zbirka 1 razred
TRANSCRIPT
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
1/108
.
(1990 - 1995)
1
1999.
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
2/108
2
(1990-1995)
: . ,
: -x,
: . , 76/2311070
: .
:
:
: 700
CIP- ,
372.853 (075.3) (079.1)
, .
: (1990-1995) : 1 / . ; - ( ... .). - (2 .). - : . ., 1999 ( : ). - 174. : . ; 24
700.
ISBN 86 - 901669 - 4 - 7
ID = 71603980
:""
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
3/108
3
. :- , , , - ,- , , ,- ,
, , ( ). .
, , , , .
. 1989/90. 1994/95. , , () , .
. , . , 100, , , 20 . , , , , .
( )
30 , . , . , . , , . . , , (1990-1992) 1995..
, . . , . .
,
, . . , , , , () .
. , , .
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
4/108
4
, , .
1991/92. , , " ", .
.
, . , ,
. ,
. . , , : . , , -x, , , , , , . , . , , , . , . , , , . , , , , -, , , , , "", ( ), . , ,
1990. 1995. , . . 1990/91. , , .
: , 76/23, 11070 , .
, . , 1996.
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
5/108
5
- "" .
- . .
- . , (" ", ", " " .).
- . , " ".
- , 2sm81.9g .
- : X.Y.Z, : X- ( ), Y - () Z - ( - , -, - - ).
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
6/108
6
1) , . .
2) , , , . .
3) , , . :
- , , (,
2s
m81.9g ), (
).
- , , , , , .
1: , 0v
.
2: x, 0x x= 0.
4) :
- . , , ., , .
- .
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
7/108
7
, ,
na 10 , 101 a , . , , 1n , 2n .
1. : s103.3=ns33 -8t ,
: s1033=ns33 -9t .
1. : J102=MJ2.0 5t ,
: J100.2=MJ2.0 6
t .
5) , . , 3) ,
, .
6) . , .
7) . , , , . , , , , , , .
: , , . , . .
.
1: - , , . . .
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
8/108
8
2: , , .
8) , , . .
- . :
- , .
- . . .
, , ., , .
9) , . :
- . , , . , . ,
.
- .
: , , , .
10) , . , .
11) , .
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
9/108
9
" ".
12) 0.1 1000.
: m105.2 5
, , m25=m105.2 5 , 25 .
13) ,
, . , , 1000 , .
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
10/108
10
, . .
.
( ). , .
. :
) , 2.304,
30.2,3
10405.1
.) , ,
12.200, 10.0, 310450.1 . 0.02340 , , ,
210340.2 .
1: (0.01-0.09V), :
10.00 V 0.34 V V1020000.3 3 .
1: (10-
90s), :40s 120s s10520.3 3 .
, , .
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
11/108
11
, .
. .
: 13.301317.30123.1223.33467.2432.12 27695.26545.1952.7615.558.12135
4344
1070.5570008.56904372002.1295101,21072.32.12951010.2 ,
( 3.23) .
, ( 135) .
, ( 1) .
. . .:
710.07103.021.340.34.12
3.1234.234.3
213.3401.34.12
341.1234231.2345.3
(3) 12.4, , .
( ), :
715.03.135
795.96
21.340.34.12
34.12345.2345.3
213.3401.34.12
341.1234531.2345.3
.
. , , , .
: 1.2721.5 2 643.2 5 577.00.30 tg
53.135.2 535.32.1564 1.462ln
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
12/108
12
, 62 , , .
:
44444
106.21059.2103.15
58.39
103.15
95.13.20
10009.31.5
8.3071.192.1
.
.
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
13/108
13
:
) r
- - , , (. 1).
) x,y z,
, :xrx ,
yry , (1)
zrz .
:
222 zyxr (2)
:
) r
- (2) (1) (. 2):
12 rrr
. (3)
) s - .
:
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
14/108
14
) - , :
trr
, (4)
:
txx ,
tyy , (5)
tzz .
) - , :
tss , (6)
.
rs
.
.
12 ttt
:
21
12sr
tt
rr
t
rv
, n
n
tttt
rrrrv
...
...
321
321sr
, (7)
nrrrr
,...,,, 321 ntttt ,...,,, 321 .
12 ttt :
t
sv
sr ,
n
n
tttt
ssssv
...
...
321
321sr , (8)
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
15/108
15
nssss ,...,,, 321
ntttt ,...,,, 321 .
srsr vv
.
. , - v
, . . , (. 2). , .
12 ttt
:
21
12sr
tt
vv
t
va
, (9)
12 vvv
.
, - a
, .
('x'y'z') (xyz) 21v
(
). 1v
( ),
2v
( ), ( . 3):
2121 vvv
. (10)
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
16/108
16
21v
12v
( . 4)
:
2112 vv
. (11)
21a
( ). . 4, . 1a
( ), 2a
(
), :
2121 aaa
. (12)
(10) (12) . , .
0a
constv
. :
tvrr
0 , (13)
:
tvxx x 0 , tvyy y 0 , tvzz z 0 , (14)
zyx vvv ,, . :
vtss 0 . (15)
= 0. x -
, , . :
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
17/108
17
vtx (16)
vts . (17)
: , (15) (17), , , , .
consta
, , :
tavv
0 , (18)
tavv xxx 0 , tavv yyy 0 , tavv zzz 0 . (19)
:222zyx vvvv . (20)
:
200
2
1tatvrr
, (21)
:
200
2
1tatvxx xx ,
200
2
1tatvyy yy ,
200
2
1tatvzz zz , (22)
zyx aaa ,, , zyx vvv 000 ,,
. ,
, :
200
2
1attvss , (23)
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
18/108
18
x - , , x - , :
atvv 0 , (24)
20
2
1attvx , (25)
20
2
1attvs , (26)
asvv 2202 . (27)
1: , , ( "") , . (24-27), - ( (85)).
2: , . , x- , , , (24-
27) :atvv 0 , (28)
20
2
1attvx , (29)
20
2
1attvs , (30)
asvv 2202 . (31)
, (28-31), , 0 aa
.
3: ( 1v ) ( 2v ) , :
2
21sr
vvv
. (32)
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
19/108
19
, ,
(6,7).
, 0v ,
, . 5, :
const0 xx vv , (33)
gtvv yy 0 , (34)
tvx x0 , (35)
2
0 2
1
gttvy y . (36)
:
2
200
0
2x
v
gx
v
vy
xx
y . (37)
:
g
vy
y
2
20
max ,g
vt
y0
1 . (38)
:
g
vvx
yx 00max
2 ,
g
vt
y02
2 . (39)
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
20/108
20
, 0v ,
6, :
const0 vvx (40)
gtvy , (41)
tvx 0 , (42)
2
2
1gty , (43)
:
2
202
xv
g
y . (44)
, :
g
hvx 2
0max ,g
ht
21 (45)
. , . , .
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
21/108
21
, .
. ,
( ) :
r
s , (46)
, .
, , (. 7).
12 ttt :
t
sr . (47)
, -
, . (. 7).
e :
22
T
. (48)
(, ) :
rv . (49)
12 ttt :
21
12sr
ttt
, (50)
12
.
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
22/108
22
, -
, . .
0
const
, :
t . (51)
const
. , , :
t 0 , (52)
20
2
1tt , (53)
2202 . (54)
: , . ,
, .
.
- (. 8).
nt aaa
, 2n2t aaa . (55)
- .
. , , :
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
23/108
23
ra t . (56)
() n (cp) - . , . :
r
vra
2
n . (57)
, , ,
. , ,
, , .
: , (23), (26) (30), (27) (31) , , . , .
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
24/108
24
3.
r
( )
rs
v
rv
a
2t ra
ra n
vts
t
atvv 0
20
2
1attvs
asvv 2202
t 0
20
2
1tt
2202
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
25/108
25
nmmm ,...,, 21 nrrr
,...,, 21 ( ) :
i
n
i
in
i
i
n
i
i
n
nn rmM
m
rm
mmmrmrmrmr
1
1
1
21
2211c
1..... . , (58)
:
n
i
iixmM
x
1
c
1, i
n
i
ixmM
y
1
c
1,
n
i
iixmM
z
1
c
1, (59)
. , .
.
:
, , . .
m, r , :
2mrI . (60)
. m r .
, . :
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
26/108
26
nIIIII ...321 . (61)
: I I0 , , :
20 mdII , (62)
d .
4.
2mr
, ,. r
2mr
, r
2
2
1mrI
r
2
5
2mr
l ,
2
12
1ml
l ,
2
3
1ml
( ) :
vmp
, (63)
n , , :
c
11
vMvmpp
n
i
ii
n
i
i
, (64)
cv
.
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
27/108
27
"", " ", 5.
: , . , , - .
p
,
, :
vrmprL
, (65)
r
. n :
c
11
vMvmpp
n
i
ii
n
i
i
. (66)
:
IL , (67)
I .
" ", " ", 6.
: (65) (66), . , .
F
:
FrM
, (68)
r
. :
FrM n , (69)
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
28/108
28
rn - ( . 9).
: ( ) . . - . ( r
p
, r
F
) , , .
nFFFF
,...,,, 311 ,
-:
in FFFFFF
...311 , (70)
, , , :
n
i
in MMMMMM
1
311 .. .
(71)
( )
, ,
0 iFF
, constv
. (72)
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
29/108
29
, F
, :
t
pamFF i
. (73)
, a
, , a
. , :
t
pF
, (74)
p
t .
, .
1: , . , , , ( "" " ").
2: , , , . ( ), . , . , . , .
3: ( ), x y - . , :
xx maF , yy maF . (75)
- , (x) , (y) , x= y= 0, :
maFx , 0 yF . (76)
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
30/108
30
- , , () .- . , . , . " " " " x y- .
( )
, , :
2112 FF
. (77)
. , .
( )
, M
, :
IMM i
. (78)
, :
t
LMM i
. (79)
L
t . , (70) ( " " "
").
: , , , .
:
0 iF
, 0iM
, (80)
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
31/108
31
iM
.
. : -
, - , -
.
: (80), . , .
( - "").
, . - .
.
.
12F
, 1221 FF
, .
( " ", "").
tF
otF
.
( ), .
: (
11.91.).
, , . . , :
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
32/108
32
NF t , (81)
N ,. , ,
. . , .
:
r
NF kkt,
, (82)
k , r
. .
( ) . :
vbF
ot , (83)
b .
- . (. ),
T
zF
,
(. ), N
.
1: , . , .
2: , , . .
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
33/108
33
3: - . :
1)
,
( 20.95..).
2)
,
:
.
. .
: ( . 10).
:
- , 1N
. - .
, , ,
2N
,
- .
, ( ), , , :
kxF , (84)
k , x ( ).
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
34/108
34
, ( ) , , :
gVgmF 00 , (85)
: 0m - , 0 - V
, .
.
