Čučković, Milinković, Lazić, Nikolić - Fizika

Čučković M. Miroslav Milinković M. Vukomir

Lazić D. Katarina, urednica Nikolić D. Slobodan, recenzent

FIZIKA Osnovi teorije i rešeni zadaci

Beograd, 2011.

µCuµckovic M.Miroslav, Milinkovic M.Vukomir Fizika Re�eni zadaci Knjiga za samostalno pripremanje ispita 1

Vektorska algebraOdre�enu duµzinu, odre�eno vreme, odre�enu temperaturu ili odre�eni rad nazivamo skalarnim veliµcinamai moµzemo ih prikazati brojem na mernoj skali.Na primer, 7m 3h (µcasa) 37�C 27J (dµzula).Me�utim,za odre�ivanje veliµcina kao �to su sila ili brzina nije dovoljan samo broj vec je potrebno de�nisati i njihovpravac ili ostale karakteristike. To postiµzemo primenom vektora koji su naziv dobili od latinskih reµci veho,vectum, odnosno nositi ili pomerati.Vektorske i skalarne veliµcine ne mogu se me�usobno sabirati ili izjednaµcavati jer su po svojoj prirodirazliµcite. U izuzetnom sluµcaju kada su vrednosti vektora i skalara jednaki nuli, tada se ove veliµcine moguizjednaµcavati.Vektor obeleµzavamo tako �to iznad slovnih oznaka stavimo strelicu. Za obeleµzavanje poµcetka

ili kraja duµzi koristimo dva velika slova ili jedno malo slovo.Na primer��!AB =

!a

��!C D =

!c

��!OM =

!m

Brojnu vrednost vektora nazivamo intenzitet.Ort je vektor kome je intenzitet jednak jedinici pa

k→

j→

i→ y

z

x 0

zato ort nazivamo i jediniµcnim vektorom.U pravouglom koordinatnom sistemu

jediniµcne vektore ili ortove obeleµzavamo sa!i u pravcu x ose

!j u pravcu y ose

!k u

pravcu z ose.Ort µcesto obeleµzavamo sa indeksom 0 ili!a 0

!n0

Vektori mogu biti vezani za taµcku ili za pravu duµz koje se mogu pomerati.Vektorekoji se mogu pomerati paralelno svom prvobitnom pravcu su slobodni vek-

tori. Skup svih slobodnih vektora oznaµcavamo sa!V

Vektorjeodre�enpravcem,smeromi intenzitetom

A Ba→

A Ba→2

a→3A B

B Aa→2−

B Aa→−

Ako vektor!a ima poµcetnu taµcku A i krajnju taµcku B tada prava na

kojoj se nalazi duµz��!AB odre�ujepravac vektora !

a koji ima smer odtaµcke A ka taµcki B Merni broj ili duµzina duµzi

��!AB je intenzitet vekt-

ora!a Intenzitet vektora

!a oznaµcavamo sa j!a j Slobodni vektor koji

ima intenzitet jednak nuli nazivamo nula vektor koji oznaµcavamo sa!0 Nula vektor nema odre�en pravac i smer jer su oni proizvoljniSlobodni vektor koji ima intenzitet jednak jedinici nazivamo jedini-µcni vektor ili ort.Jediniµcni vektor ima pravac i smer vektora !

a ioznaµcavamo ga sa

!a 0

Slobodni vektor koji ima pravac i intenzitet jednak pravcu i intenzitetu vektora!a i suprotan smer,

nazivamo suprotni vektor vektora !a koji se oznaµcava sa �!

a a→ a→− Ako imaju isti

pravac, smer i intenzitet, tada za dva ili vi�e vektora kaµzemo da su jednaki a→ a→

a→

b→a→ b→

c→ =+

a→

b→a→

b→

c→ =+

Ako se kraj vektora!a poklapa sa poµcetkom vektora

!b tada zbir

vektora!a i vektora

!b iznosi

!c =

!a +

!b gde je

!c treci vektor.

Vektori!a

!b

!c grade trougao pa zato prethodnu de�niciju nazi-

vamo i pravilo trougla.

a→ b→

c→

a→ b→

+a→b→

c→

++

Ako saberemo vektore!a i

!b a zatim njihov zbir

!a +

!b saberemo sa vektorom

!c tada dobijamo ukupni zbir vektora, odnosno

!a +

!b +

!c Rezultantni ili zbi-

rni vektor!a +

!b +

!c ima zajedniµcki poµcetak sa vektorom

!a i zajedniµcki za-

vr�etak sa vektorom!c Ako se kraj jednog vektora poklapa sa poµcetkom dru-

gog vektora, tada za takve vektore kaµzemo da su nadovezani vektori.


a→

b→

a→ b→

c→ =+

a→

b→ a→

b→

c→ =+

Ako se poµcetak vektora!a poklapa sa poµcetkom vektora

!b

tada oni grade paralelogram pa je zbir vektora!a i vektora

!b

treci vektor!c =

!a +

!b orijentisan dijagonalom kojoj se po-

µcetak poklapa sa poµcetkom vektora!a i

!b

a→ b→

b→

a→ +

a→

b→

Sabiranjem vektora!a i

!b prikazanih punim linijama i vektora

!b i

!a prikazanih

isprekidanim linijama dobijamo!a +

!b =

!b +

!a

pa je sabiranje vektora komutativna operacija

→a b→

+→a b→

→c+→ab→ +

→c

b→+

→ c

Asocijativnost vektorskog sabiranja moµzemo neposredno dokazati prika-zanom slikom gde je!a +

!b +

!c =

�!a +

!b�+!c =

!a +

�!b +

!c�

Nula vektor!0 je neutralni element u odnosu na sabiranje vektora, odnosno

!a+

!0 =

!0 +

!a =

!a

Razlaganje vektora na dve komponente

b→

b→

b→

a→ a→ a→

R→

R→

R→

Razlaganjem vektora R odre�ujemo komponentne vektore!a i

!b tako da se njihovim vektorskim sabi-

ranjem dobija razloµzen vektor!R Kako vektor

!R moµze biti dijagonala beskonaµcno velikog broja para-

lelograma, onda za razlaganje vektora!R treba znati pravce komponentnih vektora

!a i

!b ili neke druge

podatke koji jednoznaµcno odre�uju re�enje. Ako pravci komponentnih vektora!a i

!b me�usobno grade

prav ugao tada kaµzemo da je vektor!R razloµzen na vertikalnu i horizontalnu komponentu �to je prikazano

na prvoj slici.

Distributivnost vektorskog raµcuna

→a

BO →b

O

B

→ak A′

B′O ′ →

bk

B′

O ′

Ako prvu sliku proporcionalno uvecamok puta tada su odgovarajuce stranice tro-ugla sa prve i druge slike proporcionalne

a vektor��!O0A0 je paralelan sa vektorom

��!OA i k puta je veci od njega, odnosno��!O0A0 = k

��!OA = k

!a

Zbog me�usobne sliµcnosti trouglova i proporcionalnosti njihovih odgovarajucih stranica vaµze odnosi��!O0A0

��!OA

=

��!O0B0

��!OB

= k )��!O0B0 = k

��!OB = k

�!a +

!b�= k

!a + k

!b

Kako vektori��!O0B0 i

��!OB imaju isti pravac i smer onda je distributivni zakon vektorskog raµcuna dokazan.


a→b→

→→

ba −

→b−

→→

ba −

Razliku vektora!a i

!b dobijamo sabiranjem vektora

!a i �

!b odnosno

!a �

!b =

!a +

��

!b�

Vektor �!b je nadovezan na vektor

!a Vektor

!a �

!b poµcinje u istoj taµcki gde

poµcinje i vektor!a i zavr�ava u istoj taµcki gde zavr�ava i vektor �

!b koji je

nadovezan na vektor!a

Razliku vektora !a i

!b moµzemo dobiti ako oba vektora prikaµzemo tako da imaju poµcetak u istoj taµcki kada

spajanjem njihovih vrhova dobijamo njihovu razliku, odnosno vektor!a�

!b �to je prikazano isprekidanim

linijama.

Koordinatni sistemiDekartov koordinatni sistem obrazuje ure�en skup tri ose koje imaju poµcetak u de�nisanoj ili utvr�enojtaµcki 0 i koje su me�usobno normalne.Ose Dekartovog koordinatnog sistema obeleµzavamo redom x y z

Jednaµcine vektora ili ortove osa x y z obeleµzavamo redom!i

!j

!k

k→

j→

i→ y

z

x 0x

z

y 0j→ i

→k→

U upotrebi su: desni i levi koordinatni sistemKoordinatni sistem x; y; z je desni ako pogledom sa vrha

vektora!k rotacija vektora

!i najkracim putem ka vektoru

!j ima suprotan smer od smera kretanja kazaljke na satu.

Koordinatni sistem x; y; z je levi ako pogledom sa vrha vektora!k rotacija vektora

!i najkracim pu-

tem ka vektoru!j ima isti smer kao smer kretanja kazaljke na satu.

