(ln { logd {g{ = ln d ln { ln d = ln{d (ln { 1) + f

Tu smo naveli pravila koja su nama neophodna. Sada navedimo nekoliko primjera: R

3 {5+1 + f = 12 {6 + f 3{5 g{ = 5+1 ¢ R R R R¡ 2. 7 + 2{ 4{2 g{ = 7g{ + 2 {g{4 {2 g{ = 7{ + {2 43 {3 + f R 3. {+5 {31 g{ = { + 6 ln ({ 1)

1.

4.

mehanika.indd 362

R

I {2 +1 g{ {

=

s {2 + 1 arctanh I{12 +1

9.11.2007 10:00:11

B.2. INTEGRALNI RACUN 5.

6.

7.

R

= R

= R

355

R 3 cos (5{) g{ = 3 cos w · 15 gw = 3 5

sin w + f =

3 5

sin 5{ + f

2 cos (2{) h3{+2 g{ =

6 13

3 5

R

cos wgw

(cos 2{) h3{+2 +

4 13

(sin 2{) h3{+2

2 3{+2 (3 cos 2{ + 2 sin 2{) 13 h {31 ln {31 {+2 g{ = { ln {+2 2 ln ({ + 2) ln ({ 1)

ovakav integral ne mo zemo direktno po pravilu riješiti nego treba uvesti zamjenu 5{ = w, zatim to diferenciramo (5{)0 g{ = w0 gw 5g{ = gw 1 g{ = gw 5 sa tim zamjenama se vratimo u zadani integral te u posljednjem koraku se vratimo na po cetnu varijablu. Ova tri primjera nisu dovoljna za vje zbu, nama prostor ne dopušta više, a o tome detaljnije pogledajte u matemati ckoj literaturi, me†utim s takvim slu cajevima ćemo se naj cešće susretati, a kada nam bude trebao neki drugi dati ćemo ga posebno uz objašnjenje. Osim neodre†enog integrala postoji i odre†eni integral, koji se denira: Zd e

d

i ({) g{ = I ({) | = I (d) I (e)

(B.2.4)

e

Odre†eni integral ima granice. Integracija se provodi kao za neodre†eni integral i na kraju se uvrste ozna cene granice u primitivnu funkciju. Odre†eni integral predstavlja površinu ispod grafa funkcije, kako je to prikazano na slici:

mehanika.indd 363

9.11.2007 10:00:11

Indeks akceleracija, 27 amplituda titranja, 310 apsolutno gibanje, 32

impuls sile, 73 inercija tijela, 71 inercijski sustav, 181 izolirani sustav, 124, 203

Bernoullijeva jednad zba, 290 brzina, 25, 29

jakost gravitacijskog polja, 235 jedini cni vektor, 4 jedini cni vektor, 5 jednad zba kontinuiteta, 290 jednad zba putanje, 34 jednakost vektora, 2 jednoliko gibanje, 26 jednoliko kru zno gibanje, 36 jednoliko promjenjivo gibanje, 28

centripetalna sila, 75 centripetalno ubrzanje, 37, 75 Coriolisova sila, 182 D’Alambertov princip, 182 dinami cki koecijent viskoznosti, 290 dinamika, 23 elasti cna potencijalna energija, 124 elasti cni sudar, 125 energija, 123 faktor restitucije, 125 zi cko njihalo, 311 uidi, 259 Galilejeve transformacije, 181 gravitacijska potencijalna energija, 123 gravitacijski potencijal, 237 gravitacijsko polje, 235 harmonijski oscilator, 309 hidrostatika, 259 hidrostatski tlak, 261 hitac, 32 Hookeov zakon, 310 horizontalni hitac, 33 I. Newtonov zakon, 71 II. Newtonov zakon, 72 III. Newtonov zakon, 73

Kartezijev koordinatni sustav, 5 kinematika, 23 kineti cka energija, 123 klasi cna mehanika, 23 klizni vektor, 2, 163 koli cina gibanja, 72 kolinearni vektori, 3, 26 komponente vektora, 5 komponentna gibanja, 32 konkurentne sile, 163 konzervativno polje, 237 koordinatni prikaz vektora, 5 kosi hitac, 34 krivocrtno gibanje, 24 kru zno gibanje, 24 kutna brzina, 35 kutni pomak, 35 kutno ubrzanje, 36 laminarno strujanje uida, 291 masa, 71, 72