, , . :
22
cf mrr
mvF . (86)
1: , . , , .
2: .
, . , , ,
, . 0a
, m
:
0in amF
. (87)
: , ,
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
35/108
35
, , .
. . , , . :
22
cf mr
r
mvF . (88)
( ) F
r
, s , :
rFrFA r
, (89)
tF (
). tF s, ( )
: sFA t . (90)
, .
M
, :
1MMA
, (91)
1 . , ( ) :
1MMA
. (92)
, .
1 2 :
21 mA . (93)
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
36/108
36
, , , :
2tela1telatelatela EEEA , (94)
, () :
tela12telatelasp EEEA . (95)
,
, . ( ).
P, t , :
tPA . (96)
t, :
PtA . (97)
"", " ", 7-9.
t, :
t
AP . (98)
, - ,
. , v
,
F
, tF ,
() :
vFvFP t
. (99)
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
37/108
37
,
F
.
M
,
1M , , :
1MMP
. (100)
. ,
. m, v
p
:
m
pmvE
22
22
k . (101)
: I,
L
, :
I
LIE
22
22
k
. (102)
( ) .
. , , . .
, , . () .
,
, 1 2, r , :
r
mmE 21p , (103)
.
.
:
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
38/108
38
mghE p , (104)
, g . .
(101) , (100).
:
2p
2
1kxE , (105)
k, , x .
, .
, , .
, , :
pk EEE . (106) , -
, :constE . (107)
, , , .
1: ( ). ,, , .
2: , , , , .
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
39/108
39
- .
: , , , . , , , . . , .
:
const iii vmpp
, (108)
:
const xiixix vmpp , const yiiyiy vmpp ,
const xiiziz vmpp . (109)
1: , .
2: , .
3: , . , x-, , y- , .
4: , , .
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
40/108
40
, :
const iiiii prILL
. (110)
: .
, , . 1 2, 1v
2v
, ,
1v
2v
, :
12
221211
2
mm
vmvmmv
12
112122
2
mm
vmvmmv
. (111)
. 1m 2m 1v
2v
,
:
21
2211
mm
vmvmv
(112)
: (108) (109). , , . , , x " I ", 1994.. x (. 126).
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
41/108
41
5.
( 2mrI )
F
M
FrM
vmp
IL
vrmprL
constv
0 iF
const
0 iM
t
p
amFF i
.
t
L
IMM i
0 iF
0iM
rFrFA r
1MMA
vFt
AP t
Mt
AP
m
pmvE
22
22
k
I
LIE
22
22
k
const iii vmpp
.
const iiiii prILL
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
42/108
42
y x xyy , . 14.
() () .
( ) 12 xxx ,
x, ix
( nni ,,...,3,2,1 ),
nxxxxxx ...2112 .
() x x , z :
xyz ,
y )(xfy x ,
x 12 xx , z :
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
43/108
43
n
i
iinnn xyxyxyxyzzzzzz
1
22112112 ...... .
ix ,
, , )()( iiii xxyxxy ,
ii xy (x)
ix . z , ,
12 xx . :
x 12 xx , z
y x,
. )(xfy
x z
xyz . )(xfy
. ,
tav ( 1).
1: 01z , 2zz ,
z x 1x
2x . , z z x 1x 2x . .
2: , , . ( ).
- .
3: , z . x( ).
4: " " " ", ,
( ).
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
44/108
44
: , , :
1) )(taa , ,
, , (9), tav .
2)
)(tvv , , , , (8), tvs .
3) )(t ,
, , , (50),t .
4) )(t , ,
, , (47), t .
5) , F F t ( ) , , , , (74),
tFp .
6) )(tMM ,
, , , (79),tML .
7)
)(tt sFF , , , , (89), sFA t .
8) )(11 MM ,
, , , (91), 1MA .
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
45/108
45
9) )(tPP , ,
, , (96), tPA .
: . 15. . .
.
: ,
.
, : m105 3a N104=kN4 3b .
N106=kN6 3c N102 2
d . :
J8.621 abS , J602
12 cdS .
(), . , :
J2.8=J)(-60+J8.6221 AAA .
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
46/108
46
, , , . ,
30, 45 60.
a
:
1) 45: ( 16), :
22aaa yx (124)
1) 30 60: ( 17), :
2
3aax (125)
2
aay (126)
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
47/108
47
x:
02 cbxax , (127)
, , c.
:
a
acbbx
2
42
21
. (128)
- .
) 042 acb :
a
acbbx
2
42
21
a
acbbx
2
42
21
. (129)
) 042 acb :
a
bx
2 . (130)
) 042 acb .
: , , , . , , . .
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
48/108
48
Z A D A C I
1.91.O. Kolika treba da bude brzina automobila, da bi ukrasni
poklopac ("radkapna"), koji je u pokretu spao sa toka automobila,im dodirne put poeo da se kotrlja bez proklizavanja. Polupreniktoka je R = 25 cm, a poklopac se moe smatrati homogenimdiskom poluprenika r= 12 cm. Usporavanje kretanja poklopca uvertikalnom pravcu traje = 0.5 s. Pretpostaviti da u toku ovog
usporavanja na poklopac deluje konstantna sila trenja. Koeficijent
trenja klizanja izmeu poklopca iputa iznosi = 0.2.
Reenje: Poto toak ne proklizava, taka toka u kojoj on dodiruje zemljumiruje u odnosu na zemlju. Ako se automobil kree brzinom 0v
istom brzinom se kree
i osa rotacije toka u odnosu na zemlju i dodirnu taku. Prema jednaini (U11), taka ukojoj toak dodiruje zemlju kree se u odnosu na osu rotacije brzinom (perifernom)
0v
, suprotnog smera od smera kretanja
automobila (vidi prvu sliku u reenju).Ugaona brzina rotacije poklopca se ne
menja u toku njegovog padanja, odnosno, ista
je na toku i neposredno pre dodira zemlje.Ako je izrazimo preko veliina vezanih zatoak i veliina vezanih za poklopac, moe sedobiti:
r
v
R
v 00 ,
pa brzina perifernih taaka poklopcaneposredno pre dodira zemlje iznosi:
00 vvR
rv .
Posle odvajanja od toka centar mase poklopca se kree kao horizon talni hitac.Kada se spusti za rR , tj. u trenutku kada poklopac dodirne zemlju, y- komponentabrzine ose rotacije valjka iznosi:
rRgvy 2 .
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
49/108
49
S druge strane, du x - ose, osa rotacije poklopca se i dalje kree po inercijibrzinom vx= v0 (vidi drugu sliku u reenju). Da ne bi dolo do proklizavanja poklopca,moraju periferne take poklopca da sezaustave u odnosu na zemlju, odnosno,
translatorna brzina ose rotacije poklopca treba
da se smanji sa v0 na v. Prema tekstu za-
datka, "prilagoavanje" kretanja poklopcapodlozi traje . To je vreme u kome treba da
doe do navedene promene translatorne brzinepoklopca pod dejstvom sile trenja, odnosno
vreme za koje normalna reakcija podloge treba
da zaustavi kretanje poklopca po vertikali.
Poto je, po uslovu zadatka, sila trenja
tF
u toku "prilagoavanja" konstantna,
konstantna je i reakcija podloge N
, koja
deluje na poklopac. Poto pored ovih sila napoklopac deluje konstantna sila Zemljine tee gm
, prema jednaini (U74), Drugi
Njutnov zakon za translatorno "prilagoavanje" poklopca glasi:
0t
vmvm
t
pgmNF
.
Projekcija ove jednaine na x- osu ima oblik:
0t
vvmmvmvF x
, (1)
a projekcija na y- osu oblik:
yy mvmvmgN
0,
pa je:
rRggm
mvmgN
y 2.
Na rotaciju poklopca utie moment sile trenja, pa se Osnovni zakon dinamikerotacije moe napisati u skalarnom obliku na sledei nain:
R
v
r
vmrmr
I
t
LrF 0
2020
t22
1
. (2)
Eliminacijom sile trenja iz jednaina (1) i (2), moe seodrediti brzina koju trebada ima poklopac da ne bi proklizavao, koja iznosi:
03
2v
R
rRv
,
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
50/108
50
Uvrtavanjem ove vrednosti u jednainu (1), moe se odrediti sila trenja, kojamoe da izvri navedena "prilagoavanja" kretanja poklopca, koja iznosi:
0000t33
2v
R
rRmv
R
rRv
mvv
mF
.
Da ne bi dolo do proklizavanja poklopca navedena sila trenja mora biti silastatikog trenja, koja je uvek manja ili jednaka sili trenja klizanja, koja iznosi:
rRg
gmNF
2kt, ,
odnosno, mora biti:
rRggmv
R
rRm 2
3 0 .
Iz poslednje nejednaine se moe odrediti brzina automobila pri kojoj ne dolazido proklizavanja poklopca, koja mora biti:
h
km6.6
s
m8.1
230
rR
gRv .
2.91.O. Valjak poluprenika 2R sa osovinompoluprenika R visi u horizontalnompoloaju na nitima, koje su omotane okoosovine kao na slici. Masa valjka sa osovinom
iznosi m0, a moment inercije u odnosu na osu
rotacione si-metrije iznosiI. Na niti namotanoj
na valjak visi teg mase m. Odrediti ubrzanje
tega kada se sistem kree u polju Zemljinetee. Obe neistegljive niti, zanemarljive mase,omotane su oko valjka tako da tee da gazarotiraju u istom smeru.
Reenje: Ubrzanje ose rotacije valjka u odnosu na zemlju 0a
, odnosno u
odnosu na nit na kojoj visi valjak, jednako je po intenzitetu ubrzanju iste niti, u odnosu
na osu rotacije a
. Poto je poslednje ubrzanje, jednako tangencijalnom ubrzanjuperifernih taaka osovine, moe se pisati:
Raa 0 ,
gde je ugaono ubrzanje valjka.
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
51/108
51
Dok se nit na kojoj visi valjak odmota za l,
centar mase valjka se spusti za istu vrednost. Za isto
vreme se nit na kojoj visi teg odmota za 2l, a teg supusti
za 3l. Zbog toga je ubrzanje tega u odnosu na zemlju a
trostruko vee od ubrzanja centra mase valjka u odnosuna zemlju 0a
, odnosno:
03aa (1)
Kretanje valjka i osovine uslovljavaju dve
jednake sile zatezanja u nitima o koje je obeen 1T
, sila
zatezanja niti na kojoj visi teg 2T
, sila Zemljine teegm
0 , i njihovi momenti (vidi sliku u reenju), pa se
zakoni dinamike za njihovo translatorno i rotaciono
kretanje mogu napisati u obliku:
00210 2 amTTgm
,
IMMM TTgm 210
2.
