scripta_zadaci

0BRJEŠENJA ZADATAKA ZA 1 i 2 SEDMICU TUTORIJALA 4BVektori. Brzina i ubrzanje kod pravolinijskog gibanje geometrijske točke 1. Zа vektor Akji

ρρρρ=++≡++= 213213 kjiA

а) naći intenzitet (dužinu ili moduo) оd vektora А b) intenzitet projekcije vektora А na ravninu x-y с) naći vektor u ravni x-y , koji je okomit na А d) neka je dat vektor . Naći skalarni iC 2= )(ACCA ≡⋅ i vektorski ][ACCA ≡× produk vektora A i C.

Rješenje:

a) Moduo (intenzitet, dužina) vektora AkAjAiAAAA zyxzyx

ρρρρ=++≡++= kjiA ,

izračunavamo po Pitagorinoj teoremi 14419213 222222 =++=++=++= zyx AAAA .

b) Intenzitet projekcije vektora A na ravan x-y jeste 101913 2222 =+=+=+= yxxy AAA .

c) Vektor Akjiρρρρ

=++≡++= 213213 kjiA je trodimenzionalni vektor, koji ima beskonačno puta beskonačno mnogo prostornih vektora, koji su mu okomiti, ali samo dva puta beskonačno mnogo onih koja leže u x-y ravni. Uvjet da su dva vektora okomita jeste da njihov skalarni proizvod

θcos)( AB=≡⋅ ABBA , ili zapisan preko komponenti vektora

zzyxyx BABABA ++=≡⋅ )(ABBA , bude jednak nuli. Taj nepoznati vektor B, koji leži u x-y ravni, možemo prikazati u obliku

kjiB ⋅++= 0yx BB , što u našem slučaju daje

00213)( =⋅+⋅+⋅=≡⋅ yx BBABBA . Rješenje ove jednadžbe, s dvije nepoznate, ima dva puta beskonačno mnogo rješenja, jer beskonačnim proizvoljnim izborom ili nalazimo ili . xB yB yB xB

d) Skalarni proizvod vektora, izražen preko komponenti vektora, je prema definiciji skalarnog proizvoda , što u našem slučaju daje zzyxyx CACACA ++=≡⋅ )(ACCA

6020123)( =⋅+⋅+⋅=≡⋅ ACCA . Vektorski proizvod dva prostorna vektora (prikazana preko komponenti) i

najlakše je zapamtiti, ako ga formalno napišemo u obliku determinante { }zzx AAA ,,=A

{ zzx CCC ,,=C }

zyx

zyx

CCCAAAkji

ACCA =≡× ][ ,

ili razvijeno po prvom retku, po pravilima razvoja determinanti, )()()(][ yxyxzxzxzyzy ACCAACCAACCA −⋅+−⋅−−⋅=≡× kjiACCA ,

što u našem slučaju daje

kjkjikji

ACCA 24)1202()2203()2001(002213][ −=⋅−⋅⋅+⋅−⋅⋅−⋅−⋅⋅==≡× .

skinuto sa www.etf.ba

2. Dvije sile intenziteta ]kN[11 =F i ]kN[2,12 =F060

djeluju na materijalnu točku M. Si1e međusobnozatvaraju ugao (kut) . Koliki je intenzitet rezultantne sile i koliki su uglovi =ϕ 1θ i

2θ , koje ona zatvara sa silama i F . 1F 2

Rješenje:

1BPrema kosinusnoj teoremi =−⋅⋅⋅−+=−−+= )5,0(2,1122,11)180cos(2 22

212

22

1 ϕFFFFR F2 θ1 R F2

91,164,32,144,11 ≅=++= φ θ2 1200 φ M

Prema sinusnoj teoremi F1 0

101

11

10 96309151,260453416441

23

91,11120sinsin

sin120sin=→=⋅=⋅=→= θθ

θ RFFR

02

022

2

20 96316379,3254409973,0

23

91,12,1120sinsin

sin120sin=→=⋅=⋅=→= θθ

θ RFFR

Provjera . 0021 609262553,59 ≅=+θθ

3. Na materijalnu točku djeluju u horizontalnoj ravni tri sile. Prva sila zatvara ugao od sa x-osom, druga sila zatvara ugao оd minus sa x-osom, i treća sila

djeluje u smjeru negativne x-osi. Odrediti iznos i smjer rezultante. Zadatak riješiti računski i grafički.

]N[8,21 =F045[2=

]N[3,22 =F 030]N3F

Rješenje: Projektranjem vektorske relacije za rezultantu silu 321 FFFR ++= na koordinatne ose nalazimo

]N[971757416,32991858429,1979898987,1)1(2233,2

228,2

180cos2)30cos(3,245cos8,2coscoscos 000332211

=−+=−⋅+⋅+⋅=

=⋅+−⋅+⋅=⋅+⋅+⋅= θθθ FFFRx

]N[829898987,015,1979898987,102213,2

228,2

180sin2)30sin(3,245sin8,2sinsinsin 000332211

=−=⋅+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅+⋅=

=⋅+−⋅+⋅=⋅+⋅+⋅= θθθ FFFRy

2yR2

xRR +=Intenzitet rezultantne sile nalazimo po Pitagorinoj teoremi , što u našem slučaju daje

]N[05753488,44635893,16688732328,0,15829898987,0971757416,3 22 ==+=+=R 77485697 . Smjer rezultantne sile u odnosu na x-osu određujemo iz relacije

080215122,11208950069,0971757416,3829898987,0tan =→===θ

x

y

RR

2(1 ir

. θ

4. Položaj materijalne točke u trenutku 1t je ]m[)1 j+= , а u trenutku 2t on je

]m[)55(2 jir += . Izračunajte pomak radij-vektora položaja materijalne točke rΔ i moduo (dužinu) istog rΔ . Rješenje:

Pomak materijalne točke 12 rrr −=Δ , u intervalu vremena 12 ttt −=Δ , za naš slučaj je ]m[)43()12()55(12 jijijirrr +=+−+=−=Δ

Moduo vektora pomak materijalne točke 12 rrr −=Δ , u intervalu vremena 12 ttt −=Δ , za naš slučaj je

]m[52516943)()( 2222 ==+=+=+= yx ΔΔΔr .


5. Vektor položaja težišta tijela mijenja se u toku vremena ро zakonu kjir ⋅+⋅⋅+⋅⋅= ]m[2]s/m[3]s/m[5)( 22 ttt

Odrediti: а) vektor brzine i ubrzanja težišta tijela b) intenzitet brzine težišta tijela poslije vremena ]s[2=t od početka kretanja с) intenzitet ubrzanja težišta tijela

ijirrvw ⋅=⋅⋅+⋅⋅=≡≡= ]s/m[10)1(]s/m[3)(]s/m[10)()()()( 222

2

dtdt

dtdt

dttd

dttdt &&

Rješenje: 2Ba) Vektor brzine je prvi izvod radijus-vektora položaja po vremenu

jikjirrv ⋅+⋅⋅=⋅+⋅⋅+⋅⋅=≡= ]s/m[3]s/m[10)1(]m[2)(]s/m[3)(]s/m[5)()()( 222 tdtdt

dtdt

dtdt

dttdt &

3BVektor ubrzanja je prvi izvod vektora brzine po vremenu, tj. drugi izvod radijus-vektora položaja po vremenu kao parametru kretanja

ijirrvw ⋅=⋅⋅+⋅⋅=≡≡= ]s/m[10)1(]s/m[3)(]s/m[10)()()()( 222

2

dtdt

dtdt

dttd

dttdt &&

b) Moduo (intenzitet) vektora brzine u drugoj sekundi nalazimo na slijedeći način

].m/s[224,2022374842,20409320

)2()2()2(]s/m[32]s/m[10)2(32

222

≅==+=

=+=→⋅+⋅⋅= yx vvvjiv

c) Moduo (intenzitet) vektora ubrzanja je konstantan pošto njegov vektor ima oblik , tj. . iw ⋅= ]m/s[10 2 ]m/s[10 2=w

6. Čestica se kreće u xy-ravni tako dа joj vektor položaja ovisi о vremenu ро zakonu

jir ⋅+⋅−⋅= 32 )3()( tttt . а) nađite vektore položaja, brzine i ubrzanja u trenutku ]s[11 =t b) kada х komponenta brzine postaje jednaka nula i kolika je tada у komponenta brzine. Rješenje:

a) Radij-vektor položa u trenutku ]s[11 =t jeste vektor jijir ⋅+⋅=⋅+⋅−⋅= 121)113()1( 32 .