356

mehanika.indd 364

9.11.2007 10:00:12

INDEKS matemati cko njihalo, 310 mehani cki izoliran sustav, 74 mehani cki rad, 121 mehani cko gibanje, 23, 25 mješoviti produkt vektora, 6 mno zenje vektora skalarom, 4 moment inercije (tromosti), 202 moment koli cine gibanja, 203 moment sile, 164, 202 napetost površine, 263 neelasti cni sudar, 125 neinercijski sustavi, 181 nekolinearni vektori, 3 Newtonov zakon gravitacije, 235 nul vektor, 4 oscilacijsko gibanje, 309 Pascalov zakon, 260 period osciliranja, 309 Poisseuilleov zakon, 291 potencijalna energija, 123 pravocrtno gibanje, 24, 25, 30 prijenosno gibanje, 32 putanja, 24 rad pri rotaciji, 204 radijus vektor polo zaja, 5 ravnote za, 163 razlika vektora, 3 relativno gibanje, 32 rotacijsko gibanje, 24 sila, 72 sila trenja, 75 sila trenja klizanja, 76 sila trenja kotrljanja, 76 sila trenja mirovanja, 75 skalar, 1 skalarna komponenta, 4 skalarna projekcija vektora, 4 skalarne zikalne veli cine, 1 skalarni produkt, 4 slobodni vektor, 2

mehanika.indd 365

357 snaga, 122 srednja brzina, 28 stabilna ravnote za, 309 stati cka ravnote za, 165 stati cki tlak, 262 statika, 23, 163 statika uida, 259 Steinerova teorema, 202 Stokesov zakon, 291 sudar (sraz), 124 suprotni vektor, 3 te zina tijela, 74 tlak, 260 torziono njihalo, 311 translacijsko gibanje, 24 trenutna brzina, 28 trenutna kutna brzina, 35 trenutno ubrzanje, 30 turbulentno strujanje uida, 291 ubrzanje, 28, 30 ukupna energija, 124 uzgon, 262 vanjske sile, 163 vektor, 1 vektor polo zaja, 23 vektor pomaka, 25 vektorska veli cina, 72 vektorske zikalne veli cine, 1 vektorski produkt, 6 vezani vektor, 2 viskoznost, 290 zakon odr zanja energije, 124 zakon odr zanja koli cine gibanja, 74, 203 zbrajanje vektora, 3

9.11.2007 10:00:12

358

mehanika.indd 366

INDEKS

9.11.2007 10:00:12

Dodatak C

TABLICE Tablice konstanti Konstanta brzina svjetlosti u vakuumu elementarni elektri cni naboj permitivnost vakuuma permeabilnost vakuuma gravitacijska konstanta Planckova konstanta Boltzmannova konstanta plinska konstanta Avogadrova konstanta normirani mol. volumen plina Stefan-Boltzmannova konstanta Rydbergova konstanta masa mirovanja elektrona masa mirovanja protona masa mirovanja neutrona Faradayeva konstanta atomska masena konstanta masa Sunca masa Zemlje masa Mjeseca srednji polumjer Sunca srednji polumjer Zemlje srednji polumjer Mjeseca udaljenost Zemlje i Sunca* udaljenost Zemlje i Mjeseca* period Mjeseca oko Zemlje period Zemlje oko Sunca kutna brzina rotacije Zemlje

Oznaka i vrijednost f = 2=99792458 · 108 m s31 h = 1=60217733 · 10319 C %0 = 8=854187817 · 10312 F m31 0 = 1=2566370614 · 1036 N A32 J () = 6=67259 · 10311 m3 kg31 s32 k = 6=6260755 · 10334 J s n = 1=3806568 · 10323 J K31 U = 8=314510 J mol31 K31 QD = 6=0221367 × 1023 mol31 Ypro = 22=41410 · 1033 m3 mol31 = 5=67051 · 1038 W m32 K34 U" = 1=0973731534 · 107 m31 ph = 9=1093897 · 10331 kg = 5= 485 8 · 1034 u ps = 1=6726231 · 10327 kg = 1=007276 u pq = 1=6749286 · 10327 kg = 1=008665 u I = 96 485=309 C mol31 u = 1=6605402 · 10327 kg = 931=49432 MeV 1=99 · 1030 kg 5=9742 · 1024 kg 7=35 · 1022 kg 6=96 · 108 m 6=37 · 106 m 1=74 · 106 m 1=49 · 1011 m 3=84 · 108 m 27=32 d = 2=36 · 106 s 365=25 d 7=272 · 1035 rad s31 359

