Skripta Cijela -Ispravke 23.10. ELO

3

za Tehniko veleuilite u Zagrebu

Alemka Knapp

1. Gibanje tijela Vektor poloaja Poloaj tijela u nekom trenutku moemo odrediti pomou vektora poloaja )(trr , odnosno njegovih komponenti koordinata tijela ))(),(),(( tztytx u Kartezijevom koordinatnom sustavu. Vektor poloaja pokazuje od izabranog ishodita do toke u kojoj se nalazi tijelo (na donjoj slici smo prikazali samo gibanje u xy ravnini).

Put koji tijelo prijee u nekom vremenskom intervalu t je duljina putanje koju tijelo prijee u tom vremenu. Put je skalarna veliina koja je uvijek pozitivna i moe se samo poveavati u vremenu. Vektor pomaka odreuje promjenu poloaja tijela:

)()()( trttrtrrrr

+= to je promatrani vremenski interval t manji, duljina vektora pomaka bit e blia prijeenom putu:

dsrdrt

==

rrlim

0

x

y

O

))(),(( tytx

)(trr

)(tx

)(ty

O

)(trr

)( ttr +r

s rr

1. Gibanje tijela

5

Vektor brzine je derivacija vektora poloaja po vremenu:

dt

rd

t

rv

t

rrr

=

=

lim0

Iznos brzine je derivacija puta po vremenu:

dt

ds

dt

rd

t

rvv

t

==

==

rrr

lim0

,

a smjer vektora brzine jednak je smjeru rdr

, to je u smjeru tangente na putanju. Vektor akceleracije je derivacija vektora brzine po vremenu:

dt

vd

t

va

t

rrr

=

=

lim0

Vektore )(tr

r, )(tvr

i )(tar

moemo rastaviti na komponente u Kartezijevom koordinatnom sustavu:

kzjyixtrrrrr

++=)(

kvjvivtvzyx

rrrr++=)(

kajaiatazyx

rrrr++=)(

Izjednaavanjem x, y i z komponenti s lijeve i desne strane u gornjim vektorskim jednadbama dobivamo:

dt

dva

dt

dyv

y

y

y

=

=

dt

dva

dt

dzv

z

z

z

=

=

dt

dva

dt

dxv

x

x

x

=

=

A.Knapp:Rijeeni zadaci s vjebi iz fizike za TVZ

6

1.1. Gibanje po pravcu Kada se tijelo giba po pravcu, moemo x-os koordinatnog sustava postaviti du pravca po kojem se tijelo giba. Vektor poloaja, brzina i akceleracija, koji su openito vektorske veliine su paralelni s pravcem gibanja, pa e imati samo x komponente. Poloaj tijela sada odreuje njegova x-koordinata. Pomak tijela je razlika poloaja u trenutku 1t i 2t :

1212 )()( xxtxtxx == Pomak tijela openito moe biti pozitivan ili negativan, moe se poveavati i smanjivati u vremenu. Ograniit emo se najprije na opis gibanja kod kojeg se tijelo stalno giba u istom smjeru. U tom sluaju pomak tijela bit e jednak prijeenom putu:

)()( 12 txtxxs == Brzinu i akceleraciju moemo radi jednostavnosti tretirati kao skalare (no to su zapravo x-komponente vektora brzine i akceleracije), te ih definirati na slijedei nain: Srednja ili prosjena brzina1 u vremenskom intervalu 12 ttt = je omjer prijeenog puta )()( 12 txtxs = i proteklog vremena t :

12

12

tt

ss

t

sv

=

=

Brzina (trenutna ili prava brzina) je funkcija vremena. Brzinu u pojedinom trenutku t moemo priblino opisati pomou srednje brzine u kratkom intervalu t koji obuhvaa taj trenutak: to je vremenski interval t manji, srednja brzina

v bit e blia pravoj ili trenutnoj brzini v . Trenutna brzina je granina vrijednost (limes) srednje brzine kada vremenski interval 0t , odnosno derivacija puta po vremenu.

dt

ds

t

sv

t

=

=

lim0

1 Ovdje se zapravo definira srednji i trenutni iznos brzine.

x O

)( 2tx

x

)( 1tx

1. Gibanje tijela

7

Srednja ili prosjena akceleracija je omjer promjene brzine v u vremenskom intervalu t i proteklog vremena t :

12

12

tt

vv

t

va

=

=

Akceleracija (trenutna ili prava akceleracija) je funkcija vremena. to je vremenski interval t manji, srednja akceleracija a bit e blia pravoj ili trenutnoj akceleraciji tijela a . Trenutna akceleracija je granina vrijednost (limes) srednje brzine kada vremenski interval 0t , odnosno derivacija puta po vremenu.

dt

dv

t

va

t

=

=

lim0

1.1.1. Jednoliko gibanje po pravcu Kod jednolikog gibanja po pravcu brzina je konstantna, tijelo uvijek prelazi isti put u jednakim vremenskim intervalima. Akceleracija je nula jer nema promjene brzine. Ovisnost akceleracije, brzine i puta o vremenu za jednoliko gibanje po pravcu opisuju formule:

vtts

konsttv

ta

=

=

=

)(

)(

0)(

1.1.2. Jednoliko ubrzano i jednoliko usporeno gibanje po pravcu Kod jednoliko ubrzanog gibanja akceleracija je konstantna. Brzina se poveava jednoliko tj. poveava se uvijek za isti iznos u jednakim vremenskim intervalima. Ovisnost akceleracije, brzine i puta o vremenu za jednoliko ubrzano gibanje po pravcu s poetnom brzinom )0(0 == tvv opisuju formule:

2)(

)(

konst)(

2

0

0

attvts

atvtv

ta

+=

+=

=


8

Kod jednoliko usporenog gibanja brzina se jednoliko smanjuje, akceleracija je negativna (jer je promjena brzine negativna). Formule koje opisuju jednoliko usporeno gibanje su iste kao za ubrzano, samo je iznos akceleracije negativan. Sljedee formule opisuju sva tri do sada spomenuta gibanja:

Slobodan pad Slobodan pad je jednoliko ubrzano gibanje bez poetne brzine kod kojeg zanemarujemo otpor zraka, pa je akceleracija 2m/s819,ga == :

2)(

)(

)(

2gtts

gttv

gta

=

=

=

za 0>a jednoliko ubrzano 0

1. Gibanje tijela

9

1. a) Izraunati put koji prijee tijelo koje se giba s akceleracijom 4 m/s2 za 2 sekunde i za 4 sekunde. Izraunati konanu brzinu i srednju brzinu tijela. b)Tijelo se jednoliko usporava s akceleracijom 4 m/s2 i za 4 sekunde se zaustavi. Kolika je bila poetna brzina tijela i koliki je put zaustavljanja? a) jednoliko ubrzano gibanje

2m/s4=a Put za jednoliko ubrzano gibanje bez poetne brzine raunamo po formuli:

2

2ats =

s21 =t

m82

24

2

22

11 =

==

ats

s42 =t

m322

44

2

22

22 =

==

ats

Brzinu za jednoliko ubrzano gibanje bez poetne brzine raunamo po formuli: tav =

s42 =t m/s164422 === tav

Srednju brzinu tijela (tokom cijelog gibanja) raunamo po formuli:

m/s84

32==

=t

sv

ili

m/s82

160

2=

+=

+= kp

vvv

gdje je pv brzina na poetku, a

kv brzina na kraju vremenskog intervala koji

gledamo. b) jednoliko usporeno gibanje

2m/s4=a

Nakon 4 sekunde tijelo se zaustavlja: 0s)4( ==tv

Uvrstimo ovu brzinu, vrijeme i akceleraciju u formulu:

atvtv += 0)( 4)4(0 0 += v

m/s160 =v

16

4 ( )st

( )smv /

s


10

Put moemo izraunati po formuli:

2)(

2

0

attvts +=

m322

44416

2

=

=s

2. Prvih 10 sekundi tramvaj se giba jednoliko ubrzano s akceleracijom 1,5 m/s2, nakon toga se giba jednu minutu jednoliko, zatim se usporava 20 sekundi dok se ne zaustavi, sljedeih 5 sekundi miruje i zatim se 5 sekundi giba jednoliko ubrzano dok ne postigne brzinu 10 m/s. Koliki put prijee tramvaj? Kolika je srednja brzina tramvaja za vrijeme cijelog gibanja? Put emo izraunati posebno za svaki dio gibanja, no prije toga prikaimo ukupno gibanje na v-t grafu:

I) jednoliko ubrzano gibanje

s10=t 2m/s51,a =

m752

1051

2

22

1 =

==,at

s

Brzina kojom se tramvaj giba u drugom dijelu je brzina do koje se je ubrzao u prvom dijelu.

m/s511051s)10( ===== ,tatvv II) jednoliko gibanje

st 60= m90060152 === tvs

( )smv /

10 70 90 100 95 )(st

15

1. Gibanje tijela

11

III) jednoliko usporeno gibanje

20

0

0

0

m/s75020

15

0

m/s0s)20(

m/s15

s20

,t

va

atv

tv

atvv

v

t

===

+=

==

+=

=

=

m1502

2075.02015

2

22

03 =

=+=at

tvs

ili put moemo raunati kao povrinu ispod v-t grafa

IV) mirovanje

m04 =s V) jednoliko ubrzano gibanje

s5=t m/s10=v

atv = 2m/s2

5

10===

t

va

m252

52

2

22

5 =

==at

s

ili

m252

510

25=

=

=

tvs

Ukupan put je zbroj prijeenih puteva u pojedinim dijelovima:

m115054321 =++++= ssssss Srednja brzina je omjer prijeenog puta i proteklog vremena:

m/s511100

1150,

t

sv ==

=

m1502

2015

20

3 =

=

=tv

s


12

3. Kolika je dubina bunara ako ujemo udarac kamena u dno 3 sekunde nakon isputanja? Udarac kamena neemo uti u trenutku kada kamen udari u dno, nego se jo zvuk treba vratiti do nas. Ukupno vrijeme t moemo podijeliti na dva dijela:

1t vrijeme padanja kamena

2t vrijeme gibanja zvuka ttt =+ 21

1) padanje kamena (slobodan pad) je jednoliko ubrzano gibanje s akceleracijom :

2m/s819,ga ==

2

2

11

gts = put koji prijee kamen

2) gibanje zvuka jednoliko gibanje m/s330

zvv

22 tvs zv= put koji prijee zvuk

Ova dva puta su jednaka (i jednaka dubini bunara). hss == 21

Dobili smo sustav dviju jednadbi s dvije nepoznanice 1t i 2t . Iz druge jednadbe izrazimo nepoznanicu 2t i uvrstimo poznate veliine:

)3(3302

819

)(2

1

2

1

1

2

1

12

tt,

ttvgt

ttt

zv

=

=

=

Nakon sreivanja dobivamo kvadratnu jednadbu: 099033094 1

2

1 =+ tt, Pozitivno rjeenje ove jednadbe je:

s87721 ,t = vrijeme padanja kamena Vrijeme gibanja zvuka dobijemo iz:

s123012 ,ttt == Dubinu bunara moemo izraunati iz:

m64012303302 ,,sh ===

ttt

tv2

gt

21

2zv

2

1

====++++

====

h

1t 2t

1. Gibanje tijela

13

4. Automobil vozi brzinom 108 km/h. Na udaljenosti od 80 m ugleda pjeaka i pone koiti s akceleracijom 4 m/s2. Kolikom e brzinom udariti pjeaka?

m80

m/s4

m/s30s3600

m108000km/h108

2

0

=

=

===

s

a

v

Automobil se giba jednoliko usporeno, te emo koristiti formule za jednoliko ubrzano (usporeno) gibanje po pravcu:

atvv += 0

2

2

0

attvs +=

Iz izraza za put moemo izraunati vrijeme gibanja:

04015

2:/080302

230802

43080

2

2

2

2

=+

=+

=

+=

tt

tt

tt

tt

Rjeenja ove kvadratne jednadbe su:

s4731 ,t = i s53112 ,t = Vrijeme nakon kojeg e automobil udariti pjeaka je manje vrijeme t1. Vrijeme t2 je vrijeme nakon kojeg bi se auto ponovo naao na istom mjestu da nije bilo sudara, nego da je auto koio do zaustavljanja te se nastavio i dalje gibati istom akceleracijom vraajui se natrag jednoliko ubrzano. Formule za jednoliko ubrzano gibanje ukljuuju i tu mogunost jer zapravo opisuju poloaj, a ne prijeeni put. Brzinu kojom auto udara pjeaka moemo izraunati iz:

m/s12164734300

,,v

atvv

==

+=

Zadatak smo mogli rijeiti i pomou formule:

asvv 2202 =

1t

2t

80m


14

5. Za koliko vremena lift prijee put od 40 m ako se ubrzava s akceleracijom 0,4 m/s2, potom vozi jednoliko brzinom od 3 m/s, a usporava s akceleracijom 0,5 m/s2?