Vektor brzine u proizvoljnom trenutku t je prvi izvod radij-vektora položaja po vremenu

jijijirv ⋅⋅+⋅−⋅=⋅+⋅−⋅=⋅+⋅−⋅== 23232 3)16()()]()(3[])3[()()( tttdtdt

dtdt

dtdttt

dtdtt &

]s[11 = ]m/s[)35(13)116()1( 2 jiji ⋅+⋅=⋅⋅+⋅−⋅=

,

a za trenutak t postaje v . Vektor ubrzanja u proizvoljnom trenutku t je prvi izvod vektora brzine, tj. drugi izvod radij-

vektora položaja po vremenu

jijijirw ⋅⋅+⋅=⋅⋅+⋅−⋅=⋅⋅+⋅−⋅== ttdtd

dtdt

dtdtt

dtdtt 66)(3)]1()(6[]3)16[()()( 22&&

]s[11 = jijiw

,

a za trenutak t postaje ⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅+⋅= 66166)1( . b) Pošto je trenutna brzina u proizvoljnom trenutku t opisana gore nađenom formulom

jiv ⋅⋅+⋅−⋅= 23)16()( ttt , x komponenta brzine je jednaka nuli u trenutku ]s[)6/1(2 =t , a y komponenta brzine u tom trenutku ima vrijednost . ]/m[)12/1()6/1(3)6/1( 2 svy =⋅= 7. Motor pređe jednu trećinu puta brzinom ]km/h[101 =v

]km/h[603

, drugu trećinu puta brzinom i posljednju trećinu brzinom ]km/h[202 =v =v . Odrediti srednju brzinu motora.

Rješenje: Srednju brzinu računamo po formuli


321

321

sttsss

tsv

ΔΔΔΔΔΔ

ΔΔ

++++

== , gdje su 111 3/ tvss ΔΔΔ ⋅== , 222 3/ tvss ΔΔΔ ⋅== , 333 3/ tvss ΔΔΔ ⋅== .

Prema tome

=++

=++

=++++

==211332

321

321

321

3111

33/3/3/

3/3/3/vvvvvv

vvv

vvvvsvsvs

ssstsv

ΔΔΔΔΔΔ

ΔΔ

]km/h[182006001200

36000201010606020

6020103=

++=

⋅+⋅+⋅⋅⋅⋅

=

8. Pomak tijela određen je jednadžbom . Izračunajte srednju brzinu tijela između prve i druge sekunde, izmedu 1 [s] i 1,1 [s] te između 1 [s] i 1,001 [s].

22 ]m/s[5]m/s[10]m[1)( tttx ⋅+⋅+=

Rješenje: Položaji tijela u zadanim trenutcima su kako slijedi

]m[16])s[1(]m/s[5]s[1]m/s[10]m[1)1( 22 =⋅+⋅+=x , ]m[05,18])s[1,1(]m/s[5]s[1,1]m/s[10]m[1)1,1( 22 =⋅+⋅+=x

]m[2005,16])s[01,1(]m/s[5]s[01,1]m/s[10]m[1)01,1( 22 =⋅+⋅+=x ]m[020005,16])s[001,1(]m/s[5]s[001,1]m/s[10]m[1)001,1( 22 =⋅+⋅+=x

Srednje brzine u zadanim intervalima su kako slijedi

]m/s[5,201,0

1605,1811,1

)1()1,1(1,11 =

−=

−−

=−xxv ,

]m/s[05,2001,0

162005,16101,1

)1()01,1(01,11 =

−=

−−

=−xxv ,

]m/s[005,20001,0

16020005,161001,1

)1()001,1(001,11 =

−=

−−

=−xxv .

9. Čovjek iz glisera, krećući se uz rijeku pri prolazu ispod mosta izbacuje u rijeku plovak. Nakon 30 minuta vožnje, okreće gliser (trenutno) i ploveći niz rijeku stiže plovak ispod mosta. Odrediti brzinu rijeke, ako motor glisera ima samo jednu brzinu.

]m[2000

Rješenje: Brzina plovka jednaka je brzini rijeke. Gliser se udaljavao od mjesta rijeke gdje je ispustio

plovak 30 minuta. Isto toliko vremena mu treba da se vrati na mjesto rijeke gdje je ispustio plovak. Pošto je za taj sat vremena plovak (rijeka) prešla dva kilometra, brzina rijeke je dva kilometra na sat. 10. Sa pristaništa А nizvodno i uzvodno krenu dva ista broda, koja stižu istovremeno u pristani-šta В i С. Ako je brzina jednog i drugog broda u mirnoj vodi 12 puta veća nego brzina rijeke odrediti koliko puta je duže vrijeme povratka broda iz В u А nego vrijeme povratka iz С u А. Rješenje:

Označimo sa u – relativnu brzinu brodova u odnosu na rijeku i sa v – prenosnu brzinu rijeke u odnosu na obalu. U odnosu na obalu brodovi se kreću apsolutnom nizvodnom brzinom i apsolutnom uzvodnom brzinom .

vu +vu −

U odlasku brodovi prevaljuju putove

tvuAB Δ⋅+= )( , tvuAC Δ⋅−= )( . Dijeljenjem nalazimo: vuvu

ACAB

−+

= .

U povratku brodovi prevaljuju putove

BAtvuBA Δ⋅−= )( , CAtvuCA Δ⋅+= )( . Dijeljenjem nalazimo:CA

BA

tt

vuvu

CABA

ΔΔ⋅

+−

= .

Odnos vremena putovanja brodova u povratku je

CABACA

BA ttvvvv

vuvu

vuvu

vuvu

ACAB

vuvu

CABA

vuvu

tt

ΔΔΔΔ

⋅≅→≅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

−+

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−+

=−+

⋅−+

=⋅−+

=⋅−+

= 4,14,11113

1212 222

KRAJ skinuto sa www.etf.ba

0BRJEŠENJA ZADATAKA ZA 3 i 4 SEDMICU TUTORIJALA 2BPravolinijsko jednoliko ubrzano gibanje geometrijske točke 9. Odrediti brzinu kojom treba tijelo baciti u vertikalnom pravcu sa visine da bi ono palo na zemlju

]m[40=h

a) jednu sekundu ranije nego pri slobodnom padanju b) jednu sekundu kasnije nego pri slobodnom padanju Rješenje:

Osnovna jednadžba jednoliko ubrzanog gibanja tijela (geometrijske točke, materijalne točke) jeste 2

00 )2/1()( tatvstss ⋅⋅+⋅+== gdje su: trenutni položaj (ne treba ga pobrkati s pređenim putom!), −= )(tss −0s početni položaj, −0v početna brzina i konstantno ubrzanje geometrijske točke. Ako je gibanje pravolinijsko umjesto oznake s upotrebljavat ću oznaku x (za horizontalno gibanje) ili y (za vertikalno gibanje).

−a

Ako koordinatni početak vertikalne ose postavimo na zemlji sa smjerom prema gore tada konačni zakon gibanja tijela (geometrijske točke, materijalne točke) za slobodni pad ima oblik

2200 )2/1()2/1()( tghtatvytyy ⋅⋅−=⋅⋅+⋅+==

Vrijeme (trenutak) slobodnog pada možemo izračunati i uvjeta spt

ghttghty spspsp /2)2/1()(0 2 =→⋅⋅−== a) Da bi tijelo palo jednu sekundu ranije nego pri slobodnom padu potrebno je tijelo baciti naniže s početom brzinom sa zakonom puta ranv0

20

200 )2/1()2/1()( tgtvhtatvytyy ran ⋅⋅−−=⋅⋅+⋅+==

U momentu pada 1−=− spp tt

)12()2/1()1(0)1()2/1()1()1( 20

20 +−⋅⋅−−−==−⋅⋅−−−=− spspsp

ranspsp

ransp ttgtvhtgtvhty

Nakon skračivanja ( ) nalazimo 2)2/1( sptgh ⋅⋅=

]s/m[44,12711372492,3

1856414,46855686246,1711372492,4

281,9

1855686246,21855686246,22

281,9

112

20 ==⋅=−−⋅

⋅=−

−⋅⋅=

sp

spran

ttgv

b) Da bi tijelo palo jednu sekundu kasnije nego pri slobodnom padu potrebno je tijelo baciti naviše s početom brzinom sa zakonom puta kasv0

20

200 )2/1()2/1()( tgtvhtatvytyy kas ⋅⋅−+=⋅⋅+⋅+==

U momentu pada 1+=+ spp tt

)12()2/1()1(0)1()2/1()1()1( 20

20 ++⋅⋅−++==+⋅⋅−++=+ spspsp

ranspsp

ransp ttgtvhtgtvhty

Nakon skračivanja ( ) nalazimo 2)2/1( sptgh ⋅⋅=

]s/m[54,8711372492,783856415,65

855686246,3711372492,6

281,9

1855686246,21855686246,22

281,9

112

20 ==⋅=++⋅

⋅=+

+⋅⋅=

sp

spkas

ttgv

1. Krećući se stalnom brzinom automobil počinje kočiti i nakon kočenja pređe put koji je jednak dvostrukoj vrijednosti puta koji je prešao u prvih kočenja. Kolika je akceleracija kočenja?

