1) Vozilo je prvu polovinu puta prešlo brzinom 50km/h. Na preostalom delu puta polovinu vremena išlo je brzinom 25km/h, dok je na preostalom delu puta srednja brzina bila 35km/h. Kolika je srednja sre dnja brzina na celom putu? (N. Čaluković, „Fizika 1M“) 2) Automobil se kre će iz Beograda prema Nišu. Trećinu puta prelazi srednjom brzinom v1 srednjom brzinom v 2
=
80km / h , a ostatak srednjom brzinom v3
= 120km / h .
= 100km / h ,
šestinu
Odredite srednju brzinu
automobila na celom putu. (Opštinsko takmičenje učenika srednjih škola iz fizike 2003/2004) 3) Iz grada A krene prema gradu B svakog vremenskog intervala od ∆t = 10 min , po jedan automobil. Oni se kreću brzinom v = 60km / h . Rastojanje između gradova je d = 60km . a) Nacrtati dijagram zavisnosti pređenog puta automobila od vremena. b) Koliku brzinu bi trebalo da ima četvrti automobil u koloni, pro polasku iz grada A, da bi stigao u grad B u isto vreme kada i prvi automobil? c) Kada i gde će ovaj automobil sustizati automobile u koloni koji su ispred njega? (G. Dimić „Zbirka zadataka iz fizike“ viši kurs – D) 4) Iz mesta A u mesto B u intervalima od po 10min odlazi po jedan automobil. Rastojanje izme đu A i B je 60km, a brzina svakog automobila je 60km/h. Nakon jednog sata od polaska prvog automobila iz A, kre će iz B prema A, takođe brzinom 60km/h. Koliko automobila, koji idu iz A, će na svom putu sresti automobil koji se kreće od B prema A? (N. Čaluković, „Fizika 1M“) 5) Kolona vojnika dužine l
=
50m polazi brzinom v k
=
5km / h i kreće se ravnomerno pravolinijski.
Istovremeno sa začelja kolone (tačka A) polazi pas brzinom v p
= 15km / h i
kreće se ravnomerno pravolinijski
ka njenom čelu. Čim dostigne čelo kolone pas se okre će (zanemariti vreme okretanja) i nastavlja da se kre će istom brzinom ka za čelju kolone. Odrediti: a) Koliki put prelazi pas tr čeći deonicu začelje – čelo – začelje tokom kretanja kolone? b) Na kojem kojem rastojanju rastojanju od mesta mesta polaska (ta (tačka A) se nalazi pas na kraju svog puta? (Opštinsko takmi čenje učenika srednjih škola I razred, školska 2007/2008.) 6) Dva prava lenjira leže jedan na drugom, kao na slici 1. Krajevi lenjira obrazuju ugao α . Ako se lenjir B kre će translatorno brzinom v, čiji vektor obrazuje ugao β sa krajem lenjira A, onda će se pomeriti ta čka preseka lenjira (ta čka C). Odrediti brzinu v c tačke C kao funkciju brzine v i uglova α i β . Za koji ugao β su brzine v i vc jednake? slika 1.
(D. I. Saharov „Zbirka zadataka iz fizike“)
7) Dva štapa, koji se seku pod uglom 60 , kreću se jednakim brzinama v u pravcu svojih normala (slika 2.) Odrediti brzinu kojom se kre će presečna tačka štapova. o
(N. Čaluković, „Fizika 1M“)
slika 2.
