Mehanikagermanski.mk/wp-content/uploads/2017/08/Mehanika.pdf · 2017-09-08 · Zbirka zada~i od fizika MEHANIKA _____ 1 1. MEHANIKA 1.1 KINEMATIKA 1. Brzinata na nekoe telo se menuva

Zbirka zada~i od fizika MEHANIKA _____________________________________________________________________________________

1

1. MEHANIKA

1.1 KINEMATIKA 1. Brzinata na nekoe telo se menuva spored dijagramot

na sl.1:

8642

10

100

-5

s

mυ

s

mυ

)(st

Sl.1

a) da se opredeli vkupniot pat {to go izminalo teloto vo tekot na svoeto dvièwe; b) ako teloto se dviì vo eden pravec, da se opredeli rastojanieto pome|u po~etnata i krajnata polo`ba; v) da se nacrtaat dijagramite na izminatiot pat i rasto-janieto na teloto od po~etnata polo`ba, pod uslov pravecot na dvièwe da ne se menuva. Re{enie: a) Spored dijagramot na sl.1 teloto se dviì samo vo tri vremenski intervali: (2-4)s, (6-8)s i (8-10)s. Izminatite pati{ta vo soodvetnite vremenski intervali se :

m 20m 210111 =⋅== ts υ (1)

m 20m 210222 =⋅== ts υ (2)

m 10m 25333 =⋅== ts υ (3)

Vkupniot izminat pat se dobiva so sobirawe na ravenkite (1), (2) i (3) i iznesuva:

m 50321 =++= ssss (4)

b) rastojanieto pome|u po~etnata i krajnata polo`ba iznesuva

m 30)( 321 =−+= sssd (5)


2

v) dijagramite na vkupniot izminat pat )(ts i rasto-

janieto pome|u po~etnata i krajnata polo`ba )(td se dadeni na

sl.2 i sl.3:

8642

20

100

)(st

40

s(m)

Sl.2

8642

20

100

40

d(m)

)(st

Sl.3


3

2. Na sl.1 e daden dijagramot na brzinata na nekoe telo. Da se nacrta soodvetniot dijagram na zabrzuvaweto.

10

302010 ( )st st

s

mυ

s

mυ

0

Sl.1

Re{enie:

Zabrzuvaweto na teloto iznesuva:

s

m2

5

10 ===t

aυ

(1)

Dijagramot na zabrzuvaweto e daden na sl.2:

2

-2

0 10 20

30

)sm( 2a

)s(t

Sl.2


4

3. Na sl.1 e daden dijagramot na brzinata na nekoe telo. Da se opredelat karakteristikite na dvièweto.

20

)(st )(st

smυ

smυ

0

10

30

1 2 3 4 5 6

4. 2 Sl.1

Re{enie:

Spored dijagramot na sl.1:

- po~etnata brzina na teloto iznesuva sm300 =υ ;

- vo vremenskiot interval (0-4,2)s teloto ja namaluva svojata brzina i vo vremenski moment s 2,41 =t taa iznesuva sm01 =υ .

Zabrzuvaweto so koe se dvièlo teloto vo ovoj vremenski in-terval iznesuva:

2

01

01 sm 14,7−=−−

=tt

aυυ

(1)

Znakot “-“ vo gornata relacija ukaùva deka brzinata se na-maluva so tekot na vremeto. - vo vremenskiot interval (4,2-5)s teloto miruva, a potoa zapo~nuva da se dviì vo sprotivna nasoka so zabrzuvawe

2sm 14,7=a .


5

4. Na sl.1 e daden dijagramot na zabrzuvaweto na edno telo koe {to se dviì. Ako se smeta deka teloto prethodno miruvalo, da se nacrta soodvetniot dijagram na brzinata.

5

)(st

2s

ma

0

10

5 10 15 20 25

Sl.1

Re{enie: Dijagramot na brzinata za dvièwe na teloto spored sl.1 e daden na sl.2:

50

( )st st

smυ

smυ

05 10 15 20 25

200

Sl.2 Trgnuvaj}i od sostojba na miruvawe, za vreme s 01 teloto

se dviì so zabrzuvawe 2sm 5 , pri {to negovata brzina izne-

suva sm 05 . Vo preostanatite s 51=t teloto se dviì so zabr-

zuvawe 2sm 10=a . Imaj}i vo predvid deka po~etnata brzina

iznesuva sm 500 =υ , brzinata na teloto }e iznesuva:

sm 2000 =+= atυυ (1)


6

5. Avtomobilska kolona dolga km 2=l se dviì so

brzina hkm 361 =υ . Od edniot kraj na kolonata trgnuva moto-

ciklist so brzina hkm 542 =υ , dvièj}i se kon zadniot kraj na

kolonata. Otkoga }e dojde na krajot od kolonata, povtorno se vra}a na po~etokot. Kolkav pat izminal motociklistot za vreme na svoeto dvièwe i kolkavo e toa vreme? Re{enie: Dadeno: Se bara:

km 2=l , h

km 361 =υ ,

h

km 542 =υ ?−t , ?−s

Vkupnata brzina na motociklistot koga se dvièl sprotivno od nasokata na dvièwe na kolonata iznesuva

21' υυυ += , a vo nasoka na dvièwe na kolonata 12'' υυυ −= .

Soodvetnite vremiwa za koi {to se dvièl motociklistot se

21

1l

υυ +=t i

122

l

υυ −=t (1)

Vkupnoto vreme na dvièwe iznesuva

21

22

221

2l

υυυ−

=+= ttt (2)

a vkupniot izminat pat

21

22

22

2

2l

υυυυ−

== ts (3)

Soodvetnite brojni vrednosti se: s 480=t ; m 7200=s .


7

6. Avtomobil poa|a od gradot A kon gradot B i se dviì pravoliniski. Posle polovina ~as, od gradot B kon gradot A trgnuva drug avtomobil po istiot pat. Srednata brzina na

prviot avtomobil e hkm 501 =υ , a na vtoriot hkm 452 =υ . Ako

dvata gradovi se na me|usebno rastojanie km 480=d , koga i kade }e se sretnat dvata avtomobili? Re{enie: Dadeno: Se bara:

s

m 89,13

3600

100050hkm 501 =⋅==υ ?−t

s

m 5,12

3600

100045hkm 452 =⋅==υ ?−s

m 104,8km 480 5⋅==d , s 1800h 5,0 ==∆t

A B1

→υ 2

→υ

d x

Sl.1 Promenata na vektorot na polo`ba so tekot na vremeto:

trr→→→

+= υ0 (1)

Za slu~ajot na ednodimenzionalno dvièwe prikaàn na sl.1, proekcijata na (1) vdol` x-oskata glasi: -za prviot avtomobil: 111 tx υ= (2)

-za vtoriot avtomobil: 222 tdx υ−= (3)

Vo momentot na sredba, koordinatite na dvata avtomo-bili }e stanat ednakvi, pa so izedna~uvawe na (2) i (3), otkako

}e se stavi ttt ∆+= 21 , se dobiva:

( )ttdt ∆−−= 1211 υυ (4)

Od relacijata (4), ako se izrazi vremeto 1t , se dobiva:

21

21 υυ

υ+

∆+=

tdt (5)


8

So zamena na brojnite vrednosti vo (5), se dobiva s 181891 ≈t .

Zna~i, posle 18189 s od po~etokot na dvièweto na prviot av-tomobil, toj }e se sretne so vtoriot.

Vremeto 1t od (5) da go stavime vo (2):

( )

21

211 υυ

υυ+

∆+=

tdx (6)

Ako se zamenat brojnite vrednosti se dobiva m 10526,2 51 ⋅≈x .

Spored toa, mestoto na sredba na dvata avtomobili e od-

dale~eno km 252,61 =≡ xs od gradot A.


9

7. Na platforma koja {to se dviì pravoliniski so

konstantna brzina sm 21 =υ , postavena e tenka cevka pod agol

o70=α (sl.1). Kapka pa|a so konstantna brzina 2υ i doa|a vo

to~kata A, bez pritoa da gi dopre yidovite na cevkata. Kol-

kava treba da bide brzinata 2υ ?

Sl.1 Re{enie: Dadeno: Se bara:

sm 21 =υ , o70=α 2υ -?

2

→υ

α1

→−υ

r

→υ

Sl.2 Od dijagramot na brzinite prikaàn na sl.2 se gleda deka

stg m 6,512 == αυυ (1)

1

→υ

2

→υ

Aα


10

*8. Motoren ~amec ja preminuva rekata pome|u to~kite A i B (sl.1) koi se na rastojanie m 400=d . Brzinata na tekot na

rekata e sm 21 =υ i e konstantna vdol` patot AB. Pravecot na

dvièwe e postaven pod agol o45=α vo odnos na bregot. So

kolkava brzina 2υ i pod koj agol β vo odnos na bregot treba da

se naso~i ~amec, za rastojanieto ABA da go izmine za vreme min 4=t ? Agolot β e ist pri dvièwe na ~amecot i vo dvete

nasoki.

α

A

B

2

→υ

1

→υ

β


m 400=d , sm 21 =υ , o45=α , s 240=t ?2 −υ ?−β

α

A

B2

→υ

1

→υ

β

xy

Sl.2 proekciite na vektorite na brzinata na x-oskata: βυαυυ coscos 21 +=AB (2)

Proekciite na vektorite

na brzinite 1

→υ i 2

→υ na y-oskata

(sl.2): αυυ sin11 =y i βυυ sin22 =y

treba da se ednakvi me|usebe, za ~amecot da se dviì vo nazna-~eniot pravec, odnosno:

βυαυ sinsin 21 = (1)

Rezultantnata brzina so koja {to se dviì ~amecot se dobiva preku


11

Vkupnoto rastojanie AB {to ~amecot }e go izmine za vreme 1t

e: ( ) 1211 coscos ttd AB βυαυυ +== (3)

α

A

B

2υ

1υβ

x

y

Sl.3

Za vreme 2t , dvièj}i se so brzina BAυ , ~amecot }e izmine pat:

( ) 2122 coscos ttd BA αυβυυ −== (5)

Ako od ravenkite (4) i (5) se izrazat vremiwata 1t i 2t , za

vkupnoto vreme na dvièwe }e se dobie:

αυβυαυβυ coscoscoscos 1212

21 −+

+=+= dd

ttt (6)

Vo (6) da go stavime izrazot za 2υ dobien vo relacijata (1):

( )αβαυβα

2221 cosctsin

ctgsin2

−⋅⋅=

g

dt (7)

Ako gi zamenime brojnite vrednosti vo (7) se dobiva ravenka so oblik:

2401ctg

ctg24002

=−

⋅β

β (8)

Da vovedeme zamena: x=βctg . Toga{ (8) izgleda vaka:

01-2,35-2 =xx (9)

Re{enijata na ovaa kvadratna ravenka se: 72,21 =x i 76,02 −=x .

Prifatlivo e prvoto re{enie za koe vaì 72,2ctg =β , od kade

{to se dobiva: o2,20≈β . Brzinata 2υ moè da se presmeta od

ravenkata (1):

βαυυ

sin

sin12 = (10)

Odnosno, po zamena na brojnite vrednosti, se dobiva

sm 02,42 =υ .

Vkupnata brzina pri dvi`we na te-

loto vo nasoka BA se dobiva preku proekcijata na vektorite na brzi-nata na x-oskata, naso~ena kako na sl.3: αυυ cos11 −=x i βυυ cos22 =x i

iznesuva:

αυβυυ coscos 12 −=BA (4)


12

9. Materijalna to~ka se dviì ramnomerno zabrzano pravoliniski, pri {to vo prvite dva posledovatelni vremen-

ski intervali od po s 4=t izminuva pati{ta m 241 =s i

m 642 =s soodvetno. Da se opredeli po~etnata brzina i zabr-

zuvaweto na materijalnata to~ka. Re{enie: Dadeno: Se bara:

s 4=t , m 241 =s , m 642 =s ?0 −υ ?−a

Zakonot za promena na vektorot na polo`ba na materi-

jalnata to~ka:

2

2

00ta

trr

→→→→

++= υ (1)

za slu~ajot na ednodimenzionalno dvièwe na materijalnata to~ka vo dvata posledovatelni vremenski intervali glasi:

2

2

01at

ts +=υ (2)

( )2

2

02at

tats ++= υ (3)

kade {to e zemena vo predvid promenata na brzinata:

at+= 02 υυ (4)

Ako od ravenkata (2) ja izrazime brzinata:

t

ats 221

0

−=υ (5)

i ja zamenime vo (3), posle sreduvawe na dobieniot izraz se dobiva:

2

12

t

ssa

−= (6)

Izrazot (6) da go stavime vo (3) i da go sredime dobieniot iz-raz. Se dobiva:

t

ss

2

3 210

−=υ (7)

Brojnite vrednosti na baranite veli~ini (6) i (7) se soodvetno: 2sm 5,2=a i sm 10 =υ .


13

10. Za vreme s 5=t materijalnata to~ka pominuva pat

m 50=s , pri {to brzinata se zgolemila ~etiri pati. Da se opredeli zabrzuvaweto na materijalnata to~ka, ako dvièwe-to e ramnomerno zabrzano.

Re{enie: Dadeno: Se bara:

s 5=t , m 50=s ?−a Zakonite za promena na brzinata i patot kaj ramnomerno zabrzanoto dvièwe se slednite:

at+= 01 υυ (1)

2

2

0at

ts +=υ (2)

Spored uslovot na zada~ata, 01 4υυ = . Ova da go stavime vo

ravenkata (1) i da ja izrazime brzinata 0υ :

30at=υ (3)

Vaka dobieniot izraz da go zamenime vo ravenkata (2) i da go izrazime zabrzuvaweto. Se dobiva:

25

6

t

sa = (4)

{to e baranoto ra{enie. So zamena na brojnite vrednosti vo

(4) se dobiva: 2sm 4,2=a .