Uzajamno normalne ravni x0y y0z z0x koje sadrµze odgovarajuce koordinatne ose nazivamo koordinatnimravnima.Taµcku 0 nazivamo koordinatnim poµcetkom.Koordinatne ravni dele prostor na osam delova koje

y

z

x0 j

→i→

k→

ax

a z

ay

A

a→

nazivamo oktantima.Projekcije vektora!a µcije su koordi-

nate ax ay az na koordinatne ose x y z nazivamo pravou-gle koordinate vektora

!a koji obeleµzavamo sa

!a = ax

!i + ay

!j + az

!k ili (

!a ) fax ay az g gde su vektori

ax!i ay

!j az

!k komponente vektora

!a po osama x y z

Vektor sa poµcetkom u koordinatnom poµcetku 0 i krajem

u taµcki A ili!a =

�!0A nazivamo vektor poloµzaja taµcke A

Koordinate taµcke A odnosno A (x; y; z) su koordinate vektora poloµzaja�!0A = (x; y; z) Poloµzaj taµcke

A u prostoru odre�en je njenim vektorom poloµzaja A (!a ) ili koordinatama A (x; y; z)

Prvu koordinatu taµcke A nazivamo apscisa taµcke ADrugu koordinatu taµcke A nazivamo ordinata taµcke ATrecu koordinatu taµcke A nazivamo aplikata taµcke AUglove koje gradi vektor

!a sa pozitivnim smerovima koordinatnih osa 0x 0y 0z obeleµzavamo sa � �

Jediniµcni vektori!i

!j

!k imaju koordinate

!i = (1; 0; 0)

!j = (0; 1; 0)

!k = (0; 0; 1)

�� Ako znamo koordinate vektora!a = ax

!i + ay

!j + az

!k tada moµzemo odrediti intenzitet j!a j vektora

!a odnosno duµzinu dijagonale 0A pravouglog paralelopipeda.Primenom formula za skalarni proizvodjediniµcnih vektora dobijamo

j!a j =p!a!a =

q�ax!i + ay

!j + az

!k� �ax!i + ay

!j + az

!k�=

=

qax ax

!i!i + ax ay

!i!j + ax az

!i!k + ay ax

!j!i + ay ay

!j!j + ay az

!j!k + az ax

!k!i + az ay

!k!j + az az

!k!k


=paxax � 1 + 0 + 0 + 0 + ayay � 1 + 0 + 0 + 0 + azaz � 1 =

qa2x + a

2y + a

2z ili j!a j =

qa2x + a

2y + a

2z

Intenzizet vektora !a moµzemo odrediti i sledecim postupkom

Odseµcak ili poteg 0A koji povezuje poµcetak pravouglog koordinatnog sistema 0xy z sa taµckom A (x; y; z)

y

z

x

0

ax

a z

ay

A

a→

γ β

αA′

posmatra se uvek kao pozitivna i orijentisana veliµcina.

(0A0 )2= a2x + a

2y AA0 = az pa je

(!a )

2= (0A)

2= (0A0 )

2+ (AA0 )

2= a2x + a

2y + a

2z odnosno

j!a j =qa2x + a

2y + a

2z Kako je

ax

j!a j= cos�

ay

j!a j= cos�

az

j!a j= cos

onda kosinuse uglova � � odre�ujemo primenom formula

cos� =ax

j!a j=

axqa2x + a

2y + a

2z

cos� =ay

j!a j=

ayqa2x + a

2y + a

2z

cos =az

j!a j=

azqa2x + a

2y + a

2z

Kvadriranjem i sabiranjem dobijamo

cos2 �+ cos2 � + cos2 =a2x

j!a j 2+

a2y

j!a j 2+

a2z

j!a j 2=a2x + a

2y + a

2z

j!a j 2=a2x + a

2y + a

2z

a2x + a2y + a

2z

= 1

Proizvod skalarne i vektorske veliµcinePrema drugom Njutnovom zakonu vaµzi formula

!F = m

!a gde je:

m masa, odnosno uvek pozitivna skalarna �ziµcka veliµcina!a ubrzanje, odnosno vektorska veliµcina

!F sila, odnosno vektorska veliµcina

Proizvod skalarne veliµcine m i vektorske veliµcine!a je vektorska veliµcina

!F koja ima pravac vektorske

veliµcine!a i smer koji zavisi od znaka skalarne veliµcine m Sliµcno dobijamo i u drugim sluµcajevimna

Skalarni ili unutra�nji proizvod vektoraVektor moµzemo mnoµziti skalarom kada vektor menja samo intenzitet ali zadrµzava isti pravac, odnosno

s→

α F→

1F→

2 F→

pravac orta ostaje isti. Na elementarnom primeru iz �zikepokaµzimo jednostavnost dobijanja skalarnog proizvoda vek-

tora.Rad sile!F na putu

!s iznosi

A =!F 1

!s =

!F cos� �!s =

!F

!s cos� =

!F

!s cos�

�!F ;

!s�

gde je � ugao koji grade pravci sile!F i puta

!s Izvr�eni rad A

je skalarna veliµcina.Prema de�niciji skalarnog proizvoda vektora dobijamo!a!b = a b cos

�!a ;

!b�= a b cos

�!a ;

!b�| {z }

pro jekcija!a

!b

= a projekcija !a

!b

!a!b = a b cos

�!a ;

!b�= b a cos

�!a ;

!b�| {z }

pro jekcija!b

!a

= b projekcija !b

!a

0 A

B

αa→

b→

pa je skalarni proizvod vektora jednak proizvodu intenziteta jednog vektorai projekcije drugog vektora na pravac prvog. Skalarni proizvod vektora

!a i

!b je skalarna veliµcina (skalar) ili realni broj, odnosno

!a!b = j!a j � j

!b j cos� = j!a j � j

!b j cos

�!a ;

!b�

gde je � ugao koji grade vektori!a i

!b


Skalarni proizvod dva vektora jednak je proizvodu njihovih apsolutnih vrednosti i kosinusa uglakoji oni grade, odnosno skalarni proizvod dva vektora jednak je proizvodu apsolutne vrednosti je-dnog vektora i projekcije drugog vektora na njemu.

Skalarni proizvod vektora!a i

!b odnosno vektora

!b i

!a iznosi

!a!b = a b cos

�!a ;

!b�odnosno

!b!a = b a cos

�!b ;

!a�=!a!b cos

�!a ;

!b�pa je

!a!b =

!b!a

Za skalarni proizvod vektora vaµzi zakon komutacije.Ako ugao izme�u vektora!a i

!a iznosi 0 tada je

!a!a = j!a j � j!a j cos 0 = j!a j � j!a j = j!a j 2 ) j!a j =

p!a!a Za skalarni proizvod vektora vaµze formule

!a!a = j!a j 2 !

a!b =

!b!a

!a�!b +

!c�=

!a!b +

!a!c

Kako je cos 90� = 0 ) !a!b = j!a j � j

!b j cos 90� = 0 onda su vektori !a i

!b normalni ako je

!a!b = 0

Ako je ^�!a ;

!b�= 0� ) !

a!b = a b cos 0� = a b � 1 = a b

Ako je ^�!a ;

!b�= 180� ) !

a!b = a b cos 180� = a b (� 1) = � a b

Ako pravci vektora grade uglove 0� odnosno 180� tada za te vektore kaµzemo da su kolinearni.Primenom vektorskog raµcuna dokaµzimo kosinusnu i Pitagorinu teoremu

a→

c→

b→

Iz!a +

!b =

!c ) !

a =!c �

!b pa skalarnim proizvodom leve i desne strane sa is-

tim vektorima dobijamo!a!a =

�!c �

!b��!c �

!b�=

!c!c � 2

!b!c +

!b!b odnosno

a2 = c2 � 2!b!c + b2 = b2 + c2 � 2 b c cos

�!b ;

!c�

Ako pravci vektora!b i

!c grade ugao 90� tada zamenom u prethodnu formulu dobijamo Pitagorinu teoremu

a2 = b2 + c2

Kako jediniµcni vektori!i

!j

!k imaju koordinate

!i = (1; 0; 0)

!j = (0; 1; 0)

!k = (0; 0; 1) onda

moµzemo formirati tablicu skalarnogmnoµzenja jediniµcnih vektora!i!j

!k

k→

j→

i→ y

z

x 0

!i!i = 1

!i!j = 0

!i!k = 0

!j!i = 0

!j!j = 1

!j!k = 0

!k!i = 0

!k!j = 0

!k!k = 1

Ako su vektori!a i

!b prikazani koordinatama

!a = ax

!i +ay

!j +az

!k

!b = bx

!i +by

!j +bz

!k tada primenom

tablice skalarnog mnoµzenja jediniµcnih vektora dobijamo!a!b =

�ax

!i + ay

!j + az

!k� �bx!i + by

!j + bz

!k�

= ax bx � 1 + ay bx � 0 + az bx � 0 + ax by � 0 + ay by � 1 + ax bz � 0 + ay bz � 0 + az bz � 1 = ax bx + ay by + az bz

Ako je!a =

!b tada imamo

!a!a = ax ax + ay ay + az az = a

2x + a

2y + a

2z

Vektorski ili spolja�nji proizvod vektoraVektorski proizvod vektora

!a i vektora

!b jeste treci vektor

!c =

!a �

!b

Intenzitet vektorskog proizvoda!a �

!b ili vektora

!c jednak je povr�ini paralelograma nad vektorima

0 a→

=hb→

α

a→c→ b→

= ×

αsinb→

!a i

!b odnosno

j!c j = j!a �!b j = j!a j � j

!b j sin� = j!a j � j

!b j sin (!a ;

!b ) 0 6 � 6 �

Vektorski proizvod vektora!a i

!b moµzemo prikazati i formulom

!a �

!b =

!c = j!a j � j

!b j sin ( !a ;

!b )

!n0 j!n0 j = 1


gde je!n0 jediniµcni vektor vektora

!c

Pravac vektora!c je normalan na ravan odre�enu vektorima

!a i

!b

Smer vektora!c =

!a �

!b u odnosu na vektore

!a i

!b odre�en je tako da vektori

!a

!b i

!c =

!a �

!b grade

trijedar desne orijentacije, odnosno vektori!a

!b i

!c µcine desni sistem vektora.

k→

j→

i→

0a→b→

c→ c→b→

a→× =

Desni sistem vektora

j→ i

→k→

0

c→− b→

a→× = − b→

a→× =( ) c→−

Levi sistem vektora

a→

b→

Ako vektori!a i

!b zamenemesta, tada po-

vr�ina paralelograma ostaje ista

j!a �!b j= j

!b �!

a j ali triedar postaje levoorijentisan pa je smer vektora

!b �!

a su-

protan od smera vektora!a �

!b odnosno

!a �

!b = �

�!b �!

a�

Ako su vektori!a i

!b paralelni i ako je

!a 6= 0

!b 6= 0 tada njihovi pravci grade ugao 0� pa je sin 0� = 0

!a �

!b = 0

!a 6= 0

!b 6= 0 !