]km/h[400 =v ]s[6,42 =t]s[5,11 =t

Rješenje: Brzini automobila u MKS sistemu odgovara brzina ]km/h[400 =v

]m/s['11,11]m/s[9

100]m/s[36400

]s[3600]m[100040]km/h[400 ≅==⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡==v .


Osnovna jednadžba pravolinijskog jednoliko ubrzanog (usporenog) gibanja geometrijske točke s ubrzanjem (usporenjem) atxx ≡=≡ )0(0 &&&& , s m 00 )0( vtxxpočetnom brzino ≡=≡ && i početnim položajem )0(0 =≡ txx je

00)( txxtxx ⋅+== & 2ta ⋅⋅ . 002 )2/1(tvxt +⋅+≡⋅0)2/1( x⋅+ &&

0=tIzaberimo početak k enja kao nulti trenutak (oč ) vremena i mjesto (položaj) početka kočenja ao ishodište x-ose ( ). Pri takvom izboru početnih uvjeta konačna jednadžba gibanja

ima oblik .

,

0)0(0 ==≡ txxizaberimo k

20 )2/1()( tatvtxx ⋅⋅+⋅==

Specijalno 211011 )2/1()( tatvtxx ⋅⋅+⋅==

22

Iz uvjeta zadatka nalazimo2022 )2/1()( tatvtxx ⋅⋅+⋅== .

12 2xx = )2/1( 2 ])2/1([2 2

110 tatv ⋅⋅+⋅⋅2 . U ovoj jednadžbi nam je sve poznato izuzev akceleracije. Lahko nalazimo da je

, a odavde usporenje

20 tatv =⋅⋅+⋅

)2())(2/1()2( 21

22120 ttattv −⋅−=−⋅

]m/s[134,294,149

32066,169

320)25,2216,21(9

)0,36,4(2005,1(,4(

)5,126,4(9

2

)2()2(2 2

21

120 ≅=⋅

=⋅−⋅−⋅

=⋅

⋅−⋅⋅=

−⋅⋅=−

ttttv

a . )2)6

100

2222 −−

2. Ulapređe za , a slijedećih za . Kolika je brzina voza na početku usporavanja?

Prema osnovnoj kinematičkoj jednadžbi za jednoliko ubrzano pravolinijsko gibanje geometrijske točke

za cjelokupno usporavanje, koje je trajalo 12 sekundu, možemo pisati jednadžbu

zinu voza 0v prije usporavanja i samo usporenje a. Pomnožimo prvu relaciju sa 5 , a drugu sa 12 i dobivene relacije oduzmimo

)12255144()2/1(100

zeći u stanicu voz počinje jednoliko usporavati. Izračunaj akceleraciju voza ako prvih ]m[50

]s[5 ]m[50 ]s[7Rješenje:

200 )2/1()( tatvxtxx ⋅⋅+⋅+== ,

20 12)2/1(12)12(100 ⋅⋅−⋅== avx .

Za prvu dionicu od 50 [m] možemo napisati jednadžbu 25)2/1(5)5(50 ⋅⋅−⋅== avx . 0

Ove dvije jednadžbe sadrže nepoznatu br (drugu od prve)

⋅−⋅⋅⋅⋅−= a . −Odavde nalazimo intenzitet usporavanja

]/[476,0476190476,02110

420200

300720200 2sma ≅===−

= .

3. Tra

se kreće jedoliko i prije semafora počinje usporavati usporenjem od l m/s tako da bi se pred semaforom zaustavio. Ukupna vožnja trajala je 80s. Nacrtati a-t, v-t i s-t dijagram. Rješenje:

Prema osnovnim kinematičkim jednadžbama pravolinijskog jednoliko ubrzanog gibanja geometrijske

200 )2/1()( tatvxtxx ⋅⋅+⋅+== , tavtxv ⋅+== )(& ,

om položaju, možemo pisati ]m[100205,0)2/1()20( 2 =⋅⋅== xxΔ ,

Potrebno vrijeme usporavanja nalazimo iz druge osnovne jednadžbe

a put usporavanja iz prve opće jedn žbe

mvaj se počinje kretati iz mirovanja jednoliko ubrzano, ubrzanjem od 0,5 m/s2, za vrijeme od 20s. Zatim 2

točke

0

za prvu dionicu jednoliko ubrzanog gibanja, bez početne brzine u nut1

]s/m[10205,0)20(1 =⋅== xv & .

]s[10110)(0 =→⋅−=== uspuspusp tttxv & , ad


]m[50101)2/1(1010)2/1( 221 =⋅⋅−⋅=⋅⋅+⋅ uspusp tatv)(3 == usptxxΔ .

Vrijeme jednolikog (ravnomjernog) gibanja, na drugoj dionici, jeste ]s[50]s[10]s[20]s[80 =−−=t , Δ 2

a pređeni put ]m[5005010212 =⋅=⋅= tvx ΔΔ .

a [m/s2]

0 t [s] 20 0 8

10

t [s] 20 80

Dijagram: brzina-vrijeme s [m]

650

600

0,5

7 0

-1,0 5B

v [m/s]

Dijagram: ubrzanje-vrijeme 5

0 70

6B

100 0 20 70 80 t [s] 7B Dijagram: put-vrijeme


4. Pored neke kontrolne stanice prođe automobil brzinom . Poslije vremena ]s[1]s/m[25=v 1 =tΔ od ati

anje motora konstantno.

Prema osnovnoj kinematičkoj jednadžbi jednoliko ubrzanog gibanja geometrijske (materijalne) točke

automobil će se gibati po zakonu puta

a motor po zakonu puta

Kada motor stigne automobil tada je , tj.

odakle

trenutka polaska auta, za njim krene motor ubrzanjem ]s/m[5 2=a . Izračunati i grafički prikazvrijeme i mjesto gdje će motor s ći auto, pod uvjetom da je ubrzRješenje:

ti

2)2/ ta ⋅⋅ , 00 1()( tvxtxx +⋅+==

tvtxx aa ⋅== 0)( ,

2)1()2/1 −⋅⋅ ta . ()( == txx mm

)()( smsa txtx =2

0 )1()2/1( −⋅⋅=⋅ ss tatv , slijedi

]s[121660112)12(5,2)1(5)2/1(25 2222 ≅−+=→=+−→+−=−⋅⋅=⋅ sssssss ttttttt Drugo rješenje je ne fizikalno, jer je kraće od vremena startovanja motora!

Mjesto susreta je u točki ]m[3001225)12()( 0 =⋅==→⋅== xxtvtxx ssss

Dijagram: put-vrijeme 8B

Rotaciono jednoliko ubrzano gibanje geometriske točke u ravni 1B

5. Krečući se stalnom ugaonom brzinom ]rad[40 =ω tijelo dobije ugaono usporenje

: ]srad[5,0 2/=α .

Kolika će biti ugaona brzina tijela poslijea) Vremena ]s[1=t b) Ugaonog pomjeranja od 3/πϕ = radijana d) Poslije kog vremena će tijelo da stane

načna jeRješenje: Ko dnadžba rotacionog gibanja geometrijske točke po kružnici je analogna jednadžbi «translatornog» gibanja geometrijske točke po pravcu

200 )2/1()( ttt ⋅⋅+⋅+== αωϕϕϕ ,

gdje su: −= )(tϕϕ trenutni ugaoni položaj (analog linearnoj koordinati) (ne treba ga pobrkati s prebrisanim uglom!), −0ϕ početni ugaoni položaj, − početna ugaona brzina i −α0ω konstantno ugaono ubrzanje geomet iferenc ugaonu brzinu gibanja kao funkciju vremena

rijske točke.D iranjem nalazimo konačnu jednadžbu za


tt ⋅+== αω 0) . ωω (a) U trenutku ugaona brzina geometrijske točke će biti ]s[1=t

15,04])s[1( ⋅−=== aa tωω ]s/rad[5,3=b) Nakon ugaonog pomjeran (položaja) 3/πϕ =ja radijana ugaona brzina će biti jednaka

bbbb ttt ⋅−=⋅+== 5,04)( 0 αωωω , gdje se trenutak , položaja bt ][3/ radπϕ = , tj.