14

11. Telo se dviì ramnomerno zabrzano bez po~etna brzina. Vo koja sekunda od po~etokot na dvièweto teloto }e pomine tripati pogolem pat, odo{to patot {to go pominuva vo prethodnata sekunda?

Re{enie: Pati{tata {to teloto }e gi izmine vo tri posle-

dovatelni vremenski momenti: ttt ,1 ,2 −− (izrazeni vo sekundi)

se soodvetno:

( )

2

2 2

1−= ta

s (1)

( )

2

1 2

2−= ta

s (2)

2

2

3at

s = (3)

Spored uslovot na zada~ata, treba da vaì:

( )1213 3 ssss −=− (4)

Izrazite (1), (2) i (3) da gi stavime vo (4). Posle krateweto na ednakvite ~lenovi na levata i desnata strana od taka dobie -niot izraz , se dobiva: s 2=t .


15

12. Telo koe {to slobodno pa|a vo poslednata sekunda od svoeto dvièwe izminalo polovina od vkupniot pat. Kolku vreme pa|alo teloto i od koja visina bilo pu{teno slobodno da padne?


za ( )s1−t , 2hs = ? ?, −− ht

h

y

→g→g

→→=00υ

→→=00υ

Sl.1

( )

2

1

2

2−= tgh (3)

Za celoto vreme pak, teloto }e go izmine celiot pat:

2

2gth = (4)

Ravenkite (3) i (4) da gi podelime edna so druga. Posle sredu-vaweto na dobieniot izraz, se dobiva kvadratna ravenka po t :

0242 =+− tt (5)

Re{enijata na ovaa ravenka se soodvetno: s 4,31 =t i s 6,02 =t .

Fizi~ka smisla ima re{enieto s 4,31 =t , pa vkupniot pat {to }e

go izmine teloto }e go dobieme koga ova vreme }e go zamenime vo (4). Se dobiva: m 6,56=h .

Zakonot za promena na vektorot na polo`ba so tekot na vremeto, za slu~ajot ilustriran na sl.1 (dvièwe vo poleto na zemjinata teà) glasi:

2

2

00tg

trr

→→→→

++= υ (1)

kade {to 2sm 81,9=g e zemjinoto zabrzu-

vawe. Proekcijata na vektorot (1) na y-oskata naso~ena kako na slikata e:

2

2gty = (2)

Spored uslovot na zada~ata, vo poslednata sekunda teloto }e izmine polovina od vkupniot pat:


16

13. Edno telo e frleno vertikalno nagore so po~etna

brzina sm 400 =υ .

a) po kolku vreme teloto }e se najde na visina m 60 ? b) kolkava e maksimalnata visina do koja {to }e se iska~i? v) kolku vreme trae dvièweto? g) grafi~ki da se prikaè dvièweto. Re{enie: Dadeno: Se bara:

sm 400 =υ , m 60=h a) ?1 −t b) ?max −h v) ?−t g) ?)( −ty

h

y→g→g

0

→υ

maxh

Sl.1

Teloto }e se najde na visina m 60=h vo momentot na vreme 1t

koga }e bide ispolneto:

2

21

10

gtth −=υ (5)

od kade {to se dobiva kvadratna ravenka po 1t :

022

102

1 =+−g

ht

gt

υ (6)

Re{enijata na ravenkata (6) se:

g

h

ggt

22

200

1,2 1 −±=υυ

(7)

a) Zakonite za promena na vektorite na polo`bata i brzinata pri dvièwe vo poleto na zemjinata teà, so tekot na vremeto:

2

2

00tg

trr

→→→→

++= υ (1)

tg→→→

+= 0υυ (2)

pri proekcija na vektorite (1) i (2) na y-oskata naso~ena kako na sl.1 izgledaat vaka:

2

2

0

gtty −=υ (3)

gt−= 0υυ (4)


17

od kade {to se gleda deka teloto dvapati }e pomine na visina

m 60=h i toa vo vremenski momenti s 211 =t (koga }e se

iska~uva) i s 612 =t (koga }e pa|a).

b) Vo momentot koga teloto }e ja dostigne maksimalnata visina, negovata brzina }e stane 0=υ , a spored (4), vremeto za koe teloto }e ja dostigne ovaa visina }e bide:

s 402 ==

gt

υ (8)

Ako ova vreme se zameni vo (3), za maksimalnata visina }e se dobie:

g

h2

20

max

υ= (9)

odnosno m 08max =h .

v) Ako vo (3) se stavi 0=y , vkupnoto vreme za koe {to

teloto }e se dviì se dobiva:

s 82 0 ==g

tυ

(10)

Postoi u{te edno re{enie za 0=y (teloto ja doprelo

povr{inata na zemjata), a toa e 0=t . No ova vreme sood-vetstvuva na po~etnata sostojba na teloto, pred toa da bide isfrleno, taka {to baranoto re{enie e ona dadeno so (10).

g) Na sl.2 e prika-àna zavisnosta na iz-minatiot pat od vremeto y(t). Krivata e parabola, ~ij {to maksimum maxh se

dostignuva za vreme 2t .

Visinata m 60=h teloto ja dostignuva dvapati i toa vo vremenski momen-

ti 11t i 12t . )s(t

)m(y

2t

maxh

0

h

11t 12t


18

14. Edno telo {to se nao|a vo to~kata B na visina m 45=H od povr{inata na Zemjata, po~nuva slobodno da pa|a.

Istovremeno, od to~kata A koja {to se nao|a na rastojanie m 21=h ponisko od B isfrleno e drugo telo vertikalno nagore.

Da se opredeli po~etnata brzina so koja {to e isfrleno vto-roto telo, ako e poznato deka dvete tela pa|aat na Zemjata is-tovremeno. Re{enie: Dadeno: Se bara:

m 45=H , m 21=h ?0 −υ

h

→g→g

H 0

→υ

A

By

Sl.1

Koga dvete tela }e padnat na Zemjata }e vaì: 21 yy = . Pa ako

se izedna~at ravenkite (1) i (2), istovremeno zamenuvaj}i ja vrednosta za t dobiena vo ravenkata (3), }e se dobie:

g

H

h

20 =υ (4)

So zamena na brojnite vrednosti se dobiva: sm 70 =υ .

Ravenkite na dvièwe na dvete tela vo koordinatniot sistem izbran kako na sl.1 se:

2

2

1

gtHy −= (1)

( )2

2

02

gtthHy −+−= υ (2)

Vremeto za koe {to telata }e padnat na Zemjata (tie pa|aat istovremeno) se dobiva

koga vo (1) }e se stavi 01 =y :

g

Ht

2= (3)


19

15. Telo frleno vertikalno nagore dostignuva visina m 24=H . Na koja visina h brzinata na teloto e ednakva na

polovina od po~etnata brzina 0υ ?


m 24=H , 20υυ = ?−h

h

→g→g

H

0

→υ

y

Sl.1 So zamena na (3) vo (4) se dobiva izraz za po~etnata brzina:

gH20 =υ (5)

Spored uslovot na zada~ata, a so pomo{ na (2), se dobiva:

200

2gt−=υυ

(6)

od kade {to za vremeto za koe teloto }e se najde na visina H se dobiva:

g

Ht

22 = (7)

Ako ova vreme se zameni vo (1), }e se dobie baranata visina:

Hh4

3= (8)

odnosno m 18=h .

Ravenkite na dvièwe na teloto, spo-red sl.1 se:

2

2

0

gtty −=υ (1)

gt−= 0υυ (2)

Vremeto za koe {to teloto }e ja dostigne mak-simalnata visina (uslov 0=υ ), spored (2) e :

g

t 01

υ= (3)

Za ova vreme teloto }e ja dostigne maksimal-nata visina:

2

21

10

gttH −=υ (4)


20

16. Pokraj ezero se nao|a vertikalen breg so visina m 100=h . Od taa viso~ina, vo horizontalna nasoka se ni{ani

so pu{ka. Ako sm 4000 =υ e po~etnata brzina na kur{umot, da

se presmeta brzinata so koja {to kur{umot }e udri vrz vode-nata povr{ina. Re{enie: Dadeno: Se bara:

sm 4000 =υ , m 100=h ?−υ

y

h

xOx

→υ

→υ

0

→υ

y

→υ

Sl.1 dostigne povr{inata na Zemjata se nao|a od prvata ravenka vo sistemot (4), stavaj}i 0=y :

g

ht

2= (5)

Od vtorata ravenka vo sistemot (4) se opredeluva modulot na

brzinata yυ :

ghy 2=υ (6)

Kako {to moè da se vidi od (3) i (6), dvièweto po x-oskata e ramnomerno pravolinisko, a po y-oskata slobodno pa|awe. Vkupnata brzina se nao|a po Pitagorovata teorema (sl.1):

ghyx 220

22 +=+= υυυυ (7)

Po zamenata na brojnite vrednosti, se dobiva: sm 44,402=υ .

Zakonite za promena na vektorite na polo`ba i brzina so tekot na vremeto :

2

2

00tg

trr

→→→→

++= υ (1)

tg→→→

+= 0υυ (2)

proektirani na x i y-oskata, gla-sat:

- na Ox: tx 0υ= i 0υυ =x (3)

- na Oy: 2

2gthy −= i gty −=υ (4)

Vremeto za koe {to teloto }e ja dos


21

*17. Od visina h vo odnos na horizontalna podloga isfrleno e top~e vo horizontalna nasoka so brzina 0υ .

Top~eto se odbiva od podlogata taka {to vertikalnata kompo-nentata na brzinata se namaluva k -pati. Da se opredeli rasto-janieto od mestoto na isfrlawe, do mestoto kade {to top~eto }e prestane da otskoknuva. Da se pretpostavi deka horizon-talnata komponenta se zapazuva. Re{enie: Dadeno: Se bara:

h , 0υ , k ?−D

0

→υ

y

h

xDO Sl.1 Teloto }e ja dostigne povr{inata na Zemjata koga }e bide zadovolen uslovot 0=y . Ako ovoj uslov se zameni vo (2),

za vremeto za koe teloto prvpat }e ja dostigne povr{inata na Zemjata se dobiva:

g

ht

20 = (5)

Vertikalnata komponenta na brzinata yυ pri prviot kontakt

na teloto so povr{inata na Zemjata, spored (4) }e bide:

ghy 20 =υ (6)

Vertikalnata komponenta na brzinata se namaluva k -pati, taka {to vertikalnite komponenti na brzinite pri vtoriot, tretiot itn. sî do nekoj n-ti kontakt koga teloto }e prestane da otskoknuva, se soodvetno:

Ravenkite na dvièwe na teloto vo koordinatniot sistem izbran kako na sl.1 glasat:

tx 0υ= (1)

2

2gthy −= (2)

Proekciite na vektorot na brzi-nata se:

-na Ox: 0υυ =x (3)

-na Oy: gty −=υ (4)


22

ghkk

yy 2

101 ==

υυ (7)

ghkk

yy 2

12

12 ==

υυ (8)

……………………

ghkk n

nyyn 2

1)1( == −υυ (9)

Od ravenkata (4) sega moè da se opredelat vremiwata za koi {to teloto }e se dviì posle prviot kontakt so Zemjata:

g

h

kgt

y 222 11 ==

υ (10)

g

h

kgt

y 2222

22 ==

υ (11)

……………………

g

h

kgt

n

ynn

222==

υ (12)

Vkupnoto vreme na dvièwe }e se najde kako zbir na vremi-wata opredeleni so ravenkite (10), (11),…(12):

nttttt ++++= ...210 (13)

odnosno:

++++=nkkkg

ht

1...

1121

22

(14)

Zbirot vo zagradata pretstavuva geometriska progresija i iznesuva:

1

1

11

11...

112 −

=−

=+++kk

k

kkk n, pod uslov 1

1 <k

(15)

Zamenuvaj}i ja (15) vo (14) se dobiva:

−+=

1

12

k

k

g

ht (16)

Vkupnoto rastojanie {to }e go pomine teloto pritoa e: tD 0υ= (17)

odnosno:

−+=

1

120 k

k

g

hD υ (18)


23

*18. Dve tela se isfrleni vo horizontalen pravec od visina m 10=h so po~etni brzini sm 1001 =υ i sm 2002 =υ . Na

kolkavo me|usebno rastojanie }e se najdat telata otkako }e ja dostignat najniskata to~ka? Vo koi vremenski momenti sekoe od niv }e se najde na visina m 5=H ?


m 10=h , sm 1001 =υ , sm 2002 =υ , m 5=H ?−∆D , ?−t

D∆

01

→υ

y

h

x0

02

→υ

2D1D

Sl.1 -za vtoroto telo: 2022 tx υ= (4)

2

22

2

gthy −= (5)

022 υυ =x , 02 =yυ (6)

Ako vo ravenkite (2) i (5) se zamenat uslovite za telata da ja dostignat najniskata to~ka, 01 =y i 02 =y , se dobivaat vremi-

wata za koi telata se dviàt sî dodeka ne dojdat do najnis-kata to~ka:

g

htt

221 == (7)

Zamenuvaj}i gi ovie vremiwa vo (1) i (4), se dobivaat dostre-lite na dvete tela:

g

hD

2011 υ= i

g

hD

2022 υ= (8)

a) Ravenkite koi {to go opi{uvaat dvièweto na sistemot prikaàn na sl.1, vo koordinaten sistem prikaàn na istata slika, se slednite: - za prvoto telo: 1011 tx υ= (1)

2

21

1

gthy −= (2)

011 υυ =x , 01 =yυ (3)


24

Rastojanieto pome|u to~kite na pa|awe na dvete tela e: 12 DDD −=∆ (9)

odnosno:

( )01022 υυ −=∆g

hD (10)

So zamena na brojnite vrednosti , se dobiva m 1,14=∆D .

b) Za da se opredeli vremeto za koe {to dvete tela }e se najdat na visina H , vo ravenkite (2) i (5) treba da se stavi:

2

21gt

hH −= (11)

2

22gt

hH −= (12)

od kade {to se gleda deka dvete tela ednovremeno }e se najdat na ovaa visina, vo vremenski moment:

( )

g

Hhtt

−== 221 (13)

So zamena na brojnite vrednosti, se dobiva s 121 ≈= tt .