8) Čamac, koji plovi niz reku, prestigao je splav na mestu A. Kroz t = 60 min posle toga čamac je promenio smer kretanja i susreo se sa splavom na rastojanju l = 6,0km nizvodno od mesta A. Na ći brzinu toka reke ako je motor čamca radio istom snagom pri kretanju čamca uzvodno i nizvodno. (I. E. Irodov „Zadaci iz opšte fizike“)
9) Dva plivača treba iz tačke A, na obali reke, da do đu u ta čku B koja se nalazi na suprotnoj obali na pravoj koja prolazi kroz tačku A i normalna je na obale. Jedan od njih je rešio da prepliva reku po pravoj AB, a drugi da sve vreme održava pravac plivanja normalno na tok vode, da bi zatim rastojanje, za koje ga je voda zanela u odnosu na ta čku B, prešao po obali peške brzinom u. Za koju vrednost u će oba plivača stići u tačku B za isto vreme ako je brzina toka reke v0 = 2,0km / h a brzina svakog pliva ča u odnosu na vodu v ′ = 2,5km / h ? (I. E. Irodov „Zadaci iz opšte fizike“) 10) Materijalna tačka se kreće po x-osi brzinom čija je projekcija v x u funkciji vremena predstavljena na grafiku, na slici 3. Imaju ći u vidu da je u trenutku t = 0 s koordinata tačke bila x = 0 , nacrtati odgovarajuće grafike zavisnosti ubrzanja a x , koordinate x i pređenog puta od vremena. (I. E. Irodov „Zadaci iz opšte fizike“)
slika 3.
11) Automobil po činje da se kreće iz mirovanja ubrzanjem 5m / s 2 , zatim neko vreme održava stalnu brzinu i, na kraju, usporava sa 5m / s 2 do zaustavljanja. Ukupno vreme kretanja automobila je 25s, a srednja brzina na celom putu je 72km/h. Koliko vremena se automobil kretao ravnomerno? (N. Čaluković, „Fizika 1M“) 12) Posmatrač, koji stoji na platformi, primetio je da je prvi vagon elektri čnog voza prošao pored njega za vreme od 4s, a drugi za vreme od 5s. Posle ovoga, prednji kraj voza zaustavio se na rastojanju 75m od posmatrača. Smatrajući da je kretanje voza jednako usporeno, odrediti to usporenje. (D. I. Saharov „Zbirka zadataka iz fizike“) 13) Na slici 4. su prikazani grafici brzina dva tela koja se kreću duž istog pravca iz istog početnog položaja. Odrediti trenutak kada će se tela sresti. (N. Čaluković, „Fizika 1M“) slika 4.
14) Kabina lifta visine 2,7m po čne se podizati sa stalnim ubrzanjem 1,2m / s 2 . Posle dve sekunde od po četka podizanja, sa plafona se otkači zavrtanj. Naći vreme slobodnog pada, kao i pomeraj i dužinu puta zavrtnja za vreme slobodnog pada, u referentnom sistemu vezanom za zemlju. (I. E. Irodov „Zadaci iz opšte fizike“) 15) Mesta A i B nalaze se na pravom putu, na me đusobnom rastojanju 4km. U jednom trenutku kroz mesto A, u smeru prema B, prolazi automobil koji se kre će stalnom brzinom. U istom trenutku u mestu B je automobil čija je brzina 32m/s usmerena ka A, a ubrzanje mu je 0,2m / s 2 i ima suprotan smer od brzine. U kom intervalu može biti brzina prvog automobila, da bi se tokom daljeg kretanja automobili dva puta preticali? (N. Čaluković, „Fizika 1M“)
1) Kako ne znamo odgovaraju ću zavisnost brzine od vremena, moramo koristiti formulu: s s v = uk = (1) t uk t 1 + t 2 gde je t 1 vreme za koje vozilo pre đe prvu, a t 2 vreme za koje pređe drugu polovinu puta. Vreme t 1 se lako može odrediti: s 1 v1t 1 = s, => t 1 = (2) 2 2v1