Projekcije prve jednaine na vertikalni pravac, a druge na pravac normalan na ravancrtea imaju oblik:
00210 2 amTTgm , (2)
RaIIRTRT 021 22 . (3)
Kretanje tega uslovljavaju sila Zemljine tee gm
i sila zatezanja niti o koju je
obeen 2T
, pa Drugi Njutnov zakon za njegovo kretanje, u vektorskom i skalarnom
obliku, glasi:
amTgm
)( 2 ,
maTmg 2 .
Ako se iz poslednje jednaine izrazi mamgT 2 i uvrsti u jednaine (2) i (3),
vodei rauna o jednaini (1),jednaine (2) i (3) se mogu napisati u obliku:
32
0
0010
am
ammamgTgm
,
22
01
3222
R
aI
R
aImamgT .
Posle sabiranja poslednjih jednaina, lako se moe odrediti traeno ubrzanje tega, kojeiznosi:
gRmmI
Rmma
20
20
9
33
.
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
52/108
52
3.91.O.Niz dve idealno glatke strme ravni, koje
obrazuju jednake uglove = 45 sa
horizontalom, kreu se, dodirujui semeusobno, cilindar mase m1 = 5 kg i klinm2= 10 kg (vidi sliku). Odrediti silu kojom klin
deluje na cilindar, ako je trenje izmeu klina icilindra zanemarljivo?
Reenj e: Na cilindar deluju: sila
Zemljine tee gm
1 , normalna reakcija od klina 1N
i normalna reakcija 2N
od strmeravni S1 (vidi prvu sliku u reenju), pa se Drugi Njutnov zakon za kretanja cilindramoe pisati u obliku:
gmNNam
2111 . (1)
Na klin deluju: sila Zemljine
tee gm
2 , normalna reakcija 3N
od
strme ravni S2 i normalna reakcija
od cilindra 1N
. Prema Zakonu
akcije i reakcije ona iznosi
11 NN
, pa se Drugi Njutnovzakon za kretanje cilindra moepisati u obliku:
gmNNam
21322 (2)
Pri pomeranju po
strmoj ravni S1 ose ci-
lindra za s, dodirna po-
vrina klincilindar se pomeriza b (vidi drugu sliku u
reenju). Poto su trougloviOO'A i BB'C podudarni, toje s=BB , odnosno, pree-ni putevi ose cilindra i klina
su jednaki. Zbog toga je
ubrzanje klina u pravcu y -
ose po intenzitetu jednako
ubrzanju ose cilindra u
pravcu x - ose. Oznaimointenzitet ovih ubrzanja sa a.
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
53/108
53
Poto je 11 NN , projekcije jednaine (1) na x- osu i jednaine (2) na y- osu
glase:
gmNam 1112
2
2
2 ,
gmNam 2122
2
2
2 .
Poto su trenja u sistemu zanemarljiva, sile reakcija strmih ravni 2N
i 3N
,
oigledno, ne utiu na kretanje klina i cilindraEliminacijom ubrzanja iz poslednje dve jednaine, nije teko odrediti traenu
silu kojom klin deluje na cilindar, a koja iznosi:
N4.652
21
211
g
mm
mmN .
6.91.RP. ovek se nalazi na horizontalnoj platformi, koja rotiraugaonom brzinom 3 rad/s, i gaa metu na istoj platformi. U
prvom sluaju se ovek nalazi u centru platforme, a meta naperiferiji, na rastojanjuR= 10 m od njega. U drugom sluaju oveki meta zamene mesta. Pod kojim uglom, u odnosu na pravac ovek-
meta, ovek treba gurnuti malo telo po platformi da bi pogodilometu, u oba sluaja. Poetna brzina tela u odnosu na platformu je v0= 60 m/s. Trenje izmeu tela i platforme zanemariti.
Reenje:Sluaj I. Poto na telo ne deluju sile u horizontalnoj ravni (trenje izmeu telai platforme zanemarljivo), ono se, u inercijalnom referentnom sistemu, tj. u odnosu na
zemlju, kree prema meti ravnomerno pravolinijski, brzinom jednakom poetnoj brzini(vidi prvu sliku). Jednaine kretanja platforme i telamogu se napisati u obliku:
t i tvs 0 .
Da bi ovek () pogodio metu (M) u taki M',telo mora prei put s R ,za vreme dok se platformazarotira za traeni ugao. Eliminacijom vremena, izprethodnih jednaina, mogue je odrediti traeniugao, koji iznosi:
rad5.00
v
Rt .
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
54/108
54
Sluaj II. Periferna brzina take pv
, u kojoj se
nalazi ovek (), ima intenzitet Rv p . Telo treba
gurnuti tako da mu ukupna brzina v
, kao vektorski
zbir ove brzine i brzine tela u odnosu na platformu
0v
, bude usmerena ka centru, tj. meti (M) (vidi
drugu sliku). Odnosperiferne i poetne brzine iznosi:
2
1
00
p
v
R
v
v .
Prema jednaini (U126), to znai da je ugao
jednak 30. Drugim reima, u ovom sluaju telo trebagurnuti pod uglom od 30, u odnosu na pravac
ovek-meta, da bi pogodilo metu.
7.91.RP. Granata, koja leti brzinom v = 50 m/s, raspada se pri
eksploziji na dva dela. Vei deo, ija masa iznosi 75% mase celegranate, nastavlja da se kree u istom smeru brzinom v1= 75 m/s.Odrediti brzinu manjeg dela granate, neposredno posle eksplozije.
Komentarisati dobijeni rezultat.
Reenje: Mase veeg i manjeg dela granate iznose 0.75m i 0.25m, gde je mmasa cele granate. Poto eksplozija granate traje veoma kratko, na nju se moe
primeniti Zakon o odranju impulsa, koji se moe napisati u obliku:
21 25.075.0 vmvmvm
.
Ako koordinatni
sistem postavimo tako da
se pravac x - ose poklapa
sa pravcem kretanja
granate i njenog veegpareta, a da je pravac y -ose normalan na ovaj
pravac (vidi sliku),
projekcije prethodne
jednaine na x i y - osuimae oblik:
xmvmvmv 21 25.075.0 ,
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
55/108
55
yv225.000 .
Iz druge jednaine je, oigledno, 02 yv , odnosno, manje pare granate se kree
takoe u pravcu x - ose brzinom koja moe da se odredi iz prve jednaine, i koja iznosi:
s
m25
25.0
75.0
25.0
75.0 112
vv
m
mvmvv x .
Znak minus pokazuje da se manji deo granate kree u suprotnom smeru od
smera x - ose, tj. od smera kretanja granate i njenog veeg pareta.
8.91.RP. Na tankoj niti duine l = 1 m visi mala kuglica(matematiko klatno). U trenutku t0= 0 taka oslonca poinje dase kree ravnomerno pravolinijski brzinom v u horizontalnoj ravni.Posle kog vremena treba zaustaviti (trenutno) taku oslonca pa dakuglica ostane da miruje.
Reenje: Ako se opisano kretanje posmatra iz referentnog
sistema vezanog za oslonac, u trenutku t0= 0, oslonac miruje, a kuglica poinje da sekree poetnom brzinom v. Drugim reima, iz ovog sistema, poetak opisanog kretanjaizgleda kao polazak kuglice obinog matematikog klatna iz ravnotenog poloaja.
Kada kuglica zavri jednu punu oscilaciju u navedenom sistemu e imati istubrzinu v, odnosno, u sistemu vezanom za okolinu imae brzinu nula. Ako u tomtrenutku trenutno prestane kretanje oslonca, kuglica e ostati da miruje.
Prema tome, da bi kuglica stala, kretanje oslonca treba zaustaviti posle vremena
koje je jednako periodu matematikog klatna, koje ima duinu kao posmatrana nit,odnosno, posle vremena:
s22 g
lT .
9.91.RP. Na horizontalnoj platformi kolica, koja se kreu
konstantnim ubrzanjem a, nalazi se pun homogen valjak. Usledovog kretanja kolica, valjak se kotrlja po povrini kolica bezproklizavanja u suprotnom smeru od smera kretanja kolica. Odrediti
odnos ubrzanja centra mase valjka, u odnosu na zemlju, i ubrzanja
kolica, ako je moment inercije valjka 22mr .
Reenje: Valjak rotira usled delovanja sile trenja (vidi sliku), pa se Osnovni
zakon dinamike rotacije valjka moe napisati u obliku:
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
56/108
56
rFmrI tr2
2
1 .
Poto nema proklizavanja, ubrzanje ose rotacije valjka, u odnosu na kolica,jednako je po intenzitetu tangencijalnom ubrzanju perifernih taaka valjka u odnosu naosu njegove rotacije i iznosi:
m
2 t0
Fra . (1)
Ubrzanje ose rotacije valjka, uodnosu na zemlju, prema jednaini(U12), iznosi 0aaaz
, a intenzitet
mu je 0aaaz . Translaciju valjka u
horizontalnom pravcu vri sila trenja,pa se Drugi Njutnov zakon za njegovo kretanje moe napisati u obliku:
)( 0t aamamF z
,
Ako se uzme u obzir jednaina (1), projekcija ove jednaine na x- osu moe senapisati u obliku:
2)( 0
0t
ma
aamF .
Odavde se lako moe odrediti traeni odnos ubrzanja, koji iznosi:
3
10
a
aa
a
az .
10.91.RP. Metak mase m= 10 g leti
horizontalno i udara u horizontalnu
dasku mase M= 2 kg, koja je obeena odva ueta duine po l= 1 m, i ostaje unjoj. Posle udara uad se otklone od
vertikale za 60 (vidi sliku). Odreditibrzinu metka pre udara u dasku v0.
Zanemariti vreme zaustavljanja metka u
dasci.
Reenje: Poto udar metka u dasku traje kratko, na sudar se moe primenitiZakon o odranju impulsa, ija se projekcija na horizontalni pravac moe napisati uobliku:
vMmmv )(0 , (1)
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
57/108
57
gde je v brzina sistema metakdaska neposredno posle udara.
Pri kretanju ovog sistema posle sudara, kinetika energija prelazi u potencijalnu,pa se Zakon odranja energije za sistem moe napisati u obliku:
2
2)( v
MmghMm
,
gde je h maksimalna promena visine sistema. Iz ove jednaine sledi da je:
ghv 2 . (2)
Poto ugao izmeu mak-simalno pomerenih uadi i vertikaleiznosi 60, prema jednaini (U126),vai sledei geometrijski odnos (vidisliku u reenju):
lhl2
1 ,
pa je
lh2
1 . (3)
Iz jednaina (1), (2) i (3) moe se odrediti traena brzina metka, koja iznosi:
s
m63020
gl
m
Mmgh
m
Mmv
m
Mmv .
11.91.S. Paralelepiped duine l nalazi se nahorizontalnoj idealno glatkoj povrini. Najedan kraj paralelepipeda je postavljeno telo
ija je veliina zanemarljiva u odnosu naduinu grede. Odnos mase grede i mase tela jen. Odrediti najveu brzinu kojom moe da sekree paralelepiped, da posle njegovog elas-
tinog sudara sa vertikalnim zidom, telo nepadne sa njega (vidi sliku). Koeficijent trenjaizmeu tela i paralelepipeda je .