a jj!b

Za odre�ivanje vektorskog proizvoda vektora, zadatih njihovim koordinatama treba odrediti vektorske pr-

oizvode jediniµcnih vektora!i

!j

!k

Odredimo prvo!i �

!j

!j �

!k

!k �

!i gde su

!i

!j

!k jediniµcni uzajamno normalni vektori koji gra-

de desni sistem vektora. Primenom formule za vektorski proizvod vektora dobijamo!i �

!j =

�j!i j � j

!j j sin^ (

!i ;

!j )�!k = 1 � 1 sin 90�

!k =

!k

!j �

!k =

�j!j j � j

!k j sin^ (

!j ;

!k )

�!i = 1 � 1 sin 90�

!i =

!i

!k �

!i =

�j!k j � j

!i j sin^ (

!k ;

!i )

�!j = 1 � 1 sin 90�

!j =

!j

Istim naµcinom formirajmo tabelu vektorskih proizvoda jediniµcnih vektora za desni i levi sistem vektora.!i �

!i = 0

!i �

!j =

!k

!i �

!k = �

!j

!j �

!i = �

!k

!j �

!j = 0

!j �

!k =

!i

!k �

!i =

!j

!k �

!j = �

!i

!k �

!k = 0

Ako su vektori!a i

!b zadati koordinatama

!a = ax

!i +ay

!j +az

!k

!b = bx

!i +by

!j +bz

!k tada primenom

tablice vektorskog mnoµzenja jediniµcnih vektora dobijamo!a �

!b = (ax

!i + ay

!j + az

!k )� ( bx

!i + by

!j + bz

!k )

= ax bx!i �

!i| {z }

0

+ ay bx!j �

!i| {z }

�!k

+ az bx!k �

!i| {z }

!j

+ ax by!i �

!j| {z }

!k

+ ay by!j�

!j| {z }

0

+ az by!k�

!j| {z }

�!i

+

+ ax bz!i�

!k| {z }

�!j

+ ay bz!j�

!k| {z }

!i

+ az bz!k�

!k| {z }

0

= (ay bz � az by )!i + (az bx � ax bz )

!j + (ax by � ay bx )

!k

= (ay bz � az by )!i � (ax bz � az bx )

!j + (ax by � ay bx )

!k

=

�� ay az

by bz

��!i �� ax az

bx bz

��!j +�� ax ay

bx by

��!k =��!i

!j

!k

ax ay az

bx by bz

��


Prethodna jednaµcina prikazuje de�niciju vektorskog proizvoda dva vektora odre�enih koordinatama pravo-uglog koordinatnog sistema.

�� Primenom vektorskog proizvoda dokaµzimo sinusnu teoremu

0 a→

=hb→

α

a→c→ b→

= ×

αsinb→

α β

γ →a

c→

b→

Intenzitetvektorskog proizvoda ve-ktora

!a i

!b jednak je povr�ini paralel-

ograma konstruisanog nad njima, odnosno

P = j!a �!b j = j!a j � j

!b j sin� � 2 [ 0; � ]

Povr�ina paralelograma ostaje neprom-

enjena ako vektori!a i

!b zamene mesta, odnosno P = j!a �

!b j = j

!b �!

a j

Povr�ina trougla sa stranicama !a

!b

!c i uglovima � � iznosi

P =1

2j!b �!

c j = 1

2j!c �!

a j = 1

2j!a �

!b j = 1

2j!b j � j!c j sin� = 1

2j!c j � j!a j sin� = 1

2j!a j � j

!b j sin

=1

2b c sin� =

1

2ca sin� =

1

2a b sin

Ako dobijene rezultate podelimo sa1

2abc tada dobijamo sinusnu teoremu sin�

a=sin�

b=sin

c

koja pokazuje da se stranice bilo kog trougla odnose kao sinusi suprotnih uglova.Za vektorsko mnoµzenje ne vaµzi zakon asocijacije, odnosno

(!a �

!b )�!

c 6= !a � (

!b �!

c )

Me�oviti ili vektorsko skalarni proizvod vektora

→b

→a

→cαh

0

→b→a

→d ×=

Ako vektorski proizvod vektora!a i

!b pomnoµzimo skalarno sa vekto-

rom!c tada dobijamo skalar (

!a �

!b )

!c odnosno me�oviti ili vektorsko

skalarni proizvod vektora!a

!b

!c Zapremina paralelopipeda kon-

struisanog nad vektorima!a

!b

!c jednaka je proizvodu povr�ine osn-

ove B i visine h odnosno V = B � h Prema slici i de�niciji vektorskog,odnosno skalarnog proizvoda imamo!a �

!b =

!d ) j!a �

!b j = j

!d j odnosno

(!a �

!b )

!c = j!a �

!b j � j!c j cos� = j!a �

!b j � j!c j cos (

!d ;

!c )

Povr�ina paralelograma konstruisanog nad vektorima!a i

!b ili povr�ina osnove paralelopipeda iznosi

B = j!a �!b j =

!d gde je vektor

!d normalan na ravan osnove paralelopipeda.

Za desno orijentisani sistem ili raspored vektora!a

!b

!c ugao � je o�tar odnosno cos� > 0 pa visina i

zapremina paralelopipeda iznose

h = j!c j cos� ) V = B � h = j!a �!b j � j!c j cos� = (!a �

!b )

!c

Za levo orijentisani sistem ili raspored vektora!a

!b

!c ugao � je tup, odnosno cos� < 0 pa je

h = � j!c j cos� odnosno V = B � h = � j!a �!b j � j!c j cos� = � (!a �

!b )

!c

Dakle, me�oviti ili vektorsko skalarni proizvod vektora!a

!b

!c jednak je zapremini paralelopipeda

konstruisanog nad tim vektorima, odnosno

V =��(!a �!

b )!c��

Ako je sistem ili raspored vektora!a

!b

!c desno, pozitivno ili usvojeno orijentisan, tada me�-


oviti proizvod vektora!a

!b

!c iznosi

V = (!a �

!b )

!c

Ako je sistem ili raspored vektora!a

!b

!c levo ili negativno orijentisan tada me�oviti proizvod

vektora!a

!b

!c iznosi

V = B � h = � (!a �!b )

!c

Zapreminu paralelopipeda sa slike gde vektori formiraju desni sistem vektora ili desni triedar moµzemo

dobiti i proizvodom osnove!b �!

c i vektora!a ili proizvodom osnove

!c �!

a i vektora!b odnosno

V = (!a �

!b )

!c = (

!b �!

c )!a = (

!c �!

a )!b

Ako vektori formiraju levi sistem vektora ili levi triedar, tada je

�V = (!a �!c )

!b = (

!b �!

a )!c = (

!c �

!b )

!a

Kako je prirodno da proizvod!a �

!b �!c napi�emo u obliku (!a �

!b )

!c onda zagrade kod me�ovitog pr-

oizvoda vektora nemaju nikakvu znaµcajnu ulogu pa ih moµzemo koristiti samo zbog preglednosti.

Ako vektore!a

!b

!c izrazimo pomocu pavouglih koordinata u Dekartovom koordinatnom sistemu

!a = ax

!i + ay

!j + az

!k

!b = bx

!i + by

!j + bz

!k

!c = cx

!i + cy

!j + cz

!k

tada primenom formule za me�oviti proizvod vektora V = (!a �

!b )

!c dobijamo

V =�(ax

!i + ay

!j + az

!k )� ( bx

!i + by

!j + bz

!k )�| {z }

Pogledajmo vektorski proizvod vektora

( cx!i + cy

!j + cz

!k ) =

��!i

!j

!k

ax ay az

bx by bz

�� ( cx!i + cy

!j + cz

!k )

=

�� ay az

by bz

�� !i �� ax az

bx bz

�� !j +�� ax ay

bx by

�� !k!( cx

!i + cy

!j + cz

!k )

=

�� ay az

by bz

�� cx !i!i|{z}

1

+

�� ay az

by bz

�� cy !i!j|{z}

0

+

�� ay az

by bz

�� cz !i!k|{z}0

�� ax az

bx bz

�� cx !j!i|{z}

0

�� ax az

bx bz

�� cy !j!j|{z}

1

�� ax az

bx bz

�� cz !j!k|{z}0

+

�� ax ay

bx by

�� cx !k!i|{z}

0

+

�� ax ay

bx by

�� cy !k!j|{z}

0

+

�� ax ay

bx by

�� cz !k!k|{z}1

=

�� ay az

by bz

�� cx �� ax az

bx bz

�� cy +�� ax ay

bx by

�� cz =��ax ay az

bx by bz

cx cy cz

��V = (

!a �

!b )

!c = (

!b �!

c )!a = (

!c �!

a )!b =

��ax ay az

bx by bz

cx cy cz

�� Ako je

V = (!a �

!b )

!c = (

!b �!

c )!a = (

!c �!

a )!b =

��ax ay az

bx by bz

cx cy cz

�� = 0tada su vektori

!a

!b

!c komplanarni, odnosno pripadaju istoj ravni.


Me�oviti ili vektorsko skalarni proizvod jediniµcnih vektora iznosi�!i �

!j�| {z }

!k

!k =

�!j �

!k�| {z }

!i

!i =

�!k �

!i�| {z }

!j

!j =

!k!k|{z}1

=!i!i|{z}

1

=!j!j|{z}

1

= 1

�� Ako skalarni proizvod vektora !a

!b iznosi

!a!b = 0 tada su vektori

!a i

!b normalni pa

njihovi pravci grade ugao 90� Skalarni proizvod moµzemo koristiti kao uslov normalnosti vektora

�� Ako vektorski proizvod vektora !a

!b iznosi

!a �

!b = 0 tada su vektori

!a i

!b paralelni ili

kolinearni. Vektorski proizvod moµzemo koristiti kao uslov paralelnosti vektora

�� Akome�oviti proizvod vektora !a

!b

!c iznosi

(!a �

!b )

!c = (

!b �!

c )!a = (

!c �!

a )!b = 0 tada su vektori

!a

!b

!c komplanarni, odnosno pripadaju

istoj ravni. Me�oviti proizvod vektora moµzemo koristiti za odre�ivanje zapremine paralelopipe-

da ( kocke, kvadra, . . . ) ili tetraedra, odnosno1

6zapremine paralelopipeda.Me�oviti proizvod

vektora moµzemo koristiti kao uslov pripadnosti tri vektora ili µcetiri taµcke jednoj ravni.