3/5,0)2/1(4)( 2 πϕϕ =⋅⋅−⋅== bbbb ttt , nalazi kao rješenje kvadratne jednadžbe

03/4162 =+⋅− πbb tt ,

][73377074,15ili266229264,0733770736,783/4188 stb . Drugo rješenje se može odbaciti, pošto se ono ostvaruje, kako slijedi iz rješenja pod «c)», nakon zaustavljanja geomet

2 =±=⋅−±= π

em.Dakle, ugaona brzina ima vrijednost rijske točke i promjene smjera njenog gibanja, ovaj put s ubrzanjra[87,3866885368,3266229264,05,045,04)( ]s/d≅=⋅−=⋅−== bbb ttωω

U drugom slučaju ugaona brzina bila bi negativna što, s obzirom da jbrzanje na suprotnu stranu.

e predznak ubrzanja negativan, znači u

c) Vrijeme zaustavljanja geometrijske točke nalazimo iz uvjeta ][805,04)( 0 stttt ccccc =→=⋅−=⋅+== αωωω

rješenje zadatka pod «b)» nefizikalno. 3BOdavde zaključujemo da je drugo 6. Točak poluprečnika 10 [cm] rotira ta 2tctba ⋅+⋅+=ϕ , ko da mu se ugaoni pomak mijenja po zakonu

otrebno je izračunati: omak (pomjeranje)

c) ugaono ubrzanje u trenutku t = 1 [s]

Upoređivanje zadane jednadžbe gibanja

žbom ravnomjerno ubrz čka) oko fiksirane ose

vidimo

a = 1,57 [rad]; b = 3,14 [rad/s] i c = 0,78 [rad/s2]. Pa) ugaoni pb) ugaonu brzinu

d) tangencijalno ubrzanje tačke na rubu točka Rješenje:

2tctba ⋅+⋅+=ϕ s općom jednad anog gibanja krutoga tijela (to

200 )2/1() ttt ⋅⋅+⋅+= αωϕ , (= ϕϕ

da je početni ugao točka ]rad[57,10 == aϕ , ugaona brzina točka rad[14,30 == b ]s/ω i ugaono ubrzanje točka ]s/rad[56,12 2=⋅= cα .

2a) Ugaoni pomak je po definiciji ]s/rad[78,014,3)()()( 0 ttttt ⋅+⋅=−= ϕϕϕΔ . b) Ugaona brzina je prvi izvod ugla (kao funkcije vremena) po vremenu (kao parametru)

ttcbtt

tttdt

tdtt

⋅+=⋅+==→+

=≡==→

56,114,32)()()(lim)()(0

ωωΔ

−ϕΔϕϕϕωωΔ

&

c) Iz postavke zadatka zaključili smo da je riječ o jednoliko ubrzanom rotacionom gibanju krutoga tijela brzanjem ]/[56,12 2sradc =⋅=α .

nici puluprečnika R, su s ud) Tangencijalno i normalno ubrzanje geometrijske točke, koja se giba po kruž

RaT ⋅= α i RaN ⋅= ω . Dakle, ]/[156,0][1,0]/[56,1 22 smmsradRaT =⋅=⋅= α .

nje ko Sunca

osi d) Koli

i se centar mase okreće oko centra Sunčevog sistema prema II i IV Newtonovom zakonu mehanike.

a) Tropcal year (equinox to equinox) (1994) trajala je 31336935,2 [s], a sidereal year (fixed star to

7. Izračunajte ugaonu i obodnu brzinu i centripetalnu akceleraciju za kretaa) Zemlje ob) Mjeseca oko Zemlje c) Kolika je ugaona brzina rotacije Zemlje oko svoje

ku obodnu brzinu ima pritom tačka Zemljine površine na ekvatoru Rješenje:

Zemlja i Mjesec ćine sistem materijalnih tijela (točki) čij


fixed star) (1994) trajala je 31558149,8 [s]. (HUhttp://pdg.lbl.gov/UH). Ugaona brzina Zemlje oko Sunca je za 1994 godinu bila

]/[1099,12,31556925

22 7 sradTt ty

ty−×====

ππΔϕΔω ,

]/[1099,131558149

22 7 sradt

−×===8,Tsy

sy =ππ

ΔϕΔω

a bila

.

Srednja periferna ili tangencijalna brzina Zemlje oko Sunca je tad]s/km[30]s/m[1097704,2]m[10496,1]s/rad[1099,1 7147× −R ≅×=×⋅=⋅= SokoZtsZokoSv ω

čnim mjesecom ili

si , a najveće rastojanje Mjeseca od Zemlje je u perigee

Ugaona brzina Mjeseca oko Zemlje po sid nom mjesecu je

Srednja centripetalna akceleracija Zemlje oko Sunca je tada bila ]2214272 ≅⋅− s/m[92,5m[9243096,5]m[10496,1])s/ =× ]s/rad[1099,1()(, ×=⋅= SokoZtsZokoSN Ra ω

b) Period rotacije Mjeseca po orbiti naziva se zvijezdanim ili sideri . Njegovo srednje trajanje iznosi T = 27,32 dana (točnije, =T ]s[ , ) ]s[12]minute[43]sati[7]dana[27 28250496=T

Najmanje rastojanje Mjeseca od Zemlje je u apogeeju i izno8×

]m[10633,3 8×ju ]m[10055,4

erič

]rad/s[1022,228250496

22 7−×====π

ΔϕΔω sm t

π

syT,

a po Griniču

]rad/s[10661,22360592

22 6−×====ππ

ΔϕΔω

syGrinič

jeseca oko Zemlje u apogeeju je

a u per

alna akceleracija Mjeseca oko Zemlje u apogeeju je

a u per]s/m[0028691558,0]m[)( 2=NMa

c) Mean sideral day 23 [h] 56 [min] 04,09053 [s] ili 86164 [s] . 9BSrednja sideral ugaona brzina Zemlje je

TtBrzina M

]s/km[97,0]s/m[667413,9]m[1063300000,3]s/rad[10661,2 86 ≅=×⋅×=⋅= −−MZsmM Rv ω ,

igeeju je 86− ]s/km[08,1]s/m[0355,1079]m[1005500000,4]s/rad[10661,2 ≅=×⋅×=⋅= −MZsmM Rv ω .

Centripet2 ]s/m[990025724985,0]m[1063300000,3])s/rad[10661,2()()()( 2826 =×⋅×=⋅= −

− apogeeMZsmNM Ra ω igeeju je

1005500000,4])s/ 8262 ×⋅− rad[10661,2()()( ×=⋅= − perigeeMZsm Rω

]s/rad[102921,7000072921,022 5−×====86164

=ππ

ΔϕΔω

Tsd

dnja ugaona brzina sopstvene rotacije Zemlje, ako zanemarimo utjecaj Sunca i Mjeseca na plimu i t

.

Sre

oseku, je ]/[102722,7000072722,022 5 sradd−×=====

606024Tt ××ππ

ΔϕΔω .

d) Srednja dnevna brzina rotacije točke, na morskoj razini, na obodu ekvatora je

vljenosti 500 [m] ubrzavajući se u tangencijalnom celeracijom od 0,5 [m/s ]. Izračunajte centripetalnu (normalnu) i ukupnu akceleraciju

Rješen

K stemom koordinata, tangentom, normalom i binormalom, vezanim za geomet ordinata

Rv ⋅=

]/[8310971,46310378140,6102722,7 65 smRv Zdd =×⋅×=⋅= −ω 8. Automobil se kreće zavojem poluprečnika zakri

2smjeru akautomobila u trenutku kada mu je brzina 72 [km/h].

je: Brzini od [72 km/h] odgovara brzina od 20 [m/s].

oristeći se prirodnim sirijsku točku u gibanju, nalazimo da su u tom sistemu ko

, RaT ⋅= ε , RaN ⋅= ω . Iz prve jednadžbe nalazimo ugaonu brzinu automobila

2ω

]s/rad[104]s/rad[04,0]s/m[20 2−×=== . ]m[500

=Rvω


Iz druge jednadžbe nalazimo ugaono ubrzanje automobila

]s/rad[10]s/rad[001,0]s/m[5,0 2a]m[500R

232 −==== Tε .

Iz treće jednadžbe nalazimo normalno ubrzanje automobila .