Reenje:Neposredno posle elastinog odbijanja od zida, paralelepiped se vraa unazadbrzinom v
, koja je po intenzitetu jednaka brzini v
, koju je imao pre sudara.
Meutim, telo na gredi nastavlja da se kree, po inerciji, brzinom v
, koju je imalo pre
udara paralelepipeda u zid (vidi poloaje 1 i 2 na slici u reenju zadatka).
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
58/108
58
Poto na kretanje posmatranih tela po horizontali ne utiu direktno vertikalnesile (utiu posredno preko sile trenja), sila Zemljine tee i reakcija podloge, na slikamau reenju ove slike nisu predstavljene. Na kretanje po horizontali utiu samo sile trenja
tF
i tF
. Po Zakonu akcije i reakcije ove sile imaju isti intenzitet. Lako se moe
pokazati
mgFF tt
.
Pri najveoj brzini koju sme da ima sistem pre udara u zid, a da telo ne padne saparalelepipeda vmax, telo treba da zaustavi sila trenja na drugom kraju paralelepipeda.
Zbog ilustracije razliitih prilaza istom problemu, nastavak zadatka e biti reenna tri naina.
I nain: Pomenute sile trenja paralelepipedu i telu, prema Drugom Njutnovom zakonu,
saoptavaju usporenja:
n
g
M
mgFaM
M
t i gm
Fam
t (1)
U referentnom sistemu vezanom za paralelepiped, neposredno posle sudara
paralelepipeda i zida, telo se, prema jednaini (U10), kree brzinom:
vvvv 2rel , (2)
koja predstavlja poetnu brzinu ravnomerno usporenog kretanja tela po paralelepipedu.Usporenje tela u ovom referentnom sistemu, prema jednaini (U12), iznosi:
gn
aaa Mm
11 .
Kreui se ovim usporenjem, prema jednaini (U31), do zaustavljanja teloprelazi put:
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
59/108
59
ng
v
a
vs
11
2
2
2 22
.
Traena maksimalna brzina maxv , kojom moe da se kree paralelepiped pre
udara u zid, moe se odrediti iz prethodne jednaine, uzimajui da je maxvv za ls ,
i iznosi:
2
11
21max
gl
n
gl
M
mv
. (3)
II nain: U referentnom sistemu vezanom za paralelepiped kree se samo telo nanjemu. Ovaj sistem je neinercijalan, kree se ubrzanjem paralelepipeda Ma
, iji je
intenzitet dat jednainom (1). U tom
sistemu, pored sile trenja tF
, nad telom
vri rad inercijalna sila MamF
in
(vidi drugu sliku u reenju).Obe sile imaju suprotan smer od
smera brzine (pomeraja), tako da im je
rad negativan. Ako se paralelepiped pre
sudara kretao traenom maksimalnombrzinom maxv , prema jednaini (2), br-zina tela neposredno posle sudara, u
ovom sistemu, iznosi max2v . Telo se
zaustavlja na kraju paralelepipeda, zahvaljujui radu navedenih sila, koji iznosi:
M
mmgll
M
gmmgllFlFA 1
2
int
Ovaj rad je, prema jednaini (U95), jednak promeni energije tela, u ovomsluaju kinetike, pa se moe pisati:
2max
2maxk1k1k2k 2)2(
2
1mvvmEEEEmglA .
Iz ove jednaine se moe lako odrediti traena maksimalna brzina
paralelepipeda, data jednainom (3).
III nain: Izmeu trenutka neposredno posle sudara (poloaj 1 na treoj slici ureenju) i trenutka zaustavljanja tela na drugom kraju (poloaj 2 na istoj slici)paralelepipeda na sistem ne deluju spoljanje sile u pravcu x - ose, pa se na kretanjemoe primeniti Zakon o odranju impulsa.
Ako se telo zaustavi u odnosu na paralelepiped na njegovom kraju, brzina tela i
paralelepipeda u odnosu na zemlju su iste, oznaimo je sa 0v
. U tom sluaju intenziteti
brzine paralelepipeda i tela u poloaju 1 odgovaraju traenoj maksimalnoj brzini
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
60/108
60
paralelepipeda maxv , pa se projekcija Zakona o odranju impulsa na x - osu moe
napisati u obliku:
0vmMmvMv . (4)
Pretpostavimo da su paralelepiped i telo neposredno posle sudara i u trenutku
zaustavljanja tela na kraju paralelepipeda rasporeeni kao na treoj slici u reenju. Zbogpretpostavljenih smerova
pomeraja u odnosu na
sile, rad paralelepipeda
nad telom iznosi 2tsF , a
rad tela nad para-
lelepipedom 1tsF , gde
su 1s i 2s odgovarajui
preeni putevi. Poto jeveliina tela mala, to je
lss 21 , pa ukupan rad
izvren nad parale-lepipedom i telom iznosi:
mglssmgmgsmgssFsFAAA mM 12121t2t
mglssmg )( 12
Ovaj rad je, prema jednaini (U95), jednak promeni energije sistema, u ovomsluaju kinetike, pa se moe pisati:
k2k1k EEEEA .
Ako se uzme u obzir da traena maksimalna brzina paralelepipeda odgovarazaustavljanju tela na njegovom kraju, prethodna jednaina se moe napisati u obliku:
222
)( 2
max2max
2 MvmvvMmmgl . (5)
Eliminacijom brzine 0v iz jednaina (4) i (5), moe se odrediti traena
maksimalna brzina, data jednainom (3).
Napomena: Treba primetiti da smo na treoj slici u reenju slobodnopretpostavili da je ls 1 , zbog ega je pomeraj tela na paralelepipedu u smeru sile
trenja tF
. Zbog toga je rad ove sile pozitivan, to moe biti na prvi pogled neobino.
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
61/108
61
Treba naglasiti da rad sile trenja zavisi od referentnog sistema iz koga se
kretanje posmatra. Rad pojedinih sila trenja, kao unutranjih sila nekog sistema, moebiti pozitivan u nekom referentnom sistemu. Da bi to bilo ilustrovano pretpostavljen je
raspored tela prikazan na slici. Meutim, ukupan rad svih sila trenja u izolovanomsistemu je uvek negativan, pa smanjuje energiju sistema.
Korienjem zakona dinamike, lako se moe pokazati da je u ovom zadatku02 s , odnosno da smer pomeraja na treoj slici u reenju nije dobro pretpostavljen, pa
je i rad sile trenja koja deluje na telo na paralelepipedu negativan.
1.92.O. Brod Aje dugaak lA= 65 m, a brod B lB= 40 m. Ako
brodovi plove rekom u istom smeru, brod A prestie brod Bza t1=70 s. Ako se brodovi kreu jedan drugom u susret, njihovomimoilaenje traje t2 = 14 s. Odrediti brzine brodova na mirnojvodi, ako njihovi motori u svim sluajevima rade istom snagom.
Reenje: Vreme potrebno za prestizanje i mimoilaenje brodova zavisi odrelativne brzine jednog broda u odnosu na drugi, a ne zavisi od referentnog sistema
odakle se kretanje posmatra, pa ni od kretanja vode. Najjednostavnije je posmatrati
navedeno kretanje iz referentnog sistema vezanog za jedan od brodova. U tom sistemu
drugi brod prelazi put BA ll i pri prestizanju i pri mimoilaenju. Iz referentnog
sistema vezanog za brod B, intenzitet brzine kojom brod A prolazi pored njega u
sluaju prestizanja iznosi BA vv , a u sluaju mimoilaenja BA vv . Ako primenimo
jednainu (U17) na ravnomerno kretanje pri prestizanju i mimoilaenju moe se pisati:
1tvvll BABA i 1tvvll BABA .
Iz ovog sistema jednaina se mogu odrediti traene brzine brodova u odnosu navodu, koje iznose:
s
m5.4
2 21
21
tt
ttllv BAA i
s
m3
2 21
21
tt
ttllv BAA .
Ovo su, istovremeno, i traene brzine brodova u odnosu na obalu, kada voda miruje.
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
62/108
62
2.92.O. Kompozicija voza se sastoji od vagona iste duine.Posmatra, koji u trenutku polaska voza stoji pored prednje strane
prvog vagona, primetio je da je ovaj vagon proao pored njega zavreme s41t . Ako se voz kree ravnomerno ubrzano, odrediti
koliko e vremena pored posmatraa prolaziti deveti vagon.Zanemariti rastojanje izmeu vagona.
Reenje: Posmatrajmo kretanje prvog, prvih osam i prvih devet vagona. Potosu sva ova kretanja ravnomerno ubrzana, bez poetne brzine, preeni putevi iodgovarajua vremena prolaska pored posmatraa, povezani su jednainama (vidi
jednainu (U27)):
21
2
1atl , 28
2
18 atl i 29
2
19 atl .
Vreme kretanja devetog vagona pored posmatraa je jednako razlici vremenaprolaska prvih devet (t9) i vremena prolaska prvih osam vagona (t8), odnosno:
s7.0)223(189 tttt .
4.92.O. Koliko bi trebalo da traje dan na Zemlji da bi tela na
njenom Ekvatoru bila u besteinskom stanju? Poluprenik Zemlje
na Ekvatoru iznosi R= 6370 m.
Reenje: Na Ekvatoru na telo mase m deluju sila Zemljine tee gm
i normalna
reakcija podloge N
(vidi prvu sliku u reenju zadatka), pa se Drugi Njutnov zakon zanjegovo kretanje moe napisati u obliku:
Ngmam
.
Projekcija ove jednaine na x- osu ima oblik:
Nmgma cp , (1)
gde su cpa centripetalno ubrzanje i cpma centripetalna sila. Teina tela je po intenzitetujednaka normalnoj reakciji podloge, odnosno:
22
cp
2
TmRmgmRmgmamgNQ
. (2)
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
63/108
63
U besteinskom stanju tela nedeluju na podlogu, pa time ni podloga
na njih, tj. Q N 0. Posleuvrtavanja ovog uslova u prethodnu
jednainu, mogue je odrediti periodrotacije Zemlje, pri kome bi postijalo
bestein-sko stanje na Ekvatoru, kojiiznosi:
421s56002 h g
RT .
Napomena 1. Zadatak je reentako to je kretanje posmatrano iz referentnog sistema vezanog za osu rotacije Zemlje,koji se moe smatrati priblino inercijalnim, ako se zanemari kretanje Zemlje okoSunca. U tom sistemu telo kruizahvaljujui postojanju stvarne,centripetalne sile. Reimo ga i uneinercijalnom sistemu, vezanom za
telo na Ekvatoru. U njemu pos-matrano
telo miruje, a na njega, prema
jednainama (U87) i (U88), poredpomenutih deluje i inercijalna,
centrifugalna sila amF
cf (vididrugu sliku u reenju), pa se DrugiNjutnov zakon, za kretanje tela u ovom
sistemu, moe napisati u obliku:
amNgmFNgm
cf0 .