KretanjeU svakom trenutku sva tela u prirodi zauzimaju odre�ene poloµzaje u prostoru.Kretanje je promena polo-µzaja tela u odnosu na neko referentno telo koje uslovno miruje. Radi lak�eg prouµcavanja zakona mehanikeuveden je pojam materijalne taµcke koja se de�ni�e kao telo koje ima masu ali se oblik i druge dimenzije mo-gu zanemariti. Na primer, posmatraµc sa Zemlje zvezdu uvek vidi kao taµcku.Moµze se smatrati da se svako telosastoji od velikog broja materijalnih taµcaka pa se kretanje tela moµze smatrati kao istovremeno kretanjevelikog broja materijalnih taµcaka.Mehanika je deo �zike gde se prouµcava kretanje tela pod uticajem jedne sile ili vi�e sila pri µcemu se prihvatada je mirovanje poseban oblik kretanja.Mehaniku moµzemo podeliti na kinematiku, dinamiku i statiku.Kinematika je deo mehanike gde se prouµcava kretanje materijalne taµcke ili tela bez analize uzrokakoji su to kretanje izazvali.Dinamika je deo mehanike gde se prouµcava kretanje tela sa analizom uzroka koji su kretanje izazvali.Statika je deo mehanike gde se prouµcava dejstvo dveju ili vi�e sila na jedno telo i uslovne ravnoteµze telaPutanja ili linija koju materijalna taµcka �opisuje�u toku kretanja naziva se trajektorija.Pomeranje ilikretanje tela moµze biti pravolinijsko ili krivolinijsko pa trajektorijamoµze biti prava ili kriva linija.Prema obliku putanje, brzini ili ubrzanju, kretanje materijalne taµcke ili tela moµzemo �podeliti�i nasledeci naµcinPrema obliku putanje, kretanje materijalne taµcke ili tela moµze biti pravolinijsko ili krivolinijskoPremabrzini,kretanjematerijalne taµcke ili tela moµze biti ravnomerno ili neravnomernoPremaubrzanju,kretanjematerijalne taµcke ili tela moµze biti jednakoubrzano ili nejednakoubrza-no, odnosno jednako ili nejednako usporeno

Translatorno rotaciono i sloµzeno kretanje

x0

yA′

B′

C ′

A

B

C x0

y

A B C

A′

B′

C ′Linearno pomeranje ili kretanje tela, od-nosno translatorno kretanje (slika levo) jeoblik kretanja kada se sve taµcke tela krecu poputanjama (�linijama�) istih oblika i duµzinaKod translatornog kretanja tela svi njegovielementarni delovi imaju jednake i paralelneputanje.

Ugaono pomeranje ili kretanje tela, odn-osno rotaciono kretanje (slika desno) jeste

onaj oblik kretanja kada se sve taµcke tela krecu po kruµznim putanjama (�linijama�) ili koncentriµcnim krugo-vima oko neke ose, ne raµcunajuci one taµcke tela koje se ( eventualno ) nalaze na samoj osi rotacije.Kod rotacionog kretanja tela svi njegovi elementarni delovi imaju kruµzne putanje kojima se centri nalaze naistoj pravoj.Svako kretanje materijalne taµcke ili tela je kombinacija translatornog i rotacionog kretanja.

Ravnomerno ili jednoliko pravolinijsko kretanjeRavnomerno ili jednoliko pravolinijsko kretanje materijalne taµcke ili tela je ono kretanje kada materijalnataµcka ili telo u istim intervalima vremena prelaze ista rastojanja po pravolinijskoj putanji.

t t t( )t1S1

( )t2S2

( )t3S3

S S SA B C DAko materijalna taµcka ili telo iz poµcetnog poloµzajaA stigne za vreme t do poloµzaja B tada je rastoja-nje AB = S pre�eni put S koji su materijalna taµckaili telo pre�li za vreme t Ako za isto vreme t mate-rijalna taµcka ili telo stigne iz poloµzaja B do poloµza-ja C tada je rastojanje BC = S pre�eni put S kojisu materijalna taµcka ili telo pre�li za vreme t Ako zaisto vreme t materijalna taµcka ili telo stigne iz polo-

µzaja C do poloµzaja D tada je rastojanje CD = S pre�eni put S koji su materijalna taµcka ili telo pre�li zavreme t


Materijalna taµcka ili telo za dva puta vece vreme pre�u dva puta duµzi put, za tri puta vece vreme pre�utri puta duµzi put, odnosno:

� Put AC = 2AB = 2S telo pre�e za vreme 2 t � Put AD = 3AB = 3S telo pre�e za vreme 3 t

Ako pre�ena rastojanja AB = S; AC = 2S; AD = 3S podelimo sa odgovarajucim vremenima t; 2 t; 3 ttada dobijamo formulu za brzinu v kod ravnomernog kretanja, odnosno

v =AB

t=S

tv =

AC

2 t=2S

2 t=S

tv =

AD

3 t=3S

3 t=S

t� � � v =

nS

n t=S

t

Kod ravnomernog kretanjabrzinamaterijalne taµcke ili tela jednaka jekoliµcniku pre�enog putai vremena kretanja, odnosno brzina je brojno jednaka pre�enom putu koji materijalnataµcka ili telo pre�e u jedinici vremena pa moµzemo pisati

v =S

t

h ms

iAko materijalna taµcka ili telo za vreme t = 7 s pre�u put S = 7m tada njihova brzina (v) pri ravnomernomkretanju iznosi

v =S

t=7m

7 s= 1

m

sIz formule v =

S

tdobijamo formulu koja pokazuje zavisnost pre�enog puta (S )

brzine kretanja (v) i vremena kretanja (t) odnosno

S = v � tKako je brzina (v) kod ravnomernog kretanja ista u svakom trenutku kretanja, odnosno nezavisna

=S tv ⋅ }vt

43421t

v

0

od vremena kretanja, onda je njen gra�µcki prikaz na (v; t) koordinatnom si-

stemu prava linija paralelna sa t - osom. Iz formule v = S

t

h ms

ividimo da je

jedinica za brzinu jedan metar u jednoj sekundi, odnosnom

s

S1

S 2

S 3 =t 3t

=t 2t

=t 1t

=t 0=S 0 Ako je koliµcnik pre�enog puta S i proteklog vremena t konstantantada se brzina v moµze odrediti iz bilo kog merljivog intervala puta �Si merljivog intervala vremena �t kada je

v =S1t1=S2t2=S3t3=S2 � S1t2 � t1

=S3 � S2t3 � t2

=S3 � S1t3 � t1

= � � � = �S

�t

gde su intervali pre�enog puta �S i �proteklog�vremena �t konaµcni

= vSt•

S} }S }S

( )t s10 2 3

10

20

30( )S m

( )t s10 2 3

10

20

30( )S m

=v tS =

m10 = 5 sm

s2

=vtS = 20

sm= v

St•

= vS t•

S}

Iz formule S = v � tvidimo da je pre�e-ni put S kod ravn-omernog kretanjasrazmeran vrem-enu kretanja t gdeje brzina v koe�-cijent srazmere�to se gra�µcki moµzeprikazati na (S; t)

koordinatnom sistemu.Ako je brzina v veca tada sa slike desno vidimo da gra�k pre�enog puta S ima vecinagib ili uspon u odnosu na gra�k pre�enog puta S gde je brzina v manja.

Neravnomerno ili promenljivo pravolinijsko kretanjeSva kretanja u tehnici ili u prirodi uop�te sumanje ili vi�e promenljiva pa je zato promenljivokretanje osnovni oblik kretanja.Promenljivo kretanje je svako kretanje gde materijalna taµckaili telo u jednakim intervalima vremena prelazi razliµcite duµzine puteva.


Proseµcna ili srednja brzina

434214444444 34444444 21

444 8444 76A B C=S∆ S 2 S1−

1= v1 t•S1

= v 2 t• 2S 2

Ako rastojanje S1 od taµcke A do taµcke Btelo pre�e za vreme t1 i ako rastojanje S2od taµcke A do taµcke C telo pre�e za vremet2 tada je prirodno oµcekivati da ce rastoja-nje �S = S2 � S1 od taµcke B do taµcke Ctelo preci za vreme �t= t2� t1 nekom pr-oseµcnom ili srednjom brzinom (vsr )

vsr =S2 � S1t2 � t1

=�S

�todnosno

!v sr =

!S 2 �

!S 1

t2 � t1=�!S

�t

Kod promenljivog kretanja analiza proseµcne ili srednje brzine ima smisla samo u odre�enomdelu pre�enog puta �S ili u odre�enom intervalu vremena �t pa proseµcnu ili srednju brzinumoµzemo formulisati de�nicijom:

Proseµcna ili srednja brzina materijalne taµcke ili tela jeste brzina jednaka onoj brzinikod ravnomernog kretanja kojom bi materijalna taµcka ili telo pre�li isti put za istovreme kao pri kretanju promenljivom brzinom.