Moduo (intenzitet) ubrzanja je

]s/m[8,0516,01051016500)104( 224222 =⋅=×⋅×=⋅×=⋅= −−RaN ω

=×+=+=+= −− 42234222 )104()10(500)()( ωεRaaa NT

]s/m[94,9]sm[943398113,956,35,01056,21500101025610500 223386 ≅==×+=××+= −−−− / .

roizvoljno (krivolinijsko) jednoliko ubrzano gibanje u ravni

bačeno

P 10. Tijelo je iz početnom brzinom ]sm[100 /v = pod uglom 040=α s balkona visine h i udara u

on . Izračunati maksimalnu visin staze tijela prema z mlji i visinu balokna h.

dvodimenzionalnog gibanja u dekartovom sistemu koordinata za jednoliko ubrzano gibanje imaju konačni oblik

U našem slučaju, ako ishodište dekartovog sistema koordinata postavimo u podnožju zgrade, imamo ttttvtatvxtxx xx ⋅=⋅⋅=⋅⋅+⋅+=⋅⋅+⋅+== 66,740cos100)2/1(cos0)2/1()( 02

02

00 α 2

02

00 )2/1(sin)2/1()( tgtvhtatvytyy yy =⋅⋅−⋅+=⋅⋅+⋅+== α

Iz posljednje jednadžbe nalazimo visinu balkona iz uvjeta ]m[32,48,143,6 =⋅−

Konačne jednadžbe za brzinu dobivamo ako diferenciram konačne jednadžbe puta ]m[66,740cos10cos)( 0

00 =⋅==⋅+⋅== αvtavtxv xxx &

Iz posljednje jednadžbe nalazimo trenutak zaustavljanja tijela u najvišoj točki putanje

zemlju nak ]s[8,1=t u eRješenje: U ovom zadatku se prvi puta susrećemo sa dvodmenzionalnim gibanjem. Opće jednadžbe

200 )2/1()( tatvxtxx xx ⋅⋅+⋅+==

200 )2/1()( tatvytyy yy ⋅⋅+⋅+==

220 905,443,6905,440sin10 tthtth ⋅−⋅+=⋅−⋅+=

)8,1(905,443,6905,4905,443,60)( 222 ⋅=⋅−⋅=→⋅−⋅+=== pppppp tthtthtyyo

tttgvtavtyv yyy ⋅−=⋅−⋅=⋅−=⋅+== 81,943,681,940sin10sin)( 000 α&

][655,081,943,6

81,940sin10sin

sin0)(0

0 sg

vttgvtavtyv z ==

⋅==→⋅−=⋅+===

αα&

U ovom trenutku tijelo je dostiglo najveću visinu ]m[427,6)655,0(905,4655,043,632,4905,443,6)( 22 =⋅−⋅=⋅−⋅+== tthtyy

se dobija eliminacijom

vremena iz osnovnih jednadžbi kinematike

00 zzyyzy

+zzzz

Jednadžba putanje (vidi sliku)

=⋅−⋅+== 222

0 cos2tan)( x

vgxhxyy

αα

2

222

083585525,0839099631,032,4

,4

=

=),0(102

81,9839099631,032

xx

xx

⋅−⋅+

=⋅⋅⋅

−⋅+

Dijagram: put-vrijeme


11. Izračunati doskok skijaša skakača koji polijeće brzinom od 20 [m/s] pod, uglom od 150 prema horizontalnoj ravnini uz pretpostavku da se otpor zraka zanemaruje i da se padina na koju skijaš doskače može aproksimirati kosinom koja s horizontalnom ravninom zatvara ugao od 450. (doskok je

ke u kojoj skijaš dodirne padinu)

će konačne jedadžbe gibanja imaju isti oblik kao i prethodnom

. u

Jednadžbu putanje skijaša nalazimo eliminacijom vremena

udaljenost od tačke polijetanja do tač

a. Odlučimo se za prvi slučaj. Opslučaju

200 )2/1()( tatvxtxx xx ⋅⋅+⋅+== ,

,

Dakle, parametarske jednadžbe gibanja skijaša s

Rješenje: Dekartov koordinatni sistem možemo izabrati na visini odskoka ili na visini doskoka skijaša koja nam je nepoznat

2

00 )2/1( tavy yy ⋅⋅+=)( ttyy +⋅=

]s2gdje su 000 == yx i /m[81,9,0 −=−== gaa yx

tttvtvtxx x ⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅== 3185,1915cos20cos)( 000 α

020 81,9)2/1(15sin20)2/1()( ttatvtyy yy ⋅−⋅⋅=⋅⋅+⋅== 22 905,417638,5 ttt ⋅−⋅=⋅ .

2222 )25826(202

267949192,0 xx ⋅⋅⋅

−⋅=

222

0

013142907,0267949192,09659,081,9

cos2tan)(

xx

xv

gxxyy

⋅−⋅=

=⋅−⋅==α

α

ednadžba kosine ima oblik xy −=J . (vidi sliku)

Pošto kosina zaklapa 450 s horizontom to znači da su udaljenosti doskočne točke u pravcu x i y ose jednaki. Dakle, moment doskoka nalazimo iz uvjeta )() dd tyt(x = = −Δ

)904,15sin20(15cos20 20ddd ttt ⋅−⋅⋅−=⋅⋅

,4 2d −

rugo rješenje je

4)90418,5(32,19 dd ttt ⋅⋅−=⋅ .

Očigledno rješenje 0=dt je ne fizikalno. D ]s[9949,4905,4

18,532,19 +==dt .

Uvrštavanjem u jednadžbu ]m[5,967297,432,1932,19)( =⋅=⋅=≡ dd ttx Δ , nalazimo da je doskok po definiciji, navedenoj u posljednjoj rečenici zadatka, ]m[47,13625,9622 222 ≅⋅=⋅=⋅=+= ΔΔΔΔ yxd . Rješav

4BGajući zadatak dva puta sam napravio grešku i da nisam nacrtao grafikon ne bi to primjetio!

rafikoni su nacrtani uz pomoć programa «GraphCalc» koji ću vam poslati E-mail-om RAJ

K


0BRJEŠENJA ZADATAKA ZA 5 i (6) SEDMICU TUTORIJALA 4BDinamika pravolinijskog jednoliko ubrzano gibanje materijalne točke 01. Dva tijela su vezana na krajevima nerastegljivog užeta koje je prebačeno preko nepokretnog kotura. Mase tijela su i . Naći ubrzanje tijela i silu zatezanja u užetu. Masu užeta i trenje zanemariti!

]kg[18,01 =m ]kg[32,02 =m

Rješenje: 1BPrema II Newtonovom zakonu

∑=k

km Fa ,

napisanom za svako tijelo posebno, bez uračunavanja mase užeta i sile trenja s obzirom na nepokretnost kotura, nakon rastavljanja sistema na dva dijela presjecanjem užeta, nalazimo

12111 FGa +=m ,

21222 FGa +=m . Usmjerimo osu y, koja polazi iz centra nepokretnog točka, na dole. Projektirajmo obje vektorske jednadžbe na tako izabranu y-osu, pretpostavljajući prirodno da se veća masa spušta, a manja podiže

12111 )( FGam −=− ,

21222 FGam −= . Iz uvjeta nerastegljivosti konopca slijedi da su ubrzanja oba tijela jednaka . Smijerove sila akcije i reakcije već smo uračunali kod pravilnog izbora njihovog smjera djelovanja. Prema trećem Newtonovom zakonu one su istoga intenziteta

21 aa =

zFFF ≡= 1221 . Uvažavajući posljednje dvije činjeice skalarne jednadžbe gibanja tijela postaju dvije jednadžbe za određivanje dvije nepoznate: ubrzanja a i sile zatezanja užeta zF

zFGam −=− 11 )( ,

zFGam −= 22 . Pošto je težina tijela jednaka , nakon množenja prve jednadžbe sa minus jedan dobijamo algebarski sistem od dvije jednadžbe s dvije nepoznate

gmG ⋅=

gmFam z 11 −=− gmFam z 22 +=+

Glavna determinanta sistema ima vrijednost

212

1

11

mmmm

D +=+−

= ,

dok druge dvije imaju vrijednost

gmmgmgm

Da ⋅−=++−−

= )(11

122

1 ,

gmmgmmgmm

DF 2122

11 2=+−

= .

Dakle,

]s/m[75,27468,281,932,018,018,032,0)( 2

21

12 ≅=⋅+−

=+

⋅−==

mmgmm

DD

a a ,

]N[26,2260224,281,903218,0

18,032,022

21

21 ≅=⋅+⋅⋅

=+

==mm

gmmDDF z

z .

Imam utisak da sam rezultate mogao dobiti i brže? Da probam! Sistem od dvije mase giba se pod utjecajem vlastitih težina 21 mmm += gmmGGG ⋅−=−= )( 1212 ,

pa iz II Newtonovog zakona za sistem (materijalnih točki) gmmamm ⋅−=⋅+ )()( 1221 ,

nalazimo

1skinuto sa www.etf.ba

gmmmma ⋅

+−

=21

12 .

Iz jednadžbe II Newtonovog zakona za gibanje druge mase ZFgmam −= 22

nalazimo

gmmmmg

mmmmgmagmFz ⋅

+=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−

−=−=21

12

21

1222

2)( .