25

19. Telo e frleno pod agol α vo odnos na horizontot, so

po~etna brzina 0υ . Da se opredelat site zna~ajni veli~ini pri

ovoj kos istrel. Re{enie: Dadeno: Se bara: 0υ , α ( ) ?−xy , ?−D , ?−t , ?max −h , ?1 −t

D

0

→υ

y

m a xh

x0 α

Sl.1 od koordinatniot sistem izbran kako na sl.1:

- na Ox: αυ cos0tx = (3)

αυυ cos0=x (4)

- na Oy: 2

sin2

0

gtty −= αυ (5)

gty −= αυυ sin0 (6)

a) Za da ja dobieme ravenkata na traektorijata, treba od ravenkite (3) i (5) da go eliminirame vremeto. Za taa cel, od (3) }e go izrazime istoto i }e go zamenime vo (5). Se dobiva:

ααυ

tgcos2 22

0

2

⋅+−= xgx

y (7)

Od ravenkata (7) se gleda deka traektorijata na teloto e od

oblik: bxaxy +−= 2 , kade {to αυ 220 cos2ga = i αtg=b . Ovaa

kriva se narekuva parabola i so otvorot e svrtena nadolu (po-radi znakot ” -“ pred koeficientot a), {to se gleda i od sl.1.

Vektorite na polo`ba i brzina:

2

2

00tg

trr

→→→→

++= υ (1)

tg→→→

+= 0υυ (2)

da gi proektirame na oskite


26

b) Vremeto za koe {to teloto }e padne na Zemjata }e go opredelime od (5), stavaj}i 0=y :

g

tαυ sin2 0= (8)

v) Dostrelot }e go opredelime od (3), otkako za vremeto t }e go zamenime izrazot (8):

( )

gD

αυ 2sin20= (9)

g) Koga teloto }e ja dostigne maksimalnata visina, y-komponentata na brzinata dadena so (6) }e stane ednakva na nula, pa od istata ravenka, za vremeto za koe {to teloto }e ja dostigne ovaa visina imame:

g

tαυ sin0

1 = (10)

Od (10) se gleda deka vremeto za koe {to teloto }e ja dostigne maksimalnata visina e polovina od vkupnoto vreme na dvièwe, {to treba i da se o~ekuva, bidej}i traektorijata na sistemot e simetri~na kriva vo odnos na koordinatata na polo`bata kade {to teloto ja dostignuva maksimalnata visina:

( )

g

DD

2

2sin

2

20

1

αυ== (11)

d) maksimalnata visina }e ja dobieme koga vo (5) }e go

zamenime vremeto 1t dadeno so (10):

g

H2

sin220 αυ

= (12)


27

*20. Proektil e isfrlen so po~etna brzina sm 4000 =υ

pod agol o15=α vo odnos na horizontot. a) na koja visina H toj }e udri vo vertikalen yid na rastojanie m 300=D od mestoto na isfrlawe? b) kolkava e brzinata na proektilot vo momentot na udar? v) kakov pravec na dvièwe ima proektilot pri udar vo yidot? Re{enie: Dadeno: Se bara:

sm 4000 =υ , o15=α , m 300=D a) ?−H b) ?−υ v) ?−β

D

0

→υ

x

0 α

β

x

→υ

→υ

H

y

Sl.1

a) Vo momentot na udar na proektilot vrz yidot, vaì

Dx = , pa moè da se najde vremeto za koe {to toj do{ol do yi-dot, od (1):

αυ cos0

Dt = (5)

Vo ovoj moment, y-koordinatata }e bide Hy = , pa od ravenkata

(3) vo koja {to }e go stavime izrazot (5), sleduva:

αυ

α22

0

2

cos2tg

gDDH −⋅= (6)

So zamena na brojnite vrednosti se dobiva m 18,507=H .

Proekciite na vek-torite na polo`ba i brzina na oskite od koordinatniot sistem izbran kako na sl.1 se:

- na Ox: αυ cos0tx = (1)

αυυ cos0=x (2)

- na Oy: 2

sin2

0

gtty −= αυ (3)

gty −= αυυ sin0 (4)


28

b) brzinata so koja {to proektilot }e udri vo yidot e:

22yx υυυ += (7)

Vo (7) da gi zamenime (2), (4) i (5). Se dobiva:

ααυ

υυ tg2cos

2

0

20 ⋅−

+= gD

gD (8)

odnosno s

m 33,387=υ .

v) Pravecot na dvièwe na proektilot posle udarot vo yidot e opredelen preku agolot β , koj spored sl.1 se oprede-

luva kako:

υυβ x=cos (9)

Vo (9) da se zamenat izrazite (2) i (8):

ααυ

υ

αυβ

tg2cos

coscos

2

0

20

0

⋅−

+

=

gDgD

(10)

Od (10) se dobiva o4=β .


29

21. Tenk se dviì kon top po pravoliniska traektorija,

so postojana brzina hkm 6,3=υ . Da se presmeta po~etnata

brzina na granatata ispukana od topot pod agol o30=α , pod us-lov da go pogodi tenkot koj vo momentot na ispukuvawe na

granatata se nao|al na rastojanie km 8=d od topot. Re{enie: Dadeno: Se bara:

sm1hkm 6,3 ==υ , o30=α , m 8000km 8 ==d ?0 −υ

d

0

→υ

y

x0 α

D

→υB A

Sl.1 Koordinatniot po~etok e postaven na mestoto od kade {to e isfrlen proektilot (sl.1). Tenkot zapo~nuva da se dviì od to~kata A i vo momentot koga e pogoden od proektilot, toj stignal vo to~kata B. Dostrelot na proektilot se presmetuva na sledniot na~in (vidi zada~a 19, ravenka(9)):

( )

gD

αυ 2sin20= (3)

Vremeto na dvièwe na proektilot (zada~a 19, ravenka (8)) e:

g

tαυ sin2 0= (4)

Za ova vreme, tenkot do{ol vo to~kata B, izminuvaj}i pat Dd − . Zna~i, negovata brzina e:

αυ

αυυsin2

2sin

0

20−

=−=gd

t

Dd (5)

Od (5) se dobiva kvadratna ravenka po odnos na brzinata 0υ :

02sincos 0

20 =−+

αυ

αυυ gD

(6)

Fizi~ki opravdano e da se zeme slednoto re{enie:

αα

υα

υυ2sincos2cos2

2

0

gd+

+−= (7)

Se dobiva sm 2950 =υ .

Ravenkite na dviè-we na proektilot se:

αυ cos0tx = (1)

2

sin2

0

gtty −= αυ (2)


30

*22. Od podno`je na kosa ramnina so agol o30=α se is-

frla telo kon vrvot na ramninata. Po~etnata brzina na teloto

e 0υ , a agolot pod koj {to se isfrla vo odnos na horizontot e

o60=β .

a) na kolkavo rastojanie (mereno vdol` ramninata) od to~kata na isfrlawe }e padne teloto? b) pod kolkav agol treba da se isfrli teloto za toa da padne pod prav agol vo odnos na kosata ramnina? Re{enie: Dadeno: Se bara:

o30=α , o60=β a) ?−D b) ?−γ

0

→υ

y

x0 α

Dβ

Sl.1 Od (1) da go izrazime vremeto za koe {to teloto }e pomine ras-tojanie D i }e ja dopre kosata ramnina:

βυα

cos

cos

0

Dt = (5)

i da go stavime vo (4). Posle sreduvawe na izrazot }e se dobie:

( )α

αββυ2

20

cos

sincos2

gD

−= (6)

odnosno:

g

D3

2 20υ

= (7)

b) Za re{avawe na zada~ata pod b), da izbereme koordi-naten sistem ~ija x-oska e naso~ena po dolìnata na navedna-tata strana od kosata ramnina. Proekciite na vektorot na

a) Vo referentniot sistem izbran kako na sl.1 vaì: αcosDx = (1)

αsinDy = (2)

Ravenkite na dvièwe gla-sat:

βυα coscos 0tD = (3)

2

sinsin2

0gt

tD −= βυα (4)


31

brzinata na oskite od koordinatniot sistem prikaàn na sl.2 se:

( ) tgxx +−= αβυυ cos0 (8)

( ) tg yy +−= αβυυ sin0 (9)

→g

y x

α→

xg→

yg

Sl.2

( ) 02

coscos

2

0 =−− ααβυ gt (12)

( ) 0sincos0 =−− ααβυ gt (13)

Ako vremeto izrazeno od (13):

( )

ααβυ

cos

sin2 0

gt

−= (14)

go stavime vo (12) i go iskoristime trigonometriskiot iden-titet:

( )αβ

βααβtgtg

tgtg1ctg

−⋅+=− (15)

se dobiva ravenka za opredeluvawe na agolot β :

ααβ

tg

1tg2tg

2 += (16)

odnosno: o71=β .

Proekciite na vektorot na zemjinoto zabrzuvawe vrz oskite na koordinat-niot sistem (sl.2) se:

αsinggx −= (10)

αcosgg y −= (11)

Ravenkite (10) i (11) da gi stavime vo ravenkite (8) i (9). Uslov teloto da padne normalno vrz kosata ramnina e x-komponentata na brzinata da stane ed-nakva na nula vo momentot na vreme koga y-koordinatata na dvièweto }e stane nula:


32

*23. Vrz kosa ramnina koja {to se dviì so brzina sm 81,91 =υ , pa|a top~e od nekoja visina bez po~etna brzina.

Otkako }e izmine rastojanie m 9,4=h udira vo ramninata,

elasti~no se odbiva i povtorno pa|a vrz nea. Da se opredeli rastojanieto me|u to~kite na prviot i vtoriot udar na top~eto

vrz ramninata. Agolot na kosata ramnina e o30=α . Re{enie: Dadeno: Se bara:

sm 81,91 =υ , m 9,4=h , o30=α ?−D

Sl.1 Rezultantnata brzina so koja {to se dviì top~eto vo odnos na referentniot sistem prikaàn na sl.1 iznesuva:

gh221

22

21 +=+= υυυυ (1)

imaj}i vo predvid deka gh22 =υ e brzinata so koja {to

top~eto slobodno pa|a. Ako kako vektor na brzinata so koja {to

se dviì top~eto se zeme vektorot →υ naso~en pod agol ( )βα +

vo odnos na x-oskata od koordinatniot sistem prikaàn na sl.1, toga{ dvièweto moè da se razgleduva kako kos istrel. Ravenkite na dvièweto se slednite:

( )2

sincos

2 αβαυ gttx ++= (2)

( )2

cossin

2 αβαυ gtty −+= (3)

h

1

→− υ

2

→υ→

υ

β α

α

→υ

x

y

0 β

A


33

→g

y x

α→

xg→

yg

Sl.2 nazna~enata to~ka:

( )

αβαυ

cos

sin2

gt

+= (6)

Ako ova vreme go zamenime vo ravenkata (2), }e go dobieme ras-tojanieto pome|u to~kite (koordinatniot po~etok i to~kata A) na prviot i vtoriot udar na teloto vrz ramninata:

( ) ( ) ( ) ( )[ ]βααβαβα

αυ

+⋅++++

= sintg2cos2sincos

221

g

ghD (7)

Agolot β spored sl.1 se opredeluva kako:

12

tg11

2 ≈==υυ

υβgh

(8)

od kade {to se dobiva deka o45=β . Zamenata na brojnite vred-

nosti vo (7), kako kraen rezultat dava m 9,82=D .

kade {to:

αsinggx −= (4)

αcosgg y −= (5)

se proekciite na vektorot na zemjinoto zabrzuvawe na oskite na koordinatniot sistem prikaàn na sl.2. Teloto }e stigne vo to~kata A (sl.1) koga }e bide ispolnet uslovot 0=y . Stavaj}i go ovoj

uslov vo ravenkata (3), se dobiva vre-meto za koe {to teloto }e stigne do naz-


34

24. Da se opredeli agolnata brzina, frekvencijata i periodot na eden kamen vrzan za konec so dolìna m 5,0=l , koj

{to za vreme od s 2=t pravi 8 zavrtuvawa. Re{enie: Dadeno: Se bara:

m 5,0=l , s 2=t , 8=n ?−ω , ?−f , ?−T

Agolnata brzina na telo {to rotira se opredeluva kako:

t

ϕω = (1)

kade {to ϕ e agolot opi{an za vreme t i toj se opredeluva preku brojot na zavrtuvawa, na sledniot na~in: nπϕ 2= (2)

So zamena na (2) vo (1), za agolnata brzina se dobiva:

t

nπω 2= (3)

odnosno: srad 1,25=ω .

Od vrskata pome|u agolnata brzina i frekvencijata: fπω 2= (4)

otkako prethodno }e se zameni (3) vo (4), se opredeluva frek-vencijata:

t

nf = (5)

odnosno, frekvencijata pretstavuva broj na zavrtuvawa vo ed-inica vreme i iznesuva: Hz 4=f .