mehanika.indd 367

9.11.2007 10:00:12

360

DODATAK C. TABLICE

Osobine nekih

cvrstih tvari Tvar

Youngov modul ¡ GN¢

Gusto´ ³ ća kg m3

aluminij bakar

celik led nikal olovo platina pluto srebro staklo volfram zlato

zeljezo

m2

2 698 8 960 7 700 900 8 900 11 350 21 500 250 10 500 2 500 19 200 19 300 7 900

70 110 200 210 16 170 85 50 360 78 180

Speci cni toplinski ³ kapacitet ´ J kg K

900 390 460 2 100 520 130 130 2 050 230 800 150 130 460

Koecijent linearnog širenja ¡ 36 31 ¢ 10 K 24 17 12 18 29 9 19 9 4=5 15 12

Osobine nekih tekućina Tvar

Gusto´ ³ ća kg m3

alkohol (etanol) benzin morska voda voda z iva

790 700 1 030 1 000 13 600

Speci cni toplinski ³ kapacitet ´ J kg K

2 2 3 4

500 100 930 190 140

Koecijent volumnog širenja ¡ 33 31 ¢ 10 K 1=1 0=95 0=24 0=20 0=18

Osobine nekih plinova

Tvar

Gustoća (0 ³ Fí 1=01 bar) kg m3

dušik - Q2 helij - Kh kisik - R2 ugljik-dioksid - FR2 vodik - K2 zrak

mehanika.indd 368

1=250 0=179 1=430 1=980 0=090 1=293

Speci cni toplinski kapacitet ³ ´ fy J kg K

740 3 150 650 650 10 000 720

9.11.2007 10:00:12

361 Koecijent viskoznosti Fluid voda (20 F) voda (70 F) voda (100 F) etanol (20 F) etanol (70 F)

ziva (20 F)

ziva (70 F)

mehanika.indd 369

( Pa s) 1 · 1033 4 · 1033 2=8 · 1034 1=1 · 1034 5=3 · 1034 1=55 · 1033 1=4 · 1033

Fluid maslinovo ulje (20 F) maslinovo ulje (70 F) glicerin (20 F) zrak (20 F) zrak (70 F) vodik (20 F) motorno ulje (100 F)

( Pa s) 8=4 · 1032 6 · 1033 0=86 1=8 · 1035 1=95 · 1035 0=9 · 1035 9 · 1033

9.11.2007 10:00:12

362

mehanika.indd 370

DODATAK C. TABLICE

9.11.2007 10:00:13

Bibliograja [1] F. Ayres, Jr.; 1972., Dierential equations, McGraw-Hill International Book Company, New York. [2] M. Alonso; E. J. Finn, 1969., Fundamental University Physics, AddisonWesley Publ. Co., Reading, Mass. [3] C. Kittel; W. D. Knight; M. A. Ruderman; 2003., Mehanika, Golden Marketing, Tehni cka knjiga, Zagreb. [4] R. Wolfson; J. M. Pasacho; 1990., Physics: extended with modern physics, HarperCollinsPublishers, USA. [5] R. E. Eisberg; L. S. Lermer; 1982., Physics: foundations and applications, McGraw-Hill, Tokyo. [6] B. V. Pavlović; T. A. Mihajlidi; 1986., Praktikum ra cunskih zadataka iz zike, Nau cna knjiga, Beograd. [7] A. A. Pinsky; 1980., Problems in Physics, Mir Publishers, Moskva. [8] P. Kulišić; 1996., Riješeni zadaci iz mehanike i topline, Školska knjiga, Zagreb. [9] V. Hen c-Bartolić; i dr.; 1992., Riješeni zadaci iz valova i optike, Školska knjiga, Zagreb. [10] M. R. Spiegel; 1974. Vector analysis, McGraw-Hill International Book Company, New York. [11] E. Babić; R. Krsnik; M. O cko; 1978., Zbirka riješenih zadataka iz zike, Školska knjiga, Zagreb. [12] Z. Primorac; 1990., Zbirka riješenih zadataka iz mehanike, Vazduhoplova vojna gimnazija ”Maršal Tito”, Mostar.

363

mehanika.indd 371

9.11.2007 10:00:13

mehanika

Recommend Documents