Koji biste vi metod odabrali? Znao sam da ćete reći «obavezno prvi» i mogu vam reći da ste u pravu! 02. Na horizontalnoj podlozi leže dva tijela masa i , medusobno povezana laganom niti. Faktor trenja izmedu tijela i podloge neka je

1m 2mμ . Na sistem tijela počne da djeluje neka sila F u horizontalnom

pravcu. Odrediti silu zatezanja u spojnici (niti) prije i poslije pokretanja oba tijela. Rješenje: 2BPrema II Newtonovom zakonu

∑=k

km Fa ,

napisanom za svako tijelo posebno, pretpostavljajući da spoljašnja horizontalna sila F djeluje na prvo tijelo, uzimajući u obzir da se gravitaciona sila Zemlje manifestuje kao težina tijela gG m= (bez uračunavanja mase užeta) i uzimanja u obzir reakcije podloge (koju možemo rastaviti na normalnu komponentu R N i tangencijalnu silu tzv. silu trenja T uvijek usmjeranu u suprotnom pravcu relativnog gibanja tijela o podlogu), nakon rastavljanja sistema na dva dijela presjecanjem užeta i zamjenom odbačenog dijela sistema odgovarajućom unutrašnjom silom zatezanja užeta ( 2112 FF −= ), nalazimo

12111121111 FTNGFFRGFa ++++≡+++=m ,

21222212222 FTNGFRGa +++≡++=m Usmjerimo y-osu vertikalno na gore a x-osu horizontalno u odnosu na podlogu u pravcu aktivne

spoljašnje sile F. Projektirajmo obje vektorske jednadžbe na tako izabrane ose; za prvo tijelo 12111 00 FTFam x −−++= ,

0000 1111 +++−== NGam y , i za drugo tijelo

21222 00 FTam x +−+= , 000 2222 +++−== NGam y ,

Iz uvjeta nerastegljivosti konopca slijedi da su ubrzanja oba tijela jednaka . Pošto smo usu y usmjerili okomito na gibanje materijalnih točki projekcije ubrzanja na y osu su jednake nuli. Smjerove sila akcije (reakcije) i reakcije (akcije) već smo uračunali kod pravilnog izbora njihovog smjera djelovanja. Prema trećem Newtonovom zakonu one su istoga intenziteta

aaa xx == 21

12F 21F

zFFF ≡= 1221 . Intenzitet sile trenja T ne zavisi od veličine dodirnih površina već samo od vrste materijala i kvaliteta obrađenosti dodirnih površina ( −μ koeficijent trenja) i veličine noralnog pritiska N na dodirnoj površini tijela: NT μ= . Iz projkcija na y-osu nalazimo i gmN 11 = G1 = gm2GN 22 == , tj. sile trenja gmT 111 μ= i T gm222 μ= . Pretpostavljajući da su obje mase od iste vrste materijala i jednako obrađene μμμ ≡= 21 , jednadžbe za x- projekcije postaju dvije jednadžbe za dvije nepoznate: a i Fz

zFgmFam −−= 11 μ

zFgmam +−= 22 μ Glavna determinanta sistema ima vrijednost

)(11

212

1 mmmm

D +−=−+

= ,

dok druge dvije imaju vrijednost

gmmFgm

gmFDa ⋅++−=

−−+−

= )(11

212

1 μμμ

,


FmmgmFgmmgmmgmFm

DF 2212122

11 )( −=−−−=−−

= μμμμ

.

Dakle,

gmm

FDD

a a μ−+

==)( 21

,

Fmm

mDDF z

z21

2

+== .

Imam utisak da sam rezultate mogao dobiti i brže? Da probam! Sistem od dvije mase giba se horizontalno pod utjecajem horizontalne aktivne sile F i

horizontalne reaktivne sile trenja 21 mmm +=

mT ( 1 += gm )2μ . Prema II Newtonovom zakonu za sistem masa posmatran kao jedno tijelo

gmmFamm ⋅+⋅−=⋅+ )()( 2121 μ , nalazimo

gmm

Fa μ−+

=21

.

Iz jednadžbe II Newtonovog zakona za gibanje druge mase +−= gmFam z 22 μ

nalazimo

Fmm

mggmm

FmgamFz ⋅+

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−

+=+=

21

2

2122 )( μμμ .

Ako baš je lako! Ali - pazi sigurno ćeš pogriješiti! 03. Koliko dugo se spušta tijelo bez početne brzine niz kosinu visine ]m[2=h i nagiba , ako je maksimalni ugao pri kojem tijelo može mirovati na kosini .

045=α030=β

Rješenje: Ako tijelo miruje na kosini to znači da je sila trenja jednaka projekciji težine tijela niz kosinu

θsinGT = , gdje je −θ ugao nagiba kosine. Eksperimenti pokazuju da sila trenja tijela koje se giba o podlogu ne zavisi od veličine dodirne površine već samo od normalnog pritiska između tijela i podloge i vrste materijala tijela i podloge. Sila trenja tijela o podlogu dijeluje u dodirnoj tantgentnoj ravni tijela i podloge u suprotnom smjeru relativne brzine. Sila se postepeno povećva do kritične vrijednosti, a zatim malo opadne u trenutku kada se tijelo pokrene. U zadatku je naveden kritični ugao pri kojem tijelo samo što nije krenulo. Dakle, u stanju ravnoteže neposredno prije početka klizanja zadovoljen je uvjet

030=βββμ sincos ⋅=⋅⋅≡ GGT . Odavde

nalazimo vezu između kritičnog koeficijenta trenja i ugla kosine μ tan= β . Dakle u našem slučaju koeficijent trenja je 57735.03/33/1300 ===

RGa +==m

tan=μ

FF = ∑k

kR

gG ⋅= m

Na tijelo koje se spušta niz kosinu djeluju Zemljina teža i reakcija podloge

Silu Zemljine teže možemo prikazati kao proizvod mase materijalne točke i gravitacionog ubrzanja na površini Zemje , gdje je intenzitet gravitacionog ubrzanja prikazan preko mase i poluprečnika Zemlje. Silu reakcije podloge

2/ ZZ RMg γ=R (nakon uklanjana kosine) možemo rastaviti na dvije sile: 1) normalnu

(okomitu napovršinu kosine) komponentu N i 2) tangencijalnu T (paralelnu s kosinom) tzv. silu trenja, koja se kao reakcija podloge protivi relativnom gibanju tijela u odnosu na podlogu. Sila trenja je proporcionalna normalnom pritisku tijela na površinu klizanja NT μ= (naglasimo ponovno da sila trenja, prema rezultatima eksperimenata, ne zavisi od veličine dodirne povšine). Prepišimo još jedanput II Newtonov zakon u vektorskom obliku

TNGa ++=m , a zatim projektirajmo jednadžbu na dekartov koordinatni distem izabran tako da mu je ishodište smješteno u vrhu kosine, x-osa leži u ravni kosine s pravcem i usmjerenjem u pravcu i smijeru gibanja tijela i s y-osom okomitom na ravan i usmijerenom prema gore (desni sistem koordinata)


X TGam −=⋅ αsinNGm +−=⋅

: Y αcos0: Iz jednadžbe y-projekcije nalazimo nepoznatu normalnu komponentu reakcije αα coscos mgGN == , a zatim i trenje αμμ cosgmNT == . Konačno iz jednadžbe x-projekcije nalazimo ubrzanje )cos(sin αμα −= ga . Uvršavajući zadane numeričke vrijednosti nalazimo intenzitet ubrzanja

]s/m[933,281,9)408,0707,0(81,966

2281,9

22

33

22⎜

⎛)cos(sin 2=⋅−=⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎝

⋅−=⋅−= ga αμα .

Dužina kosine je ]m[828,2222/2

245sin 2 ≅===hs . S druge strane, prema općoj konačnoj jednadžbi

gibanja za jednoliko ubrzano gibanje , za gibanje s polaskom iz ishodišta bez početne brzine, imamo redukciju , odakle nalazimo vrijeme spuštanja materijalne točke

200 )2/1()( tatvstss ⋅⋅+⋅+==2)2/1()( tats ⋅⋅=s =

]s[39,1933,2

828,222≅

⋅==

ast .

04. Na tijelo postavljeno na kosoj ravni nagibnog ugla djeluje horizontalna sila 030=α F kao na slici. Ako je masa tijela a koeficijent trenja izmedu tijela i kose ravni ]kg[5=m 2,0=μ odrediti kolika je minimalna vrijednost sile F koja je u stanju da pokrene tijelo uz strmu ravan. Rješenje: N R Y a X F GT T G GN

5BSlika prikazuje situaciju zadanu u zadatku Koeficijentu trenja 2,0=μ odgovara krtični ugao , što znaći da tijelo postavljeno na kosini, bez dodatnih sila, klizi niz strmu ravan s ubrzanjem

031,112,0arctan ==β(sin )cosαμα −= ga , kako je to

pokazano u prethodnom zadatku. Dodatna horizontalna sila F u zavisnosti od njenog intenziteta mjenja karakter gibanja tijela. Moguće su tri različite situacije: 1) sila nije dovoljno velika i tijelo nastavlja da klizi niz kosinu, 2) sila ima kritičnu vrijednost i tijelo miruje na strmoj ravni i 3) sila ima nadritičnu vrijednost i tijelo se giba uz kosinu. Osnovna razlika između prvog i trećeg slućaja je u smijeru sile trenja. U drugom slučaju sila trenja se mjenja u granicama NTN μμ <<− , što znaći da može da bude i jednaka nuli.