Izraunat emo vrijeme za svaki dio gibanja posebno. I) jednoliko ubrzano gibanje

s5740

3

m/s3

m/s40

1

1

2

1

,,a

vt

v

,a

===

=

=

Da bismo mogli izraunati vrijeme za 2. dio gibanja, najprije moramo izraunati put u 1. i 3. dijelu.

m25112

5740

2

22

111 ,

,,tas =

==

III) jednoliko usporeno gibanje

m92

650

2

s64.0

3

m/s3

m/s50)(

22

333

3

03

0

2

3

=

==

===

=

=

,tas

a

vt

v

,a

II) jednoliko gibanje Iz ukupnog puta moemo izraunati put u 2. dijelu:

m7519)92511(40)( 312

321

,,ssss

ssss

=+=+=

++=

s663

751922 ,

,

v

st ===

Ukupno vrijeme gibanja lifta je: s12066657321 ,,,tttt =++=++=

3

( )st

( )m/sv

I II III

1. Gibanje tijela

15

6. Koliki put prijee tijelo u treoj sekundi slobodnog pada? Slobodan pad je jednoliko ubrzano gibanje s akceleracijom:

22 m/s10m/s819 == ,ga gtv =

2

2gts =

Zadatak moemo rijeiti na nekoliko naina: a) Put prijeen u 3. sekundi gibanja moemo izraunati tako da od puta prijeenog u prve tri sekunde oduzmemo put prijeen u prve dvije sekunde:

m2520452

210

2

310 2223 ==

== sss

b) Moemo promatrati gibanje od trenutka t = 2s. Tijelo u tom trenutku ima (poetnu) brzinu:

m/s20210s)2(0 ===== gttvv Tijelo u slijedeoj sekundi prijee put:

m252

110120

2

22

0 =

+=+=gt

tvs

c) Put prijeen u nekom vremenskom intervalu moemo izraunati pomou srednje brzine:

t

sv

=

232 vvv

+=

m/s20210)2(2 ===== gtstvv m/s30310)3(3 ===== gtstvv

m/s252

3020=

+=v

m25125 === tvs

t=0

t=2

t=3

1s 2s

3s

?=s

t=1


16

1.2. Gibanja po zakrivljenim putanjama Kada se tijelo giba po zakrivljenoj putanji akceleracija, brzina i poloaj tijela mijenjaju iznos i smjer, pa ih moramo prikazivati vektorima. Gibanje opisujemo veliinama: vektor poloaja )(tr

r

vektor brzine dt

rdv

rr=

vektor akceleracije dt

vda

rr=

Izjednaavanjem x, y i z komponenti s lijeve i desne strane u ovim jednadbama dobivamo:

Kada je akceleracija konstantna, iz ovih jednadbi dobivamo (izvod u skripti):

dt

dva

dt

dyv

y

y

y

=

=

dt

dva

dt

dzv

z

z

z

=

=

dt

dva

dt

dxv

x

x

x

=

=

2)(

)(

)(

2

0

0

tatvtz

tavtv

konstta

z

z

zzz

z

+=

+=

=

2)(

)(

)(

2

0

0

tatvty

tavtv

konstta

y

y

yyy

y

+=

+=

=

2)(

)(

)(

2

0

0

tatvtx

tavtv

konstta

x

x

xxx

x

+=

+=

=

1. Gibanje tijela

17

1.2.1. Vertikalni hitac

Kod vertikalnog hica tijelo bacimo vertikalno prema gore poetnom brzinom 0v . Akceleracija slobodnog pada je u suprotnom smjeru; tijelo se najprije giba prema gore jednoliko usporeno dok se ne zaustavi, te zatim slobodno pada (giba se jednoliko ubrzano prema dolje). Stavimo ishodite koordinatnog sustava u toku iz koje je tijelo baeno i koordinatnu os y prema gore. y-koordinata na toj osi oznaavat e poloaj tijela. Gibanje je u smjeru os y, pa formule za gibanje s konstantnom akceleracijom piemo samo za y komponente:

2)(

)(

)(

2

0

0

tatvty

tavtv

konstta

y

y

yyy

y

+=

+=

=

Ako u ove formule uvrstimo gta

y=)( dobivamo formule za vertikalni hitac:

0v

y

O

g

2)(

)(

)(

2

0

0

gttvty

gtvtv

gta

y

yy

y

=

=

=


18

7. Za vertikalni hitac s poetnom brzinom 20 m/s napraviti tablicu za poloaj i brzinu tijela za prvih 5 sekundi gibanja. Ovisnost akceleracije, brzine i poloaja tijela o vremenu za vertikalni hitac odreuju formule:

gtay

=)(

gtvtvyy= 0)(

2)(

2

0

gttvtyy=

t/s vy(t)/m/s y(t)/m

0 20 0

1 10 15

2 0 20

3 -10 15

4 -20 0

5 -30 -25

Tijelu je potrebno jednako vremena da prijee isti put kada se giba prema gore i kada se giba prema dolje. Brzina tijela je jednaka na istoj visini kada se tijelo giba prema gore i prema dolje (ali suprotnog smjera).

t=0

t=1

t=2

t=3

t=4

t=5

0v

1. Gibanje tijela

19

8. Tijelo je baeno vertikalno prema gore s vrha zgrade visoke 55 m poetnom brzinom od 25 m/s. Nakon koliko vremena e tijelo udariti u tlo ispred zgrade? Kolika e biti brzina tijela?

m/s25v

m55

0 =

=

y

h

Ovisnost brzine i poloaja tijela o vremenu za vertikalni hitac dana je formulama:

gtvtvyy= 0)(

2)(

2

0

gttvtyy=

Ishodite koordinatnog sustava moramo staviti u toku iz koje je tijelo baeno. U toki u kojoj tijelo pada na tlo je 55=y . Uvrstimo ovaj uvjet i poetnu brzinu u gornju formulu:

2

102555

2tt =

Dobivamo kvadratnu jednadbu:

055255 2 = tt /:5 01152 = tt

Pozitivno rjeenje ove kvadratne jednadbe :

s76,t = je vrijeme nakon kojega tijelo pada na tlo. Brzina koju tijelo ima u tom trenutku je:

m/s42761025)( 0 === ,gtvtv yy

0vr

55m

y

y=-55


20

1.2.2. Kosi hitac Kod kosog hica tijelo bacimo poetnom brzinom 0v

v pod nekim kutem u odnosu

na horizontalu.

Uvedimo koordinatni sustav i stavimo ishodite O u toku iz koje je tijelo baeno. Gibanje emo opisivati veliinama:

0vr

poetna brzina tijela

xv0 x komponenta vektora poetne brzine

yv0 y komponenta vektora poetne brzine

)(trr

vektor poloaja

)(

)(

ty

tx komponente vektora poloaja, tj. koordinate toke u kojoj se nalazi tijelo

)(tvr

trenutna brzina tijela

)(tvx

x komponenta vektora brzine )(tv

y y komponenta vektora brzine

Akceleracija je konstantna u vremenu, tijelo se giba po zakrivljenoj putanji u xy ravnini, pa formule za gibanje s konstantnom akceleracijom piemo samo za x i y komponente:

2)(

)(

)(

2

0

0

tatvty

tavtv

konstta

y

y

yyy

y

+=

+=

=

2)(

)(

)(

2

0

0

tatvtx

tavtv

konstta

x

x

xxx

x

+=

+=

=

x

y

xv0

yv0

g

O

(x,y)

xv

vr

yv

rr

0vr

x

y

1. Gibanje tijela

21

Uvrtavanjem komponenti vektora akceleracije:

ga

a

y

x

=

= 0

u ove jednadbe dobivamo formule koje opisuju gibanje tijela za kosi hitac:

Ako iz formule za )(tx izrazimo vrijeme x

v

xt

0

= i uvrstimo u izraz za )(ty

dobivamo ovisnost )(xy to predstavlja jednadbu putanje tijela. Putanja je u ovom sluaju parabola. Jednadba parabole po kojoj se giba tijelo kod kosog hica je:

9. Tijelo je baeno poetnom brzinom ija je horizontalna komponenta 10 m/s, a vertikalna komponenta 20 m/s. Na kojoj udaljenosti od mjesta s kojeg je baeno e tijelo pasti na tlo?

m/s20

m/s10

0

0

=

=

y

x

v

v

a) gtvtv

yy= 0)(

U najvioj toki putanje y komponenta brzine tijela je nula:

s210

20

0

0)(

0

max

max0

max

===

=

=

g

vt

gtv

tv

y

y

y

Tijelo dostie maksimalnu visinu nakon 2 sekunde. Tijelo e pasti na tlo nakon dvostruko duljeg vremena:

s42 max == tt

2)(

)(

)(

2

0

0

gttvty

gtvtv

gta

y

yy

y

=

=

=

tvtx

vtv

ta

x

xx

x

0

0

)(

)(

0)(

=

=

=

2

2

00

0

2x

v

gx

v

vy

xx

y =


22

Pomak tijela u smjeru osi x u tom vremenu je: m40410)( 0 ==== tvtxx xD

b) Zadatak moemo takoer rijeiti pomou jednadbe parabole:

2

2

00

0

2x

v

gx

v

vy

xx

y =

U toki u kojoj tijelo pada na tlo y koordinata je 0. Uvrstimo y = 0 u jednadbu parabole, kao i zadane komponente poetne brzine:

2

2102

10

10

200 xx

=


0402 = xx Rjeenja ove kvadratne jednadbe:

m01 =x i m402 =x , su x koordinate dviju toaka na paraboli za koje je 0=y . Prva toka je ishodite, a drugo rjeenje je udaljenost m40=

Dx na kojoj e tijelo pasti na tlo.