Poto je ubrzanje neinercijalnog sistema u stvari centripetalno ubrzanjereferentnog tela na Ekvatoru, ova jednaina je ekvivalentna jednaini (1), pa bi da ljereavanje zadatka teklo na ve opisani nain.
Napomena 2. Malo komplikovanija varijanta zadatka bi zahtevala i odreivanje
ubrzanja Zemljine tee, ako su poznati masa Zemlje M i univerzalna gravitacionakonstanta . U tom sluaju bi, prema jednaini (U85), jednaina (2) imala oblik:2
2
2
TR
mMNQ
,
pa bi traena duina dana iznosila:
421s56002 h M
RT
.
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
64/108
64
7.92.RG. Tenk se kree po pravoj putanji prema topu stalnombrzinom v = 36 km/h. Kojom poetnom brzinom treba ispalitigranatu iz topa, pod uglom = 30, da bi pogodila tenk, koji se u
trenutku ispaljivanja nalazio na rastojanju d= 8 km?
Reenje: Ispaljena granata se kree kao kosi hitac (vidi sliku u reenju). Izgeometrijskih odnosa (vidi jednaine (U125) i (U126)) sledi da komponente poetnebrzine granate u smeru koordinatnih osa iznose:
0023 vv x i 00
21 vv y .
Prema jednaini (U39), domet granate, kao domet kosog hica, iznosi:
g
v
g
vvx
yx
2
32 2
000max .
Prema jednaini (U39), ukupno vreme leta granate, kao vreme kretanja kosoghica, iznosi:
g
v
g
vt
yu
002
.
Za vreme leta granate tenk prelazi put:
g
vvvts u
0 .
Da bi granata pogodila tenk, domet granate mora biti jednak razlici poetnograstojanja top - tenk i puta koji tenk pree za vreme leta granate ( sdx max ).
Uvrtavanjem dobijenih veliina u ovu jednakost, i sreivanjem izraza, moe se dobitikvadratna jednaina za odreivanje traene poetne brzine granate:
0223 020 gdvvv .
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
65/108
65
Fiziki smisao ima samo pozitivno reenje jednaine, pa traena poetna brzina granateiznosi:
s
m2951
321
3
3
32
38422
2
0
v
gdvgdvvv .
9.92.RG. Metalna kugla mase M pusti se da slobodno pada sa
visine H = 40 m. Istovremeno se sa zemlje, ispod kugle, ispali
metak mase m u njenom pravcu, poetnom brzinom v0= 200 m/s.Prilikom sudara metak se zabije u kuglu i ostaje u njoj. Odrediti
odnos masa kugle i metka M/m, pri kome e sistem kugla-metakposle sudara poeti da pada bez poetne brzine. Zanemaritidimenzije kugle.
Reenje: Neka je x- osa usmerena vertikalno du putanje tela, sa koordinatnimpoetkom na povrini zemlje. Kretanja kugle i metka su ravnomerno ubrzana saubrzanjem Zemljine tee (vidi sliku u reenju). Jednaine kretanja ovih tela odrediemokorienjem jednaine (U22), gde je:
za kuglu: Hx 0 00 xv gax ,
za metak: 00 x 00 vv x gax .
Jednaine kretanja kugle i metka mogu se napisati u obliku:
21
2
1gtHx i 202
2
1gttvx .
Do sudara dolazi kad su koordinate kugle i metka jednake ( 21 xx ), odnosno,
kada je:
20
2
2
1
2
1gttvgtH .
Odavde se moe odrediti vreme nakon koga dolazi do sudara,
koje iznosi:
0v
Ht .
Brzine kugle i metka neposredno pre sudara, prema
jednaini (U19), posle uvrtavanja vremena, mogu se napisati uobliku:
0k
v
gHgtv
000m
v
gHvgtvv .
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
66/108
66
Poto sudar metka i kugle traje veoma kratko, vai Zakon odranja impulsa: vMmvMvm
km .
Prema uslovu zadatka, brzina sistema kugla-metak posle sudara (v) treba da bude
nula, pa se projekcija ove jednaine na x- osu moe napisati u obliku:
0km vmMMvmv ,
pa je traeni odnos masa jednak:
1011
20
k
m
gH
v
v
v
m
M
.
12.92.RP. O vrh masivnog stuba, koncem
zanemarljive mase, duine l, obeena je kuglaradijusa R, i naslonjena na stub (vidi sliku).
Stub je privren za kolica koja se kreu uoznaenom smeru ubrzanjem koje se menja savremenom po zakonu ktta , gde je k
pozitivna konstanta. Posle koliko vremena edoi do odvajanja kugle od stuba?
Reenje: Postavimo koordinatni sistem
kao na prvoj slici u reenju zadatka. Negativnoubrzanje kolica u smeru njihovog kretanja,
odnosno u smeru x - ose, znai da kolica, ustvari, imaju ubrzanje u suprotnom smeru a
, iji intenzitet iznosi kt . Dok je kuglaoslonjena na stub, na nju deluju sila Zemljine tee gm
, sila normalne reakcije veze
stuba N
i sila zatezanja konca T
, pa se Drugi Njutnov zakon za kretanje kugle moenapisati u obliku:
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
67/108
67
TNgmam
.
Projekcije ove jednaine na x i yosu mogu se napisati u obliku:
xTNam i
yTmg0 .
Iz geometrijskih odnosa, tj.
slinosti trougla AVS i trougla sila(vidi drugu sliku u reenju), moe
se dobiti:
Rl
RTTx
Rl
lRlTTy
22.
U trenutku kada stub prestane delovati na kuglu, tj.
kada postane 0N
, dolazi do odvajanja kugle od stuba. Ako
se iskoristi ovaj uslov, iz prethodnih jednaina se lako moedobiti:
lRl
Rmg
Rl
R
lRl
RlT
Rl
RTTmktam yx
22 22
Iz poslednje jednaine se moe odrediti vreme, nakon koga e se kugla odvojitiod stuba, koje iznosi:
lRl
R
k
gt
22
.
13.92.RP. Ako nau planetu moemo smatrati homogenom kuglomradijusa R= 6372 km, odrediti na kojoj je dubini ispod povrine
Zemlje ubrzanje Zemljine tee jednako ubrzanju na istoj tolikojvisini iznad njene povrine. Pri reavanju zadatka voditi rauna otome da na telo na dubini h ne deluje sloj Zemlje sa manje dubine,
odnosno da se delovanja pojedinih delova ovog sloja na telo poni-tavaju.
Reenje: Ako se masa Zemlje 3
3
4RM uvrsti u jednainu (U85)
moe se dobiti ubrzanje Zemljine tee na visini h iznad povrine Zemlje, koje iznosi:
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
68/108
68
23
2 3
4
hR
R
hR
Mgh
.
Prema tekstu zadatka, za privlaenje tela na dubini h je odgovoran deo Zemljepoluprenika R - h. Masa tog dela Zemlje M , moe se odrediti izjednaavanjemgustine Zemlje izraenepreko mase cele Zemlje i preko mase njenog posmatranog dela,odnosno:
33
3
4
3
4hR
M
V
M
R
M
V
M
.
Odavde je masa dela Zemlje koji privlai telo na dubini h jednaka:
3
3
R
hRMM
.
Analogno jednaini (U84), za ubrzanje Zemljine tee na dubini hse moe dobiti:
hR
hR
Mgh
3
42
.
Prema uslovu zadatka je hh gg . Izjednaavanjem izraza dobijenih za ove
veliine, moe se dobiti kubna jednaina po h:
022223 RRhhhhRRhh .
Trivijalno reenje ove kubne jednaine je h= 0. Druga dva reenja su reenja kvadratne
jednaine 022 RRhh , koja glase:
Rh2
5121
.
Poto je pretpostavljeno da h predstavlja apsolutne vrednosti visine i dubine,negativno reenje nema fizikog smisla. Prema tome, traena dubina iznosi:
km39382
15 Rh .
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
69/108
69
14.92.RP. Pun homogeni valjak, radijusaRi maseM,
moe slobodno da rotira oko nepokretne horizontalneose koja prolazi kroz centre njegovih bazisa. Na
valjak je jednim slojem namotano tanko neistegljivo
ue duine l i mase m, kao na slici. Odrediti ugaonoubrzanje valjka u funkciji duine x odmotanog delaueta. Uzeti da je centar mase namotanog dela uetana osi cilindra. Moment inercije valjka oko ove ose
iznosi 22MRI .
Reenje: Umesto odmotanog dela ueta, moe
se posmatrati teg iste mase koji visi na neistegljivojniti zanemarljive mase (vidi slike u reenju). Masa
odmotanog ueta moe se odrediti iz proporcije:
l
x
m
mx i iznosil
mxmx .
Poto je ue tanko, pa su mu sve take praktino na jednakoj udaljenosti od oserotacije, moment inercije ueta na valjku je jednak momentu inercije materijalne take
iste mase na istoj udaljenosti od ose rotacije, i iznosi 2Rmm x . Moment inercijevaljka i ueta namotanog na njega iznosi:
222 122
1R
l
xm
MRmmMRI x
.
Valjak i deo ueta na njemu rotira sila zatezanja niti, pa Osnovni zakon dinamikerotacije ovog sistema glasi:
IRT .
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
70/108
70
Na deo ueta koji visi deluju sila Zemljine tee i sila zatezanja, pa se DrugiNjutnov zakon za njegovo kretanje moe napisati u obliku:
Tgmam xx ,
Ako se uzme u obzir da je ubrzanje ueta koje visi jednako tangencijalnomubrzanju perifernih taaka valjka, odnosno, da je Raa t , vodei rauna o ranijim
izrazima, prethodna jednaina se moe napisati u obliku:
Rl
x
m
M
gl
mx
Rl
mx
12 .
Iz ove jednaine se moe izraziti traena zavisnost ugaonog ubrzanja valjka odduine ueta koje visi x, koja ima oblik:
xmMRl
mgx
2
2
.
15.92.RP. tajnerova teorema glasi: Ako je I0moment inercije tela mase m oko ose O koja prolazi
kroz njegov centar mase, onda je njegov moment
inercije oko ose O'paralelne osi O i na rastojanju d
od nje dat izrazom:2
0 += mdII .
U svetlu ove teoreme odrediti moment inercije
komada tanke homogene ice duine l i mase m,savijenog u obliku dva jednaka polukruga, koji su
tako spojeni da ine latinio slovo "S" (vidi sliku),oko ose normalne na ravan slike i koja prolazi kroz
jedan njegov kraj (taka A na slici).