Pogledajmo primere

00) Ako jedan treptaj oka proseµcno traje t = 0; 1 s onda odredimo brzinu aviona koji u toku jednog treptajaoka preleti rastojanje S = 50mAko za vreme t = 0; 1 s avion preleti rastojanje S = 50m onda njegova brzina v iznosi

v =S

t=50m

0; 1 s= 500

m

s= 500

0; 001 km1

3 600h= 500 � 0; 001 � 3 600 km

h= 1800

km

h

00) Odredimo srednju brzinu leta Jastreba koji rastojanje S1 preleti za vreme t1 = 50 s brzinom v1 = 20m

sa zatim rastojanje S2 = 600m preleti za vreme t2 = 30 s

Kako je S1 = v1 � t1 = 20m

s� 50 s = 1000m onda srednja brzina leta Jastreba iznosi

vsr=S ukupno

tukupno=S1+ S2t1+ t2

=1000m+600m

50 s+ 30 s=1600m

80 s= 20

m

s= 20� 0; 001 km

1

3 600h= 20�0; 001�3 600 km

h= 72

km

h

00) Automobil pre�e rastojanje S1 = 100 km za vreme t1 = 4h a zatim pre�e rastojanje S2 = 50 km zavreme t2 = 1h Odredimo proseµcnu ili srednju brzinu automobila

vsr =S ukupno

tukupno=S1 + S2t1 + t2

=100 km+ 50 km

4h+ 1h=150 km

5h= 30

km

h

00) Automobil pre�e rastojanje S1 = 100 km brzinom v1 = 25km

ha zatim pre�e rastojanje S2 = 50 km

brzinom v2 = 50km

hOdredimo proseµcnu ili srednju brzinu kretanja automobila

Vreme za koje automobil pre�e rastojanje S1 i S2 iznosi t1 =S1v1=100 km

25km

h

= 4 h t2 =S2v2=50 km

50km

h

= 1 h

Srednja brzina kretanja automobila iznosi vsr =S ukupnot ukupno

=S1 + S2t1 + t2

=100 km+ 50 km

4 h+ 1 h= 30

km

h

00) Autobus ide iz jednog do drugog mesta udaljenog S = 250 km Prvo rastojanje S1 = 200 km autobus


pre�e za vreme t1 = 3; 5 h a zatim pravi pauzu od t = 0; 5 h Preostalo rastojanje S2 = 50 km autobuspre�e za vreme t2 = 1 hAutomobil krene u isto vreme na isti put. Prvi deo rastojanja S1 = 100 km automobil pre�e za vremet1 = 1; 5 h a preostali deo rastojanja S2 = 150 km automobil pre�e za vreme t2 = 1 h Kada stigne dodrugog mesta automobil pravi pauzu od t = 1 hOdredimo proseµcnu ili srednju brzinu kretanja autobusa i automobilaProseµcna ili srednja brzina kretanja autobusa iznosi

vsr =S ukupnot ukupno

=S

t1 + t+ t2=

250 km

3; 5 h+ 0; 5 h+ 1 h= 50

km

h

Kada automobil stigne do drugog mesta, onda se vreme pauze koju posle toga pravi ne ubraja u vreme kre-tanja pa proseµcna ili srednja brzina kretanja automobila iznosi

vsr =S ukupnot ukupno

=S

t1 + t2=

250 km

1; 5 h+ 1 h= 100

km

h

00) U prvoj polovini vremena svog kretanja automobil je i�ao brzinom v1 = 80km

ha u drugoj polo-

vini vremena dva puta sporije.Odredimo srednju brzinu kretanja automobila na celom putu

21 v1v 2 = = 40

hmkv1 = 80

hmk

21 t 2

1 t

S1 S 2vsr =

S ukupnot ukupno

=S1 + S21

2t+

1

2t=v11

2t+ v2

1

2t

t=1

2v1 +

1

2v2

= 40km

h+ 20

km

h= 60

km

h= 60 000

m

3 600 s= 16; 66

m

s

00) Na prvoj polovini puta svog kretanja automobil je i�ao brzinom v1 = 80km

ha na drugoj polovini

puta dva puta sporije.Odredimo srednju brzinu kretanja automobila na celom putu

21 v1v 2 = = 40

hmkv1 = 80

hmk

21 S 2

1 S

t1 t 2 vsr =S ukupnot ukupno

=

1

2S +

1

2S

t1 + t2=

SS

2v1+

S

2v2

=1

1

2v1+

1

2v2

=1

1

2

v2 + v1v1 � v2

=

= 2v1 � v2v1 + v2

= 280km

h� 40 km

h

80km

h+ 40

km

h

=6400

km

h120

= 53; 33km

h= 53 333

m

3600 s= 14; 81

m

s

00) Voz se krece brzinom v1 = 36km

h= 10

m

sa konduter u vozu ide brzinom v2 = 1

m

sOdredimo naj-

manju i najvecu brzinu kondutera u odnosu na µzelezniµcku stanicu.

Minimalna brzina kondutera u odnosu na µzelezniµcku stanicu iznosi

vmin = v1 � v2 = 10m

s� 1 m

s= 9

m

s

Maksimalna brzina kondutera u odnosu na µzelezniµcku stanicu iznosi

vmax = v1 + v2 = 10m

s+ 1

m

s= 11

m

s


00) µCovek na µcamcu hoce da pre�e reku �irine AB = 500m najkracim putem.Ako bi voda mirovala, tada bi

v1→

v 2→

v→r

A

B150 m

500

mC se µcamac kretao normalno prema obali brzinom v1 = 7; 2

km

h= 2

m

sMe�utim, kretanje

vode u reci odnese µcamac 150m niz reku.Odredimo vreme prelaska µcamca preko reke i br-zinu kretanja vode u reci.

Vreme prelaska µcamca preko reke iznosi t =AB

v1=500m

2m

s

= 250 s

Ako kretanje vode u reci odnese µcamac 150m niz reku, onda brzina kretanja vode u reci

iznosi v2 =BC

t=150m

250 s=3

5

m

s

Trenutna brzinaAko materijalna taµcka ili telo u istim ili jednakim intervalima vremena �t prelazi razliµcite ili nejed-nake duµzine ili intervale puteva �S tada se oni krecu promenljivim ili ubrzanim ( ili usporenim )brzinama pa se takvo kretanje naziva promenljivo ili ubrzano kretanje. U sluµcaju ubrzanog ili us-

porenog kretanja, koliµcnik�S

�tnije konstantan vec prikazuje neku srednju brzinu u merljivom int-

ervalu vremena �t

vsr =�S

�t

Smanjivanjem merljivog intervala vremena �t do njegove �nemerljivosti� kada se pribliµzava ili teµzinuli, srednja vrednost brzine (vsr ) se pribliµzava ili teµzi trenutnoj brzini koju moµzemo prikazati formulom

v = lim�t!0

�S

�t=dS

dt

Trenutna brzina materijalne taµcke ili tela koji se krecu promenljivom brzinom jeste njihova sre-dnja brzina u beskonaµcno malom intervalu vremena ili puta.Trenutnabrzinamaterijalne taµcke ili tela jednaka jediferencijalnom koliµcniku puta i vremena, od-nosno prvom izvodu puta po vremenu �to je Njutnova de�nicija prvog izvoda

x

y

z0

A B

r→r→0

→0τ S Za opisivanje pravolinijskog kretanja materijalne taµcke u prostoru potre-

bno je znati poloµzaj njene putanje, odnosno prave u koordinatnom sistemuf (x; y; z) i pre�eni put S u funkciji od vremena t ili S = S (t)Poloµzaj putanje, odnosno prave moµzemo odrediti poloµzajem jedne taµckena pravoj (A) i ortom pravca (

!� 0 ) Ako u odre�enom intervalu vre-

menamaterijalna taµcka iz poloµzaja A pre�e u poloµzaj B tada je rastojanjeizme�u ta dva poloµzaja pre�eni put S gde je vektor pomeranja

�!r = S

!� 0 pa vektorska jednaµcina pravolinijskog kretanja ima oblik

!r =

!r 0 + S

!� 0

Kako su vektor poloµzaja taµcke A (!r 0 ) i ort pravca (

!� 0 ) konstantni, onda se brzina moµze prikazati rela-

cijom

!v =

d!r

dt=d

dt

!r 0| {z }0

+dS

dt|{z}v

!� 0 = v

!� 0

Kod ravnomernog pravolinijskog kretanja brzina v je konstantna dS

dt= v = const ) dS = v dtZ

dS =

Zv dt = v

Zdt ) S = v t+C = v t+S0 Konstantu integracije C = S0 odre�ujemo iz poµcetnih

uslova.Ako kretanje poµcinje iz taµcke A u trenutku t = 0 tada je njen pre�eni put S = S0 = 0 ) C = 0 pa je

S = v � t


�to pokazuje da je put kod ravnomernog pravolinijskog kretanja linearna funkcija vremena.Brzina je vektorska �ziµcka veliµcina de�nisana prvim izvodom vektora pomeraja po vre-menu, odnosnobrzina jepromenaputau jedinici vremena iliprvi izvodputapovremenu

Jednako ili jednoliko ubrzano kretanjeUbrzanje

1t t 2

A Bv→1 v→2Ako se telo krece jednako ubrzanim kretanjem i ako upoloµzaju A odnosno u trenutku t1 ima brzinu

!v 1 a u

poloµzajuB odnosno u trenutku t2 imabrzinu!v 2 tada

delenjem promene brzine �!v =

!v 2�

!v 1 sa intervalom vremena �t = t2� t1 u kojem je pro-

mena brzine nastala, dobijamo srednju promenu brzine kretanja u jedinici vremena ili �-ziµcku veliµcinu koju nazivamo ubrzanje, odnosno!a sr =

!v 2 �

!v 1

t2 � t1=�!v

�t

Ubrzanje materijalne taµcke ili tela oznaµcavamo slovom a jer latinska reµc acceleratio znaµci ubrzanje pazato ubrzaµce elementarnih µcestica u atomskoj �zici nazivamo akceleratori.