xD

x

y

0vr

xv0

yv0

y=0

1. Gibanje tijela

23

10. Tijelo je baeno s visine 20 m iznad tla s poetnom brzinom kojoj je vertikalna komponenta 30 m/s, a horizontalna komponenta 10 m/s. Koliki je domet hica u horizontalnom smjeru?

m/s30

m/s10

0

0

=

=

y

x

v

v

Ishodite moramo postaviti u toku iz koje je tijelo ispaljeno (jednadbe za kosi hitac i jednadba parabole su izvedene uz tu pretpostavku). U toci u kojoj tijelo pada na tlo koordinata 20=y . Uvrstimo 20=y i komponente poetne brzine u jednadbu parabole:

2

2

00

0

2x

v

gx

v

vy

xx

y =

2

2102

10

10

3020 xx

=


0400602 = xx Pozitivno rjeenje ove kvadratne jednadbe je x koordinata toke u kojoj tijelo pada na tlo (domet u horizontalnom smjeru).

m166,xD=

x

y

0vr

20m x

v0

yv0

xD

y=-20

O


24

11. Kosi hitac kojem je vertikalna komponenta poetne brzine 30 m/s, a horizontalna komponenta 50 m/s ispaljen je na uzbrdicu od 30. Koliki je domet hica?

m/s30

m/s50

0

0

=

=

y

x

v

v

Toka ),(

DDyxD u kojoj tijelo pada na tlo nalazi se na sjecitu parabole po kojoj

se tijelo giba i pravca koji prikazuje uzbrdicu. Trebamo napisati jednadbu parabole i jednadbu prvaca, te rjeavanjem tog sustava dviju jednadbi s dvije nepoznanice nai njihovo sjecite. Uvrstimo komponente poetne brzine u jednadbu parabole:

2

2

00

0

2x

v

gx

v

vy

xx

y =

2

2502

10

50

30xxy

=

2

500

1

5

3xxy =

Jednadba pravca ima oblik: lkxy += , gdje je: k koeficijent smjera l odsjeak na osi y Koeficijent smjera pravca moemo dobiti iz kuta koji pravac zatvara sa osi x:

tgk = 58030 ,tgk ==

Za pravac koji prolazi kroz ishodite odsjeak na osi y je 0=l . Jednadba pravca je:

x,y 580=

x

y

xv0

yv0

D

xD

30

d 0vr

1. Gibanje tijela

25

Rjeavanjem sustava jednadbi: 2

500

1

5

3xxy =

x,y 580= dobivamo kvadratnu jednadbu:

2

500

1

5

3580 xxx, = ,

0020500

1 2 = x,x

ija su rjeenja: m01 =x i Dxx == m102 .

Domet hica po uzbrdici je:

m51130cos

,x

d D =

=


26

12. Kosi hitac kojem je vertikalna komponenta poetne brzine 30 m/s, a horizontalna komponenta 50 m/s ispaljen je na uzbrdicu od 30 prikazanu na slici. Koliki je domet hica u horizontalnom smjeru?

m/s30

m/s50

0

0

=

=

y

x

v

v

Jednadba parabole je ista kao u prethodnom zadatku:

2

500

1

5

3xxy =

Jednadba pravca kojem je zadan koeficijent smjera i jedna toka ),( 000 yxT moe se napisati u obliku:

)( 00 xxkyy = 58030 ,tgk ==

Pravac prolazi kroz toku )0,10(0T . Uvrstimo koordinate te toke i koeficijent smjera u jednadbu pravca:

)10(5800 = x,y 85580 ,x,y =

Naimo sjecite pravca i parabole:

2

500

1

5

385580 xx,x, =

02900102 = xx Rjeenje (pozitivno) ove kvadratne jednadbe je domet u horizontalnom smjeru:

m159,xD=

x

y

D

xD

30

0vr

10m

T0(10,0)

1. Gibanje tijela

27

13. Tijelo je baeno pod kutem od 50 prema horizontali brzinom od 40 m/s na nizbrdicu od 20. Koliki je domet hica u horizontalnom smjeru i domet mjeren du nizbrdice?

m/s400 =v = 50 = 20

Komponente poetne brzine moemo izraunati iz poetne brzine i kuta koji ona zatvara sa osi x :

m/s63050sin40sin

m/s72550cos40cos

00

00

,vv

,vv

y

x

===

===

Uvrstimo komponente poetne brzine u jednadbu parabole:

2

2

00

0

2x

v

gx

v

vy

xx

y =

2

27252

10

725

630x

,x

,

,y

=

200760191 x,x,y = Koeficijent smjera pravca koji prikazuje nizbrdicu je:

360)20( ,tgk == , pa jednadba pravca ima oblik:

x,y 360= Sjecite pravca i parabole dobit emo rjeavanjem sustava jednadbi:

200760191 x,x,y = x,y 360=

Dobivamo kvadratnu jednadbu: 055100760 2 = x,x, ,

x

y

xv0

yv0

D

xD 50

d

0vr

20


28

ija su rjeenja: m01 =x i Dxx == m2042

Domet hica du nizbrdice je:

m21720cos

=

= Dx

d

14. Tijelo je ispaljeno poetnom brzinom od 30 m/s pod kutem od 45 na podlogu prikazanu na slici. Na kojoj e udaljenosti (u horizontalnom smjeru) tijelo pasti na tlo?

m/s300 =v = 45

Komponente poetne brzine su:

m/s22145sin30sin

m/s22145cos30cos

00

00

,vv

,vv

y

x

===

===

Uvrstimo komponente poetne brzine u jednadbu parabole:

2

2

00

0

2x

v

gx

v

vy

xx

y =

2

22212

10

221

221x

,x

,

,y

=

20110 x,xy = Jednadba pravca moe se napisati u obliku:

)( 00 xxkyy = 580)30( ,tgk ==

x

y

D

xD45

10m

0vr

30

8m

T0(10,8)

1. Gibanje tijela

29

Pravac prolazi kroz toku )8,10(0T Uvrstimo koordinate te toke i koeficijent smjera u jednadbu pravca:

)10(5808 = x,y 813580 ,x,y +=

Rjeavanjem sustava jednadbi

20110 x,xy = 813580 ,x,y +=

dobivamo kvadratnu jednadbu: 08135810110 2 =+ ,x,x, ,

ija su rjeenja: m191 ,x = i m1342 =x

Za oba sjecita pravca i parabole je x pozitivan u ovom sluaju, no sa slike moemo vidjeti da je domet u horizontalnom smjeru m1342 == xxD .


30

1.3. Gibanje po krunici Gibanje tijela po krunici moemo opisati veliinama: kut )(t kutna brzina )(t kutna akceleracija )(t Kutna brzina tijela Srednja kutna brzina u vremenskom intervalu t je omjer prijeenog kuta i proteklog vremena t .

t

=

Prava (trenutna) kutna brzina je granina vrijednost (limes) srednje kutne brzine kada vremenski interval 0t , odnosno derivacija kuta po vremenu.

dt

d

tt

=

=

lim0

Kutna akceleracija tijela Srednja kutna akceleracija u vremenskom intervalu t je omjer promjene kutne brzine i proteklog vremena t .

t

=

Prava ili trenutna kutna akceleracija je granina vrijednost (limes) srednje kutne akceleracije kada vremenski interval 0t , odnosno derivacija kutne brzine po vremenu.

dt

d

tt

=

=

lim0

Put s koji tijelo prijee po krunici radiusa r jednak je duljini luka koji odgovara kutu :

rs = Iznos brzine v kojom se tijelo giba po krunici (obodna brzina) je derivacija puta po vremenu:

rrdt

d

dt

rd

dt

dsv ==

==

)(

Tangencijalna akceleracija

ta je derivacija iznosa brzine po vremenu:

rrdt

d

dt

rd

dt

dvat

==

== )(

s

r

1. Gibanje tijela

31

Veza izmeu linearnih veliina tavs ,, i kutnih veliina ,, je dakle:

1.3.1. Jednoliko gibanje po krunici Kod jednolikog gibanja po krunici iznos brzine je konstantan, odnosno kutna brzina je konstantna. U jednakim vremenskim intervalima tijelo prelazi isti kut, odnosno isti put po krunici. Kutna akceleracija je nula jer nema promjene kutne brzine.

konst

konst

=

==

vvr

Ovisnost kutne akceleracije, kutne brzine i kuta o vremenu za jednoliko gibanje po krunici opisuju formule:

tt

t

t

=

=

=

)(

konst)(

0)(

Kod jednolikog gibanja po krunici iznos brzine je konstantan, ali brzina mijenja smjer. Tangencijalna akceleracija je nula, ali ukupna akceleracija nije nula. Iznos vektora akceleracije je:

cptt

avdt

dv

t

v

t

vaa ===

=

==

limlim00

rr

Smjer akceleracije jednak je smjeru v

r , akceleracija je okomita

na brzinu, tj. ima smjer prema sreditu krunice, pa se zato zove centripetalna akceleracija. Centripetalnu akceleraciju moemo koristei izraz rv = napisati u obliku:

r

vrva

cp

22 ===

r

1vr

2vr

1vr

2vr

vr

v

ra

rv

rs

t=

=

=


32

Ophodno vrijeme T Ophodno vrijeme je vrijeme u kojem tijelo jednom obie krunicu. U ophodnom vremenu tijelo prijee kut 2 .

Tt

2==

Frekvencija f Frekvencija je broj ophoda n u jedinici vremena. Broj ophoda u ophodnom vremenu je 1.

Tt

nf

1==

1.3.2. Jednoliko ubrzano i jednoliko usporeno gibanje po krunici Kod jednolikog ubrzanog gibanja po krunici kutna akceleracija je konstantna. Kutna brzina se poveava jednoliko. Ovisnost kutne akceleracije, kutne brzine i kuta o vremenu za jednoliko ubrzano gibanje po krunici s poetnom kutnom brzinom )0(0 == t opisuju formule:

2)(

)(

)(

2

0

0

ttt

tt

konstt

+=

+=

=

Kod jednolikog usporenog gibanja po krunici kutna brzina se jednoliko smanjuje, kutna akceleracija je negativna. Vektor akceleracije ima dvije meusobno okomite komponente:

tangencijalnu akceleracija u smjeru brzine, odnosno tangente na krunicu, koja govori o promjeni iznosa brzine centripetalnu akceleraciju prema sreditu krunice, koja govori o promjeni smjera brzine

Iznos ukupne akceleracije dobivamo po Pitagorinom teoremu:

22

cptaaa +=

rat

=

r

vra

cp

22 ==

ta

cpa

ar

vr

1. Gibanje tijela

33

Jednoliko, jednoliko ubrzano i jednoliko usporeno gibanje po krunici moemo opisati formulama:

za 0> jednoliko ubrzano 0


34

15. Tijelo se giba po krunici polumjera 50 cm s frekvencijom 4 Hz. Kolika je a) kutnu brzina b) put koji tijelo prijee za 2 s c) centripetalnu akceleracija? a) Kutna brzina je

1s13,2584222 =====

fT

b) Kut koji tijelo prijee za s2=t je:

26501628 ,t ==== Put koji tijelo prijee u tom vremenu je

m132585016 ,,rs ==== c) Centripetalna akceleracija je

222 m/s315501325 === ,,racp

16. Tijelo se giba jednoliko ubrzano po krunici polumjera 0,5 m s kutnom akceleracijom 0,4 s-2. Poetna brzina tijela je 0. Kolika je akceleracija?