Prema II Newonovom zakonu napisanom u vektorskom obiku TNGGFRGFa ++++=++= TNm ,

a zatim projektiranom na dekartov sistem koordinata, orijentiranim kao na slici: 1) niz kosinu

TGFamX +−=−⋅ αα sincos)(: NGFmY +−−=⋅ αα cossin0:

2) uz kosinu (ne mjenjajući orijentaciju koordinatnog sistema)


TGFamX −−=⋅ αα sincos:NFm G +−−=⋅ αα cossin0: Y

U prvom slučaju iz II Newtonovog principa projektiranog po y-osi nalazimo αα cossin GFN += , a iz ekspermintalnog zakona trenja T N⋅= μ sâmo trenje )cossin( ααμμ G+FNT ⋅=⋅= . Povratkom na jednadžbu II Newtonovog princiopa projektiranog na x osu ( i pomnoženog sa –1) imamo

FGGFGFam )sin(cos)cos(sin)cossin(sincos αμααμαααμαα +−−=+⋅−+−=⋅ Minimalna sila pri kojoj još nije došlo do proklizavanja tijela niz kosinu dobija se iz uvijeta da je ubrzanje jednako nuli

GF ⋅+−

=αμααμα

sincoscossin .

U drugom slučaju iz II Newtonovog principa projektiranog po y-osi nalazimo αα cossin GFN += , a iz ekspermintalnog zakona trenja NT ⋅= μ sâmo trenje )cossin( ααμμ G+FNT ⋅=⋅= . Povratkom na jednadžbu II Newtonovog princiopa projektiranog na x osu imamo

GFGFGFam cos)(sin)sin(cos)cossin(sincos μααμαααμαα +−−=+⋅−−=⋅ Minimalna sila pri kojoj još nije došlo do proklizavanja tijela uz kosinu dobija se iz uvijeta da je ubrzanje jednako nuli

GF ⋅−+

=αμααμα

sincoscossin .

U ovom slučaju imamo zanimljivu situaciju. Ako je ispunjen uvjet αμ cot= tada je nazivnik jednak nuli, a sila beskonačna. Objasnite zbog čega? Za koliko se povećala sila u drugom slučaju? Kolika mora biti sila F da bi trenje bilo nula? 05. Na stolu leži daska mase , a na dasci uteg mase ]kg[21 =m ]kg[32 =m . Kolika se sila mora upotrijebiti da bi se izvukla daska ispod utega ako je zadan koeficijent trenja izmedu daske i utega

3,021 =μ i izmedu daske i podloge 4,01 =Pμ . Rješenje:

Svaki sistem od više masa treba prvo rastaviti na pojedinačne mase i odbačene mase treba zamjeniti po jednom aktivnom ili reaktivnom silom. N21 y m2 μ2 m1 F T21 μ1 x 6BIndekse pored vektora sila pisat ćemo u redoslijedu: na koga – od koga G2 N1P T12 T12 = - T21 T1P F N12 = - N21 G1 N12

Prvo postavimo u centar mase daske zadanu aktivnu silu F. 7BIndekse pored vektora sila pisat ćemo u redoslijedu: na koga – od koga


DASKA: Kada odbacimo Zemlju, u centar mase daske postavljamo vektor težine daske. Kada isključimo podlogu u centar mase daske postavimo kosu silu

−= gG 11 m−P1R reakcije (nije prikazana) PPP 111 TNR += ,

koju zatim razložimo na normalnu i −P1N −P1T tangencijalnu komponentu (tj. silu trenja). Kada odbacimo uteg umjesto njega u centar mase daske postavimo kosu silu −12R reakcije (nije prikazana) 121212 TNR += , koju zatim razložimo na normalnu i −12N −12T tangencijalnu komponentu (tj. silu trenja).

Drugi Newtonov zakon za dasku napisan u vektorskom obliku glasi: 1212111121111 TNTNGFRRGFa +++++=+++= PPPm .

UTEG: Kada odbacimo Zemlju, u centar mase utega postavljamo vektor težine utega. Kada isključimo dasku u centar mase utega postavimo kosu silu

−= gG 22 m−12R reakcije (nije prikazana) 121212 TNR += , koju

zatim razložimo na normalnu i −−= 1221 NN −−= 1221 TT tangencijalnu komponentu (tj. silu trenja). Drugi Newtonov zakon za uteg napisan u vektorskom obliku glasi:

2121221222 TNGRGa ++=+=m . 3BKOORDINATNI SISTEM: X-osu koordinatnog sistema uvijek biramo po mogućnosti u pretpostavljenom pravcu gibanja materijalne točke, a Y-osu usmjerenu u smislu desnog koordinatnog sistema. Projektujmo vektorske jednadžne gibanja daske i tega na tako izabrani koordinatni sistem: DASKA:

12111 00: TTFamX P −−++=⋅00: 12111 +−++−=⋅ NNGmY P

00 2122 ++−=⋅ NGm

(1) 0

gmGN 22121 == NT

(2) UTEG:

2122 00 Tam ++=⋅ (3) (4)

RJEŠAVANJE JEDNADŽBI:

⋅= μ Iz jednadžbe (4) nalazimo , a iz zakona trenja nalazimo intenzitet sile trenja

12221212121 TgmNT ==⋅= μμ . Iz jednadžbe (3) nalazimo ubrzanje ga 212 = μ .

Iz jednadžbe (2) nalazimo gmmgmgmNGN P )( 21211211 +=+=+= , a iz zakona trenja NT ⋅= μ nalazimo intenzitet sile trenja T gmmN PPP )( 21111P1 +=⋅= μμ . Iz jednadžbe (1) nalazimo ubrzanje

6

gmm

gmm

mFa P

1

221

1

21

11 1 μμ −⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−=

21 aa >

.

UVIJET da uteg sklizne s daske je da bude :

ggmm

gmm

mF

P 211

221

1

21

1

1 μμμ >−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+− .

Nakon očiglednog pospremanja nalazimo gmmF P ))(( 21211 ++> μ μ ,

ili numerički . ]N[335,3481,9)32()3,04,0( =⋅+⋅+>F


lnt.enjerska fizjka 1

Domaca zadaca br.1

Zadataka I.

--- -- -- ----Dati su vektori: a = i+ j -2k, b=2i+ j +3k, c =i- j.

Zadatak 2.

(ii) (a.b).c (iii) (a-b).(a-~).

--- -- - -----Dati su vektori: a = i- j +2k. b = j +3k. c = i+ j +k.

- -Naci: (i) axb(v) [a.~,bJ

Zadatak3.

(ii) (axb)x~ (iii) [a.b.a](vi) (a'b)x(ax~)

(iv) (axb)x(bx~)

Vektor cijije moduo 5 normalanje na vektore a= 27+7+3k i b= i -2j+k . Naci tajvektor.


It -;; It\,ct;

t~ ;I.~-"'.

\Jd<'\'<,",," .l; r.(t,OW, fLi,,,<l,(~,( .c\ l doh,/w.'v

"-1'.+ '<.I + (;, ';1 -,,)<.~ Cl

1_ -)<. CFQ ~.:o <) \ y'

It " \-l;y,t,ll+l'+1' ~ 5 ='> i+~~~l; J-S 5'

l'=") ;I.""+ ~+::'"2. = Cl

~

-') l<- - J- 'j -\- to =- <:l

-.,'\,<>.=<:>

"") -7

"U. o 6=<:l-


Autor: Hadžiahmetovi� Emir (Grupa 4.) 1

RJEŠENJA ZADATAKA IZ FIZIKE (DOMA�A ZADA�A 2.)

Savjet: AKO IMATE VREMENA POKUŠAJTE PRVO SAMI RIJEŠITIZADATKE, PA ONDA POGLEDAJTE OVA RJEŠENJA �� !!!

Zadatak 1.(zadatak je jednostavan) :

Tijelo pada slobodno savisine H=10m. U momentukada je po�elo padati, ba�enoje iz ta�ke 0 drugo tijeloprema prvom, po�etnombrzinom v0 i pod uglom �(kao na slici). Tijela sesudaraju u ta�ki A koja jeudaljena d=2 m od mjestaizbacivanja drugog tijela i navisini h =H/2.Odrediti po�etnu brzinu Vo iugao pod kojim je ba�enodrugo tijelo.

Rješenje:

Tijelo koje po�ne slobodno padati s visine H, za vrijeme t �e pre�i put : s = H-h = 5m.