1t

A v→ B

t 2 1t += ∆ t

+v→ ∆ v→ Za izuzetno mali interval vremena kada �t! 0 poloµzaj tela Atoliko je blizu poloµzaju tela B da se oni dodiruju ili sjedinjuju u jedannovi zajedniµcki poloµzaj pa se tada moµze zamisliti da vremena t1 i

t2 = t1 +�t pripadaju istom trenutku kada dobijamo formulu za trenutno ubrzanje materijalne ta-µcke ili tela, odnosno

!a = lim

�t!0

�!v

�t

U teorijskim analizama ili praktiµcnoj primeni koristimo iskljuµcivo trenutno ubrzanje pa se zato reµctrenutno moµze izostaviti i ostaviti samo reµc ubrzanje. U izuzetno retkim sluµcajevima kada se (ev-entualno) ne misli na trenutno ubrzanje, tada je to i nagla�eno ali takve beznaµcajne �analize�su opisneprirode.Dakle, trenutno ubrzanje ili samo ubrzanje materijalne taµcke ili tela koji se krecu promenlji-vom brzinom jeste njihovo srednje ubrzanje na beskonaµcno malom delu puta ili u besko-naµcno malom intervalu vremena, odnosno ubrzanje je brojno jednako promeni brzineu jedinici vremena pa moµzemo pisati

a =v2 � v1t2 � t1

=�v

�t=

m

ss=m

s2

kada vidimo da je jedinica za ubrzanje metar u sekundi na kvadrat, odnosno [a ] =m

s2

Kako jeubrzanje jednako koliµcnikupromenebrzine i intervala vremena u kojem je promenabrzine nastala, onda je ubrzanje kod jednakoubrzanog kretanja konstantno, odnosno:Za jednako ubrzano kretanje je a = const

brzinaopada

brzinaraste

a→v→

v→

a→

Ako brzina tela pri kretanju raste, tada vektor ubrzanja !a ima isti pravac

i smer kao vektor brzine !v ili put.

Ako brzina tela pri kretanju opada, tadavektor ubrzanja !a ima isti pravac

kaovektorbrzine!v ali suprotan smer.Na primer, kod slobodnog padanjavektori ubrzanja i brzine imaju isti pravac i smer.Me�utim, ako telo bacimovertikalno uvis, tada vektor ubrzanja ima isti pravac kao vektor brzineali suprotan smer.

Jednako ubrzano kretanje je ono kretanje materijalne taµcke ili tela kada se u istim ili jednakim interval-ima vremena brzina menja, odnosno povecava ili smanjuje za iste vrednosti.Ako poµcetnu brzinu oznaµcimo sa v0 i njen prira�taj, odnosno povecanje ili smanjenje u jednoj sekundisa a onda se brzina kretanja materijalne taµcke ili tela kod jednoliko ubrzanog kretanja moµze prikazatiformulama


Na kraju �nulte� sekunde v = v0 + 0 � a t = v0Na kraju jedne sekunde v = v0 + 1 � a t = v0 + a tNa kraju dve sekunde v = v0 + 2 � a t = v0 + 2a tNa kraju tri sekunde v = v0 + 3 � a t = v0 + 3a tNa kraju n sekundi v = v0 + n � a t = v0 + na tTrenutna brzina v kod jednakoubrzanog kretanja moµze se prikazati formulom

v = v0 + a t odakle je a t = v � v0 odnosno a =v � v0t

=v � v0t� t0

=�v

� t= const

Kod jednakoubrzanog kretanja, trenutno ubrzanje (a) ima konstantnu vrednost jer se brzina u istimintervalima vremena menja za iste vrednosti.

Proseµcna ili srednjabrzina ipre�eniputkodjednakoubrzanogkretanjaKako jepromenabrzine kod jednakoubrzanog kretanja konstantna, onda se srednja brzinakod tog kretanja moµze prikazati aritmetiµckomsredinombrzine koju su taµcka ili telo imali napoµcetkui na kraju intervala, odnosno

vsr =v0 + v

2=v0 +

vz }| {v0 + a t

2=2v0 + a t

2= v0 +

1

2a t

gde je srednja brzina vsr jednaka onoj konstantnoj brzini kojom bi taµcka ili telo pre�li isti put Sza isto vreme ako bi se kretali konstantnom brzinom pa pre�eni put kod jednakoubrzanogkretanja iznosi

S = vsr t =

�v0 +

1

2a t

�t = v0 t+

1

2a t2

v

t0

=v const a

t0=a 0

Gra�k brzine v kod ravnomernog kreta-nja je prava linija paralelna sa t - osomdok se gra�k ubrzanja a poklapa sa t - os-om jer je vrednost ubrzanja a kod ravno-mernog kretanja jednaka nuli.

( )t s1 2 3 4 50

a [ ]ms2

33a = m

s2= const

=vv 0 + at

1 2 3 4 50

2

5

( )t s

smv [ ]

8

11

14

17

Ako telo ima poµcetnu brzinu v0 = 2m

si

ako nastavi kretanje ravnomerno ubrza-

no sa ubrzanjem a = 3m

s2

tada jednaµcina njegovog kretanja glasi

v = v0 + a t = 2m

s+ 3

m

s2� t

Zamenom odre�enih vrednosti za t i algeba-rskim raµcunanjem dobijamo razliµcite vred-nosti brzine v u zavisnosti od vremena t

t (s) 0 1 2 3 4 5

vh ms

i2 5 8 11 14 17

Kako je ubrzanje a kod jednakoubrzanog kretanja konstantno, onda je njegov gra�k pra-va linija paralelna sa t -osom i nalazi se iznad nje.


1 2 3 4 50

2

5

( )t s

smv [ ]

=vv

0at

−

17

( )t s1 2 3 4 50

a [ ]ms2

3−3a = m

s2= const−

14

11

8

Ako telo ima poµcetnu brzinu v0 = 17m

si

ako nastavi kretanje ravnomerno uspo-reno sa ubrzanjem a = �3 m

s2

tada jednaµcina njegovog kretanja glasi

v = v0 � a t = 17m

s� 3 m

s2� t

Zamenom odre�enih vrednosti za t i algeba-rskim raµcunanjem dobijamo razliµcite vred-nosti brzine v u zavisnosti od vremena t

t (s) 0 1 2 3 4 5

vh ms

i17 14 11 8 5 2

Kako je ubrzanje a kod jednako usporenog kretanja konstantno, onda je njegov gra�k pra-va linija paralelna sa t -osom i nalazi se ispod nje.

S S

0 0

=S v t•

const=v

S}t

=Sv 0

+at

21

t•

2

S}t

Na slici levo prikazan jegra�k pre�enog putaS kod ravnomernogkretanjau zavisnostiod vremena kretanja (t)Na slicidesno prikazanje gra�kpre�enogpu-ta S kod jednakoub-rzanogkretanja u za-

visnosti od vremena kretanja (t) pri µcemu poµcetna brzina iznosi v0 = 0

Zavisnost brzine i puta kod jednakoubrzanog kretanjaIz formule za trenutnu brzinu kod jednakoubrzanog kretanja

v = v0 + a t dobijamo v � v0 = a t ) t =v � v0a

Ako vreme t =v � v0a

zamenimo u formulu za pre�eni put kod jednakoubrzanog kretanja

S = v0 t+1

2a t2 tada dobijamo

S = v0v � v0a

+1

2a

�v � v0a

�2=v � v0 � v20

a+1

2av2 � 2v � v0 + v20

a2=2v � v0 � 2v20

2a+v2 � 2v � v0 + v20

2a

=2v � v0 � 2v20 + v2 � 2v � v0 + v20

2a=v2 � v202a

odakle je v2 � v20 = 2aS odnosno v2 = v20 + 2aS pa je

v =pv20 + 2aS Zavisnost brzine v i puta S kod jednakoubrzanog kretanja

Ako poµcetna brzina iznosi v0 = 0 tada formula koja pokazuje zavisnost brzine od puta kod jed-nakoubrzanog kretanja glasiv =

p2aS

Ako je kretanje jednakousporeno, tada formula koja pokazuje zavisnost brzine i puta glasiv =

pv20 � 2aS

Ako nismo savladali diferencijalni raµcun, zaobi�imo nekoliko redovaKako trenutna brzina kod jednakoubrzanog kretanja iznosiv = v0 + a t onda formulu za pre�eni put moµzemo dobiti i primenom diferencijalnog raµcuna


S =

tZ0

v dt =

tZ0

(v0 + a t) dt = v0 t+t2

2a = v0 t+

1

2a t2| {z }

Kvadriranjem formule za trenutnu brzinu kod jednakoubrzanog kretanja v = v0 + a t dobijamo

v2 = (v0 + a t)2= v20 + 2v0 a t+ a

2 t2 = v20 + 2a

�v0 t+

1

2a t2| {z }

S

�= v20 + 2aS odnosno v2 = v20 + 2aS )

v =pv20 + 2aS Zavisnost brzine v i puta S kod jednakoubrzanog kretanja

Ako telo polazi iz mirovanja kada je v0 = 0 tada za jednako ubrzano kretanje vaµze formule

Brzina v = v0|{z}0

+ a t = a t Pre�eni Put S = v0|{z}0

t+1

2a t2 =

1

2a t2

00) Od poµcetka kretanja automobila do dostizanja brzine v2 = 100km

hpro�e vreme t2 = 11 sekundi.

Odredimo ubrzanje automobila

a =�v

� t=v2 � v1t2 � t1

=100

km

h� 0

11 s� 0 =100 000

m

3 600 s11 s

= 2; 52m

s2

00) Odredimo ubrzanje tela ako ono polazi poµcetnom brzinom v0= 10m

si nastavi da se krece ravnomerno

ubrzano kada za prvih 10 s pre�e put S = 1000m

Iz formule za pre�eni put kod ravnomerno ubrzanog kretanja S = v0 t+1

2a t2 dobijamo

1

2a t2 = S� v0 t

odakle je

a = 2S � v0 tt2

= 21 000m� 10 m

s10 s

102 s2= 2

10m� 1m1 s2

= 18m

s2

00) Voz se krece brzinom v0 = 72km

h= 20

m

si od trenutka kada zapoµcne koµcenje pre�e rastojanje S = 800m

Odredimo ubrzanje voza pri koµcenju i vreme koµcenja.