1

0

2

0

s40

m50

=

=

=

s

,

,r

Da bismo dobili ukupnu akceleraciju tijela moramo izraunati tangencijalnu i centripetalnu komponentu akceleracije. Tangencijalna akceleracija je:

2ms205040 === ,,,rat

Kutnu brzinu dobivamo iz:

1s80240 === ,,r Centripetalna akceleracija je:

222 ms3205080 === ,,,racp

Tangencijalna i centripetalna akceleracija su dvije meusobno okomite komponenete vektora ukupne akceleracije, koju onda moemo izraunati po Pitagorinom teoremu:

222 m/s380,aaacpt=+=

1. Gibanje tijela

35

17. Koliki put prijee toka na obodu kruga polumjera 70 cm koja se 3 s ubrzava od poetne kutne brzine 30 s-1 do kutne brzine 90 s-1?

1

1

0

s90

s30

s3

cm70

=

=

=

=

t

r

a) Jednoliko ubrzano gibanje po krunici opisuju jednadbe:

Iz druge jednadbe moemo izraunati kutnu akceleraciju:

20 s203

3090 =

=

=t

Kut koji tijelo prijee za 3 sekunde je:

1802

320330

2

=

+=

Put koji tijelo prijee u tom vremenu je: m12670180 === ,rs

b) Zadatak moemo rijeiti i na drugi nain. Ako gornje jednadbe koje opisuju jednoliko ubrzano gibanje pomnoimo s r dobit emo:

2)(

)(

)(

2

0

0

tatvts

tavtv

konstta

t

t

t

+=

+=

=

Tangencijalna akceleracija je 2m/s147020 === ,rat

Poetna brzina je m/s21703000 === ,rv Put moemo izraunati po formuli:

m1262

314321

2

22

0=

+=+=

tatvs t

2)(

)(

)(

2

0

0

ttt

tt

konstt

+=

+=

=


36

18. Tijelo koje se giba po krunici s poetnom kutnom brzinom od 20 okretaja u minuti usporava tako da mu se za 20 okretaja kutna brzina smanji na 50 okretaja u minuti. Kolika je kutna akceleracija tijela?

20=n - broj okretaja Kutnu brzinu trebamo preraunati iz okretaja u minuti u radijane po sekundi:

rad/s920s60

rad2200minokr200

0,=

==

rad/s25s60

rad250minokr50 ,=

==

Kada napravi 20 okretaja, kut koji tijelo prijee je:

402202 === n Kada se tijelo giba jednoliko usporeno po krunici, njegovo gibanje opisuju jednadbe:

Uvrtavanjem zadanih veliina u druge dvije jednadbe dobivamo sustav dviju jednadbi s dvije nepoznanice:

292040

920252t

t,

t,,

+=

+=

Iz prve jednadbe izrazimo:

715,t = , to moemo uvrstiti u drugu jednadbu:

2

71592040

t,t,

+= ,

te dobivamo vrijeme i kutnu akceleraciju:

2s61715

s69

=

=

=

,t

,

,t

2)(

)(

)(

2

0

0

ttt

tt

konstt

+=

+=

=

2. Newtonovi aksiomi I. Ako na tijelo ne djeluje sila, tijelo ostaje u stanju mirovanja ili jednolikog gibanja po pravcu. II. Ako na tijelo djeluje sila ona mu daje akceleraciju, prema formuli;

amFrr

= Ako na tijelo djeluje vie sila, akceleraciju tijela odreuje ukupna (rezultantna) sila:

amFFi

iuk

rrr==

III. Ako jedno tijelo djeluje silom na drugo tijelo, onda i to drugo tijelo djeluje na prvo silom jednakog iznosa i na istom pravcu, ali u suprotnom smjeru.

2112 FF

rr=

( 12Fr

je sila kojom tijelo 1 djeluje na tijelo 2, i obrnuto)


38

19. Tijelo mase 4 kg vuemo po horizontalnoj podlozi silom od 10 N pod kutem od 30 u odnosu na podlogu. Koeficijent trenja je 0,2. Kolika je akceleracija tijela?

kg4=m N10=F = 30 20,=

Akceleraciju tijela moemo izraunati pomou II Newtonovog zakona:

amFFi

iuk

rrr==

Da bismo dobili akceleraciju moramo odrediti sve sile koje djeluju na tijelo:

1. sila F kojom vuemo tijelo 2. teina mgG = sila kojom Zemlja privlai tijelo prema sebi 3. reakcija podloge N sila kojom podloga djeluje na tijelo koje se na njoj

nalazi, okomita je na podlogu 4. sila trenja NT = sila kojom podloga djeluje na tijelo koje se po njoj

giba, u suprotnom je smjeru od smjera gibanja tijela, dolazi od elektrostatskog privlaenja molekula tijela i podloge

Sada moemo napisati II Newtonov zakon za ovaj sluaj:

amTNGFrrrrr

=+++ Da bismo rijeili ovu vektorsku jednadbu (sile su u razliitim smjerovima) uvest emo koordinatni sustav. Os x stavit emo u smjeru gibanja tijela, a os y okomito. Kada su dva vektora jednaka, jednake su njihove x komponente i njihove y komponente.

F

G N T

x

y

yF

xF

2. Newtonovi zakoni

39

Izjednaimo x i y komponente s lijeve i desne strane gornje vektorske jednadbe: x:

xmaTF =cos

y:y

maGNF =+sin Budui da tijelo klizi po podlozi, odnosno giba se u smjeru osi x, znai da nema gibanja (tj. komponente akceleracije) u smjeru osi y, a x komponenta akceleracije je ujedno ukupna akceleracija:

aa

a

x

y

=

= 0

Uvrtavanjem ovih komponenti akceleracije u gornje jednadbe dobivamo: maTF =cos

0sin =+ GNF Iz druge jednadbe moemo izraunati reakciju podloge:

NFmgFGN 3530sin10104sinsin ==== Zatim moemo izraunati silu trenja:

N,NT 73520 === Iz prve jednadbe moemo izraunati akceleraciju tijela:

2m/s4204

730cos10cos,

m

TFa =

=

=

20. Tijelo klizi niz kosinu nagiba 15. Koeficijent trenja izmeu tijela i podloge je 0,1. Za koliko vremena e tijelo doi do dna kosine, ako je ona duga 3 metra?

10,= =15

m3=l

l

15

G N

T

x

y

15 y

G

xG


40

Najprije moemo odrediti akceleraciju tijela pomou II Newtonovog zakona: amFF

iiuk

rrr==

Na tijelo djeluju: teina G, reakcija podloge N i sila trenja T. Moemo napisati II Newtonov zakon za ovaj sluaj:

Da bismo rijeili ovu vektorsku jednadbu uvest emo koordinatni sustav: os x u smjeru gibanja (niz kosinu), a os y okomito. Izjednaimo x i y komponente s lijeve i desne strane jednadbe: x:

xmaTG =sin

y:y

maNG =+ cos Budui da se tijelo se giba samo u smjeru osi x, nema y komponente akceleracije, a x komponenta akceleracije je jednaka ukupnoj akceleraciji:

0=ya

aax= .

Uvrtavanjem komponenti akceleracije u gornje jednadbe dobivamo: maTG =sin

0cos =+ NG Iz druge jednadbe moemo izraziti reakciju podloge, te zatim izraunati silu trenja:

coscos mgGN == cosmgNT ==

Iz prve jednadbe moemo izraunati akceleraciju:

cossincossinsin

ggm

mgmg

m

TGa =

=

=

2m/s62115cos101015sin10 ,,a == Tijelo se niz kosinu giba jednoliko ubrzano, pa vrijeme gibanja moemo izraunati iz formule:

2

2ats = , gdje je put s jednak duljini kosine l.

s9212

,a

st ==

amTNGrrrr

=++

2. Newtonovi zakoni

41

21. Tijelo mase 2 kg vuemo stalnom brzinom uz kosinu silom od 15 N pod kutem od 20 u odnosu na kosinu. Nagib kosine je 30. Koliki je koeficijent trenja?

kg2=m N15=F = 20 = 30

konst=v Ako se tijelo giba konstantnom brzinom, znai da nema akceleracije, pa moemo napisati II Newtonov zakon u obliku:

0==i

iukFFrr

Na tijelo djeluju: sila F kojom vuemo tijelo, teina G, reakcija podloge N i sila trenja T.

0=+++ TNGFrrrr

Da bismo rijeili ovu vektorsku jednadbu uvest emo koordinatni sustav: os x u smjeru gibanja (uz kosinu), a os y okomito. Izjednaimo x i y komponente s lijeve i desne strane jednadbe: x: 030sin20cos = TGF y: 030cos20sin =+ NGF Iz prve jednadbe moemo izraunati silu trenja:

N1430sin2020cos1530sin20cos ,GFT === Iz druge jednadbe moemo izraunati reakciju podloge:

N21220sin1530cos2020sin30cos ,FGN === Zatim moemo izraunati koeficijent trenja:

340212

14,

,

,

N

T===

30

G N

T

x

y 30

F 20


42

22. Koliki je najvei nagib kosine kod kojeg tijelo moe mirovati na kosini, ako je koeficijent trenja 0,4?

40,= Kada tijelo miruje, nema akceleracije, te iz II Newtonovog zakona dobivamo da je ukupna sila na tijelo nula:

0=== amFFi

iuk

rrr

Na tijelo djeluju: teina G, reakcija podloge N i sila trenja T. Moemo napisati II Newtonov zakon za ovaj sluaj:

0=++ TNGrrr

Da bismo rijeili ovu vektorsku jednadbu uvest emo koordinatni sustav: os x u smjeru gibanja (niz kosinu), a os y okomito. Izjednaimo x i y komponente s lijeve i desne strane jednadbe: x: 0sin =TG y: 0cos =+ NG Iz prve jednadbe moemo izraziti silu trenja:

sinGT = Iz druge jednadbe moemo izraziti reakciju podloge:

cosGN = to je vei nagib kosine, vea je x komponenta teine koja djeluje niz kosinu, pa e biti vea i sila trenja koja ju ponitava. Za najvei kut nagiba kosine kod kojeg tijelo jo miruje sila trenja e imati iznos (kao kad tijelo klie po kosini):

NT =

G

N

T

x

y

yG

xG

2. Newtonovi zakoni

43

Izrazimo iz ove jednadbe koeficijent trenja:

40cos

sin,tg

G

G

N

T====

Odavde moemo izraunati nagib kosine: = 821, 23. Tijelo mase 4 kg guramo uz kosinu silom od 30 N pod kutem od 20 u odnosu na kosinu. Nagib kosine je 30, a tijelo se giba s akceleracijom 0,4 m/s2. Koliki je koeficijent trenja?

kg4=m N30=F = 20 = 30

2m/s40,a = Zadatak emo rijeiti koristei II Newtonov zakon:

amFFi

iuk

rrr==

Na tijelo djeluju: sila F kojom guramo tijelo, teina G, reakcija podloge N i sila trenja T. Napiimo II Newtonov zakon:

amTNGFrrrrr

=+++ Da bismo rijeili ovu jednadbu uvest emo koordinatni sustav: os x u smjeru gibanja (uz kosinu), a os y okomito. Izjednaimo x i y komponente s lijeve i desne strane jednadbe: x: mamaTGF

x== 30sin20cos

y: 030cos20sin ==+y

maNGF

Iz prve jednadbe moemo izraunati silu trenja:

N,maGFT 664,0430sin4020cos3030sin20cos === Iz druge jednadbe moemo uzraunati reakciju podloge:

N,FGN 94420sin3030cos4020cos30cos =+=+= Zatim moemo izraunati koeficijent trenja:

150944

66,

,

,

N

T===

20

30 G

N T

x

y 30

F


44

24. Na tijelo mase 4 kg koje se giba niz kosinu nagiba 40 djeluju sila F1 od 12 N pod kutem od 20 u odnosu na kosinu i sila F2 od 8 N pod kutem od 30 u odnosu na kosinu. Koeficijent trenja je 0,4. Kolika je akceleracija tijela?

kg4=m N121 =F = 201 N82 =F = 302 = 40 40,=

Zadatak emo rijeiti koristei II Newtonov zakon:

amFFi

iuk

rrr==

Na tijelo djeluju: sile F1 i F2, teina G, reakcija podloge N i sila trenja T. II Newtonov zakon za ovaj sluaj moemo napisati u obliku:

amTNGFFrrrrrr

=++++ 21 Da bismo rijeili ovu vektorsku jednadbu uvest emo koordinatni sustav: os x u smjeru gibanja (niz kosinu), a os y okomito. Izjednaimo x i y komponente s lijeve i desne strane jednadbe: x: mamaTGFF

x==++ 40sin30cos20cos 21

y: 040cos30sin20sin 21 ==++ ymaNGFF

Iz druge jednadbe moemo izraunati reakciju podloge:

N73040cos30sin20sin 21 ,GFFN =+= Zatim moemo izraunati silu trenja:

N31273040 ,,,NT === Iz prve jednadbe moemo izraunati akceleraciju tijela:

221 m/s9740sin30cos20cos

,m

TGFFa =

++=

40

G N

T

x

y

40

F1

F2

40

20

30

2. Newtonovi zakoni

45

25. Auto mase 1 t prelazi most polumjera 100 m brzinom 72 km/h. a) Koliki je pritisak na podlogu? b) Kolika bi trebala biti brzina auta da pritisak na podlogu bude nula? c) Kolika bi trebala biti brzina auta na ravnoj cesti da pritisak na podlogu bude nula?

t1=m

m100=r

a) Pritisak na podlogu P je sila kojom auto djeluje na podlogu. Reakcija podloge N je sila kojom podloga djeluje na auto. Prema III Newtonovom zakonu ove dvije sile su po iznosu jednake (ali suprotnog smjera):

NP = Auto se giba konstantnom brzinom po krunici polumjera 100 m. Napisat emo II Newtonov zakon za komponente sila u smjeru okomitom na smjer gibanja. Sile koje djeluju na auto u tom smjeru su sila tea i reakcija podloge. Ove sile odredjuju centripetalnu akceleraciju tijela koja ima smjer prema sreditu.

r

vmmaNG

cp

2

==

N6000100

20100010000

22

=

==r

vmGN

r

G N

vr

m/s20s3600

m72000km/h72 ===v


46

b) Uvrstimo uvjet da je 0======== NP u II Newtonov zakon iz prethodnog sluaja:

r

vmmaG

cp

2

0 ==

Iz ove jednadbe moemo izraunati brzinu auta:

r

vmmg

2

=

m/s631,rgv == c) Na ravnoj cesti polumjer putanje po kojoj se giba auto jednak je polumjeru Zemlje Rz.

km6400====zR

Uvrstimo ovaj polumjer u II Newtonov zakon:

zR

vmG

2

=

m/s8000104610 6 === ,Rgvz

26. Auto ulazi u zavoj polumjera 50 m brzinom 15 m/s. Ako je koeficijent trenja 0,7, do koje brzine smije ubrzati u zavoju? Ako je zavoj jedna etvrtina kruga, kolika je tangencijalna akceleracija?

m50=r m/s15=v 70,=

Auto se giba po krunoj putanji zbog djelovanja sile trenja koja ima smjer prema sreditu krunice. Sila trenja se opire gibanju u radijalnom smjeru (van krunice) i njezin maksimalan iznos je NT = (u tom sluaju dobivamo najveu brzinu kojom se auto moe gibati po krunici). Ostale horizontalne sile, koje su u smjeru brzine, u ovom zadatku nije potrebno razmatrati.

0vr

vr

r

T

2. Newtonovi zakoni

47

II Newtonov zakon za komponente u radijalnom smjeru moemo napisati u obliku:

cpmaT =

U ovom sluaju, budui da nema drugih sila u vertikalnom smjeru, vrijedi GN = , odnosno

mgGT == , te moemo napisati:

r

mvmg

2

=

Iz ove jednadbe moemo izraunati najveu brzinu kojom se moe gibati auto:

m/s718,grv == Auto se giba jednoliko ubrzano po krunici, pa njegovo gibanje opisuju jednadbe:

2)(

)(2

0

0

ttt

tt

+=

+=

Iz izraza rv = moemo izraunati poetnu i konanu kutnu brzinu:

100

s3050

15 === ,r

v

1s37050

718 === ,,

r

v

Kada auto prijee etvrtinu kruga, kut koji prijee je: 2

=

Uvrstimo poznate veliine u gornje jednadbe:

230

2

303702t

t,

t,,

+=

+=

Iz prve jednadbe moemo izraziti t

,070= , te uvrstiti u drugu jednadbu iz

koje dobivamo: s74,t = , te

2s0150070 == ,t

,

Zatim moemo izraunati tangencijalnu akceleraciju:

2m/s750500150 ,,rat

===

G

N

3. Rad i energija 3.1. Rad Rad je djelovanje sile na nekom putu. Rad sile F

rna putu s od toke A do toke B je:

=B

A

F

BAsdsFW cos),(

r

gdje je: - kut izmeu sile i brzine hvatita sile ds - diferencijal puta hvatita sile Kada je sila konstantna du cijelog puta po iznosu i smjeru, i tijelo se giba po pravcu formulu za rad moemo napisati na jednostavniji nain:

cos= sFW Fs

r

gdje je s put koji prijee hvatite sile. 3.2. Energija Energija je sposobnost vrenja rada. Zakon ouvanja energije kae da je ukupna koliina energije u izoliranom sustavu konstantna. Kinetika energija Kinetika energija tijela je energija koju ima tijelo zbog svojeg gibanja.

2

2mvE

k= za cv

3. Rad i energija

49

Potencijalna energija Konzervativna sila je sila za koju je rad po zatvorenom putu jednak nuli. Za konzervativnu silu rad od toke A do toke B je isti bez obzira kojim se putem gibamo od A do B, on ovisi samo o poetnoj i konanoj toki puta. Za konzervativnu silu se moe definirati potencijalna energija koja u svakoj toki prostora ima neku odreenu vrijednost: razlika potencijalne energije izmeu toaka B i A jednaka je negativnom radu konzervativne sile na tom putu.

konzF

BAspppWAEBEE

r

),()()( ==

Gravitacijska sila je konzervativna sila, te moemo definirati potencijalnu energiju tijela u polju gravitacijske sile (izvod u skripti):

)(cos)()( ),( ABB

A

G

BAsppphhmghmgdsGWAEBEE =====

r

Ako izaberemo da je na poetnoj visini potencijalna energija nula, moemo napisati izraz za potencijelnu energiju na visini h iznad poetne toke kao:

mghEp=

27. Koliki je rad potreban za podizanje tereta mase 2 kg uz kosinu nagiba 30 i visine 10 m? Koeficijent trenja je 0,3. Tijelo vuemo uz kosinu konstantnom brzinom.

kg2=m m10=h = 30 30,=

konst=v Kada je sila konstantna du puta (po iznosu i smjeru) i tijelo se giba po pravcu, moemo izraz za rad napisati u jednostavnijem obliku:

cos= sFW Fs

Kada tijelo vuemo uz kosinu, sila je u smjeru gibanja ( 0= ), pa moemo napisati:

lFW Fs

== , gdje je l duljina kosine.

30

G N

T

x

y 30

F

h

l


50

Duljinu kosine l moemo izraunati iz visine i kuta nagiba kosine:

m2030sin

10

sin===

oh

l

Silu kojom vuemo tijelo uz kosinu dobit emo iz II Newtonovog zakona. Ako se tijelo giba konstantnom brzinom, nema akceleracije, pa moemo napisati:

0==i

iukFFrr

Na tijelo djeluju: sila F kojom vuemo tijelo, teina G, reakcija podloge N i sila trenja T.

0=+++ TNGFrrrr

Da bismo rijeili ovu vektorsku jednadbu uvest emo koordinatni sustav: os x uz kosinu, a os y okomito. Izjednaimo x i y komponente s lijeve i desne strane jednadbe: x: 030sin = TGF y: 030cos =GN Iz druge jednadbe moemo izraunati reakciju podloge i zatim silu trenja:

N31730cos2030cos ,GN === o N2,531730 === ,,NT

Silu kojom vuemo tijelo moemo izraunati iz prve jednadbe: N2152530sin2030sin ,,TGF =+=+= o

Zatim moemo izraunati rad sile F za podizanje tijela uz kosinu:

J30420215 ==== ,lFW Fs

3. Rad i energija

51

28. U trenutku kada pone koiti brzina automobila je 72 km/h. Kolika e biti njegova brzina nakon 20 m, ako je koeficijent trenja 0,3?

m/s20km/h72 ==v

m20=s 30,=

Automobil se giba jednoliko usporeno i zadatak se naravno moe rijeiti uz pomo II Newtonovog zakona i jednadbi gibanja, no sada emo ga rijeiti na drugi nain, koristei zakon promjene kinetike energije tijela:

ki

F

sEW i =

Sile koje djeluju na auto su: teina G, reakcija podloge N i sila trenja T. Gornju formulu moemo napisati za ovaj sluaj u obliku:

22

2

02 mvmv

EWWWk

T

s

N

s

G

s==++

Rad svake sile raunamo po formuli: cos= sFW F

s

0=G

sW

0=Ns

W

mgsGsNssTsTWT

s ===== 180cos

Ukupna sila u smjeru okomitom na gibanje je 0, pa u ovom sluaju vrijedi da je GN = . Uvrstimo izraze za rad u poetnu jednadbu:

22

2

02 mvmv

mgs =

Iz ovog izraza dobivamo brzinu: 2802010302202 220

2 === ,gsvv m/s716,v =

jer su sile G i N okomite na smjer gibanja.