Drugu polovinu puta telo prelazi prvo brzinom v 2 , pa zatim brzinom v 3 , dakle možemo napisati: v2
t 2
2
+ v3
t 2
2
=
1 2
s, => t 2 =
s v 2 + v3
(3)
konačno, ubacivanjem izraza (2) i (3) i izraz (1) dobijamo: 2v (v + v3 ) s m v = = 1 2 = 37,5 s s s 2v1 + v 2 + v3 2v1
+
v 2 + v3
2) Ostatak puta je jednak: s
∆s = s − −
s
=
s
3 6 2 pa je na osnovu ovoga srednja brzina na celom putu jednaka: 6v1v2 v3 s s s m = = ... = = 104,35 v = uk = s s s t uk t 1 + t 2 + t 3 s 2v 2 v3 + v1v3 + 3v1v 2 + + 3v1 6v 2 2v3 3) a) Ako uzmemo da se mesto A nalazi u koordinantnom po četku referentnog sistema u kome ćemo posmatrati kretanje automobila, i ako uzmemo da su mesta A i B na istoj osi, recimo x (pošto je kretanje pravolinijsko), zakoni položaja za svaki naredni automobil će imati slede ći oblik: x1 = v ⋅ t x 2 = v ⋅ (t − ∆t )
x3 = v ⋅ (t − 2∆t ) M
x n = v ⋅ (t − (n − 1)∆t )
ili ako ih napišemo u obliku y = ax + b : x1 = v ⋅ t x 2 = vt − v∆t x3 = vt − 2v∆t M
odakle se vidi da su grafici zakona položaja linearne prave, međusobno paralelne (isti je koeficijent pravca v), a međusobno pomerene po x-osi za ∆t :
b) Da bi četvrti automobil, koji polazi 30min posle prvog (vidi grafik) stigao u mesto B u isto vreme kad i prvi, on mora imati brzinu km 60km 60km v 4′ = = = 120 h 60 min − 30 min 0,5h c) Odgovor na ovo pitanje najlakše ćemo dati koriste ći grafik. Ako na postojećem grafiku zakona položaja nacrtamo grafik novog zakona položaja četvrtog automobila (kakav bi bio kada bi se auto kretao brzinom 120km/h), on će postojeće grafike se ći u odgovarajućim tačkama C i D: Vremenske koordinate ovih ta čaka fizički predstavljaju trenutke u kojima četvrti automobil prestiže automobile ispred sebe, a putne koordinate mesta prestizanja (rastojanja od mesta A). Dakle, direktnim očitavanjem sa grafika dobijamo podatke da će četvrti automobil prestići treći na 20km od mesta A posle 40min od polaska prvog automobila. Takođe, drugi automobil će biti prestignut na 40km od mesta A, nakon 50min od polaska prvog automobila. Do ovih podataka mogli smo do ći i analiti čki, ali je grafi čki način očigledno mnogo brži i elegantniji! 4) Slično kao u prethodnom zadatku, grafici zakona položaja automobila koji polaze iz mesta A prema B su linearne, međusobno paralelne prave, po x-osi pomerene za ∆t = 10 min . Po uslovu zadatka, automobil iz mesta B kre će nakon 60min od polaska prvog automobila iz A. Pošto je njegova brzina suprotno usmerena od pozitivnog smera x-ose u referentnom sistemu koji smo odabrali, brzinu ovog automobila ćemo smatrati negativnom. Prema tome, njegov zakon položaja je: x B = AB − v ⋅ (t − 60 min) Kada se zakoni položaja prikažu grafi čki, dobijaju se mesta susreta kao prese čne tačke:
Broj automobila koji susretne automobil iz mesta B jednak je broju prese čnih tačaka, a njih ima 13. Takođe se mogu očitati mesta i trenuci za svaki od ovih 13 susreta. Mi ćemo samo primetiti da automobil iz mesta B susre će naredni automobil iz A za svakih 5min. 5) Označimo dužinu kolone sa l. Kretanje ćemo rasčlaniti na dva dela – kretanje dok pas ne do đe do čela kolone i, kretanje kad pas, kre ćući se u suprotnom smeru ponovo ne do đe do njenog začelja. Sa slike se vidi da pas dolazi do čela kolone u mestu B, za neko vreme t 1 . Za to vreme je kolona prešla put s1 , pa imamo: s1 = v k ⋅ t 1
l + s1 = v p ⋅ t 1
odakle se rešavanjem sistema po s1 dobija s1 =
vk l v p − vk
(1)
U drugom delu kretanja pas iz mesta B po činje da tr či prema začelju kolone A. Dok on stigne do A, i kolona pre đe neki put s 2 . Sada imamo: s 2 = v k t 2 l − s 2 = v p t 2
odakle se rešavanjem sistema po s 2 dobija s 2 =
v k l v p + v k
(2)
Korišćenjem (1) i (2) možemo na ći ukupno pređeni put psa i pomeraj u odnosu na početni položaj. Za pređeni put smer brzine nije bitan. Prema tome, imamo: v k l v k l − = 100m + 25m − 12,5m = 112,5m s = l + s1 + l − s 2 = 2l + s1 − s 2 = 2l + v p − v k v p + v k Za određivanje pomeraja u odnosu na po četni položaj smer kretanja je bitan, pa imamo: ∆r = l + s1 − (l − s 2 ) = s1 + s 2 = 37,5m 6) a) Lenjir A miruje, dok lenjir B prelazi neki put s = v ⋅ ∆t u pravcu svoje brzine – dakle pod uglom β u odnosu na pravac lenjira A. Za to vreme prese čna tačka lenjira se pomerila za neko x. Pošto se ona kreće konstantnom brzinom, možemo napisati x = v c ∆t . Koriste ći sinusnu teoremu, možemo na ći odnos ovih pomeraja: x s sin γ
=
sin α
γ = 180 o − α − β = π − (α + β ) . Takođe možemo napisati: sin[π − (α + β )] = sin(α + β )
tako da se dobija: vc ∆t =
v ⋅ ∆t ⋅ sin(α + β )
sin α Odgovarajući pomeraji napravljeni su za isto vreme, pa se ono može potreti, čime dolazimo do brzine presečne tačke štapova: sin(α + β ) v c = v sin α b) Iz uslova v c = v dobija se:
sin(α + β ) = sin α , <=> α + β = α , => β = 0 što je i logi čno, jer su u tom slu čaju štapovi normalni, pa je brzina prese čne tačke u stvari brzina bilo koje ta čke štapa B. 7) Na slici su punim linijama prikazani štapovi u nekom trenutku t, a isprekidanim linijama u trenutku t + ∆t , nakon pomeraja. Iz trougla ABC se može odrediti odnos izme đu pomeraja štapova i njihove prese čne tačke: v∆t u∆t
=
pa se dobija:
1 2
( α = β = 30 o - karakterističan pravougli trougao)
u = 2v
8) Neka je brzina čamca u odnosu na vodu jednaka v, a brzina reke neka je v r . Pošto splav pluta, njegova je brzina jednaka brzini reke. Čamac prvo pre đe put s u odnosu na obalu, krećući se nizvodno, za vreme t = 60 min , a potom neki put s ′ uzvodno, za vreme ∆t koje protekne od trenutka promene smera brzine čamca do trenutka susretanja splava. Rastojanje l tada predstavlja ukupan put koji je splav prešao od trenutka kada ga je čamac pretekao do trenutka kada ga je usreo kre ćući se uzvodno: l t uk = t + ∆t = v r Put čamca do trenutka promene smera kretanja možemo na ći kao s = (v + v r )t , a put uzvodno s ′ = (v − v r )∆t . Sa slike se vidi da važi: s′ = s − l odnosno: (v + v r )t − l = (v − v r )(t uk − t )
⎛ l
⎞ − t ⎟⎟ ⎝ v r ⎠
(v + v r )t − l = (v − v r )⎜⎜ Oslobađanjem od zagrada dobijamo: vt + v r t − l = v
2vt =