Kvadriranjem formule v = v0 + a t dobijamo

v2 = (v0 + a t)2= v20 + 2v0 a t+ a

2 t2 = v20 + 2a

�v0 t+

1

2a t2| {z }

S

�= v20 + 2aS

Kada se voz zaustavi, tada njegova brzina iznosi v = 0 odnosno

0 = v20 + 2aS ) 2aS = � v20 ) a = � v202S

= �400

m2

s2

1600m= � 0; 25 m

s2

Vreme koµcenja voza moµzemo dobiti iz formule

v = v0 + a t ) 0 = v0 + a t ) a t = � v0 ) t = � v0a= �

20m

s

� 0; 25 ms2

= 80 s

00) Ako telo zapoµcne kretanje poµcetnom brzinom v0 = 10m

si nastavi da se krece ravnomerno ubrzanim

kretanjem kada za vreme t = 10 s pre�e put S = 1000m onda odredimo ubrzanje tela.

Iz formule za pre�eni put kod ravnomerno ubrzanog kretanja S = v0 t+1

2a t2 dobijamo

1

2a t2 = S � v0 t

odnosno

a = 2S � v0 tt2

= 21 000m� 10 m

s� 10 s

100 s2= 2

900m

100 s2= 18

m

s2


00) Telo A poµcinje da se krece konstantnim ubrzanjem a1 = 1m

s2u trenutku kada mu je poµcetna brzina bila

2=2v→0 sm

B

ms2

a2 = 0,5−

1=1v→0 sm

A

1a = ms2

1 v01 = 1m

sTelo B poµcinje da se krece stalnim ubrzanjem a2 = � 0; 5

m

s2u

trenutku kada mu je poµcetna brzina bila v02 = 2m

sZa koliko vremena ce

tela A i B imati istu brzinu?Primenom formule za brzinu kod jednako ubrzanog kretanja v = v0 + a tdobijamo v1 = v01 + a1 t v2 = v02 + a2 t Iz uslova v1 = v2 dobijamo

v01+a1 t = v02+a2 t odakle je (a1 � a2 ) t = v02�v01 odnosno t =v02 � v01a1 � a2

=2m

s� 1 m

s

1m

s2+ 0; 5

m

s2

=1

1; 5s =

2

3s

Slobodno padanje

h

H=a g

t

0=v

→ →

v→

vk→

Slobodno padanje sa poµcetnom brzinom v0 ili bez poµcetne brzine v0 jeste primerjednako ubrzanog kretanja gde ubrzanje Zemljine teµze obeleµzavamo sa g ume-sto sa a i duµzinu pre�enog puta sa h ili H umesto sa STelo pada slobodno ako se bez otpora sredine krece kroz prostor samo zbog dejstvasile gravitacije pa se takvo kretanje moµze izvoditi u bezvazdu�nom prostoru.Kod pa-danja sa male visine u vazdu�nom prostoru uticaj otpora trenja sa vazduhom je ma-li pa se moµze zanemariti.Ako telo zapoµcne slobodno padanje sa visine H poµcetnom brzinom v0 tadanjegova trenutna brzina v i srednja brzina vsr u funkciji od vremena tiznose

v = v0 + g t odnosno vsr =v0 + v

2=v0 +

vz }| {v0 + g t

2=2v0 + g t

2= v0 +

1

2g t

pa duµzina puta h koji telo pre�e slobodnim padom za vreme t iznosi

h = vsr � t =�v0 +

1

2g t

�t = v0 � t+

1

2g t2

Iz poslednje jednaµcine moµzemo odreditivreme slobodnogpadanja tela napre�enomputu h odnosno1

2g t2 + v0 t� h = 0 ) g t2 + 2v0 t� 2h = 0 ) t1;2 =

�2v0 �p4v20 + 8 g h

2 g=�2v0 � 2

pv20 + 2 g h

2 g=

=�v0 �

pv20 + 2 g h

g=�v0 +

pv20 + 2 g h

gpa vreme slobodnog padanja iznosi

t =�v0 +

pv20 + 2 g h

g

Ako telo zapoµcne slobodno padanje sa visine H bez poµcetne brzine v0 tada njegova trenutnabrzina v srednja brzina vsr duµzina pre�enog puta h i vreme slobodnog padanja t iznose

v = g t vsr =1

2g t h =

1

2g t2 t =

p2 g h

g=

r2 g h

g2=

r2h

g

Kvadriranjem formule za trenutnu brzinu v = v0 + g t dobijamo

v2 = (v0 + g t)2= v20 + 2v0 g t+ g

2 t2 = v20 + 2 g�v0 t+

1

2g t2| {z }

h

�= v20 + 2 g h

pa brzina tela kod slobodnog padanja u trenutku kada pre�e rastojanje h iznosiv =

pv20 + 2 g h Ako telo zapoµcne slobodno padanje bez poµcetne brzine v0 tada njegova brzina

u trenutku kada pre�e rastojanje h iznosiv =

p2 g h


9,81g = ms2

9,81g = ms2

9,83g = ms2

9,83g = ms2

9,78g = ms2

Pri padanju kroz bezvazdu�ni prostor sva tela imaju jednakoi stalno ubrzanje bez obzira na njihovu veliµcinu, oblik ili masuKod slobodnog padanja ubrzanje tela nastalo delovanjem gr-avitacione sile zavisi od nadmorske visine i nije jednako nasvim taµckama Zemljine povr�ine zbog njene �spljo�tenosti�.

Najmanje ubrzanje je na ekvatoru�g = 9; 78

m

s2

�anajvece

na polovima�g = 9; 83

m

s2

�Na geografskoj �irini 45� ubrzanje

pribliµzno iznosi g = 9; 81m

s2

Ako nismo savladali diferencijalni raµcun, zaobi�imo nekoliko redovaFormule za trenutnu brzinu v i pre�eni put h kod slobodnog padanja ili jednakoubrzanogkretanja u bezvazdu�nom prostoru moµzemo odrediti i primenom diferencijalnog raµcuna.Diferencijalna jednaµcina za brzinu glasidv

dt= g ) dv = g dt )

Zdv = g

Zdt ) v = g t+ C1| {z }

F

U poµcetku kretanja je t = 0 ) v = v0 pa zamenom u jednaµcinu F dobijamo v0 = g � 0 + C1 )C1 = v0 Zamenom C1 = v0 u jednaµcinuF dobijamo formulu za trenutnu brzinu v kod slobodnogpadanja ili jednakoubrzanog kretanja, odnosnov = g t+ v0 = v0 + g t

Diferencijalna jednaµcina za pre�eni put glasidh

dt= v = v0 + g t ) dh = v0 dt+ g t dt )

Zdh = v0

Zdt+ g

Zt dt ) h = v0 t+

1

2g t2 + C2| {z }

FF

U poµcetku kretanja je t = 0 ) h = 0 pa zamenom u jednaµcinu FF dobijamo

0 = v0 � 0+1

2g � 02+C2 ) C2 = 0 Zamenom C2 = 0 u jednaµcinu FF dobijamo formulu za pre�eni

put h kod slobodnog padanja ili jednakoubrzanog kretanja, odnosno

h = v0 t+1

2g t2

Vidimo da ubrzanje a brzina v i pre�eni put h ne zavise odmase m jer se pretpostavlja da setelo krece u vakumu gde nema trenja ili otpora vazduha.

Vertikalni hitac na goreAko telo izbacimo vertikalno na gore poµcetnom brzinom v0 tada gravitaciona sila svojim delovanjemsmanjuje brzinu njegovog kretanja.Ako se zanemari otpor vazduha, tada trenutna i srednja brzina

h

vk 0=

Hm

ax

v0

v0v <

kv′

=a g

→ →

→ →

→

→

tela u funkciji od vremena t iznose

v = v0 � g t odnosno vsr =v0 + v

2=v0 +

vz }| {v0 � g t2

=2v0 � g t

2= v0 �

1

2g t pa duµzina

puta h koji pre�e telo izbaµceno vertikalno uvis poµcetnom brzinom v0 iznosi

h = vsr � t =�v0 �

1

2g t

�t = v0 t�

1

2g t2

Kvadriranjem formule za trenutnu brzinu v = v0 � g t dobijamo

v2 = (v0 � g t)2 = v20 � 2v0 g t+ g2 t2 = v20 � 2 g�v0 t�

1

2g t2| {z }

h

�= v20 � 2 g h| {z }

�F

pa brzina


tela izbaµcenog vertikalno uvis poµcetnom brzinom v0 u trenutku kada pre�e rastojanje h iznosiv =

pv20 � 2 g h Na maksimalnoj visini Hmax telo ima krajnju brzinu vk = 0 pa je vk = v0 � g t = 0 )

v0 = g t pa vreme dostizanja maksimalne visine Hmax iznosi

t =v0g

Kada dostignemaksimalnu visinu Hmax telo se zaustavi pa je vk = 0 odnosno v2k = v20 � 2 gHmax| {z }

�F

= 0 )

Hmax =v202 g

Ako pogledamo slobodno padanje bez poµcetne brzine v0 tada vidimo za�to posle dostizanjamaksimalne visine Hmax vreme padanja tela na mesto odakle je izbaµceno iznosi

t =

r2Hmaxg

=

vuuut 2v202g

g=

sv20g2=v0g

Vreme kretanja tela domaksimalne visine Hmax jednako je vremenu njegovog povratka do mesta odakleje i izbaµceno.Vidimo da je krajnja brzina v0k pri povratku tela na mesto odakle je izbaµceno jednaka poµcetnojbrzini v0 kojom je ono i izbaµceno, odnosno

v0k =p2gHmax =

s2g

v202g=pv20 = v0

00) Kuglica je baµcena sa Zemlje vertikalno uvis i na Zemlju se vratila posle 3 s Odredimo poµcetnu

v0

pv

Hm

ax

vk 0=

→

→

brzinu kuglice i dostignutu visinu ako se otpor vazduha zanemari.Kako je vreme kretanja kuglice od Zemlje domaksimalne visine jednako njenom povratku iztaµckemaksimalne visine do Zemlje, onda vreme kretanja kuglice vertikalno uvis iznosi t = 1; 5 sKada dostigne maksimalnu visinu, tada brzina kuglice iznosi vk = 0 odnosno

vk = v0 � g t = 0 pa je poµcetna brzina kuglice v0 = g � t = 9; 81m

s2� 1; 5 s = 14; 76 m

s

Maksimalnu visinu koju dostiµze kuglica moµzemo odrediti i primenom zakona o odrµzanju mehani-µcke energije.U trenutku poµcetka kretanja sa Zemlje kuglica ima samo kinetiµcku energiju, odnosno