G N T

0vr


52

29. Tijelo klizi s vrha kosine visoke 10 m i duge 20 m. Koliku e brzinu tijelo imati na dnu kosine, ako je koeficijent trenja 0,1?

m10=h m20=l 10,=

Kut nagiba kosine dobijemo iz: 50sin ,l

h==

= 30 Zadatak moemo rijeiti koristei zakon promjene kinetike energije:

ki

F

sEW i =

Sile koje djeluju na auto su: teina G, reakcija podloge N i sila trenja T, te gornju formulu moemo napisati u obliku:

22

2

02 mvmv

EWWWk

T

s

N

s

G

s==++

Rad svake sile raunamo po formuli: cos= sFW F

s

sin)90cos( == lGlGW G

s

0=Ns

W

lTlTWT

s== 180cos

Da bismo odredili silu trenja, napisat emo II Newtonov zakon za ovaj sluaj:

amTNGrrrr

=++ Da bismo rijeili ovu jednadbu uvest emo koordinatni sustav: os x niz kosinu, a os y okomito.

l

G N

T

x

y

h

3. Rad i energija

53

Izjednaimo x i y komponente s lijeve i desne strane jednadbe: x: maTG =sin y: 0cos = GN Iz druge jednadbe moemo izraziti reakciju podloge, izraunati silu trenja i zatim rad sile trenja:

cosGN = cosGNT ==

=TsW lG cos Uvrstimo dobivene izraze za rad i da je 00 =v u poetnu jednadbu:

2cossin

2mvGlGl =

Iz ove jednadbe dobivamo: )30cos1030(sin20102)cos(sin22 == ,glv

m/s912,v =


54

30. Kuglicu koja visi na niti duljine pola metra, ispustimo iz poetnog poloaja u kojem je bila otklonjena za 30. Kolika e biti brzina kuglice u ravnotenom poloaju?

m5,0=l = 30

I) Pokuajmo zadatak rijeiti koristei II Newtonov zakon:

amFFi

iuk

rrr==

Na tijelo djeluju teina G i napetost niti N, pa II Newtonov zakon za ovaj sluaj moemo napisati u obliku:

amNGrrr

=+ Da bismo rijeili ovu vektorsku jednadbu uvedimo koordinatni sustav: os x u smjeru gibanja (okomito na nit) i os y u smjeru niti. Kuglica se giba po krunoj putanji, pa su komponente ukupne akceleracije tangencijalna (u smjeru gibanja) i centripetalna (prema sreditu krunice) akceleracija.

l cosl

vr

G

N

x

y

cosllh =

3. Rad i energija

55

Izjednaimo x i y komponente s lijeve i desne strane jednadbe: x:

tmaG =sin

y:cp

maGN = cos Iz prve jednadbe vidimo da tangencijalna akceleracija

singat=

ovisi o kutu , dakle kuglica se giba po krunici s promjenljivom akceleracijom. Ova jednadba je diferencijalna jednadba koja se moe egzaktno rijeiti samo za male kuteve. 2) Zadatak se moe mnogo jednostavnije rijeiti pomou zakona o promjeni kinetike energije:

ki

F

sEW i = ,

koju za ovaj sluaj moemo napisati u obliku:

2

2mvEWW

k

N

s

G

s==+

0=Ns

W , jer je sila N okomita na smjer gibanja. Gravitacijska sila je konzervativna sila, to znai da rad te sile ovisi samo o poetnoj i konanoj toki puta, te se moe izraziti preko promjene potencijalne energije.

p

G

sEdsGW == cos

Kada izraze za rad uvrstimo u poetnu formulu dobivamo:

kpEE =

2

2mvhmg = ,

gdje je hhhhh === 012 razlika visina na kojoj se nalazi kuglica u poetnom i ravnotenom poloaju (gdje smu uzeli da se u ravnotenom poloaju kuglica nalazi na visini 0).

2

2mv

mgh =

Sa slike moemo vidjeti da je:

0030cos5050cos ,,,llh ===

m/s1612 ,hgv ==

4. Zakon ouvanja koliine gibanja. Sudari Koliina gibanja Koliina gibanja tijela je umnoak mase i brzine.

vmprr

= Zakon ouvanja koliine gibanja U izoliranom sustavu (na koji ne djeluju vanjske sile) ukupna koliina gibanja je konstantna. Sudari Promatrat emo sudare dvaju tijela na koja ne djeluju vanjske sile, te ih moemo smatrati izoliranim sustavom. Ukupna koliina gibanja prije sudara jednaka je ukupnoj koliini gibanja poslije sudara. Zakon ouvanja koliine gibanja moemo napisati u obliku:

2121 pppp +=+rrrr

gdje su : 1p

r i 2p

rkoliine gibanja tijela 1 i tijela 2 prije sudara, a 1p

r i 2p

r koliine

gibanja poslije sudara, odnosno u obliku:

22112211 vmvmvmvm +=+rrrr

1vr i 2v

r su brzine tijela 1 i tijela 2 prije sudara, a 1v r i 2v

r brzine tijela poslije

sudara. U sluaju sudara dva tijela takoer vrijedi zakon ouvanja energije: ukupna energija prije i poslije sudara je ista.

QEEEEkkkk++=+

2121

gdje su : 1k

E i 2k

E kinetike energije tijela 1 i tijela 2 prije sudara, a 1k

E i

2kE koliine gibanja poslije sudara, odnosno u obliku:

Qvmvmvmvm

+

+

=+2222

2

22

2

11

2

22

2

11

Q je toplinska vrijednost sudara, odnosno dio kinetike energije koji se pretvori u energiju mikroskopskog gibanja molekula tijela. Sudari mogu biti: -elastini 0=Q -neelastini 0>Q

4. Zakon ouvanja koliine gibanja. Sudari

57

4.1. Neelastini sudari 31. Tijelo mase 3 kg giba se brzinom 2 m/s u susret tijelu mase 1 kg i brzine 4 m/s. Nakon sudara tijela se nastave gibati zajedno. Kolikom brzinom i u kojem smjeru e se tijela gibati nakon sudara? Kolika je toplinska vrijednost sudara?

Zakon ouvanja koliine gibanja kae da je ukupna koliina gibanja prije i poslije sudara jednaka:


Prije sudara oba tijela gibaju se na jednom pravcu. Izaberimo os x du pravca gibanja, a os y okomito. Poslije sudara tijela se gibaju zajedno, te e njihovo gibanje ostati na istom pravcu (da bi koliina gibanja ostala ista).

Moemo izjednaiti x komponente s lijeve i desne strane gornje vektorske jednadbe:

xxxxvmvmvmvm 22112211 +=+

y komponente svih brzina su nula. Poslije sudara tijela se gibaju zajedno pa vrijedi da je:

xxxvvv == 21

S obzirom da su x komponente jedine komponente brzina moemo radi jednostavnijeg pisanja izostaviti indeks x kod komponenti brzina, te zakon ouvanja koliine gibanja napisati u obliku:

vmmvmvm +=+ )( 212211 Uvrstimo u ovu jednadbu mase i brzine tijela:

1 sm /2 sm /4

3kg 1kg

x

x

v r

m/s4

m/s2

2

1

=

=

v

v

kgm

m

1

kg3

2

1

=

=


58

v+=+ )13()4(123 m/s50,v =

Smjer gibanja tijela poslije sudara je u pozitivnom smjeru osi x. Toplinska vrijednost sudara jednaka je razlici kinetike energije prije i poslije sudara:

QEEEEkkkk++=+

2121

Qvmm

Qvmvmvmvm

++

=+

+

=+2

)(

2222

2

21

2

22

2

11

2

22

2

11

J5132

50)13(

2

41

2

23 222,

,Q =

+

+

=

32. Metak mase 10 g i brzine 450 m/s pogaa metu mase 5 kg koja pada brzinom 2 m/s. Kolikom e se brzinom i pod kojim kutem metak i meta zajedno gibati nakon sudara?

Zakon ouvanja koliine gibanja moemo napisati u obliku:


Nakon sudara se metak i meta gibaju zajedno:

vmmvmvm +=+rrr

)( 212211 Izjednaimo x i y komponente s lijeve i desne strane jednadbe: x:

xxxvmmvmvm +=+ )( 212211

y: yyyvmmvmvm +=+ )( 212211

x

y

m1=10g

m2=5kg

450m/s

2m/s

vr

xv

yv


59

Uvrstimo u ove jednadbe mase i komponente brzina tijela:

m/s905010

0450010

21

2211 ,,

,

mm

vmvmv xxx

=+

+=

++

=

m/s25010

250

21

2211 =++

=+

+=

,mm

vmvmv

yy

y

Iz komponenti brzina moemo izraunati iznos vektora brzine i kut koji brzina zatvara s osi x:

m/s2222 ,vvvyx=+=

22,v

vtg

x

y =

=

= 665, Toplinska vrijednost sudara je jednaka razlici kinetike energije prije i poslije sudara:

2

)(

22

2

21

2

22

2

11 vmmvmvmQ+

+=

J10102

22)5010(

2

25

2

450010 222=

+

+

=

,,,Q

m/s2

m/s0

2

2

=

=

y

x

v

v

kg52 =m

m/s0

m/s450

1

1

=

=

y

x

v

v

kg0101 ,m =


60

4.2. Centralni elastini sudari Kod elastinih sudara toplinska vrijednost sudara je nula, kinetika energija prije i poslije sudara je ista:

0=Q

2121 kkkkEEEE +=+

Zakon ouvanja energije moemo napisati u obliku:

2222

2

22

2

11

2

22

2

11 vmvmvmvm +

=+

Sudari su centralni ako se prije sudara oba tijela gibaju na istom pravcu, sudare se tako da spojnica njihovih sredita lei na tom istom pravcu, te tada nakon sudara njihove brzine ostaju na istom pravcu.

Izaberimo koordinatnu os x na pravcu po kojem se gibaju tijela. Sve brzine lee na osi x. Zakon ouvanja koliine gibanja


napiimo za x komponente:

xxxxvmvmvmvm 22112211 +=+

Kako su x komponente brzine ujedno i jedine komponente brzine, radi jednostavnosti dalje moemo izostaviti indeks x, te pisati zakon ouvanja u obliku:

22112211 vmvmvmvm +=+

1vr

2vr

x

x

1v r

2vr

x


61

Za centralne elastine sudare zakon ouvanja koliine gibanja i zakon ouvanja energije moemo napisati u obliku:

22112211 vmvmvmvm +=+

2222

2

22

2

11

2

22

2

11 vmvmvmvm +

=+

Ako su zadane mase i brzine tijela prije sudara, a traimo brzine tijela poslije sudara ove dvije jednadbe predstavljaju sustav dviju jednadbi s dvije nepoznanice koji trebamo rijeiti. Pomnoimo drugu jednadbu s 2, te u obje jednadbe lanove s masom 1m prebacimo na jednu, a lanove s masom 2m na drugu stranu.

22221111 vmvmvmvm = 2

22

2

22

2

11

2

11 vmvmvmvm =

)()( 222111 vvmvvm =

)()( 222

22

2

1

2

11 vvmvvm = Podijelimo drugu jednadbu s prvom:

)(

)(

)(

)(

222

2

2

2

22

111

2

1

2

11

vvm

vvm

vvm

vvm

=

iz ovog izraza dobivamo:

2211 vvvv +=+

1221 vvvv = Pri rjeavanju zadataka sa centralnim elastinim sudarima umjesto gore navedenog sustava jednadbi moemo koristiti jednostavniji sustav:

22112211 vmvmvmvm +=+

1221 vvvv = Relativna brzina dvaju tijela je:

12 vvvr = Drugu jednadbu moemo napisati u obliku:

rrvv =

gdje je rv relativna brzina prije sudara, a 12 vvvr = relativna brzina poslije

sudara.