Vrijeme za koje �e pre�i taj put je: 2 2

1,0096 .2

gt ss t s

g= � = =

Pošto je kretanje po x-osi ravnomjerno, onda je: 1,98 .ox ox

d md v t v

t s= � = =

Komponentu brzine po y-osi �emo dobiti iz jedna�ine za visinu kosog hica:2 22

9,9 .2 2oy oy

gt h gt mh v t v

t s+= − � = =

Prema tome, brzina drugog tijela je: 2 20 3,92 98,01 10,09 .ox oy

m mv v v

s s= + = + =

Ugao �emo odrediti prema formuli:

cosox ov v α= 0cos 0,196 78,68ox

o

vv

α α� = = � = .

y

x0

d

HA

h?

V o



1G��

G

Zadatak 2. (zadatak je srednje težine):

Sa vrha strme ravni visine h=10 m i dužine l = AB=80 m po�ne kliziti tijelo (bez po�etnebrzine) i došavši do kraja srmine nastavi da se kre�e po horizontalnom putu BC dok se

ne zaustavi. Koeficijent trenjaje isti duž cijelog puta ABC iiznosi µ=0,05. Odretiti brzinutijela u ta�ki B, kao i put d=BCkoji �e tijelo pre�i dužhorizontale.Zadatak riješiti na dvana�ina!

Rješenje:

Zadatak �emo riješiti kinemati�ki i energetski!

1.Kinemati�ki:

1N��

h

• Posmatrajmo kretanje tijela od ta�ke A do ta�ke B:

Vektorska jedna�ina kretanja tijela niz kosinu je : 11 1 2trG F N G ma+ + + =

��

.Po intenzitetu �e biti:x-osa:

11 trG F ma− = (1)

y-osa: 1 2 1 20 cosN G N G mg α− = � = = (2)Sila trenja na kosini je prema (2) :

1 1 costrF N mgµ µ α= = . (3)

Ugao �emo dobiti iz odnosa stranica strme ravni: 0sin 0,125 7,18hl

α α= = � = . (4)

Uvrštavanjem jednakosti (3) i (4) u (1) imamo:

( ) 2sin cos sin cos 0,74 .m

mg mg ma a gs

α µ α α µ α− = � = − =

Brzinu tijela u ta�ki B �emo dobiti iz formule: 2 2 0,74 80 10,87 .B

m mv al

s s= = ⋅ ⋅ ≈

l

d

A

B C

2N��

l

α

α

1trF��

2trF��

G��

G��

2G�� B C

A

x

y



• Posmatrajmo kretanje tijela duž horizontale BC :

Vektorska jedna�ina kretanja tijela je: 2 2 2trF G N ma+ + =��

.

Ako sada za x-osu uzmemo pravac BC , a za y-osu, osu okomitu na x-pravac,jedna�ine kretanja tijela po intenzitetu �e biti:x-osa:

2 2trF ma− = (5)

y-osa: 2 20N G N G mg− = � = = (6)Sila trenja na ovom dijelu puta je, prema (6):

2 2trF N mgµ µ= = (7)Uvrštavanjem relacije (7) u (5) dobijamo:

2 2 20,4905 .m

mg ma a gs

µ µ− = � = − = − Znak (-) ukazuje da tijelo usporava!

Brzina kretanja tijela je : 2 222B Cv a d v+ = . U ta�ki C tijelo se zaustavlja, pa je

0cv = , odnosno : 2

22

2 0 120,8 .2

BB

vv a d d m

a+ = � = − ≈

2.Energetski(zakon o�uvanja energije):

• Posmatramo kretanje tijela od ta�ke A do ta�ke B:

U ta�ki A ukupna energija tijela je: AE mgh= , dok tijelo u ta�ki B posjeduje

energiju: 2

2B

B

mvE = . Dio energije se potroši na savladavanje sile trenja na kosini,

pa je na osnovu zakona održanja energije: 1A BE E E= + ∆ , gdje je:

11 costrE F l mglµ α∆ = ⋅ = , pa je:

2

cos2

Bmvmgh mglµ α= + ( )2 cos 10,87 .B

mv g h l

sµ α� = − ≈

• Posmatramo kretanje tijela od ta�ke B do ta�ke C:

Iz zakona održanja energije na ovom dijelu puta imamo: 2B CE E E= + ∆ .Gubitak energije na ovom dijelu puta je:

22 trE F d mgdµ∆ = ⋅ = , pa je :22

2 2CB mvmv

mgdµ= + , a pošto je 2

0 120,8 .BC

v mv d

g sµ= � = ≈

Zaklju�ak: Vidimo da je svejedno koji �emo od na�ina koristiti ( u našem slu�ajubrži na�in je preko zakona o održanju energije) i da masa tijela koje klizi nizkosinu ne uti�e na brzinu tijela niti na pre�eni put tijela!



Zadatak 3. (zadatak je težak samo zbog matematike):

Kugla kineti�ke energije Ek1= 4J elasti�no se sudara sa istom takvom kuglom koja miruje.Poslije sudara prva kugla se kre�e pod uglom � = 600 u odnosu na svoj prvobitni pravac.Odrediti kineti�ke energije obje kugle poslije sudara.

Rješenje:

Prije sudara: Poslije sudara:

Pošto se radi o elasti�nom sudaru kod kojeg ne dolazi dogubitka kineti�ke energije kugli na njihovo zagrijavanje ili deformacije,

onda �e važiti zakoni o održanju impulsa i kineti�ke energije: ' '1 1 2mv mv mv= +

��

.Gledano po intenzitetu, vrijedit �e:x-osa: ' '

1 1 20 cos cosmv mv mvα δ+ = + (1)

y-osa: '

' ' ' 21 2 1

sin0 sin sin

sinv

mv mv vδϕ δ

ϕ= − � = . (2)

Na osnovu zakona održanja energije: 2 2 2

2 2 21 1 21 1 2

' '0 ' '

2 2 2mv mv mv

v v v+ = + � = + . (3)

Uvrštavanjem (2) u (1) dobijamo da je: 1 2

sin cos' cos

sinv v

δ ϕ δϕ

� �= +� ��

. (4)

Uvrštavanjem (2) u (3) dobijamo da je: 2

2 21 2 2

sin' 1

sinv v

δϕ

� �= +� �

� �. (5)

Kvadriranjem jedna�ine (4) i izjedna�avanjem s jedna�inom (5) imamo :

( ) ( )

2 2 22 2

2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

2

sin sin cos 2sin cos cos1 cos sin

sin sin sin

sin sin sin cos 2sin cos cos sin cos sin

sin 1 cos sin 1 cos 2sin cos cos sin 0

sin sin sin sin 2sin cos cos sin 0

2sin

δ δ ϕ δ δ ϕ δ ϕϕ ϕ ϕδ ϕ δ ϕ δ δ ϕ ϕ δ ϕδ ϕ ϕ δ δ δ ϕ ϕ

δ ϕ ϕ δ δ δ ϕ ϕ

+ = + + ⋅

+ = + +

− + − − =

+ − =

( )( )

2sin 2sin cos cos sin 0

2sin sin sin sin cos cos 0 2

sin sin cos 0

ϕ δ δ δ ϕ ϕϕ δ ϕ δ δ ϕ

ϕ δ ϕ δ

− =− = ⋅

+ =

1v�� 2 0v =

��

ϕ

δ

1 'v��

2 'v��



Iz posljednje jednakosti imamo: ( )0 0 cos 0ϕ δ ϕ δ≠ ∧ ≠ � + = .

Kosinus ugla ima vrijednost 0 za 900 tj. 090ϕ δ+ = .

Pošto je 060ϕ = � 030δ = . (6)

Uvrštavanjem (6) u (2) dobijamo odnos brzina: ' '1 20,57735v v= (7), pa uvrštavanjem (7)

u (1) imamo: 2

2 11 2 21,1547 ' '

1,34v

v v v= � = . (8)

Pošto je kineti�ka energija kugle prije sudara Ek1, onda prema zakonu održanja kineti�keenergije imamo:

1 1' 2 'k k kE E E= + . (9)

Kako je 1

21

2k

mvE = i uzimanjem u obzir (8)slijedi: 1

2 '

2 22' 1 2,985 .

2 2 1,34 1,34k

k

Emv mvE J= = = ≈

⋅

Uvrštavanjem dobivene energije za drugu kuglu nakon sudara u relaciju (9) dobijamo ienergiju prve kugle nakon sudara tj.

1' 1 2 '4 2,985 1,015 .k k kE E E J J J= − ≈ − ≈

SRETNO S ZADACIMA ��

Molim vas da ne prepisujete ove zadatke identi�no kako su napisani,pokušajte maloizmijeniti, da ne bi svi imali isto napisano!!

Provjerite jesam li dobro uvrštavao brojeve da ne bi bilo belaja!

�� Hadziahmetovi� Emir ��


scripta_zadaci

Documents