Periodot se opredeluva na sledniot na~in:

f

T1= (6)

Ako (5) ja stavime vo (6) }e se dobie:

n

tT = (7)

odnosno; periodot e vreme potrebno teloto da napravi edno polno zavrtuvawe. So zamena na brojnite vrednosti se dobiva:

s 25,0=T .

.


35

25. Edno dete vrti kamen vo vertikalna ramnina. Kamenot e vrzan za konec so dolìna m 5,0=l i ima frekven-

cija na vrtewe Hz 3=f . Na koja visina }e se izdigne kamenot,

ako konecot se skine vo momentot koga brzinata ima nasoka vertikalno nagore? Re{enie: Dadeno: Se bara:

m 5,0=l , Hz 3=f ?−h

Ako konecot se skine vo momentot koga brzinata }e ima nasoka vertikalno nagore, toga{ teloto }e izvede vertikalen istrel i }e se iska~i na visina:

g

h2

2υ= (1)

Brzinata na teloto se opredeluva kako: lωυ = (2) kade {to agolnata brzina e opredelena na sledniot na~in: fπω 2= (3)

Ako (3) se zameni vo (2) i taka dobienata relacija vo (1), za visinata na koja {to }e se iska~i teloto se dobiva:

g

lfh

2222π= (4)

odnosno: m 5,4=h .


36

26. So kolkava brzina treba da pomine avtomobil preku sredinata na ispaknat most (sl.1) so radius na krivina

m 40=R , taka {to normalnoto zabrzuvawe da mu bide ednakvo po modul na zabrzuvaweto pri slobodnoto pa|awe?

na→ →

gR

0 Sl.1 Re{enie: Dadeno: Se bara: m 40=R ?−υ Normalnoto zabrzuvawe na avtomobilot se presmetuva kako:

R

an

2υ= (1)

Spored uslovot na zada~ata, ova zabrzuvawe treba da bide ed-nakvo na zabrzuvaweto pri slobodnoto pa|awe, odnosno:

R

g2υ= (2)

Od (2) se dobiva:

gR=υ (3)

So zamena na brojnite vrednosti se dobiva: sm 20=υ .


37

27. Dve materijalni to~ki se dviàt po kru`nici so ra-

diusi 1R i 2R , taka {to vaì 21 2RR = . Sporedi gi normalnite

zabrzuvawa na materijalnite to~ki vo slu~aite koga: a) liniskite brzini im se ednakvi; b) periodite im se ednakvi. Re{enie: Dadeno: Se bara:

21 2RR = a), b) ?: 21 −nn aa

a) Vrskata pome|u normalnoto zabrzuvawe i liniskata brzina, za dvete materijalni to~ki soodvetno glasi:

1

21

1 Ran

υ= (1)

2

22

2 Ran

υ= (2)

Ako ravenkite (1) i (2) gi podelime edna so druga, imaj}i vo

predvid deka 21 υυ = , se dobiva:

2

1

2

1 =n

n

a

a (3)

b) Ako periodite na dvete materijalni to~ki 1T i 2T se

ednakvi, toga{ i nivnite agolni brzini:

1

12

T

πω = (4)

2

22

T

πω = (5)

}e bidat ednakvi: 21 ωω = . Vrskite pome|u agolnite brzini i

normalnite zabrzuvawa se:

1211 Ran ω= (6)

2222 Ran ω= (7)

Ako gi podelime ravenkite (6) i (7) edna so druga, }e dobieme:

1

2

2

1 =n

n

a

a (8)


38

28. Materijalna to~ka se dviì po kru`nica so tangen-

cijalno zbrzuvawe 2scm 5=τa . Po kolku vreme od po~etokot na

dvièweto normalnoto zabrzuvawe }e bide dvapati pogolemo od tangencijalnoto? Kolkavo }e bide vkupnoto zabrzuvawe vo

toj moment? Radiusot na kru`nicata e cm 20=R . Re{enie: Dadeno: Se bara:

22 sm 05,0scm 5 ==τa , cm 20=R ?−t , ?−a

Tangencijalnoto i normalnoto zabrzuvawe se opredelu-vaat kako:

t

aυ

τ = (1)

R

an

2υ= (2)

kade {to υ e liniska brzina. Spored uslovot na zada~ata:

R

a2

2υ

τ = (3)

od kade {to se opredeluva liniskata brzina:

τυ Ra2= (4)

Vremeto se opredeluva od (1):

τa

Rt

2= (5)

i iznesuva s 83,2=t .

Sl.1

Spored sl.1, vkupnoto zabrzuvawe na materijalnata to~ka A se opredeluva po Pitagorovata teorema:

22nt aaa += (6)

odnosno:

5τaa = (7)

So zamena na brojnite vrednosti se

dobiva 2sm 11,0=a .

O

na→

τ→a

A

→a

R


39

29. Kolkavi se brzinite na to~kite A i B (sl.1) na trka-loto na velosiped koj {to se dviì so brzina hkm 40=υ ?

O

A

B

υ


hkm 40=υ ?−Aυ , ?B −υ

Na sl.2 se dadeni nasokite na liniskite brzini na to~kite A i B: Sl.2 Od sl.2 e jasno deka:

0=Bυ i hkm 802 == υυ A (1)

odnosno, to~kata B miruva, a to~kata A se dviì so dvojno po-golema brzina odo{to brzinata na translatorno dvièwe na velosipedot.

O

A

BυBυ

Aυ υ


40

30. Vo {upliv cilindar so radius cm 18=R se nao|a po-mal cilindar (sl.1). Agolnite brzini na pogolemiot i pomaliot

cilindar se soodvetno: srad 5,101 =ω i srad 45,312 =ω . Ako

pome|u cilindrite nema lizgawe, da se opredeli radiusot na pomaliot cilindar.

R

1O r2O


m 0,18cm 18 ==R , srad 5,101 =ω , srad 45,312 =ω ?−r

Bidej}i pome|u cilindrite nema lizgawe, liniskite brzini na to~kite koi {to se nao|aat na periferijata na dvata cilindri:

R11 ωυ = (1)

r22 ωυ = (2)

treba da bidat ednakvi. So izedna~uvawe na (1) i (2) i izrazu-vawe na radiusot na pomaliot cilindar se dobiva:

Rr2

1

ωω

= (3)

odnosno: m 06,0=r .


41

31. Okolu podvi`na makara so radius cm 35=R e namo-

tano jaè na ~ij kraj e obesen tovar Q . Vo eden moment teloto

zapo~nuva da pa|a so zabrzuvawe 2sm 5,2=a .

Q

A


m 0,35cm 35 ==R , 2sm 5,2=a , m 10=h a) ?−υ , ?−ω b) ?−Aa

a) Brzinata na teloto Q pri negovoto pa|awe iznesuva:

ah2=υ (1)

odnosno: sm 7=υ , {to soodvetstvuva i na liniskata brzina na

bilo koja to~ka od periferijata na makarata. Agolnata brzina se presmetuva na sledniot na~in:

R

υω = (2)

i iznesuva: srad 20=ω .

b) Vkupnoto zabrzuvawe na materijalnata to~ka A se presmetuva kako (zada~a 24, ravenka (6)):

2

4222

Raaaa nA

υτ +=+= (3)

i iznesuva: 2sm 140=Aa .

a) kolkavi se agolnata brzina na makarata i liniskata brzina na to~ka od periferijata na makarata vo momentot koga teloto izminalo rastojanie m 10=h ? b) kolkavo e zabrzuvaweto na to~kata A (sl.1) vo toj moment?


42

32. Trkalo na avtomobil se vrti ramnomerno zabrzano. Po napraveni 50=n zavrtuvawa, frekvencijata se promenila

od Hz 41 =f na Hz 62 =f . Da se opredeli agolnoto zabrzuvawe

na trkaloto. Re{enie: Dadeno: Se bara:

50=n , Hz 41 =f , Hz 62 =f ?−α

Promenata na agolnata brzina na trkaloto e dadena na sledniot na~in:

tαωω += 12 (1)

kade {to: 1ω i 2ω se agolnite brzini na po~etokot i posle

promenata soodvetno, a α e agolno zabrzuvawe. Ako vo (1) se

zameni: 11 2 fπω = i 22 2 fπω = i se izrazi vremeto t , se dobiva:

( )122

fft −=απ

(2)

Od druga strana, promenata na agolot na zavrtuvawe so tekot na vremeto e dadena kako:

2

22

1t

tnαωπϕ +== (3)

Vremeto od (2) da go zamenime vo relacijata (3). Se dobiva:

( ) ( )212

2

121

2

2

442 fffffn −+−=

απ

αππ (4)

Ako od (4) se izrazi agolnoto zabrzuvawe, se dobiva:

( )21

22 ff

n−= πα (5)

So zamena na brojnite vrednosti vo (5) se dobiva: 2srad 1,26 =α .


43

1.2 DINAMIKA 1. Pod dejstvo na sila F metalna kocka so strana

cm 10=l se dviì pravoliniski, pri {to za vreme s 15=t izmi-

nala pat m 15=s . Da se opredeli silata, ako taa dejstvuva vo nasoka na dvièweto. Za gustinata na metalot od koj {to e

napravena kockata da se zeme 3mkg 7800=ρ .


m 0,1cm 10 ==l , s 15=t , m 15=s , 3mkg 7800=ρ ?−F

Vtoriot Wutnov zakon glasi: maF = (1) Masata na teloto }e ja opredelime kako:

ρρ 3lVm == (2)

kade {to: 3lV = e volumenot na kocka so strana a . Patot {to go izminala kockata za vreme t e:

2

2ats = (3)

od kade {to za zabrzuvaweto se dobiva:

2

2

t

sa = (4)

Ravenkite (2), (3) i (4) da gi zamenime vo (1):

2

2

t

VsF

ρ= (5)

Po zamenata na brojnite vrednosti vo (5) se dobiva: N 26=F .


44

2. Telo so masa m se dviì po horizontalna podloga

pod dejstvo na sila F naso~ena pod agol α vo odnos na podlo-gata. Ako koeficientot na triewe pome|u teloto i podlogata e µ , da se presmeta brzinata na teloto posle vreme t . Re{enie: Dadeno: Se bara: m, F ,α , µ , t ?−υ

Sl.1 lata na triewe pome|u teloto i podlogata. Proekcijata na vek-torskata ravenka (1) na oskite od koordinatniot sistem izbran kako na sl.1 glasi:

- na Ox: maFF tr =−αcos (2)

- na Oy: 0sin =++− NFFmg α (3)

Izrazot za NF dobien od ravenkata (3):

αsinFmgFN −= (4)

da go zamenime vo (1) i da go izrazime zabrzuvaweto:

( )

m

mgFa

µαµα −+= sincos (5)

kade {to e zemeno vo predvid deka:

( )αµµ sinFmgFF Ntr −== (6)

Brzinata so koja {to se dviì teloto se presmetuva na sled-niot na~in: at=υ (7)

Po zamenata na (5) vo (7) kone~no se dobiva:

( )

tm

mgF µαµαυ −+= sincos (8)

Na sl.1 se ozna~eni site sili koi {to dejstvuvaat na te-loto. Vtoriot Wutnov zakon vo vektorska forma glasi:

→→→→→

=+++ amFFFP trN (1)

kade {to →P e silata na zemjinata

teà, NF→

e sila na normalna

reakcija na podlogata i trF→

e si-lata na triewe me|u teloto i

α

→F

→→= gmP

NF→

trF→ x

y


45

*3. Po horizontalna podloga se dviàt dve tela so masi 1m i 2m pod dejstvo na treto telo so masa 3m , koe {to e povr-

zano so prvite dve tela preku nerastegliv konec preflen preku nepodvi`na makara (sl.1). So kolkavo zabrzuvawe se dviàt telata i kolkavi se silite na zategnuvawe na konecot?