vl v r
, => v r =
l v r l
2t
− vt − l + v r t
=
6,0km 2h
= 3,0
km h
9) Prvi pliva č pliva normalno na obalu. Kako reka ima svoju brzinu, to zna či da plivač treba plivati pod nekim tupim uglom u odnosu na smer toka reke, da bi vektor relativne brzine bio normalan na obale:
∆v1 = v ′ 2 − v02 Vreme za koje stiže u tačku B je jednako: t 1 =
d v ′ 2 − v 02
Drugi plivač pliva normalno na pravac toka reke. Me đutim, s obzirom na to da reka ima svoju brzinu, jasno je da će relativna brzina plivača biti usmerena pod nekim uglom u odnosu na obale:
∆v2 = v ′ 2 + v02 Krećući se ovom brzinom, pliva č najpre dođe u mesto C, pa onda iz tog mesta brzinom u krene prema B. Zato ćemo njegovo kretanje podeliti na dve etape – od A do C, i od C do B. Ako ukupno vreme njegovog kretanja obeležimo sa t 2 , imamo: AC BC t 2′ = i t 2′′ = u ∆v 2 Dužine AC i BC možemo izraziti preko brzina, koriste ći sličnost trouglova: v ′ 2 + v 02 ∆v 2 d , => AC = d = = d v′ v′ v′ v ′ 2 + v02 v0 v0 v0 v BC , => BC = AC = = d = d 0 AC ∆v 2 v′ v′ ∆v 2 v ′ 2 + v 02 AC
pa je ukupno vreme kretanja drugog pliva ča: t 2 =
d
+
dv0
v ′ uv ′ Iz uslova zadatka da pliva či treba da stignu u isto vreme u mesto B dobijamo jedna činu: d d dv0 v′ − v 2
=
2 0
v′
+
uv ′
odakle rešavanjem po u dobijamo: u=
v0 v ′ 2 − v 02 v ′ − v ′ 2 − v 02
=3
km h
10) Analiza kretanja: U prvoj sekundi kretanje tela je ravnomerno ubrzano, bez po četne brzine, sa ubrzanjem a1 =
1m / s
= 1m / s 2 . U
1s naredne dve sekunde kretanje tela je ravnomerno pravolinijsko, sa konstantnom brzinom v = 1m / s = const . U narednoj sekundi kretanje tela je ravnomerno usporeno usporenjem a 2 = −1m / s 2 , ali sa početnom brzinom v 0 = 1m / s i pri tom telo u četvrtoj sekundi menja smer kretanja i
nastavlja da se kreće ubrzano u suprotnom smeru, ubrzanjem a 3 = 1m / s 2 . U čestoj sekundi telo dobija ubrzanje u suprotnom
smeru, koje iznosi a 4 = 2m / s 2 , da bi se konačno zaustavilo u sedmoj sekundi. Grafik ubrzanja je na slici dat ta čkastom linijom. 1 Koordinata se u prvoj sekundi menja po zakonu x1 = a1t 12 = 0,5m , 2 a to je kvadratna f-ja, pa je grafik koordinate u prvoj sekundi parabola. U naredne dve sekunde koordinata se menja po zakonu: m x 2 = x1 + vt 2 = 0,5m + 1 ⋅ 2 s = 2,5m s Nakon toga, u narednih 3 sekundi telo ima usporenje i početnu brzinu, pa je zavisnost koordinate od vremena jednaka: m 1 1 m x3 = x 2 + v 0 t 3 − a 3 t 32 = 2,5m + 1 ⋅ 3s − ⋅ 1 2 ⋅ 9 s 2 = 1m s 2 2 s 2 I konačno, telo ima ubrzanje a 4 = 2m / s i početnu brzinu v 01 = −2m / s , pa je zavisnost koordinate od vremena: x 4 = x3 + v 01t 4 +
1
a 4 t 42 = 1m − 2
m
⋅ 1s +
1
⋅2
m 2
⋅ 1s 2 = 0m
s 2 2 s odnosno telo se na kraju vra ća u početni položaj, a na grafiku njegova koordinata paraboli čki opada do nule. Posle sedme sekunde telo nema brzinu, pa se ni njegov položaj ne menja. Grafik koordinate prikazan je punom linijom. Pređeni put tela ne zavisi od smera kretanja, pa je grafik pre đenog puta simetri čan grafiku koordinate, sa uvek rastućim ponašanjem. Na slici je grafik pre đenog puta prikazan isprekidanom linijom.