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
71/108
71
Reenje: Moment inercije je aditivna veli-ina, pase moment inercije date ice moe odrediti kao polovinamomenta inercije ice u obliku broja 8, sastavljenog odkrugova navedenog poluprenika (vidi sliku u reenjuzadatka).
Poto je l obim oba polukruga, njihov poluprenikiznosi:
2
lR .
Poto je ica tanka, moment inercije jedne kruneice, oko ose koja prolazi kroz njen centar, i normalne na
ravan u kojoj lei, iznosi: 20 mRI .
Po tajnerovoj teoremi, moment inercije oko traeneose, za krug 2 koji dodiruje osu, iznosi:
2222101 2mRmRmRmdII ,
dok za krug 1 iznosi:
2222202 103 mRRmmRmdII .
Zbog aditivnosti momenta inercije, moment inercije "osmice" je jednak zbiru
ova dva momenta, dok je traeni moment inercije ice jednak njegovoj polovini,odnosno:
2
2
221
2
36
2mlmR
III
.
Savezno takmienje 1992, Obrenovac
16.92.S. Skaka naputa rampuskakaonice brzinom sm340v , u
horizontalnom smeru. Visina rampe
iznosi h= 4.2 m u odnosu na podnoje,koje zaklapa ugao od 45 prema
horizontali (vidi sliku). Odrediti duinuskoka skakaa d, tj. rastojanje izmeu
podnoja skakaonice i mesta gde skakadodirne podlogu, ako se trenja zane-
maruju.
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
72/108
72
Reenje: Skaka se moe smatrati materijalnom takom u opisanom kretanju, koje seodvija po zakonima kretanja kosog hica. Ako koordinatni sistem postavimo kao na slici
u reenju zadatka, jednaine kretanja skakaa imaju oblik:
vtx i 22
1gthy .
Eliminacijom vremena iz ovih jednaina, moe se dobiti jednaina putanje skakaa,koja ima oblik:
2
2
2vgxhy .
Poto je podloga nagnuta poduglom od 45 u odnosu na ho-
rizontalu, dodirna taka skakaa sapodlogom je sputena ispod podnojaza isto rastojanje 0x , koje skaka pree
du x - ose (vidi sliku u reenju).Uvrtavanjem koordinata mesta dodiraskakaa i podloge ( 0xhy i
0xx ) u jednainu putanje, moe sedobiti:
2
20
02v
gxhxh ,
odnosno:
022 2
022
0 hvxvgx .
Reenja ove kvadratne jednaine po 0x (vidi jednainu (U127) jesu:
g
ghvvvx
242
0
2
21
.
Fiziki smisao ima samo pozitivno reenje jednaine, pa je:
g
ghvvvx
222
0
2
21
,
a traeno rastojanje iznosi:
m33822
2 2
0
ghvv
g
vxd .
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
73/108
73
6.93.RG. ovek je odveslao iz pristanita niz vodu s1= 20 km ivratio se nazad posle T= 7 asova. Pri povratku, na rastojanju s2=12 km od pristanita, sreo je splav, koji je pored pristanita proaou trenutku kada je on krenuo na put. Odrediti brzinu vnkojom je
amac plovio niz reku. Pretpostaviti da je ovek sve vremeputovanja veslao istom snagom u pravcu toka reke i da je otpor
kretanju amca konstantan.
Reenje: Poto u zadatku nije naglaeno, podrazumeva se da je potrebnoodrediti brzinu amca u odnosu na obalu, kada plovi niz reku. Poto ovek sve vremevesla istom snagom u pravcu toka reke i poto je otpor kretanju amca konstantan,
prema jednaini (U99), brzina oveka u odnosu na reku je konstantna, oznaimo je sa
1v .
Brzina amca u odnosu na obalu je jednaka zbiru brzine amca u odnosu na rekui brzine toka reke u, pri kretanju amca niz reku, odnosno razlici ovih brzina, prikretanju amca uz reku. Prema tome, vreme kretanja amca niz vodu i vreme kretanjaamca uz vodu, do povratka u pristanite, iznose:
uv
st
1
11 i
uv
st
1
12 ,
pa ukupno vreme kretanja amca, od polaska iz pristanita do povratka u njega, iznosi:
221
1121
2
uv
vsttT
. (1)
Poto se splav kree brzinom toka reke, amac i splav su se sreli nakon vremenaust 23 od poetka kretanja amca. Ovo vreme je istovremeno jednako zbiru
vremena kretanja amca nizvodno i vremena kretanja amca uzvodno do susreta, tj. dokne pree put jednak 21 ss , pa je:
uv
ss
uv
s
u
s
~
21
~
12 .
Iz ove jednaine se lako dobija
1
2
2
11
s
suv . (2)
Eliminacijom 1v iz jednaina (1) i (2), moe se odrediti brzina reke, koja iznosi:
hkm31
)(2)2(21
221
Tss
sssu .
Traena brzina amca u odnosu na obalu, kada plovi niz reku, prema jednaini(U10), jednaka je zbiru brzine amca u odnosu na reku i brzine reke (poto obe brzineimaju isti smer), i iznosi:
h
km10
21
2
2
1
2
11
u
s
su
s
suuvv .
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
74/108
74
8.93.RG. Po ici u obliku krunice, poluprenika R =9.81 cm, koja rotira oko svog vertikalnog prenika, moeda klizi bez trenja mali prsten (vidi sliku).
a) Odrediti najveu ugaonu brzinu 0 pri kojoj prsten
jo uvek moe da bude u ravnotei samo na osi rotacije.b) Ako je ugaona brzina rotacije 1 = 5 rad/s, onda je
sila kojom prsten deluje na icu u stanju ravnotee
N10 21N . Odrediti pri kojoj ugaonoj brzini 2 ova
sila iznosi N104 21N .
Reenje: Pretpostavimo da u
sluaju kada je u ravnotei izvan oserotacije, prsten krui po krunici
poluprenika r (vidi sliku u reenjuzadatka). Na njega deluju sila Zemljine
tee gm
i normalna reakcija veze (ice)
N
, pa se Drugi Njutnov zakon za
njegovo kretanje moe napisati u obliku:
Ngmam
. (1)
Poto prsten krui, jedino ubrzanje
koje poseduje je centripetalno, koje iznosi2r , pa se projekcija gornje jednaine na
x - osu moe napisati u obliku:
xNmr 2
Iz slinosti trougla sile i trougla OAV, sledi:
r
R
N
N
x
.
Iz poslednje dve jednaine se moe odrediti normalna reakcija ice, koja iznosi:
2mR
r
RNN x .
Projekcija jednaine (1) na y- osu ima oblik yNmg0 , pa je mgNy . Kada je
prsten na osi rotacije normalna reakcija veze je u ravnotei sa silom Zemljine tee,odnosno mgNN y .
a) Kada je prsten u ravnotenom poloaju izvan ose rotacije, tada je 0xN , pa
je:
mgNNNN yyx 22 ,
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
75/108
75
odnosno:
mgmR 2 .
Najvea ugaonabrzina pri kojoj prsten moe biti u ravnotei samo na osirotacije, prema ovoj nejednaini, jednaka je:
s
rad10max
R
g .
b) Kada ica rotira ugaonom brzinom 1 koja je, prema tekstu zadatka, manja
od max , prsten je u ravnotei na osi rotacije, pa je
mgN 1 , odakle jeg
Nm 1
Poto je, prema tekstu zadatka,
mgNN 12 ,
to je u drugom sluaju ravnotea prstena uspostavljena izvan ose rotacije, pa je
222 mRN ,
a traena ugaona brzina iznosi:
s
rad20
1
222
R
g
N
N
mR
N .
9.93.RG. ovek mase m1= 60 kg stoji na dasci mase m2=30 kg. Krajevi daske su vezani uadima, kao na slici.Odrediti silu, kojom ovek treba da vue u vertikalnom
pravcu kraj ueta koji dri, da bi centar mase sistema bio uravnotei. Masu koturova i uadi zanemariti. Pretpostaviti daovek stoji na takvom mestu da je mogue uspostavitiravnoteu sistema.
Reenje: Da bi telo bilo u ravnotei, moraju bitijednaki nuli zbir svih sila i zbir svih momenata sila koji na
njega deluju (vidi jednainu (U80). Momenti sila zavise odpoloaja njihovih napadnih taaka. Tekstom zadatka ovipoloaji nisu odreeni. Odavde se moe zakljuiti da
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
76/108
76
poslednja reenica u tekstu zadatka kazuje oispunje-nosti uslova da zbir momenata sila koje
deluju na posmatrana tela bude jednak nuli.
Prema postavci zadatka na tela u sistemu ne
deluju sile po horizontali. Ravnotea tela seostvaruje kada se izjednai zbir intenziteta sila kojena njega deluju vertikalno navie sa zbiromintenziteta sila koje na njega deluju vertikalno
nanie. Ako normalnu reakciju podloge, tj. silu ko-
jom daska deluje na oveka oznaimo sa N
, tada
ovek na dasku deluje, po Zakonu akcije i reakcije,
silom N
istog intenziteta, a suprotnog smera.Oznaimo sile zatezanja u uadima kao na
slici u reenju. Poto je masa koturova zanemarljiva,iz uslova ravnotee nieg kotura sledi da je TT 21 ,
pa se uslovi ravnotee za oveka i dasku mogunapisati u obliku:
gmNT 1 ,
NgmTT 21 .
Eliminacijom N i T iz ovih jednaina,moe se odrediti sila zatezanja u uetu koje driovek, u ravnotei, odnosno, traena sila kojomovek treba da vue ue, koja iznosi:
N220)(4
121 gmmT .
Napomena: Daju se i zadaci u kojima, pored
sile kojom ovek treba da vue ue, treba odrediti i mesto na kome ovek mora da stoji,da bi sistem bio u ravnotei. Pri tome se u zadatku daju dimenzije daske. Za reenjeovakvog zadatka treba iskoristiti i uslov ravnotee momenata sile.
10.93.RG. Na horizontalnom stolu lei
telo mase M = 2 kg, a na njemu drugo,manje telo, mase m = 1 kg. Tela su
povezana neistegljivom niti, koja je
prebaena preko kotura (vidi sliku). Maseniti i kotura su zanemarljive. Odrediti
horizontalnu silu F, kojom treba delovati
na donje telo da bi se ono udaljavalo od
kotura konstantnim ubrzanjem a=g/2.
Koeficijent trenja izmeu tela iznosi =
0.5, a trenje izmeu donjeg tela i stola moe da se zanemari.
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
77/108
77
Reenje: Poto je nit neistegljiva, ubrzanja oba tela su istogintenziteta a, a suprotnog smera (vidi sliku u reenju zadatka). Poto je masa koturazanemarljiva, intenzitet
sile zatezanja je jednak u
celoj niti. Na gornje telo
deluju: sila zatezanja niti
T
, sila trenja tF
,
normalna reakcija veze
N
od donjeg tela i sila
Zemljine tee gm
, pa se
Drugi Njutnov zakon za
njegovo kretanje moenapisati u obliku:
gmNFTam
t ,
a njegove projekcije na x i y osu u obliku:
tFTma mgN0 . (1)
Poto je iz poslednje jednaine mgN , to je
mgNF t .