1m 2m

3m


1m , 2m , 3m ?−a , ?,, 2,31,22,1 −TTT

→→= gmP 11

1NF→

1trF→

x

y

→→= gmP 22

2NF→

2trF→

2,1

→T 1,2

→T

2,3

→T

→→= gmP 33

Sl.2

Vtoriot Wutnov zakon za telata so masi 1m , 2m i 3m

soodvetno glasi (sl.2):

1112,111

→→→→→=+++ amFTFP trN (1)

2221,222

→→→→→=+++ amFTFP trN (2)

332,33

→→→=+ amTP (3)


46

kade {to: 2,1

→T , 1,2

→T i 2,3

→T se silite na zategnuvawe na konecot,

odnosno sili so koi {to teloto so masa 1m dejstvuva na teloto

so masa 2m , teloto so masa 2m dejstvuva na teloto so masa 1m

i teloto so masa 3m dejstvuva na teloto so masa 2m , sood-

vetno. Proekciite na ravenkata (1) na oskite od koordinatniot sistem izbran kako na sl.2 se:

- na Ox: amTFtr 12,11 =+− (4)

- na Oy: 011 =+− NFgm (5)

kade {to e zemeno vo predvid deka zabrzuvawe ima samo po x-oskata. Silata na normalna reakcija na podlogata moè da se izrazi od (5) i da se zameni vo (4). Ako se iskoristi i

ravenkata Ntr FF µ=1 , se dobiva:

amTgm 12,11 =+− µ (6)

Proekciite na ravenkata (2) se :

- na Ox: amTTFtr 23,21,2 =+−− (7)

- na Oy: 022 =+− NFgm (8)

Ako (8) ja zamenime vo (7) se dobiva:

amTTgm 21,23,22 =−+− µ (9)

Tretoto telo se dviì samo po y-oskata, taka {to proekcijata na ravenkata (3) na nazna~enata oska glasi:

amTgm 32,33 −=+− (10)

Vo ravenkite (6), (9) i (10) zemeno e deka: aaaa === 321 , {to

zna~i deka site tela se dviàt so isto zabrzuvawe. Toa e posledica na nerasteglivosta na konecot. Posledica na ovoj fakt, a i na tretiot Wutnov zakon se i slednite tvrdewa:

1,22,1

→→−= TT , odnosno 1,22,1 TT = (11)

2,33,2

→→−= TT , odnosno 2,33,2 TT = (12)

Da gi sobereme ravenkite (6) i (9), koristej}i ja (11):

( ) 3,22121 Tgmgmamm +−−=+ µµ (13)

Vaka dobienata ravenka (13) da ja sobereme so (10), koristej}i ja (12):

( ) gmgmgmammm 321321 +−−=++ µµ (14)

Od (14), za zabrzuvaweto na sistemot se dobiva:

( )

( ) gmmm

mmma

321

213

+++−

=µ

(15)


47

Silite na zategnuvawe na konecot se opredeluvaat od raven-kite (6) i (7) i iznesuvaat soodvetno:

( )gamTT µ+== 11,22,1 (16)

( )agmTT −== 32,33,2 (17)

4. Telo so masa m se dviì po navednata ramnina so agol α . Koeficientot na triewe pome|u teloto i ramninata e

µ . Za kolkavo vreme teloto }e pomine rastojanie l ? Re{enie: Dadeno: Se bara: m , α , µ , l ?−t

α

NF→

trF→

x

y

→→= gmP

αα

Sl.1

- na Ox: maFmg N =− µαsin (2)

- na Oy: 0cos =+− NFmg α (3)

Izrazot za silata na normalna reakcija na podlogata:

αcosmgFN = (4)

dobiena od ravenkata (3), da go stavime vo (1). Ako pritoa go izrazime zabrzuvaweto, se dobiva:

( )αµα cossin −= ga (5)

Bidej}i dvièweto e zabrzano, patot {to }e go izmine teloto za vreme t e:

2

2atl = (6)

Zamenuvaj}i go izrazot za zabrzuvaweto (5) vo izrazot za vre-meto dobieno od (6), kone~no se dobiva:

( )αµα cossin

2

−=

g

lt (7)

Vtoriot Wutnov zakon za teloto na sl.1 glasi:

→→→→

=++ amFFP Ntr (1) Proekciite na vektorskata ravenka na oskite od koor-dinatniot sistem izbran kako na sl.1 se:


48

5. Na kraevite na jaè prefrleno preku podvi`na

makara obeseni se dve tela so masi 1m i 2m . Ako se zanemari

masata na makarata, da se presmeta zabrzuvaweto na sistemot. Jaèto da se smeta za nerasteglivo. Re{enie:

Dadeno: Se bara

1m , 2m ?−a

1m2m

→

1P

→

1T

→

2P

→

2T

y Sl.1 Bidej}i dvièweto na sistemot se odviva samo vdol`

y-oskata naso~ena kako na slikata, vektorskata ravenka (1) proektirana na taa oska glasi:

Tgmam

Tgmam

−=−=−

22

11

(2)

kade {to e zemeno vo predvid deka dvete tela se dviàt so isto zabrzuvawe, a poradi nerasteglivosta na jaèto i silite na zategnuvawe se ednakvi. Ako ravenkite (2) se soberat i od niv se izrazi zabrzuvaweto, se dobiva:

gmm

mma

12

12

+−

= (3)

Na sekoe od telata na sl.1 dejstvu-

vaat silata na zemjinata teà →P i silata

na zategnuvawe na konecot →T . Vtoriot

Wutnov zakon primenet za ovoj sistem vo vektorska forma glasi:

→→→

→→→

+=

+=

2222

1111

TPam

TPam (1)


49

*6. Na pravoagolen tristran klin so masa M {to leì

na horizontalna podloga e postaven ist takov, no pomal klin so masa m . Klinovite se dopiraat so svoite hipotenuzi. Za kolku }e se pomesti pogolemiot klin, ako maliot se lizga po nego bez triewe dostignuvaj}i ja horizontalnata podloga? Re{enie: Dadeno: Se bara: M , m ?−s

α

→→= gmP

ba

A

BC→→

= gMP

NF→

1NF→

0

0 x

y

'x

'y

α

2NF→

Sl.1

Proekciite na ravenkata (1) vo ovoj koordinaten sistem se:

- na 0x’: 1sin mamg =α (2)

- na 0y’: 0cos 1 =+− NFmg (3)

odnosno:

αsin1 ga = (4)

αcos1 mgFN = (5)

1NF e silata na normalna reakcija na podlogata (golemiot

klin) koja {to dejstvuva vrz maliot klin. Dvièweto na go-lemiot klin }e go razgleduvame vo koordinatniot sistem yx0 .

Vtoriot Wutnov zakon zapi{an za golemiot klin glasi:

22

→→→→=++ aMFFgM NN (6)

kade {to NF→

e sila na normalna reakcija na horizontalnata

podloga, a 2NF→

e sila na normalnata reakcija na podlogata-

mal klin. Jasno e deka 21 NN FF→→

−= , odnosno 21 NN FF = .

Vtoriot Wutnov zakon zapi{an za maliot klin glasi:

11

→→→=+ amFP N (1)

kade {to 1

→a e zabrzuvaweto

na maliot klin, koj {to se lizga po golemiot. Dvièweto na maliot klin }e go razgle-duvame vo koordinatniot sis-

tem '0' yx (sl.1).


50

Proekciite na vektorskata ravenka (6) se:

- na 0x: 22 sin MaFN =α (7)

- na 0y: 0cos2 =−+− MgFF NN α (8)

Od (7) se dobiva deka zabrzuvaweto na golemiot klin e:

αα cossin2 gM

ma = (9)

a od (8) se opredeluva silata na normalna reakcija na horizon-talnata podloga:

αα cossinmgMgFN += (10)

Spored sl.1 vaì:

AB

ba −=αcos (11)

od kade {to se dobiva deka patot {to }e go izmine maliot klin e:

αcos

baAB

−= (12)

Maliot klin se dviì pod dejstvo na silata teà, taka {to vaì:

2

sin

cos

2 αα

gtba =− (13)

kade {to αsing e komponenta na zemjinoto zabrzuvawe vdol`

'0x -oskata. Od (13), za vremeto za koe {to se dviì maliot klin se dobiva:

( )

αα cossin

2

g

bat

−= (14)

Za istoto ova vreme }e se dviì i golemiot klin, pa vkupniot pat koj {to toj }e go pomine sî dodeka maliot klin ne ja dostigne horizontalnata podloga e:

2

22ta

s = (15)

odnosno, ako (14) ja stavime vo (15), kone~no se dobiva:

( )baM

ms −= (16)


51

*7. Telo obeseno na konec so dolìna l se vrti vo hori-zontalna ramnina so konstantna agolna brzina i pravi n zavr-tuvawa vo sekunda. Ako masata na teloto e m , da se opredeli

silata na zategnuvawe na konecot. a) zada~ata da se re{i vo odnos na inercijalniot refe-renten sistem povrzan za Zemjata; b) zada~ata da se re{i vo odnos na neinercijalniot referenten sistem povrzan za teloto. Re{enie: Dadeno: Se bara: l , m, n ?−T

→→= gmP

xna

→

→T

α

0

l

R

y

Sl.1 Ravenkite (2) i (3) moàt da se prezapi{at kako:

αυsin

2

TR

m = (4)

αcosTmg= (5)

Od sl.1 se gleda deka:

R

l=αsin (6)

Vrskata pome|u liniskata i agolnata brzina e slednata: nRR πωυ 2== (7) kade {to n e brojot na zavrtuvawa. Ako ravenkite (6) i (7) se stavat vo (4), za silata na zategnuvawe na konecot se dobiva:

mlnT 224π= (8)

a) Vtoriot Wutnov zakon za teloto na sl.1 glasi:

→→→

=+ amTP (1) Proekciite na ovaa ravenka vo iner-cijalniot referenten sistem se :

- na x0 : αυsin

2

TR

m −=− (2)

- na y0 : 0cos =+− αTmg (3)


52

b) Vo neinercijalniot referenten sistem (sl.2) se ja-vuva u{te edna sila koja {to dejstvuva na teloto, a toa e cen-

trifugalnata sila, na sl.2 ozna~ena kako cF→

.

→→= gmP

'xna

→

→T

α

0

l

RcF→

'y

Sl.2 ovoj referenten sistem teloto miruva. Isto taka, iskoristena e i relacijata koja {to ja dava centrifugalnata sila i taa glasi:

RmFc2ω= (12)

Od relaciite (6) i (10) sleduva:

mlnT 224π= (13) Od relaciite (8) i (13) se gleda deka za vrednosta na silata na zategnuvawe na konecot se dobiva ista vrednost. Toa treba da se o~ekuva, bidej}i silata na zategnuvawe na konecot e “vistinska” sila (se javuva vo bilo koj referenten sistem). Ova e potvrda na faktot deka izborot na inercijalniot re-ferenten sistem ne smee da vlijae vrz rezultatot od mereweto (ova e postavka vo klasi~nata mehanika, no taa ne vaì vo spe-cijalnata teorija na relativnost).

Vtoriot Wutnov zakon glasi:

→→→→

=++ amFTP c (9) Proekciite na ovaa vektorska ravenka se:

- na '0x : 0sin =− αTFc (10)

- na '0y : 0cos =+− αTmg (11)

kade {to e iskoristeno deka proekciite na zabrzuvaweto i na dvete oski od koordinatniot sistem ''0 yx se nula, bidej}i vo

o


53

*8. Top~e so radius r e prika~eno na nerastegliv konec so dolìna l i pritoa dopira vertikalno postaven cilindar, na ~ija oska e prika~en konecot so top~eto (sl.1). Radiusot na cilindarot e R. Pri kolkava agolna brzina na sistemot, top~eto }e prestane da pritiska na cilindarot?

l

Rr


l , R, r ?0 −ω

→→= gmP

→T

l

RNF

→

ω

rcF

→

Sl.2

tiska na podlogata (cilindarot), odnosno }e vaì: 0=NF .

Toga{, ravenkite (2) i (3) }e dobijat oblik:

Vtoriot Wutnov zakon za top~eto na sl.2 glasi:

→→→→→

=+++ amFFTP Nc (1)

kade {to cF→

e centrifugalna sila, a

NF→

e sila na reakcija na cilindarot. Proekciite na (1) na oski izbrani kako vo zada~ata 7 pod b) se :

( ) 0sin 2 =+++− rRmFT N ωα (2)

mgT =αcos (3)

Pri rotacijata na sistemot, vo eden mo-ment, za nekoja vrednost na agolnata

brzina 0ω , top~eto }e prestane da pri-

tiska


54

( )rRmT += 20sin ωα (4)

mgT =αcos (5)

Ako gi podelime ovie dve ravenki edna so druga, }e dobieme:

( )rRg

+=20tg

ωα (6)

od kade {to za kriti~nata vrednost na agolnata brzina 0ω

(vrednost pri koja {to teloto }e prestane da pritiska na cil-indarot) se dobiva:

αω tgrR

g0 +

= (7)

Spored sl.2:

( ) ( )22

tgrRrl

rR

+−+

+=α (8)

Ako (8) ja zamenime vo (7) dobivame:

( ) ( )22

0

rRrl

g

+−+=ω (9)

odnosno, ako se razloì imenitelot na (9) kako razlika od kvadrati, se dobiva kone~no:

( )( )rRlrl

g

20

++−=ω (10)


55

9. Vreteno vo vid na poln cilindar so masa kg 101 =m e

2m


kg 101 =m , kg 22 =m ?−a

Liniskoto zabrzuvawe na vretenoto (istovremeno zabr-zuvawe so koe tegot }e se spu{ta nadolu) se presmetuva kako: Ra α= (1)

→P

2m

→T

1m

Sl.2 e moment na inercija na vretenoto (cilindarot). Vtoriot Wut-nov zakon zapi{an za teloto na sl.2 glasi:

→→→

=+ amTP (4) Ako y -oskata ja naso~ime vertikalno nadolu (vo nasoka na dvièwe na teloto), proekcijata na vektorskata ravenka (4) na taa oska }e glasi:

amTgm 22 =− (5)

od kade {to se dobiva izraz za silata na zategnuvawe na kone-cot:

( )agmT −= 2 (6)

Vrtliviot moment, koj se opredeluva kako:

nadenato na horizontalna oska. Na cilin-darot e namotan konec, a na slobodniot kraj

na konecot e obesen teg so masa kg 22 =m

(sl.1). So kakvo zabrzuvawe }e se spu{ta te-

got so masa 2m , ako toj se ostavi sam na sebe?

kade {to α e agolnoto zabrzuvawe opre-deleno kako:

J

M=α (2)

Vo (2) M e vrtliv moment (moment na sila {to dejstvuva na vretenoto), a :

222

1RmJ = (3)


56

TRM = (7) so koristewe na ravenkata (6) dobiva oblik:

( )RagmM −= 2 (8)

Od (8) i (3) preku ravenkata (2) se dobiva slednata ravenka za agolnoto zabrzuvawe:

( )

Rm

agm

1

22 −=α (9)

Kone~no, ako (9) se stavi vo (1) se dobiva ravenka za zabrzu-vaweto a :

( )

1

22

m

agma

−= (10)

Ako ovaa ravenka se re{i po odnos na zabrzuvaweto, se dobiva:

21

2

2

2

mm

gma

+= (11)

So zamena na brojnite vrednosti dobivame: 2sm 8,2=a .