11) Telo prelazi tri etape puta – prvo se kre će ravnomerno ubrzano bez po četne brzine, i put i brzina koje postigne su 1 s1 = at 12 , v1 = at 1 , 2 gde je t 1 vreme ubrzanog kretanja. Nakon toga, telo se izvesno vreme t 2 kreće konstantnom brzinom v1 koju je postiglo u prethodnoj etapi. Konačno, u poslednjoj etapi kreće se ravnomerno usporeno, usporenjem a, ali ima početnu brzinu v1 ! Put koji pređe je 1 s 3 = v1t 3 − at 32 2
Na kraju kretanja njegova je brzina jednaka nuli, pa sledi da su vremena dok je telo ubrzavalo i dok usporava do zaustavljivanja jednaka (i ubrzanje je isto, po uslovu zadatka): v = 0 = v1 − at 3 , 0 = at 1 − at 3 , => t 1 = t 3 obeležimo, radi pojednostavljenja, oba ova vremena sa t . Za srednju brzinu na celom putu važi: s s + s 2 + s3 v = uk = 1 t uk t uk odakle sledi 1
at 2 + v1t 2 + v1t −
2 Vreme t se može izraziti preko ukupnog vremena:
1 2
at 2 = v ⋅ t uk (*)
2t + t 2 = t uk , => t =
t uk − t 2
2
Dalje, formula (*) postaje: a
t uk − t 2 ⎛ t − t ⎞ ⎜ t 2 + uk 2 ⎟ = v ⋅ t uk 2 ⎝ 2 ⎠
odakle se sređivanjem i rešavanjem po t 2 dobija: t 2 =
t uk ( at uk − 4v ) a
= 15s
12) Neka je dužina svakog vagona voza l. Da bi jedan vagon prošao pored posmatra ča, on mora proći put jednak svojoj dužini! Ako vreme prolaska prvog vagona označimo sa t 1 , i imamo u vidu da je voz u startu imao neku početnu brzinu v 0 , za kretanje prvog vagona možemo napisati: l = v 0 t 1 −
1
at 12 (1)
2 Neka je vreme prolaska drugog vagona t 2 . Ovo možemo protumačiti i na slede ći način: Vreme za koje prva dva vagona voza prođu pored posmatrača (odnosno voz pređe put 2l) jednako je t 1 + t 2 . Prema tome, možemo napisati: 1 2l = v 0 (t 1 + t 2 ) − a(t 1 + t 2 ) 2 (2) 2 Pri tom, iz zaustavnog puta voza možemo na ći njegovu početnu brzinu v 0 = 2as . Ubacivanjem ovog izraza u jednačine (1) i (2) i rešavanjem odgovarajućeg sistema, možemo doći do traženog usporenja voza: 1 l = 2as ⋅ t 1 − at 12 2 1 2l = 2as (t 1 + t 2 ) − a(t 1 + t 2 ) 2 2 rešavaćemo metodom zamene: 1 2 2as ⋅ t 1 − at 12 = 2as (t 1 + t 2 ) − a (t 1 + t 2 ) 2 2 odnosno 1 a (t 1 + t 2 ) 2 − at 12 = 2as (t 2 − t 1 ) 2 iz ove jednačine se sređivanjem dobija a (t 22 + 2t 1t 2 − t 12 ) = 2 2as (t 2 − t 1 )
nakon kvadriranja se dobija a=
8s (t 2 − t 1 ) 2 (t + 2t 1t 2 − t ) 2 2
2 1
2
= 0,25
m s2
13) Sa grafika se može videti da tela po činju kretanje iz mirovanja (obe po četne brzine su jednake nuli), kao i da drugo telo polazi 5s nakon prvog tela. Takođe, u trenutku 9s brzine tela su iste, pa se na osnovu toga može odrediti odnos njihovih ubrzanja: a1 = v / 9 s ⎫ a1 4
⎬ =>
a 2 = v / 4s ⎭
a2
=
9
Na osnovu gore navedenog, zakoni položaja oba tela su: 1 19 x1 = a1t 2 i x 2 = a1 (t − τ ) 2 2 24 Tela se susre ću tada kada su njihovi položaji isti, pa se odavde dolazi do odgovaraju ćeg trenutka: 1 19 a1t 2 = a1 (t − τ ) 2 2 24 odavde ćemo sređivanjem dobiti kvadratnu jedna činu: 5t 12 − 90t 1 + 225 = 0 čijim se rešavanjem dolazi do dva mogu ća trenutka : t 1(1, 2 ) =