Na donje telo deluju: sila F
, sila zatezanja niti T
, sila trenja tF
, normalna
reakcija veze od gornjeg tela N
, normalna reakcija veze podloge 1N
i sila Zemljine
tee gM
, pa se Drugi Njutnov zakon za njegovo kretanje moe napisati u obliku:
gMNNFTFaM
1t
Projekcija ove jednaine na x - osu ima oblik:
tFTFMa . (2)
Po Zakonu akcije i reakcije sile trenja, kao sile meusobnog delovanja, imaju istiintenzitet, odnosno, mgFF tt . Ako se iskoristi uslov zadatka, da je 2ga ,
jednaine (1) i (2) mogu biti napisane u obliku:
mgTg
m 2
, mgTFg
M 2
.
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
78/108
78
Posle sabiranja poslednje dve jednaine, lako se moe odrediti traena sila, kojaiznosi:
N5.243
2
12
2
gmMmg
gMmF .
Napomena: Da trenje izmeu donjeg tela i podloge nije zanemarljivo, izprojekcije jednaine (2)na y - osu, mogli bismo odrediti reakciju veze podloge 1N , a
time i silu trenja izmeu donjeg tela i podloge 11t1 NF , gde je 1 odgovarajui
koeficijent trenja. Pri tome je, po Zakonu akcije i reakcije mgNN .
11.93.RP. Klin ABC, maseM, moe daklizi po horizontalnoj podlozi bez trenja.
Po ovom klinu moe da klizi manji klinEFG mase m. Odrediti pomeranje veegklina kada manji sklizne iz poloaja ukome se temena Ci Epoklapaju, kao na
slici, u poloaj u kome se temena Bi Gpoklope. Duine stranica klinova su a, bi c, odnosno, e, f i g.
Reenje: U vertikalnom pravcu na sistem deluju spoljanje sile, zbog kojih secentar mase sistema sputa. Nasistem u pravcu podloge ne deluju spoljanje sile, dokunutranje sile (sile trenja, kao sile meusobnog delovanja klinova) ne mogu pomeriticentar mase sistema.
Postavimo x -osu horizontalno, sa koordinatnim poetkom u centru mase veegklina S1(vidi sliku u reenju zadatka). Jednakost koordinata centra mase sistema pre iposle posmatranog kretanja, prema jednaini (U58), moe se napisati u obliku:
mM
xmxM
mM
mxM
2120 ,
odakle je
221 xxmxM ,
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
79/108
79
gde je 1x horizontalno pomeranje veeg
klina ulevo. Horizontalno pomeranje
manjeg klina udesno, u odnosu na veiklin, jednako je promeni x - koordinate
centra mase S2manjeg klina ( 22 xx ).
Zbir ova dva pomeranja je jednak
ukupnom relativnom pomeranju klinova
gc , odnosno:
gcxxx 221 .
Iz poslednje dve jednaine lakose moe odrediti traeno pomeranjeveeg klina, koje iznosi:
gcmM
mx
1 .
Napomena 1. Treba primetiti da je na slici pretpostavljeno da su x -koordinate
centra mase manjeg klina pozitivne. U zavisnosti od odnosa veliina klinova, nagibnogugla i homogenosti gustine klinova, neka od ovih veliina moe biti i negativna. Svenavedene jednaine vae i u tom sluaju.
Napomena 2. Zadatak je za nijansu tei od originalne verzije. Naime, uoriginalnoj verziji zadatka je reeno da manji klin po veem klizi bez trenja. Zbog toga,za reavanje ove verzije zadatka, nije bilo neophodno poznavanje injenice daunutranje sile ne mogu pomeriti centar mase sistema.
12.93.RP. Pet kuglica jednakih prenikarasporeeno je na horizontalnoj podlozi, kaona slici. Masa belih kuglica iznosi m a crne
kuglice 2m. Rastojanje kuglica je
zanemarljivo u odnosu na njihov prenik. Ukuglicu 5 eono udara kuglica 6 brzinom v.Objasniti kako e se kretati pojedinanekuglice nakon sudara. Kuglice smatrati
apsolutno elastinim.
Reenje: Posle apsolutno elastinogsudara mirujue kuglice mase m1 i kuglice mase m2, koja se kree brzinom v, prema
jednaini (U111), kuglice imaju brzine:
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
80/108
80
vmm
mv
21
21
2
i v
mm
mmv
12
122
, (1)
respektivno. Oigledno, ako se sudaraju kuglice istih masa, tada je vv 1 i 0v2 ,
odnosno, kuglica koja se kretala staje, a kuglica koja je stajala nastavlja da se kreenjenom brzinom.
Proces sudaranja u opisanom problemu odvija se na sledei nain:Poto su mase kuglica 6 i 5 iste, nakon sudara kuglica 6 se zaustavlja, kuglica 5nastavlja da se kree brzinomv. Na isti nain, nakon sudara kuglica 5 i 4, kuglica 5 sezaustavlja, a kuglica 4 nastavlja da se kree brzinom v.
Ako primenimo jednaine (1) na sudar kuglice 4 sa kuglicom 3, dvostruko veemase, mogu se odrediti njihove brzine posle sudara, koje iznose:
v3
1 i v
3
2,
respektivno. Drugim reima, prvom brzinom se kree kuglica 4 (znak minus pokazujeda se kuglica odbija unazad), a drugom brzinom se kree kuglica 3.
Istim rezonom kao u prva dva sudara, moe se zakljuiti da posle sudara kuglice4 sa kuglicom 5 i kuglice 5 sa kuglicom 6, kuglice 4 i 5 ostaju da stoje, dok se kuglica 6
kree brzinom v3
1u smeru suprotnom od smera njenog kretanja na poetku.
Ako primenimo jednaine (1) na sudar kuglice 3 sa kuglicom 2, dvostruko manjemase, mogu se odrediti njihove brzine posle sudara, koje iznose:
v9
2 i v
9
8,
respektivno. Drugim reima, prvom brzinom se kree kuglica 3, drugom kuglica 2, obeu istom smeru (ulevo).
Nakon sudara kuglice 2 sa kuglicom 1, iste mase, kuglica 1 odlazi ulevo
brzinom v9
8, a kuglica 2 se zaustavlja. Na zaustavljenu kuglicu 2 ponovo nalee
kuglica 3, dvostruko vee mase. Istim rezonom kao za prvi sudar ovih kuglica, moe se
zakljuiti da kuglica 2 posle sudara odlazi u levo brzinom v27
8, a za njom kuglica 3
brzinom v27
2.
Prema tome, posle svih sudara, najveom brzinom v27
8
se kree kuglica 1 ulevo, za
njom se kreu kuglica 2, brzinom v27
8, i kuglica 3, brzinom v
27
2. Kuglice 4 i 5
ostaju da stoje, dok se kuglica 6 kree udesno brzinom v3
1.
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
81/108
81
15.93.S. Jednake, glatke i homogene, ploice,pravougaonog preseka i duineL, slau se jednana drugu, kao to je pokazano na slici. Naimaksimalno rastojanje D izmeu prve i n-te
ploice, pri kome je sistem jo uvek u stanjuravnotee, ako je svaka ploica smaknuta uodnosu na ploicu ispod sebe za istu duinu.Uzeti u obzir da vai relacija:
2
1...321
nnn
.
Reenje: Razmotrimo uslov prevrtanja u sluajupostojanja samo dve ploice. Pomerimo gornju ploicu u odnosu na donju za 2Ll
(vidi sliku u reenju). Poto su ploice homogene, mase delova ploice su srazmernenjihovim duinama, pa mase gornje ploice levo i desno od take O iznose:
mgl
lL i mg
L
l.
Ako se gornja ploica zarotira za maliugao oko take O, u ravnoteni poloaj jevraa razlika momenata sile Zemljine tee kojideluju na deo ploice levo i deo ploice desnood take O, odnosno moment sile:
mglLl
mgL
llLmg
L
lL
222
To znai da je sistem u stanju stabilne ravnotee za 2Ll . Pribliavanjem l veliini
L/2 veliina ovog momenta se smanjuje, da bi pri l= L/2 bio nula. Sistem u ovompoloaju moe ostati beskonano, ali ako se gornja ploica izvede malo iz ravnotee,
dolazi do prevrtanja. To znai da je sistem u labilnoj ravnotei. Ako je 2Ll
,moment sile Zemljine tee dovodi do prevrtanja gornje ploice.
Ako je vie ploica postavljeno jedna preko druge, do prevrtanja nee doi akose centar mase svih ploica iznad najnie ploice nalazi iznad, ili na ivici, najnie
ploice. Ako x - osu postavimo horizontalno, sa poetkom u sredini najnie ploice,koordinate centara mase ploica iznad najnie (ako ih numeriemo poevi od prveiznad najnie) iznose:
lx 1 , lx 22 , ... lnxn )1( .
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
82/108
82
Ako se iskoristi relacija data u tekstu zadatka, koordinata centra mase ovih
ploica moe biti napisana u obliku:
n
n
nn xxxnmmm
xmxmxmx ...
1
...
...21
21
2211cm
lnnnn
ln
n
llnll
n 22
1
11...21
1)1(...2
1
1
Do prevrtanja nee doi ako je 2cm Lx , s tim da znaku jednakosti odgovara
kritian poloaj labilne ravnotee. Ako ovu nejednakost iskoristimo, moe se dobiti:
22
Ll
n ,
Prema tome, broj ploica, koje se mogu sloiti na opisani nain, iznosi:
l
Ln .
Naravno, ako lL nije ceo broj, onda je n ceo deo od lL , odnosno, najvei ceo broj
manji od vrednosti pomenutog izraza, oznaimo taj broj sa n .
Maksimalno rastojanje izmeu prve i poslednje ploice, pri kome je sistem jouvek u stanju ravnotee, iznosi:lnD )1( ,
a ako je lL ceo broj, onda se moe napisati u obliku:
Ln
nlnD 1)1(
.
Napomena: Originalan tekst zadatka nije sasvim precizan, pa dozvoljava
mogunost razliitog smicanja pojedinih ploica, to znatno oteava reavanje
problema. Originalno reenje ipak ne obuhvata ovaj sluaj, ali ne diskutuje ni reenje ufunkciji celobrojnosti odnosa lL .
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
83/108
83
19.93.S. Metalni lani A, mase m, vezan za krajosovine centrifugalne maine, rotira konstantnomugaonom brzinom , pri emu nit na kojoj visizaklapa sa vertikalom ugao = 45 (vidi sliku).