62

33. Tijelo mase 2 kg i brzine 3 m/s giba se u susret tijelu mase 1 kg koje se giba brzinom 5 m/s. Kolike su brzine tijela nakon sudara? Sudar je centralan i elastian.

kg21 =m kg12 =m

m/s5

m/s3

2

1

=

=

v

v

Za centralan elastian sudar vrijedi:

22112211 vmvmvmvm +=+

1221 vvvv = Uvrstimo mase i brzine tijela prije sudara u ove jednadbe:

2125132 vv +=

12)5(3 vv = Dobivamo sustav dviju jednadbi s dvije nepoznanice:

2121 vv +=

128 vv = Rjeavanjem ovog sustava dobivamo brzine tijela poslije sudara:

m/s332m/s3

71

&,v ==

m/s665m/s3

172

&,v ==

Uoimo da je relativna brzina tijela prije i poslije sudara ista po iznosu, ali suprotnog predznaka. 34. Tijelo mase 200 g koje se giba brzinom 30 m/s sustie tijelo mase 10 kg koje se giba brzinom 5 m/s. Sudar je centralan i elastian. Kolike su brzine tijela nakon sudara?

kg2,01 =m kg102 =m

m/s5

m/s30

2

1

=

=

v

v

m/s3 m/s5

2kg 1kg

m/s30

200g 10kg

m/s5


63


22112211 vmvmvmvm +=+

1221 vvvv = Uvrstimo mase i brzine prije sudara u ove jednadbe:

21 10205103020 vv,, +=+

12530 vv = Dobivamo sustav dviju jednadbi s dvije nepoznanice:

21 102056 vv, +=


smv /191 = smv /62 =

Relativna brzina tijela prije i poslije sudara je ista po iznosu, ali suprotnog predznaka.

smvvvr

/2521 == smvvv

r/2521 ==

35. Tijelo mase 2 kg i brzine 1 m/s udara u mirno tijelo jednake mase. Sudar je centralan i elastian. Kolike su brzine tijela nakon sudara? Uvrtavanjem masa i brzina prije sudara u jednadbe:

22112211 vmvmvmvm +=+

1221 vvvv = , dobivamo sustav jednadbi:

21 222 vv +=


m/s01 =v m/s12 =v

Nakon sudara prvo tijelo se zaustavlja, a drugo tijelo se nastavlja gibati brzinom koju je prvo tijelo imalo prije sudara.

1 m/s1

2 kg 2 kg

m/s0

m/s1

2

1

=

=

v

v

kg2

kg2

2

1

=

=

m

m


64

36. Dvije kuglice vise na nitima tako da se nalaze na istoj visini i dodiruju se. Niti su razliite duljine: cm301 =l i cm152 =l . Mase kuglica su

g2001 =m i g3002 =m . Kuglicu mase 200 g otklonimo za 60 i ispustimo. Koliko e se druga kuglica otkloniti nakon sudara? Sudar je elastian. Razlika visina na kojima se nalazi kuglica u poetnom i ravnotenom poloaju 1h moe se izraunati iz kuta otklona:

m15060cos3030cos 1111 ,,,llh === Potencijalna energija koju ima kuglica u poetnom poloaju jednaka je kinetikoj energiji koju e imati kada doe u ravnoteni poloaj:

2

2

1111

vmghm =

m/s7312 11 ,ghv == Sudar kuglica koje vise na nitima moemo tretirati kao centralan sudar i ukoliko se kuglice ne pogode tono u sredini jer je zbog niti gibanje ogranieno, (nijedna kuglica se ne moe gibati prema dolje, a onda zbog ouvanja koliine gibanja niti prema gore), te nakon sudara brzina obje kuglice mora ostati u horizontalnom smjeru.

1 2

1

2

1l

2l

1h2h

g2001 =m

g3002 =m

cm301 =l

cm152 =l

= 601


65


22112211 vmvmvmvm +=+

1221 vvvv = Uvrstimo mase i brzine prije sudara u ove jednadbe:

21 302073120 v,v,,, +=

12731 vv, = Rjeavanjem ovog sustava dobivamo brzine kuglica poslije sudara:

m/s3501 ,v = m/s3812 ,v =

Kinetika energija koju ima druga kuglica nakon sudara jednaka je potencijalnoj energiji koju e imati u otklonjenom poloaju:

22

2

22

2ghm

vm=

m0950102

381

2

22

22

,,

g

vh =

=

=

Sa slike vidimo da je:

370150

0950150cos

2

222 ,

,

,,

l

hl=

=

=

Kut otklona druge kuglice je: = 5682 ,

5. Rotacija krutog tijela Za opis gibanja tijela veih dimenzija nee biti dovoljno znati kako se giba samo jedna toka tijela (kod malih tijela uzimamo kao da se sva masa tijela nalazi u jednoj toki aproksimacija materijalne toke). Centar mase tijela Podijelimo tijelo na puno malih dijelova mase

im i izaberimo ishodite A .

irr

je vektor poloaja mase i

m (ide od ishodita do mjesta gdje se nalazi masa

im )

Vektor poloaja centra mase (odreuje gdje se nalazi centar mase tijela) je: Centar mase giba se brzinom

cmvr

i ima akceleraciju cmar

. Brzina centra mase je derivacija poloaja centra mase po vremenu:

dt

Rdv cmcm

rr

=

Akceleracija centra mase je derivacija brzine centra mase po vremenu:

dt

vda cmcm

rr

=

II Newtonov zakon kod tijela veih dimenzija odreuje gibanje centra mase tijela:

cmi

iukamFFrrr

==

Ostale toke tijela mogu rotirati u odnosu na centar mase, tako da nam poznavanje gibanja centra mase nee biti dovoljno za opis gibanja.

=

ii

ii

i

cmm

rm

R

r

r

A

cm

im

irr

cmRr

5. Rotacija krutog tijela

67

Moment sile Moment sile F

r u odnosu na izabranu toku A je: FrM F

A

rrr r=

rr

ide od ishodita (toke A) do hvatita sile Iznos vektora momenta sile je iznos vektorskog produkta:

sinrFMM FA

F

A==

rr r

kut izmeu vektora rr

i Fr

Smjer vektora momenta sile je smjer vektorskog umnoka Fr

rr .

5.1. Rotacija oko nepomine osi U jednostavnijem sluaju kada kruto tijelo rotira oko nepomine osi koju emo nazvati os z , z komponenta momenta sile (u smjeru osi rotacije) odreuje kutnu akcelerciju tijela:

=z

F

zIM

r

F

zM

r

komponenta vektora momenta sile u smjeru osi rotacije z kutna akceleracija tijela zI moment tromosti tijela oko osi rotacije Ako na tijelo djeluje vie sila, kutnu akceleraciju odreuje zbroj momenata svih sila (komponenti u smjeru osi rotacije) koje djeluju na tijelo: Moment tromosti ili inercije tijela Zamislimo ponovo da smo tijelo podijelili na puno malih dijelova masa

im .

Moment tromosti tijela oko osi z je: 2

ii

izmI =

gdje je :

i udaljenost mase

im od osi rotacije

z

A

rr

Fr

z

im

i

= zi

F

zIM i

r


68

Momenti tromosti za neka jednostavnija homogena tijela mase m oko osi kroz centar mase: valjak tanki uplji valjak tap

5.2. Rotacija oko osi kroz centar mase Zbog posebnih svojstava centra mase, za os rotacije moemo izabrati i os kroz centar mase, pri emu se centar mase moe gibati (os rotacije ne mora biti nepomina, ali se ne smije zakretati (npr. sluaj kada se valjak kotrlja niz kosinu)). Kutno ubrzanje tada raunamo jednako kao oko nepomine osi:

= cmi

F

cmIM i

r

gdje su:

cmI moment tromosti tijela oko osi kroz centar mase

F

cmM

r

komponenta vektora momenta sile u sustavu centra mase u smjeru osi rotacije Gibanje centra mase odreuje II Newtonov zakon, pa ukupno gibanje tijela gibanje centra mase i rotaciju oko centra mase odreuju jednadbe:

cmi

iukamFFrrr

==

= cmi

F

cmIM i

r

r

z

r

z

l

z

2

2

1mrI

cm=

2mrIcm=

12

2mlIcm=


69

5.3. Steinerov pouak o paralelnim osima Ukoliko znamo moment tromosti nekog tijela oko osi kroz centar mase, pomou Steinerovog pouka moemo izraunati moment tromosti oko bilo koje paralelne osi.

mdIIcmA

2+=

cmI moment tromosti oko osi z kroz centar mase

AI moment tromosti oko osi z kroz toku A d udaljenost paralelnih osi z ' i z m masa tijela Kinetika energija krutog tijela Kada tijelo rotira oko nepomine osi z , njegovu kinetiku energiju moemo napisati u obliku: Kada gibanje promatramo kao rotaciju oko osi kroz centar mase plus translacijsko gibanje centra mase (os rotacije ne mora biti nepomina) kinetiku energiju moemo napisati u obliku:

kutna brzina tijela

cm A

d

z z'

2

2

1zkIE =

22

2

1

2

1

cmcmkImvE +=


70

37. Na valjak mase 10 kg koji moe rotirati oko nepomine osovine namotana je nit na koju je objeen uteg mase 4 kg. Polumjer valjka je 30 cm. Kolika e biti akceleracija utega?

cm30

kg4

kg10

=

=

=

r

m

M

Kada se valjak zakrene za kut , uteg se pomakne za s . Valjak rotira oko osovine kutnom brzinom , a njegovu kutnu akceleraciju oznaimo s . Uteg se giba brzinom v i ima akceleraciju a . a) Postavimo jednadbe koje opisuju gibanje valjka:

0=== cmi

iukamFFrrr

jer centar mase valjka miruje,

= cmi

F

cmIM i

Sile koje djeluju na valjak su: teina G, reakcija osovine R i sila kojom nit djeluje na valjak napetost niti N. Napiimo gornju jednadbu za ovaj sluaj :

=++cm

N

cm

R

cm

G

cmIMMM

0

0

=

=R

cm

G

cm

M

M jer je hvatite sila G i R u centru mase.

NrMN

cm=

Uvrtavanjem momenata u gornju jednadbu dobivamo: =

cmINr

b) Postavimo jednadbe koje opisuju gibanje utega:

amFFi

iuk

rrr==

Na uteg djeluju teina G i napetost niti N.

amNGrrr

=+ Napiimo ovu jednadbu za vertikalne komponente sila:

maNG = Dobili smo sustav jednadbi:

=cmINr maNG =

M

m

G

G

N

N

R

r cm

,,

avs ,,


71

Moment tromosti za valjak oko osi koja prolazi uzduno kroz centar mase je:

2

2

1MrI

cm=

Kada se valjak zakrene za kut , uteg se pomakne za s . Veliine koje opisuju gibanje valjka i gibanje utega su povezane na slijedei nain:

Uvrtavanjem ovih izraza u poetni sustav jednadbi dobivamo:

r

aMrMrNr == 22

2

1

2

1

MaN2

1=

maMaG =2

1

Iz ove jednadbe dobivamo akceleraciju utega:

2m/s4449

40

22

,

mM

mg

mM

Ga ==

+=

+=

ra

rv

rs

=

=

=


72

38. Izraunati moment tromosti tapa duljine l oko jednog kraja.

Moment tromosti tapa mase m i duljine l oko osi kroz centar mase (koja je okomita na tap) je:

12

2mlIcm=

Moment tromosti tapa oko paralelne osi kroz toku A (na kraju tapa) moemo izraunati po Steinerovom pouku o paralelnim osima: mdII

cmA

2+= gdje je d udaljenost izmeu paralelnih osi. Udaljenost izmeu paralelnih osi jednaka je polovini duljine tapa:

2

ld =

Uvrtavanjem cmI i d u Steinerov pouak dobivamo izraz za moment tromosti tapa oko toke A:

3412212

22222 mlmlmlm

lmlIA

=+=

+=

39. tap duljine 4 m podboen je na udaljenosti 1 m od kraja. Kolika je kutna akceleracija tapa u trenutku kada se zakrene za 30? Zadatak moemo rijeiti koristei zakon promjene kinetike energije: 0kkk

i

F

sEEEW i ==

cm A

d

z z'

l

cm

A

l

G

R

1m 30


73

a)Rotacija tapa oko nepomine osi kroz toku A Kinetika energija tapa koji rotira oko nepomine osi kroz toku A je:

2

2

1

AkIE =

Moment tromosti tapa oko osi kroz toku A moemo dobiti pomou Steinerovog pouka:

MdIIcmA

2+= Moment tromosti tapa oko centra mase je:

12

2mlIcm= ,

a udaljenost izmeu paralelnih osi kroz A i centar mase 4

ld = .