− b ± b 2 − 4ac
90 s ± 8100 s 2 − 4 ⋅ 5 ⋅ 225s 2
= => t 1 = 3s ∨ t 1 = 15s 2a 10 U trenutku 3s drugo telo još uvek nije zapo čelo kretanje, pa je jedino mogu će rešenje 15s. 14) Zadatak ćemo rešavati iz referentnog sistema vezanog za Zemlju. Poznato je da je ovaj sistem inercijalan za mala kretanja na Zemlji, pa na ovo telo u sistemu deluju samo realne sile – sila teže. Ne ćemo uzimati u obzir delovanje inercijalne sile na telo kao posledice ubrzanog kretanja sistema. U referentnom sistemu vezanom za Zemlju zavrtanj poseduje izvesnu po četnu brzinu – to je brzina koju je lift postigao za 2s. Tako đe, ova brzina je suprotno usmerena od smera padanja tela (delovanja ubrzanja g) pa je zakon položaja zavrtnja u sistemu vezanom za Zemlju: 1 y1 = −v 0 t + gt 2 2 Lift se kretao ubrzano naviše dok je zavrtanj padao. Njegov zakon položaja je 1 y 2 = v 0 t + at 2 2 Sa slike se vidi da važi y1 + y 2 = h , odakle možemo dobiti vreme kretanja zavrtnja dok ne dodirne pod lifta: t =
2h a+ g
= 0,7 s
Put zavrtnja se dobija kada se ovo vreme ubaci u njegov zakon položaja: 1 y1 = −v0 t + gt 2 = 0,72m 2 Pomeraj tela u odnosu na Zemlju je jednak razlici podizanja tela zbog ubrzanog kretanja lifta naviše i njegovog pređenog puta: 1 1 ⎛ ⎞ ∆r = v0 t + at 2 − ⎜ − v0 t + gt 2 ⎟ = 1,274m 2 2 ⎝ ⎠
15) Neka se tela kreću duž x-ose nekog inercijalnog referentnog sistema, i neka su njihovi v-ri brzine i ubrzanja usmereni kao na slici. Možemo napisati njihove zakone položaja: 1 x A = vt i x B = l − v0 t + at 2 2 Prvo telo će se sve vreme kretati konstantnom brzinom usmerenom nadesno, dok će se drugo telo prvo kretati usporeno sa smerom nalevo, a onda ubrzano sa smerom nadesno. Tela će se preticati samo kada se kre ću u istom smeru! U trenucima kada jedno telo preti če drugo njihovi položaji su isti. Dakle, važi: 1 2 vt = l − v0 t + at 2 odavde se može dobiti kvadratna j-na čija rešenja predstavljaju trenutke u kojima jedno telo prestiže drugo: 1 2 2 at − (v0 + v)t + l = 0 , at − 2(v0 + v)t + 2l = 0 2 Da imamo konkretnu vrednost brzine tela iz mesta A, mogli bi rešavanjem j-ne da do đemo do trenutaka kada dolazi do preticanja. Međutim, sada ćemo ići u suprotnom smeru, odredi ćemo brzinu tela tako da postoje dva trenutka u kome se tela preti ču. Da bi postojala ta dva trenutka, poslednja kvadratna j-na mora imati dva realna rešenja – njena diskriminanta mora biti veća od nule: D = b 2 − 4ac = 4(v0 + v) 2 − 8al (v0 + v) 2 − 2 al > 0 i odavde se nalazi prva granica intervala: v>
m
2al − v0 = 8
s Drugu granicu intervala dobi ćemo iz činjenice da se tela prestižu tada kada se kreću u istom smeru – dakle oba vremena moraju biti ve ća od vremena usporenog kretanja tela iz B. Sledi: t 1, 2 =
− b ± b 2 − 4ac 2a
>
v0
2(v0 + v) ± 4(v0 + v) 2 − 8al 2a
a
>
v0 a
2v 0 + 2v − 2 (v 0 + v ) 2 − 2al > 2v0 Odavde se dobija: v<
2al − v02 2v0
=9
m s
Prema tome, odgovarajući interval u kome se treba nalaziti brzina tela iz mesta A je: 8
m s
m s