Zanemarujui masu i istegljivost niti, odreditirastojanje izmeu centra mase lanca i vertikalne oseoko koje lanac rotira.
Reenje: Na lani deluju sila Zemljine tee
gm
i sila zatezanja niti T
, pa se Drugi Njutnov zakon
za kretanje centra mase (CM) lania moe napisati u
obliku:
Tgmam
,
a njegove projekcije na x i y- ose ( vidi sliku u reenju) u obliku:
TTma xx2
2 i mgTmgTma yy
2
2.
Poto se centar mase lania ne kree povertikali, to je 0ya , a poto krui oko ose
rotacije, ubrzanje u pravcu x - ose jecentripetalno, odnosno:
2cp raax ,
pa se gornje jednaine mogu napisati u obliku:
Tmr2
22 i
mgT2
20 .
Eliminacijom sile zatezanja iz poslednjih
jednaina, moe se odrediti traena udaljenostcentra mase od ose rotacije, koja iznosi:
2
gr
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
84/108
84
Napomena: Oigledno, traeno rastojanje ne zavisi od mase lania. esto se uzadacima trai i odreivanje sile zatezanja u niti, koja zavisi od ove mase. Ona se lakoodreuje iz gornjih jednaina, i iznosi:
mgT 2 .
4.94.O. Na horizontalnu povrinu supostavljena dva tela ije su mase m1= 100g i m2= 200 g. Tree telo, mase m3= 500
g, visi na niti prebaenoj preko koturazanemarljive mase (vidi sliku). Tela su
meusobno povezana neistegljivom nitizanemarljive mase. Koeficijent trenja
izmeu prvog tela i podloge iznosi 1 =
0.5, a izmeu drugog tela i podloge iznosi 2 = 0.4. Odrediti intenzitet ubrzanja
sistema i sile zatezanja u nitima.
Reenje: Poto je nitneistegljiva, sva tela se kreuubrzanjem istog intenziteta,
oznaimo ga sa a. Na prvo i drugo
telo deluju sile trenja gm11 igm22 , respektivno (vidi reenje
zadatka 1.91.RG) i odgovarajuesile zatezanja niti (vidi sliku u
reenju). Poto je po Zakonu akcije ireakcije 22 TT , projekcije jed-
naina za Drugi Njutnov zakon, napravce kretanja, mogu se, za sva tri
tela, napisati u obliku:
gmTam 1111 ,
gmTTam 22122 i
233 Tgmam ,
gde su T1 i T2 sile zatezanja u nitima. Sabiranjem gornjih jednaina moe se odreditiubrzanje tela:
2321
22113
s
m54.4
g
mmm
mmma
.
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
85/108
85
Iz gornjih jednaina mogu se odrediti i sile zatezanja u nitima, koje iznose:
N94.0)1()(
)( 1321
13212111
gm
mmm
mmgamT
i
N98.0)1()1(
)( 3321
221132
gm
mmm
mmagmT
.
7.94.RG.Sistem od tri zupanika, iji su poluprenici R1= 15 cm iR2= R3= 10 cm, ima osovine poluprenika r1= r2= 5 cm i r3=8 cm (vidi sliku). Osovine drugog i treeg zupanika su takoenazubljene. Prenos sa prvog na trei zupanik se ostvaruje nasledei nain: zupci prvog zupanika pokreu zupce na osovinidrugog zupanika, a zupci na njegovom obodu pokreu zupce naosovini treeg zupanika. Na osovinu prvog zupanika jenamotano ue koje se vue brzinom v= 1 m/s, a na obod treegzupanika je namotano ue na koje je obeen teg. Izraunati brzinupodizanja tega ako se zanemari veliina zubaca zupanika iproklizavanje izmeu njih.
Reenje: Linijska brzina taaka po obodu osovine prvog zupanika je jednakabrzini vuenja kanapa. Ugaona brzina rotacije prvog zupanika i linijske brzine taakapo njegovom obodu iznose:
11
r
v i
1
1111
r
vRRv .
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
86/108
86
Poto nema proklizavanja, poslednja brzina je jednaka linijskoj brzini perifernihtaaka osovine drugog zupanika. Ugaona brzina rotacije ovog zupanika i linijske
brzine taaka po njegovom obodu iznose:
21
1
2
12
rr
vR
r
v
21
21222
rr
RvRRv .
Na slian nain se moe odrediti i ugaona brzina rotacije treeg zupanika, koja iznosi:
321
21
3
23
rrr
RvR
r
v .
Linijska brzina taaka po obodu treeg zupanika, koja je istovremeno jednakatraenoj brzini podizanja tega, iznosi:
s
m5.7
321
321333
rrr
RRvRRv .
9.94.RG. Odrediti gustinu planete ako je na njenom Ekvatoru
istezanje opruge dinamometra 10% manje nego na polovima i ako
dan na toj planeti traje T = 6 h. Zanemariti razliku izmeupoluprenika planete na polu i Ekvatoru.
Reenje:Posmatrajmo pojavu iz inercijalnog sistema. Na
telo obeeno na oprugu deluju gravitaciona sila gF
i sila
elastinosti opruge eF
(vidi sliku), pa se Drugi Njutnov zakon
za kretanje tela mase m moe napisati u obliku:
eg FFam
. (1)
Tela na Ekvatoru krue po krunici poluprenikajednakog polupreniku planete R, pa imaju centripetalno
ubrzanje 2R usmereno ka centru planete. Ako usmerimo x -
osu ka centru planete i ako iskoristimo Njutnov zakon
gravitacije, projekcija ove jednaine na x- osu moe se pisati u obliku:
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
87/108
87
ekve,2
22 2
FR
mM
TmRmR
,
gde je M masa planete.
Telo, obeeno o dinamometar na polu, miruje, pa se projekcija jedna ine (1) nax- osu moe pisati u obliku:
pole,20 F
R
mM .
Elastina sila opruge je srazmerna po intenzitetu promeni duine (istezanju)
oprugel , pa se, posle izraava
nja elasti
nih sila iz prethodnih jednaina, moe pisati:
2
2ekvekve,
2
TmR
R
mMlkF
2polpole,R
mMlkF ,
gde je k krutost opruge. Poto je odnos istezanja opruga, prema uslovu zadatka,
polekv 9.0 ll , posle deljenja poslednje dve jednaine, moe se dobiti:
9.021
23
pol
ekv
TMR
ll
.
Traena gustina planete, moe se odrediti iz poslednje jednaine i iznosi:
323m
kg03.3
1.0
3
4
3
TR
M
V
M
.
10.94.RG. Homogen valjak, mase m1 = 1 kg i
poluprenika R = 30 cm, moe slobodno da rotiraoko horizontalne ose rotacione simetrije, zahvaljujuiosovini koja je privrena na postolje mase m2= 2kg (vidi sliku). Na cilindar je namotano neistegljivoue, zategnuto silom F = 15 N, u horizontalnompravcu. Koeficijent trenja izmeu postolja i podlogeje = 0.4. Odrediti ugaono ubrzanje cilindra i
ubrzanje ueta, ako se mase ueta i osovine moguzanemariti.
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
88/108
88
Reenje: Na sistem cilindarpostolje deluju sila
F
, sila trenja tF
, sila Zemljine tee gmm
)( 21 i
reakcija podloge N
(vidi sliku u reenju), pa se DrugiNjutnov zakon, za kretanje centra mase sistema, moenapisati u obliku:
NgmmFFamm
)()( 21t21 .
Projekcije ove jednaine na x i y osu mogu senapisati u obliku:
t21 )( FFamm Ngmm )(0 21 .
Ako se zna da je NF t , iz poslednje dve jednaine lako se moe odrediti
ubrzanje celog sistema u odnosu na podlogu, koje iznosi:
gmm
Fa
21
(1)
Cilindar rotira moment sile F
, pa se Osnovni zakon dinamike rotacije za
cilindar moe napisati u obliku:
FRRmI 212
1,
gde je ugaono ubrzanje cilindra, koje iznosi:
21 s
rad
3
202
Rm
F .
Ubrzanje ueta u odnosu na osu rotacije, odnosno u odnosu na postolje, jednakoje tangencijalnom ubrzanju perifernih taaka diska, koje iznosi R . Ubrzanje ueta uodnosu na podlogu je jednako zbiru ubrzanja postolja i ubrzanja ueta u odnosu napostolje, pa je:
2121
us
m1.2
2
m
Fg
mm
FRaa .
Napomena:Originalno reenje je pogreno, jer je pretpostavljen pogrean smersile trenja. U originalnom zadatku je data sila od 1 N, koja nije dovoljna za translatorno
pokretanje sistema kao celine.
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
89/108
89
Iz jednaine (1) se vidi da je za translatorno pokretanje sistema ( 0 )neophodno da sila kojom se vue konopac bude
)( 21 mmgF .
Ako to nije sluaj, valjak rotira oko nepokretne ose, odnosno, postolje ostajenepokretno. Ubrzanje ueta je tada jednako tangencijalnom ubrzanju perifernih taakadiska R , odnosno:
21 s
m2
2
m
FRa .
Poto u originalnom tekstu zadatka nije zadovoljena navedena nejednakost, ovoje tano reenje originalnog zadatka u optim brojevima.
11.94.RP. U sistemu prikazanom na slici masa kuglice je n =
2 puta manja od mase tapa, ija je duina l = 1.5 m. Upoetnom trenutku se kuglica nalazila naspram donjeg krajatapa. Posle koliko vremena e se kuglica nai naspramgornjeg kraja tapa? Zanemariti mase koturova i niti,istegljivost niti i trenja u sistemu.
Reenje: Poto je masa koturova zanemarljiva, silazatezanja u niti 1 je dvostruko vea od sile zatezanja u niti 2,
koju emo oznaiti sa T
(vidi slikuu reenju zadatka). Poto na tap ikuglicu deluju stalne sile, oba tela
se kreu sa konstantnimubrzanjem. Iz geometrije problema
je oigledno da pri kretanju tapprelazi dvostruko dui put od
kuglice. Iz jednaine (U26) moe se zakljuiti da je zbogtoga ubrzanje tapa
a dvostruko vee od ubrzanja kuglicea
( aa 2 ).
Na kuglicu deluju sila zatezanja niti T
2 i sila
Zemljine tee gm
. Ako pretpostavimo da je ubrzanje
kuglica usmereno navie, Drugi Njutnov zakon za njenokretanje moe se napisati u obliku:
mgTma 2 .
Na tap n puta vee mase deluju sila Zemljine tee
gnm
i dvostruko manja sila zatezanja T
. Ubrzanje tapa
ima suprotan smer od ubrzanja kuglice, pa se Drugi Njutnov
zakon za njegovo kretanje moe napisati u obliku:
-
7/21/2019 Zbirka 1 razred
90/108
90
Tnmgnma 2 .
Eliminacijom sile zatezanja, iz ove dve jednaine se moe odreditiub