57

10. Na lost dejstvuvaat dve paralelni sili so moduli

N 1001 =F i N 2001 =F . Ako rastojanieto pome|u napadnite

to~ki na silite e m 8,1=d , da se opredeli vo koja to~ka treba

da se potpre lostot za toj da bide vo ramnoteà? Kolkavi se momentite na silite? Re{enie: Dadeno: Se bara:

N 1001 =F , N 2001 =F , m 8,1=d ?1 −r , ?1 −M , ?2−M

Od zakonot za ramnoteà na lostot sleduva:

21 MM = (1)

kade {to :

111 rFM = i 222 rFM = (2)

se momenti na silite koi {to dejstvuvaat na dvata kraka na lostot (sl.1).

2

→F

d

1

→F

1r 2r

Sl.1

So zamena na brojnite vrednosti vo (5) se dobiva: m 6,01 =r .

Zna~i na rastojanie m 6,01 =r treba da se potpre lostot, za

istiot da bide vo ramnoteà. Ako sistemot od ravenkite (3) i

(4) se re{i po 2r se dobiva:

21

12 FF

dFr

+= (7)

Od ravenkata (2), za momentite na silite se dobiva:

21

2121 FF

dFFMM

+== (8)

odnosno: Nm 12021 == MM .

Vaàt slednite dve ravenstva:

2211 rFrF = (3)

drr =+ 21 (4)

Ovoj sistem ravenki }e go re{ime so metodot na zamena, taka {to od

(4) }e go izrazime 2r i }e go zame-

nime vo (3). Taa ravenka da ja

re{ime po 1r . Dobivame:

21

21 FF

dFr

+= (5)


58

11. Na horizontalna oska se postaveni zamajno trkalo i lesna makara so radius cm 5=R . Na makarata e obesen konec na

~ij kraj e obesen teg so masa kg 4,0=m . Spu{taj}i se ramno-

merno zabrzano, tegot pominal rastojanie m 8,1=h za vreme

s 3=t . Da se opredeli momentot na inercija na zamajnoto trkalo. Masata na makarata se zanemaruva. Re{enie: Dadeno: Se bara:

m 0,05cm 5 ==R , kg 4,0=m , s 3=t , m 8,1=h ?−J

R

→P

m

→T

Sl.1 Zamenuvaj}i ja (3) vo (2), za silata na zategnuvawe na konecot se dobiva:

−= 1

2

2 2

2 h

gt

t

mhT (4)

Momentot na sila po odnos na oskata na rotacija e TRM = , od-nosno, so zemawe vo predvid na (4):

−= 1

2

2 2

2 h

gt

t

mhRM (5)

Momentot na sila za zamajnoto trkalo mora da e ednakov na momentot na makarata. Izedna~uvaj}i gi ovie dva momenti:

−= 1

2

2 2

2 h

gt

t

mhR

t

Jω (6)

za momentot na inercija na zamajnoto trkalo se dobiva:

22

2 mkg 0235,012

⋅=

−=

h

gtmRJ (7)

Vtoriot Wutnov zakon za sistemot prikaàn na sl.1 glasi:

→→→

=+ amTP (1) Proekcijata na ovaa vektorska ravenka na y -oskata naso~ena vo pravec na dvièwe na te-loto so masa me :

maTmg =− (2)

Zabrzuvaweto na teloto se presmetuva kako:

2

2

t

ha = (3)


59

1.3 ZAKONI ZA ZAPAZUVAWE MEHANI^KA ENERGIJA MEHANI^KA RABOTA

1. Telo so masa kg 151 =m po~nuva da se lizga od vrvot

na kosa ramnina so agol o60=α . Na krajot od kosata ramnina, teloto pa|a vo nepodvi`na koli~ka napolneta so pesok, so

masa kg 902 =m . Koli~kata se nao|a na horizontalna ramnina.

Ako visinskata razlika pome|u teloto i koli~kata vo po~etnata polo`ba e m 10=h , da se opredeli brzinata so koja {to }e se dviì koli~kata zaedno so teloto. Trieweto da se zanemari. Re{enie: Dadeno: Se bara:

kg 151 =m , o60=α , kg 902 =m , m 10=h ?−υ

α

h

2m

→υ

1m

1

→υ

Sl.1 Od zakonot za zapazuvawe na impulsot sleduva:

( )υυ 2111 mmm += (3)

kade {to υ e brzinata so koja {to }e se dviì sistemot

(koli~ka + telo) posle pa|aweto na teloto vo koli~kata. Sta-vaj}i ja ravenkata (2) vo (1), pa taka dobienata ravenka stavaj}i ja vo (3), se dobiva:

ghmm

m2

cos

21

1

+=

αυ (4)

So zamena na brojnite vrednosti se dobiva: sm 1=υ .

Ako −x oskata se naso~i vdol` kosata ramnina (vdol` na-sokata na dvièwe na teloto), toga{ brzinata so koja {to }e se spu{ta teloto po ramninata e:

αυυ cos01 = (1)

kade {to 0υ e vertikalnata kompo-

nenta na brzinata na teloto:

gh20 =υ (2)


60

2. Telo so mali dimenzii i masa m po~nuva da se lizga

po strmna podloga AB (sl.1), trgnuvaj}i od visina h vo odnos na horizontalnata podloga do koja {to doa|a. Vo to~kata B te-loto pominuva na {tica so masa M i prodolùva da se lizga po nea. Kako rezultat na triewe pome|u teloto i {ticata, toa pominuva odredeno rastojanie vo odnos na {ticata i zasta-nuva, no zaedno so {ticata prodolùva da se dviì ponatamu. Kolkava energija }e se potro{i za sovladuvawe na silite na triewe pome|u teloto i podlogata, ako se zanemari trieweto pome|u teloto i podlogata na patot AB, kako i trieweto pome|u {ticata i podlogata?

h

A

m

B M

Sl.1 Re{enie: Dadeno: Se bara: h , m , M ?−∆E Zakonot za zapazuvawe na energijata primenet na po~etnata i krajnata polo`ba na teloto glasi:

( )

EMm

mgh ∆++=2

2υ (1)

pri {to prviot ~len od levata strana na (1) e potencijalna e-nergija na teloto vo to~kata A , prviot ~len od desnata strana na (1) e kineti~ka energija na sistemot: {tica+telo, a vtoriot ~len od desnata strana e energijata {to se tro{i za sovladu-vawe na silite na triewe. Od zakonot za zapazuvawe na im-pulsot pak sleduva:

( )υυ Mmm +=0 (2)

kade {to υ e brzina na teloto i {ticata koga se dviàt

zaedno, a gh20 =υ . Izrazot za brzinata (2) da go stavime vo

(1). Za energijata E∆ se dobiva:

ghMm

mME

+=∆ (3)


61

3. Telo so masa kg 2=m po~nuva da pa|a od visina

m 400=H , so po~etna brzina sm 1980 =υ naso~ena vertikalno

nadolu. Teloto pa|a vo pesok i propa|a vo nego za m 5,0=h . Da

se presmeta srednata sila na otpor na pesokot. Re{enie: Dadeno: Se bara:

kg 2=m , m 400=H , sm 1980 =υ , m 5,0=h ?−F

H

h

Sl.1 Rabotata {to ja vr{at silite na otpor na pesokot e: FhA= (1) Vkupnata energija {to ja ima teloto ja tro{i za sovladuvawe na silite na toj otpor, taka {to od zakonot za zapazuvawe na energijata sleduva:

( ) FhhHmgm

=++2

20υ

(2)

Ako vo (2) se zeme vo predvid deka:

gh20 =υ (3)

za srednata sila na otpor na pesokot se dobiva:

( )

h

hHmg

h

mF

++=2

20υ

(4)

So zamena na brojnite vrednosti se dobiva kN 3,86=F .


62

4. Fudbalska topka se pu{ta slobodno da pa|a od visina m 8=h vrz mazna ramnina. Kolkava treba da bide po~etnata

brzina na topkata 0υ za taa posle dva udari vo ramninata pov-

torno da se iska~i na prvobitnata visina? Se smeta deka pri sekoj udar vo ramninata, topkata gubi %40 od svojata energija. Re{enie: Dadeno: Se bara:

m 8=h ?0 −υ

Vo po~etniot moment topkata poseduva energija:

mghm

E +=2

20

0

υ (1)

Spored uslovot na zada~ata, energijata na topkata posle prviot udar }e bide:

01 6,0 EE = (2)

Posle vtoriot udar pak, energijata }e bide:

012 36,06,0 EEE == (3)

Vo ravenkata (3) da go zamenime izrazot za energijata 0E od

ravenkata (1). Izrazuvaj}i ja pritoa brzinata, se dobiva:

gh23

40 =υ (4)

{to posle zamenata na brojnite vrednosti, dava sm 7,160 =υ .


63

*5. Po {ini postaveni vdol` patot ABC koj {to vo

to~kata B pominuva vo polukrug so radius R, se dviì vagonetka so masa m , bez po~etna brzina (sl.1). Trieweto moè da se zanemari.

0

R

B

h

C

A


m, R a) ?−h , b) ?−DF

a) Teloto }e pritiska na podlogata sî dodeka vaì uslovot:

mgFcC ≥ (1)

Vo grani~en slu~aj treba da vaì: mgFcC = , odnosno:

R

mmg C2υ

= (2)

od kade {to za brzinata na teloto vo to~kata C se dobiva:

RgC =υ (3)

→→= gmP

C

→υ

0

R

cCF→

B

D

hC

A

→→= gmP

cDF→

D

→υ

ϕ

Rh 2−

Sl.2

a) Kolkava treba da bide visinata h za teloto da go pomine patot BC bez da se odvoi od podlogata? b) Kolkava e silata so koja {to vagonetkata pritiska na podlogata vo delot pome|u to~kite B iC ?

Zakonot za zapazuvawe na energijata primenet za to~kite A i C glasi (sl.2):

( )R

mRhmg C2

2υ

=− (4)

od kade {to za brzinata vo to~kta C se dobiva:

( )RhgC 22 −=υ (5)

Ako ovaa vrednost se zameni vo uslovot (1) se dobiva:


64

Rh2

5> (6)

{to e kriti~na visina od koja {to treba da trgne vagonetkata za da stigne do to~kata C bez da se odvoi od podlogata. b) Silata so koja {to teloto pritiska na podlogata vo proizvolna to~ka na patot od B do C , na primer vo to~kata D se dobiva koga od centrifugalnata sila vo taa to~ka }e se odzeme komponentata na silata teà koja {to dejstvuva vo pravec na centrifugalnata sila, no ima sprotivna nasoka. Imeno:

ϕsinmgFF cDD −= (7)

kade {to ϕ e agolot ozna~en na sl.2. Od istata slika se gleda

deka:

( )βϕsin1+−= RhhAD (8)

Zakonot za zapazuvawe na energijata primenet vo to~kite A i D glasi:

( )[ ]βϕυsin1

2

2

+−= Rhmgm D (9)

od kade {to za brzinata na vagonetkata vo to~kata D se do-biva:

( )[ ]βϕυ sin12 +−= RhgD (10)

Ako izrazot (10) go stavime vo (7), za silata so koja {to teloto pritiska na podlogata pome|u to~kite B i C , kone~no se do-biva:

( )[ ] ϕβϕ sinsin12

mgRhR

mgFD −+−= (11)

Od ravenkata (11) se gleda deka za da se opredeli si-lata na pritisok, treba da se znae za koja to~ka stanuva zbor, a taa pak e definirana preku agolot ϕ .


65

*6. Po pokriv navednat vo odnos na horizontot pod agol o30=α se trkala bez lizgawe homogena topka. Trgnuvaj}i od

sostojba na miruvawe, topkata pominuva pat m 8,2=s i na

visina m 9=h go napu{ta pokrivot. Kolkava e brzinata na top-kata vo momentot koga taa udira vo Zemjata? Zagubite na ener-gija da se zanemarat. Re{enie: Dadeno: Se bara:

o30=α , m 9=h , m 8,2=s ?−υ

H

h

s

A

B

C Sl.1

moment na inercija na homogena topka so radius r . Ravenkata (1) posle vakvite oznaki stanuva:

52

sin2222 rmrm

mghmgsωωα ++= (2)

od kade {to se dobiva:

αω sin7

1022 gsr = (3)

Zakonot za zapazuvawe na energijata primenet za to~kite A i C glasi:

222

5

2

2

1

2sin rm

mmgsmgh C ωυα +=+ (4)

So zamena na (3) vo (4), za brzinata so koja {to topkata }e udri vo Zemjata se dobiva:

+= αυ sin7

52 shgC (5)

Zakonot za zapazuvawe na e-nergijata primenet za to~kite A i B glasi:

( )22

220 ωυ Jm

mghHhmg ++=+ (1)

kade {to 2

2ωJ e kineti~ka energija

na rotacija na topkata. 2

5

2mrJ = e


66

7. Malo telo e pu{teno da se lizga po povr{inata na polusfera so radius R. Na koja visina od povr{inata na Zem-jata, teloto }e se odvoi od polusferata? Re{enie: Dadeno: Se bara: R ?−h

Rα

h→P

NF→ y

x

A

Sl.1

R

mmgFN

2

cosυα −= (2)

kade {to e zemeno vo predvid deka ny aa = , a normalnoto zabr-

zuvawe iznesuva:

R

an

2υ= (3)

Uslov teloto da se odvoi od povr{inata na polusferata e:

0=NF . Od (2) toga{ se dobiva:

α

υcos

2

gR= (4)

Od zakonot za zapazuvawe na energijata primenet vo po~etnata polo`ba i to~kata A :

mghm

mgR +=2

2υ (5)

se opredeluva brzinata na teloto vo momentot na oddeluvawe od polusferata:

( )hRg −= 2υ (6)

Zemaj}i vo predvid deka Rh=αcos , so zamena na (6) vo (4), za

visinata na koja {to teloto }e se oddeli se dobiva:

Rh3

2= (7)

Vtoriot Wutnov zakon za teloto na sl.1 glasi:

→→→

=+ amFP N (1)

kade {to NF→

e sila na nor-malna reakcija na podlogata. Proekcijata na ovaa ravenka na y -oskata e:


67

8. Koli~ka so pesok ~ija {to masa e M se dviì po hori-

zontalen pat so brzina 0υ . Kur{um so masa m i brzina 1υ {to

se dviì vo ista nasoka kako i koli~kata udira i se zadrùva vo pesokot. Da se opredeli brzinata na koli~kata po sudirot. Da se presmeta promenata na kineti~kata energija po sudirot. Re{enie: Dadeno: Se bara:

M , 0υ , m, 1υ ?−υ , ?−∆ kE

Od zakonot za zapazuvawe na impulsot za sistemot kur{um+koli~ka se dobiva:

( )υυυ MmMm +=+ 011 (1)

kade {to υ e brzinata na sistemot posle sudarot, koga

koli~kata i kur{umot se dviàt zaedno. Taa brzina se oprede-luva od ravenkata (1):

Mm

Mm

++

= 011 υυυ (2)

Kineti~kite energii na koli~kata i kur{umot pred su-darot se soodvetno:

2

20

0

υMEk = (3)

i 2

21

1

υmEk = (4)

a posle sudarot, kineti~kata energija iznesuva:

( )

2

2υMmEk

+= (5)

Od (3), (4) i (5) za promenata na kineti~kata energija se dobiva:

( )10 kkkk EEEE +−=∆ (6)

odnosno:

( )

( )Mm

MmEk +

−=∆

2

21 υυ

(7)

Ako (2) ja zamenime vo (7), kone~no se dobiva:

201

2

2

+−

=∆Mm

mMEk

υυ (8)


68

9. Vagon so masa kg 1041 =m , koj {to se dviì so brzina

sm 121 =υ se sudruva so drug vagon so masa kg 102 42 ⋅=m koj

{to se dviì vo istata nasoka so brzina sm 62 =υ . Dvièj}i se

ponatamu zaedno, dvata vagoni se sudruvaat so tret vagon so

masa kg 105,7 43 ⋅=m , koj {to miruva. Da se opredeli brzinata

na vagonite na oddelnite delovi od patot. Re{enie: Dadeno:

kg 1041 =m , sm 121 =υ , kg 102 4

2 ⋅=m , sm 62 =υ , kg 105,7 43 ⋅=m

Se bara:

?'−υ , ?'' −υ Zakonot za zapazuvawe na impulsot za prvite dva vagoni dava:

( ) '212211 υυυ mmmm +=+ (1)

od kade {to za brzinata so koja {to se dviàt prvite dva vagoni zaedno se dobiva:

21

2211'mm

mm

++

=υυυ (2)

Ako se zamenat brojnite vrednosti se dobiva: sm 8'=υ .

Zakonot za zapazuvawe na impulsot primenet za siste-mot od dvata vagoni zaedno koi {to se sudruvaat so tretiot vagon glasi:

( ) ( ) ''' 32121 υυ mmmmm ++=+ (3)

kade {to e zemeno vo predvid deka tretiot vagon miruva, od-

nosno 03 =υ . Ako ravenkata (2) se zameni vo (3), za brzinata so

koja {to }e se dviì sistemot od trite vagoni zaedno se do-biva:

321

2211''mmm

mm

+++

=υυυ (4)

odnosno: sm 4,6'' =υ .


69

10. Kru`na horizontalna platforma vo oblik na disk so

masa kg 1001 =m se vrti okolu vertikalna oska so frekvencija

-11 min 10=f . Na periferijata na platformata stoi ~ovek so

masa kg 602 =m . So kolkava frekvencija }e se vrti platfor-

mata, ako ~ovekot dvièj}i se po radiusot na istata stignuva vo nejziniot centar? Re{enie: Dadeno: Se bara:

kg 1001 =m , kg 602 =m , -1-11 s 017,0min 10 ==f ?2 −f

Od zakonot za zapazuvawe na momentot na impuls po od-nos na oskata na rotacija na diskot sleduva deka:

2211 ωω JJ = (1)

kade {to 1J i 2J se momenti na inercija pred ~ovekot da po-

mine vo centarot na platformata i potoa. Tie iznesuvaat:

22

211 2

1RmRmJ += (2)

212 2

1RmJ = (3)

kade {to 212

1' RmJ = e moment na inercija na kru`nata plat-

forma vo oblik na disk so radius R, a 22'' RmJ = e moment na

inercija na ~ovekot na periferijata na platformata (koga toj }e pomine vo centarot, negoviot moment na inercija e nula, bidej}i 0=R ). Ako se ima vo predvid deka:

11 2 fπω = i 22 2 fπω = (4)

so zamena na (2), (3) i (4) vo (1) se dobiva:

11

21

21 f

m

m

+=ω (5)

So zamena na brojnite vrednosti se dobiva: -12 s 037,0=f .


70

11. Postojana sila N 5,0=F dejstvuva na telo so masa

kg 10=m za vreme s 10=t . Da se opredeli krajnata kineti~ka

energija na teloto, ako negovata po~etna kineti~ka energija e ednakva na nula. Re{enie: Dadeno: Se bara:

N 5,0=F , kg 10=m , s 10=t ?−kE

Silata koja {to dejstvuva na teloto }e mu soop{ti zabr-zuvawe:

m

Fa = (1)

Patot {to }e go pomine teloto so ova zabrzuvawe za vreme t e:

2

2ats = (2)

odnosno:

m

Fts

2

2

= (3)

Silata }e vr{i rabota: FsA = (4) a vkupnata energija }e se tro{i za vr{ewe na ovaa rabota, od-nosno:

AEk = (5)

Zamenuvaj}i ja ravenkata (3) vo (4) odnosno (5), se dobiva:

m

tFEk 2

22

= (6)

So zamena na brojnite vrednosti imame: J 05,0=kE .


71

12. Kolkava brzina moè da ima tramvaj koj {to se

dviì po nagornina pod agol o10=α vo odnos na horizontal-nata podloga, ako negovite ~etiri elektromotori imaat mo}nost od po kW 44=P ? Masata na tramvajot zaedno so pat-

nicite e kg 103 4⋅=m , a koeficientot na triewe e 05,0=µ .


o10=α , kW 44=P , kg 103 4⋅=m , 05,0=µ ?−υ

α

NF→

trF→

xy

→→= gmP

αα

→F

Sl.1

→→→→→

=+++ amFFFP trN (1) Proekciite na ovaa ravenka na oskite od koordinatniot sis-tem na sl.1 se :

- na x0 : 0sin =−− αmgFF tr (2)

- na y0 : 0cos =− αmgFN (3)

Vo (2) e zemena vrednost nula za zabrzuvaweto, bidej}i brzi-nata koja {to e maksimalno mo`na }e se odrùva konstantna sî dodeka teloto ne po~ne da ja namaluva taa brzina. Za vle~nata sila na motorite, so zamena na (3) vo (2) se dobiva:

( )cossin µα += mgF (4)

Bidej}i tramvajot ima ~etiri motori, brzinata }e se opredeli kako:

F

P4=υ (5)

odnosno, posle zamenata na (4) vo (5) kone~no se dobiva:

( )cossin

4

µαυ

+=

mg

P (6)

ili sm 4,3=υ .

Dvièweto na tram-vajot e pretstaveno na sl.1. Nemu mu dejstvuvaat ~etiri sili i toa: vle~nata sila na motorite, silata na zemji-nata teà, silata na triewe i silata na normalna reak-cija na podlogata. Vektor-skata ravenka za vtoriot Wutnov zakon glasi:


72

13. Da se opredeli koeficientot na korisno dejstvo na

potstanica za voda, ako potro{uva~kata na voda e s3m 3 ,

visinata na koja {to se iska~uva vodata e m 20=h , a mo}nosta

na potstanicata e kW 883=P . Za gustinata na vodata da se

zeme vrednost 3mkg 1000=ρ .


st

V 3m 3= , m 20=h , kW 883=P , 3mkg 1000=ρ ?−η

Koeficientot na korisno dejstvo e odnos pome|u dobi-

enata 1P i vloènata mo}nost P :

1P

P=η (1)

Dobienata mo}nost se presmetuva kako:

t

AP = (2)

kade {to za izvr{enata rabota A vaì: FhA = (3) Silata koja {to ja iska~uva vodata na nazna~enata visina e: mgF = (4)

a masata na vodata se presmetuva kako: Vm ρ= (5)

Ravenkite (3),(4) i (5) da gi zamenime vo (2):

t

VghP

ρ= (6)

Kone~no, ako (6) ja zamenime vo (1), za koeficientot na korisno dejstvo se dobiva:

Pt

Vghρη = (7)

odnosno: %67=η .


73

14. Na horizontalna oska se postaveni zamajno trkalo i lesna makara so radius cm 5=R . Na makarata e namotan konec

na ~ij kraj e obesen teg so masa kg 4,0=m . Spu{taj}i se ramno-

merno zabrzano, tegot pominal rastojanie m 8,1=h za vreme

s 3=t . Da se opredeli kineti~kata energija na zamajnoto trkalo. Re{enie: Dadeno: Se bara

m 0,05cm 5 ==R , kg 4,0=m , s 3=t , m 8,1=h ?−kE

R

→P

m

→T

Sl.1

t

h2=υ (3)

Momentot na inercija na zamajnoto trkalo iznesuva (vidi to~ka 1.2, zada~a 11, ravenka 7):

−= 1

2

22

h

gtmRJ (4)

Ako ravenkite (2), (3) i (4) se vnesat vo (1) se dobiva:

−= 1

2

2 2

2

2

h

gt

t

mhEk (5)

So zamena na brojnite vrednosti se dobiva: J 8,6=kE .

Kineti~kata energija na telo koe {to rotira se presmetuva kako:

2

2ωJEk = (1)

kade {to J e moment na inercija, a ω e agolna brzina koja {to se presmetuva kako:

R

υω = (2)

a liniskata brzina kako:


74

1.4 MEHANI^KI OSCILACII 1. Zapi{ete ja funkcijata so koja {to se opi{uvaat har-moniskite oscilacii {to gi izveduva materijalna to~ka, ako se znae deka amplitudata na oscilaciite e cm 5=A i za vreme

s 60=t materijalnata to~ka pravi 150=n polni oscilacii. Vo po~etniot moment materijalnata to~ka se nao|ala na rasto-

janie 2A od ramnote`nata polo`ba i se dvièla kon nea. Na

kolkavo rastojanie od koordinatniot po~etok }e se najde ma-

terijalnata to~ka vo vremenski moment s 17,01=t ?


m 0,05cm 5 ==A , s 60=t , 150=n , 2A , s 2,01=t ?)( −tx

Funkcijata so koja {to se opi{uvaat harmoniskite os-cilacii e:

( )ϕω += tAtx sin)( (1)

kade {to fπω 2= e kru`na frekvencija, a ϕ e po~etna faza.

Liniskata frekvencija na oscilatorot se opredeluva kako:

τn

f = (2)

i iznesuva Hz. 5,2=f Kru`nata frekvencija, spored (2), izne-

suva:

τπω n2= (3)

Vo po~etniot moment ( 0=t ), materijalnata to~ka se nao|ala na

rastojanie 2A od ramnote`nata polo`ba, pa spored ravenkata

(1) imame:

2sin)0( AAx == ϕ (4)

odnosno: 21sin =ϕ (5)

Re{enijata na ravenkata (5) se: 6

πϕ = i 6

5πϕ = . Koe od ovie

re{enija e po~etna faza na oscilaciite koi {to gi opi{uvame, }e utvrdime otkako }e ja razgledame vremenskata zavisnost na brzinata na oscilatorot:

( )ϕωωυ += tAt cos)( (6)


75

Vo po~etniot moment vaì: ϕωυ cos)0( A= . (7)

Bidej}i materijalnata to~ka se dvièla kon ramnote`nata polo`ba, proekcijata na brzinata na izbranata koordinatna oska vo odnos na koja {to se opi{uva dvièweto e negativna, {to zna~i desnata strana na ravenkata (7) mora da bide nega-

tivna. Toa e zadovoleno samo za vrednost na fazata 6

5πϕ = .

Ako ovaa vrednost na fazata zaedno so ravenkata za kru`nata frekvencija (3) ja zamenime vo ravenkata {to gi opi{uva os-cilaciite (1), se dobiva:

+=6

52sin)(

πτπ

tn

Atx (8)

Po zamena na brojnite vrednosti, ravenkata (8) dobiva oblik:

+=6

55sin05,0)(

ππttx (9)

Vo vremenski moment s 17,01=t materijalnata to~ka }e se najde

na rastojanie:

+=6

55sin05,0)( 11

ππttx (10)

odnosno: m 86,0)( 1 −=tx . Znakot “-“ ukaùva na toa deka materi-jalnata to~ka }e se najde na negativniot del od x-oskata.


76

2. Matemati~ko ni{alo izveduva oscilacii so ampli-tuda cm 5=A . Vo momentot koga toa bilo maksimalno otkloneto

od ramnote`nata polo`ba, agolot na otklon iznesuva o30=ϕ .

Da se opredeli kru`nata frekvencija na matemati~koto ni{alo. Re{enie: Dadeno: Se bara:

cm 5=A , o30=ϕ ?−ω

A

ϕ

l

Sl.1 ϕsin

Al = (3)

Zamenuvaj}i ja ravenkata (3) vo (1) za periodot se dobiva:

ϕ

πsin

2⋅

=g

AT (4)

Kru`nata frekvencija i periodot na oscilirawe se povrzani na sledniot na~in:

T

πω 2= (5)

So zamena na ravenkata (4) vo (5), kone~no se dobiva:

A

g ϕω sin⋅= (6)

So zamena na brojnite vrednosti se dobiva: srad 67,10=ω .