2

22

48

7

412mlm

lmlIA

=

+=

Na tap djeluju teina G i reakcija R u osloncu (u toki A). Zakon promjene kinetike energije moemo napisati u obliku (poetna kinetika energija je nula):

k

R

s

G

sEWW =+

0=Rs

W jer se hvatite sile R ne giba.

hmghmgEWp

G

s=== ,

gdje je h razlika visina na kojima se nalazi teite (hvatite gravitacijske sile) u trenutku kada se tap zakrenuo za kut i u poetnom poloaju. Sa slike moemo vidjeti da je:

830sin

4sin

4

lllh ===

Uvrstimo dobivene izraze u poetnu jednadbu:

k

R

s

G

sEWW =+

2

2

1AIhmg =

22

48

7

2

1

8ml

lmg =

Odavde moemo izraunati kutnu brzinu :

1s127

12 == ,l

g


74

b) Rotacija tapa oko centra masa plus translacijsko gibanje centra mase Zadatak moemo rijeiti i tako da za ishodite izaberemo centar mase tapa. Kinetiku energija tapa u tom sluaju moemo napisati kao zbroj rotacijske kinetike energije oko centra mase i translacijske kinetike energije zbog gibanja centra mase :

22

2

1

2

1cmcmk

mvIE += ,

gdje je cmv brzina centra mase tapa. U zakon promjene kinetike energije:

k

R

s

G

sEWW =+

moemo uvrstiti ovaj izraz za kinetiku energiju i izraze za rad koje smo dobili u a) dijelu zadataka.

22

2

1

2

1cmcm

mvIhmg +=

Brzinu centra mase moemo izraziti preko kutne brzine :

4

lrv

cm==

Uvrstimo sada u gornju formulu izraz za h , cmv i moment tromosti tapa oko

centra mase12

2mlIcm= , te dobivamo:

2

22

42

1

122

1

8

+=l

mmll

mg

22

22

32248

mlmllmg +=

192

14

32

1

24

1

822 ll

g=

+=

Odavde dobivamo izraz za kutnu brzinu:

1s12148

192 =

= ,l

g


75

5.4. Kotrljanje bez klizanja Promatrat emo valjak koji se kotrlja po podlozi.

Gibanje valjka opisujemo veliinama: kut zakreta valjka kutna brzina valjka kutna akceleracija valjka s put centra mase valjka

cmv brzina centra mase valjka

cma akceleracija centra mase valjka

Dok se valjak zakrene za kut , centar mase valjka prijee put s . Kada se valjak kotrlja bez klizanja mora vrijediti da je:

rs = Deriviranjem ove jednadbe po vremenu (jednom i dvaput) dobivamo:

ra

rv

cm

cm

=

=

cm

r

cmv

s

O O O

O


76

40. Izraunati akceleraciju kojom se valjak kotrlja bez klizanja niz kosinu nagiba .

a)Rotacija oko osi kroz dodirnu toku A Za os rotacije moemo izabrati os z (okomito na ravninu papira) kroz dodirnu toku A (koja trenutno miruje). Zbroj momenata svih sila oko osi kroz A odreuje kutnu akceleraciju valjka:

Sile koje djeluju na valjak su: teina G, reakcija podloge N i sila trenja T, te gornju formulu moemo napisati u obliku: =++

z

T

z

N

z

G

zIMMM

jer je hvatite sila N i T u ishoditu.

Uvrtavanjem momenata sila u gornju jednadbu dobivamo: =

zIGr sin

Moment tromosti valjka oko osi z kroz toku A moemo izraunati pomou Steinerovog pouka o paralelnim osima:

mdIIcmz

2+=

G N

T

x

y

A

cm

r

0

0

=

=T

z

N

z

M

M

sinGrM Gz

=

= zi

F

zIM i


77

Moment tromosti valjka mase m i polumjera r oko osi koja prolazi uzduno kroz centar mase je:

2

2

1mrI

cm= , a udaljenost izmeu paralelnih osi rd = .

Dobivamo moment tromosti valjka oko toke A: 222

2

3

2

1mrmrmrI

z=+=

Uvjet za kotrljanje bez klizanja je:

pa kutnu akceleraciju valjka moemo izraziti preko akceleracije centra mase valjka:

r

acm=

Uvrstimo ove izraze u gornju jednadbu:

r

amrmgr cm= 2

2

3sin

Odavde dobivamo akceleraciju valjka:

sin3

2ga

cm=

b) Rotacija valjka oko centra masa plus translacijsko gibanje centra mase Za ishodite moemo izabrati centar mase valjka. Postavimo jednadbe koje opisuju gibanje valjka:

cmi

iukamFFrrr

==

= cmi

F

cmIM i

Na valjak djeluju: teina G, reakcija podloge N i sila trenja T. Iz prve jednadbe dobivamo:

cmamTNGrrrr

=++ Da bismo rijeili ovu vektorsku jednadbu uvest emo koordinatni sustav: os x u smjeru gibanja (niz kosinu), a os y okomito. Izjednaimo x komponente s lijeve i desne strane jednadbe: x: maTG =sin

ra

rv

rs

cm

cm

=

=

=


78

Iz druge jednadbe dobivamo: =++

cm

T

cm

N

cm

G

cmIMMM

0=G

cmM jer je hvatite sile u centru mase.

0=NcmM jer je sila N (anti) paralelna s vektorom rr

.

TrM Tcm

= Uvrstimo momente sila u gornju jednadbu:

=cmITr

Zatim, moemo uvrstiti moment tromosti valjka oko centra mase 22

1mrI

cm= i

uvjet za kotrljanje bez klizanja racm

= :

r

amrTr cm= 2

2

1

cmmaT

2

1=

Izraz za trenje uvrstimo u prvu jednadbu:

cmcmmamamg =

2

1sin

Iz ove jednadbe moemo izraunati akceleraciju valjka:

sin3

2ga

cm=

c) Zakon promjene kinetike energije Zadatak moemo rijeiti i pomou zakona promjene kinetike energije:

ki

F

sEW i =

Gornju formulu moemo napisati za ovaj sluaj u obliku:

kk

T

s

N

s

G

sEEWWW ==++

0=N

sW jer sila N okomita na smjer gibanja.

0=Ts

W jer se hvatite sile T ne giba.

mghhhmghmgEWp

G

s==== )( 12 ,

gdje smo uzeli da se valjak na poetku nalazi na visini h, a konana visina je 0. Kinetika energija valjka je:

22

2

1

2

1cmcmk

mvIE +=


79

Uvrtavanjem u poetnu jednadbu dobivamo:

Moment tromosti valjka oko centra mase je 22

1mrI

cm= , a brzinu centra mase za

kotrljanje bez klizanja moemo izraziti preko kutne brzine rvcm

= .

2

2

2

2

1

2

1

2

1cm

cm mvr

vmrmgh +

= , odakle dobivamo:

ghvcm 3

42 =

Visina za koju se valjak spusti je:

sinlh = Valjak se niz kosinu giba jednoliko ubrzano, te moemo koristiti formulu

lasavcmcmcm

222 == Akceleracija centra mase valjka je:

sin3

2

sin2

3

4

2

2

gh

gh

l

va cmcm

===

22

2

1

2

1cmcm

mvImgh +=


80

41. uplji valjak s poetnom brzinom 3 m/s kotrlja se uz kosinu bez klizanja. Kolika je maksimalna visina do koje e se popeti valjak?

Zadatak moemo rijeiti pomou zakona promjene kinetike energije:

ki

F

sEW i =

Na valjak djeluju: teina G, reakcija podloge N i sila trenja T, pa ovu jednadbu moemo napisati u obliku:

00 kkkk

T

s

N

s

G

sEEEEWWW ===++

0=Ns

W jer sila N okomita na smjer gibanja.

0=Ts

W jer se hvatite sile T ne giba.

mghhhmghmgEWp

G

s==== )( 12 ,

gdje smo uzeli da je konana visina valjka h , a poetna visina je 0. Kinetika energija valjka je:

22

2

1

2

1cmcmk

mvIE +=

Uvrtavanjem u poetnu jednadbu dobivamo:

)2

1

2

1(

22

cmcmmvImgh +=

Moment tromosti upljeg tankog valjka oko centra mase je 2mrI

cm= , a brzinu

centra mase za kotrljanje bez klizanja moemo izraziti preko kutne brzine rv

cm= .


81

Uvrtavanjem u prethodnu jednadbu dobivamo:

2

2

2

2

1

2

1cm

cm mvr

vmrmgh +

=

Iz ove jednadbe dobivamo visinu do koje e se popeti valjak:

m9010

322,

g

vh cm ===

6. Gibanje u gravitacijskom polju Newtonov opi zakon gravitacije: Svaka dva tijela privlae se zbog svojih masa gravitacijskom silom:

2

21

r

mmGF

Ng=

gdje su:

1m i 2m mase tijela 2211 kgNm10676 = ,G

N univerzalna gravitacijska konstanta

r udaljenost izmeu dvaju tijela Potencijalna energija mase m u gravitacijskom polju Zemlje je:

=rR

mMGEZ

ZNp

11

gdje je integracijska konstanta izabrana tako da je na povrini Zemlje (za

ZRr = ) potencijalna energija nula.

42. Izraunati omjer jakosti elektrine i gravitacijske sile u vodikovom atomu.

Vodikov atom sastoji se od jezgre u kojoj se nalazi proton i elektrona koji (u najjednostavnijoj slici atoma) krui oko jezgre. Izmeu protona i elektrona djeluju elektrina sila i gravitacijska sila. Gravitacijska sila izmeu dva tijela ije su mase

1m i 2m iznosi:

2

21

r

mmGF

Ng=

211 kgNm106762 = ,G

Nje gravitacijska konstanta

Elektrina (Coulombova) sila izmeu dva tokasta naboja iznosi :

2

21

r

QQkF

el=

29 CNm1092 =k je Coulombova konstanta

p

e

r

6. Gibanje u gravitacijskom polju

83

Omjer elektrine i gravitacijske sile u vodikovom atomu moemo napisati kao:

epNep

N

g

el

mmG

ke

r

mmG

r

ek

F

F 2

2

2

2

==

C1061 19=

Documents

Skripta Cijela -Ispravke 23.10. ELO