Periodot na matemati~koto ni{alo se opredeluva na sledniot na~in:

g

lT π2= (1)

Od sl.1 se gleda deka:

l

A=ϕsin (2)

od kade {to za dolìnata na matemati~koto ni{alo se dobiva:


77

3. Matemati~ko ni{alo se nao|a vo sostojba na miru-vawe. Vo eden moment, ni{aloto e otkloneto od ramnote`nata polo`ba i zapo~nuva da izveduva mali oscilacii so amplituda

cm 5=A . Ako kru`nata frekvencija iznesuva srad 5,0=ω :

a) Za kolkavo vreme od po~etokot na dvièweto, mate-mati~koto ni{alo }e stigne vo amplitudna polo`ba? b) Da se pokaè deka brzinata na oscilatorot vo po~etnata i amplitudnata polo`ba e ednakva na nula; v) Kolkavo e zabrzuvaweto na oscilatorot vo ampli-tudna polo`ba? Re{enie: Dadeno: Se bara:

m 0,5cm 5 ==A , srad 5,0=ω a) ?1 −t , b) ?00 −=υ , v) ?−a

a) Funkcijata so koja {to se opi{uvaat oscilaciite e:

( )tAtx ωsin)( = (1)

bidej}i po~etnata faza e ednakva na nula. Vo momentot koga ni{aloto }e se najde vo amplitudna polo`ba }e vaì:

( )1sin tAA ω= (2)

od kade {to se dobiva deka treba da vaì:

( ) 1sin 1 =tω odnosno 21πω =t (3)

Od ravenkata (3) se dobiva deka vremeto za koe {to oscilato-

rot }e dojde vo amplitudna polo`ba iznesuva: s 14,31 =t .

b) Brzinata na oscilatorot so tekot na vremeto se menuva na sledniot na~in:

( )tAt ωωυ cos)( = (4)

Vo po~etnata ( 00 =t ) i vo amplitudnata ( s 14,31 =t ) polo`ba,

brzinata na oscilatorot iznesuva: 010 ==υυ .

v) Zabrzuvaweto vo amplitudnata polo`ba se presme-tuva kako:

( )12 sin tAa ωω= (5)

odnosno: 2sm 0125,0−=a . Znakot “-“ ukaùva na toa deka brzi-nata na oscilatorot se namaluva koga toj se stremi kon ram-note`nata polo`ba.


78

4. Materijalna to~ka izveduva harmoniski oscilacii so

kru`na frekvencija srad 1=ω i amplituda cm 5=A . Grafi~ki

da se prikaè zavisnosta na: a) koordinatata od vremeto; b) brzinata od vremeto; Po~etnata faza da se zeme za nula. Re{enie: Dadeno: Se bara:

srad 1=ω , cm 5=A a) ?)( −tx , b) ?)( −tυ

Funkcijata so koja {to se opi{uvaat oscilaciite e dadena kako:

( )tAtx ωsin)( = (1)

a brzinata se menuva so tekot na vremeto kako:

( )tAt ωυ cos)( = (2)

a) Zavisnosta na koordinatata od vremeto e dadena na sl.1; b) Zavisnosta na brzinata od vremeto e dadena na sl.2.

)cm(x

5

5−

0)s(t

2

π2

3π

π π2

25π

2

7π2

9ππ3 π4 π5

s

cmυ

5

5−

0)s(t

2π

23π

π π22

5π27π

2

9π

π3 π4

Sl.1 Sl.2


79

5. Telo so masa m e obeseno na dve elasti~ni pruìni

so ednakva dolìna, no so razli~ni koeficienti na

elasti~nost 1k i 2k , soodvetno. Da se opredelat frekvenciite

na oscilirawe vo slu~aite prikaàni na sl.1 pod a) i b).

1k 2k

m

1k

2k

m a) b) Sl.1 Re{enie: Dadeno: Se bara

1k , 2k , m a) ?1 −ω , b) ?2 −ω

a) Elasti~nata sila koja {to dejstvuva na teloto e :

( )xkkFel 211 +−= (1)

kade {to x e deformacija na pruìnata predizvikana od te-loto so masa m . Kru`nata frekvencija e:

m

kk 211

+=ω (2)

b) Elasti~nata sila vo ovoj slu~aj e:

222 xkFel −= (3)

Vkupnata deformacija na pruìnata iznesuva:

21 xxx += (4)

a od uslovot za ednakvost na elasti~nite sili na dvete pruìni sleduva:

2211 xkxk = (5)

Od (4) i (5) se dobiva: ( )2112 / kkxkx += . Toga{, koristej}i ja (3),

za kru`nata frekvencija na oscilirawe se dobiva:

( )21

212 kkm

kk

+=ω (6)


80

1.5 GRAVITACIJA 1. Da se presmeta kolku pati e pogolema gravitacionata

sila {to dejstvuva me|u dve top~iwa so masi kg 51 =m i

kg 22 =m postaveni na rastojanie m 51 =r , od gravitacionata

sila pome|u dva elektrona na rastojanie m 102 152

−⋅=r ?


kg 51 =m , kg 22 =m , m 51 =r , m 102 152

−⋅=r ?: 21 −FF

Gravitacionata sila {to dejstvuva pome|u dvete top~iwa, spored Wutnoviot zakon za gravitacija se presme-tuva kako:

2

1

211

r

mmF γ= (1)

kade {to: 2

211

kg

Nm 1067,6 −⋅=γ e gravitacionata konstanta.

Gravitacionata sila so koja {to se privlekuvaat dva elek-troni e:

2

2

2

2r

mF eγ= (2)

kade {to: kg 101,9 31−⋅=em e masata na elektronot. So delewe

na ravenkite (1) i (2), za odnosot na grvitacionite sili se do-biva:

2

1

22

21

2

1

=

r

r

m

mm

F

F

e

(3)

odnosno: 30

2

1 102 ⋅=F

F.


81

2. Od povr{inata na Zemjata, vo vertikalen pravec

isfrleno e telo so po~etna brzina 0υ . Ako e poznat radiusot

na Zemjata zR i zabrzuvaweto pri slobodnoto pa|awe na nejzi-

nata povr{ina g , da se presmeta maksimalnata visina na koja

{to }e se iska~i teloto. Otporot na vozduhot da se zanemari. Re{enie: Dadeno: Se bara:

0υ , zR , g ?max −h

Zakonot za zapazuvawe na energijata glasi:

211 ppk EEE =+ (1)

kade {to: 1pE i 2pE se potencijalnite energii na teloto na

povr{inata na Zemjata i vo momentot koga ja dostignalo maksi-

malnata visina, a 1kE e kineti~ka energija koja {to ja imalo

teloto pri isfrluvaweto. Ravenkata (1) moè da se prezapi{e kako:

max

20

2 hR

mM

R

mMm

z

z

z

z

+−=− γγυ

(2)

kade {to:

z

zp R

mME γ−=1 i

max2 hR

mME

z

zp +

−= γ (3)

a zM e masa na Zemjata. Zemjinoto zabrzuvawe se izrazuva

kako:

2z

z

R

Mg γ= (4)

Ako (4) ja zamenime vo (3) se dobiva:

max

220

2 hR

RmgmgR

m

z

zz +

−=−υ

(5)

od kade {to za maksimalnata visina do koja {to }e se iska~i teloto se dobiva:

12

20

max

−=

υz

z

gRR

h (6)


82

3. Da se presmetaat prvata i vtorata kosmi~ka brzina. Za gravitacionata konstanta i za masata na Zemjata da se

zemat vrednostite 2211 kgNm 1067,6 −⋅=γ i kg 1098,5 24⋅=zM ,

soodvetno. Radiusot na Zemjata iznesuva m 1037,6 6⋅=zR .

Re{enie: Dadeno:

2

211

kg

Nm 1067,6 −⋅=γ , kg 1098,5 24⋅=zM , m 1037,6 6⋅=zR

Se bara:

a) ?1 −υ , b) ?2 −υ

a) Najmalata brzina {to treba da mu se soop{ti na edno telo za toa da stane ve{ta~ki satelit na Zemjata, se vika prva kosmi~ka brzina. Teloto e ve{ta~ki satelit ako se dviì po stacionarna orbita okolu Zemjata, a toa }e bide ispolneto ako:

zz R

mM

R

m γυ=

21 (1)

odnosno, centrifugalnata sila da bide ednakva na silata so koja {to Zemjata go privlekuva teloto. Od (1) za prvata kosmi~ka brzina se dobiva:

z

z

R

Mγυ =1 (2)

i iznesuva: skm 9,71 =υ .

b) Ako na edno telo mu se soop{ti dovolna brzina za toa da ja sovlada gravitacionata sila na Zemjata i stane ve{ta~ki satelit na Sonceto, toga{ taa brzina se narekuva vtora kosmi~ka brzina. Se presmetuva od uslovot kineti~kata ener-gija na toa telo da bide ednakva na rabotata {to treba da ja izvr{i teloto kako bi se oddale~ilo do beskone~nost:

zR

mMm γυ=

2

22 (3)

i iznesuva:

z

z

R

Mγυ 22 = (4)

odnosno: skm 2,11212 ==υυ .


83

4. Kolkava visina }e dostigne raketa naso~ena verti-kalno nagore, ako nejzinata po~etna brzina e ednakva na prvata kosmi~ka brzina? Re{enie: Od zakonot za zapazuvawe na energijata sleduva:

211 ppk EEE =+ (1)

kade {to: 1pE i 2pE se potencijalnite energii na teloto na

povr{inata na Zemjata i vo momentot koga ja dostignalo maksi-

malnata visina, a 1kE e kineti~ka energija koja {to ja imalo

teloto pri isfrluvaweto. Ravenkata (1) moè da se prezapi{e kako:

hR

mM

R

mMm z

z

z

+−=− γγυ

2

21 (2)

kade {to:

z

zp R

mME γ−=1 i

hR

mME z

p +−= γ2 (3)

Bidej}i Zemjinoto zabrzuvawe se izrazuva kako: 2z

z

R

Mg γ= ,

ravenkata (3) se prezapi{uva na sledniot na~in:

hR

RmgmgR

m

z

zz +

−=−22

1

2

υ (4)

Ako vo (4) se zameni vrednosta za prvata kosmi~ka brzina:

z

z

R

Mγυ =1 se dobiva:

hRRR zzz +

−=− 11

2

1 (5)

od kade {to se dobiva:

zRh = (6)

{to zna~i deka maksimalnata visina na koja {to }e se iska~i

teloto e ednakva na zemjiniot radius: m 1037,6 6⋅=h .


84

5. Da se opredeli periodot na obikoluvawe na Mese~inata okolu Zemjata, ako e poznato deka rastojanieto od centarot na Zemjata do centarot na Mese~inata iznesuva

m 108,3 8⋅=R .


m 108,3 8⋅=R ?−T

cF→

gF→

→υ

Zemja

Mese~ina

R

Sl.1

zR

Mγυ = (2)

Od druga strana, liniskata brzina se presmetuva kako:

RT

Rπωυ 2== (3)

Izrazot za brzinata (2) da go zamenime vo ravenkata (3). Za pe-riodot na obikoluvawe na Mese~inata okolu Zemjata toga{ do-bivame:

g

R

R

RT

z

π2= (4)

kade {to istovremeno e zemeno vo predvid deka 2z

z

R

Mg γ= . So

zamena na brojnite vrednosti vo (4) se dobiva:

27s 103,2 6 ≈⋅=T dena. (5)

Mese~inata kruì okolu Zem-jata po stacionarna orbita, {to zna~i deka centrifugalnata sila i silata so koja {to Zemjata ja privle-kuva imaat ist modul, a sprotivni nasoki (sl.1), t.e:

2

2

R

MM

R

M zmm γυ= (1)

kade {to mM e masata na Mese-

~inata. Za liniskata brzina so koja {to Mese~inata se dviì okolu Zem-jata, od (1) se dobiva:


85

6. Kolkav e periodot na rotacija na zemjin ve{ta~ki

satelit koj {to se dviì na visina znRh = , kade {to

,...2,1,0=n ? Gustinata na supstancijata od koja {to e izgradena

Zemjata e ρ . Re{enie: Dadeno: Se bara:

m 1037,6 6⋅=zR , ,...2,1,0=n ?−T

Na satelitot dejstvuvaat dve sili i toa: gravitacionata sila so koja {to Zemjata go privlekuva:

( )2

zz

zg

nRR

mMF

+= γ (1)

i centrifugalnata sila:

( )zzc nRRT

mF +

=2

2π (2)

kade {to m e masata na satelitot. Od ednakvosta na ovie dve

sili:

( )

( )zz

zz

z nRRT

mnRR

mM+

=+

2

2

2πγ (3)

a zemaj}i vo predvid deka masata na Zemjata se opredeluva kako:

3

3

4zz RM πρ= (4)

za periodot na obikoluvawe na ve{ta~kiot satelit okolu Zem-jata se dobiva:

( )

πργπ

34

12

3+= nT (5)

Ako u{te se ima vo predvid deka 2z

z

R

Mg γ= , ravenkata (5) go do-

biva oblikot:

( ) ( )g

RnnT 112 ++= π (6)

Documents

Mehanikagermanski.mk/wp-content/uploads/2017/08/Mehanika.pdf · 2017-09-08 · Zbirka zada~i od fizika MEHANIKA _____ 1 1. MEHANIKA 1.1 KINEMATIKA 1. Brzinata na nekoe telo se menuva