Ek =1

2mv20 U trenutku dostizanja maksimalne visine kuglica ima samo potencijalnu energiju, odnosno

Ep = mgHmax Kako je Ek u poµcetku kretanja jednaka Ep na maksimalnoj visini, onda imamo

Ek = Ep ) 1

2mv20 = mgHmax ) Hmax =

v202 g

=(14; 76)

2 m2

s2

2 � 9; 81 ms2

= 11m

Kako je poµcetna brzina kretanja kuglice vertikalno uvis (v0 ) jednaka brzini njenog pada na Zemlju pri povratkuiz taµcke maksimalne visine (vp ) onda maksimalnu visinu moµzemo odrediti i primenom formule

v0 = vp =p2 gHmax ) v20 = 2 gHmax ) Hmax =

v202 g

= 11m

Brzina i ubrzanje kodpromenljivog pravolinijskog kretanja

1t 2t

0S 1S 2S

Pre�eni put S materijalne taµcke ili tela akose za vreme t krecu konstantnom brzinom

v iznosi S = v t odakle je v =S

t

Me�utim, ako se materijalna taµcka ili telo krecu po pravolinijskoj putanji nekom promenljivom brzinom


kada za vreme t1 pre�u put S1 (raµcunajuci od taµcke S0) a za vreme t2 pre�u put S2 onda srednja brzina vsrnjihovog kretanja iznosi

vsr =S2 � S1t2 � t1

=�S

�t

Ako su prira�taji pre�enog puta �S i proteklog vremena �t toliko mali, tada dobijamo �prikaz�pro-mene brzine u beskonaµcno malim intervalima vremena odnosno pravu ili trenutnu brzinu

v = lim�t!0

�S

�t=dS

dt

Iz poslednje relacije vidimo da je brzina v prvi izvod puta S po vremenu t �to je (ponovimo) Njutnovade�nicija prvog izvoda. Sliµcno postupamo kada je u pitanju i ubrzanje koje de�ni�emo kao promenu brzineu odre�enim intervalima vremena. Iz iskustva znamo da je srednja vrednost ubrzanja u malom intervaluvremena bliµza trenutnom ubrzanju ukoliko je vremenski interval manji pa srednje ubrzanje asr mo-µzemo de�nisati relacijom.

asr =v2 � v1t2 � t1

=�v

�tUbrzanje u beskonaµcno malim intervalima vremena iznosi

a = lim�t!0

�v

�t=dv

dtOva formula pokazuje da je ubrzanje a prvi izvod brzine v po vremenu t

Kako je v =dS

dtonda poslednju formulu moµzemo prikazati i u obliku

a =dv

dt=d

dtv =

d

dt

dS

dt=d2S

dt2pa je ubrzanje a drugi izvod puta S po vremenu t

Formule v =dS

dta =

dv

dt=d2S

dt2su osnovne formule kretanja u �zici.

00) Odredimo poµcetnu brzinu i ubrzanje taµcke koja u �estoj sekundi pre�e 6m a u desetoj sekundi 8m

Prema formuli za pre�eni put kod jednakoubrzanog kretanja S = v0 t+1

2a t2 imamo

6 = 6 � v0 +1

2a � 36

8 = 10 � v0 +1

2a � 100

odakle re�avanjem po a dobijamo a = �0; 1 ms2

Zamenom a u jednu od dve prethodne relacije dobijamo po-

µcetnu brzinu v0 = 1; 3m

s

00) Neko telo polazi iz stanjamirovanja i krece se po pravolinijskoj putanji jednako ubrzanim kretanjemi u prvoj sekundi pre�e 20 cm

a) Koliki je njegov put u desetoj sekundi ?

b) Koliko vremena pro�e dok telo postigne brzinu 24m

s?

c) Koliki put telo pre�e za 3 min ?

Primenom formule za pre�eni put kod jednakoubrzanog kretanja

S1 = v0 t+1

2a t21 dobijamo a =

2S1t21

=2 � 0; 2 m1 s2

= 0; 4m

s2

a) Iz sistema jednaµcina

S10 =1

2a t210

S9 =1

2a t29

9>>=>>; dobijamo S = S10 � S9 =1

2a�t210 � t29

�=1

2� 0; 4 m

s2�100 s2 � 81 s2

�= 3; 8m


b) v = v0|{z}0

+ a t Sada je t =v

a=24m

s

0; 4m

s2

= 60 s = 1 min

c) S(3 min) =1

2a t2 =

1

4� 0; 4 m

s2(180 s)

2= 6480m = 6; 48km

00) Prvu polovinu puta S telo prelazi brzinom v = v0 Duµz preostalog dela puta telo se1

2vremena kretalo

brzinom v = v1 dok je poslednji deo puta pre�lo brzinom v = v2 Odredimo srednju brzinu kretanja tela.

⇒ 21

2S 2t⇒ 21

1S 2t⇒21 S 1t

0v 1v 2v

Prema slici imamo1

2S = v0 t1 ) t1 =

S

2v0odnosno S1 = v1

1

2t2 =

1

2v1 t2 S2 = v2

1

2t2 =

1

2v2 t2

Kako je S1 + S2 =1

2S =

1

2(v1 + v2 ) t2 ) t2 =

S

v1 + v2onda imamo

vsr =S

t1 + t2=

SS

2v0+

S

v1 + v2

=S

v1 S + v2 S + 2v0 S

2v0 v1 + 2v0 v2

=2v0 v1 S + 2v0 v2 S

v1 S + v2 S + 2v0 S=2v0 (v1 + v2 )

2v0 + v1 + v2

00) Automobil A krece se konstantnom brzinom vA = 85km

hi pretiµce automobil B koji se krece brzinom

vB = 60km

hDuµzine automobila A i B iznose l = 5m Rastojanje izme�u automobila pre i posle preticanja

iznosi L = 25m Odredimo vreme i put preticanja automobila koji pretiµce.

A B B A

l L l l L l

vA→ →vB vA

→

=S B vB ⋅τ=SA vA ⋅τ

→vB

Put koji pre�e automobil A iznosi SA = SB + 2L+ 2l = SB + 2 (L+ l) odakle je SA � SB = 2 (L+ l)

Kako je SA = vA � SB = vB � ) vA � � vB � = (vA � vB ) � = 2 (L+ l) pa vreme preticanja � iznosi

� =2 (L+ l)

(vA � vB )= 8; 64 s Sada je SA = vA � = 204m SB = vB � = 144m

00) Automobil se krece srednjom brzinom vsr = 40km

htokom 3 sata (� = 3h) Za to vreme automobil

se kretao sa tri razliµcite konstantne brzine i to v1 = 20km

hv2 = 50

km

hi kroz pola sata sa v3 = 34

km

h

Koliko vremena se automobil kretao sa prethodnim konstantnim brzinama?

vsr = 40km

h� = 3h

)S = vsr � = 120km Kako je t1 =

S1v1

t2 =S2v2

t3 =S3v3=1

2h odnosno

S3 = v3 t3 = 34km

h� 0; 5h = 17km onda imamo S1 + S2 + S3 = 120km ) S1 + S2 = 103km = S0

t1 + t2 + t3 = 3h ) t1 + t2 = 2; 5h = t0 pa je


t0 = t1+ t2 =S1v1+S2v2=S1v1+S0 � S1v2

=S1v1+S0v2� S1v2= S1

�1

v1� 1

v2

�+S0v2

S1

�1

v1� 1

v2

�= t0�

S0v2

)

S1 =t0 �

S0v2

1

v1� 1

v2

=

2; 5h� 103km

50km

h1

20km

h

� 1

50km

h

= 14; 6km t1 =S1v1= 0; 73 h t2 = t0 � t1 = 2; 5 h� 0; 73 h = 1; 77 h

00) Telo je baµceno vertikalno uvis. Posle jedne sekunde (t1 = 1 s) telo se nalazi na visini h1 a posle dve

H

t 2

t1

t 3

h1= h

Hh1

−

0=vk

v p0→

v1→

v 2→

v0→

sekunde prolazi kroz istu taµcku. Vreme se raµcuna od bacanja tela.Odredimo poµce-tnu brzinu tela v0 visinu h1 najvecu visinu H i brzinu v2 pri drugom prolaskutela kroz taµcku na visini h1 Za dati zadatak vaµze sledece formulevk = v0 � g (t1 + t2 ) = 0 ) v0 = g (t1 + t2 )

v1 = v0 � g t1 = g (t1 + t2 )� g t1 = g t2

H = v0 (t1 + t2 )�1

2g (t1 + t2 )

2= g (t1 + t2 )| {z }

v0

(t1 + t2 )�1

2g (t1 + t2 )

2

= g (t1 + t2 )2 � 1

2g (t1 + t2 )

2=1

2g (t1 + t2 )

2

(a) h = v1 t2 �1

2g t22 = g t2 t2 �

1

2g t22 =

1

2g t22 (b) h =

1

2g t23

Iz (a) i (b) dobijamo 1

2g t22 =

1

2g t23 ) t2 = t3 = 1 s Sada je

v0 = g (t1 + t2 ) = 19; 62m

sH =

1

2g (t1 + t2 )

2 odnosno

h1 = v0 t1 �1

2g t21 = 19; 62m � 1 s�

1

2� 9; 81 m

s2� 1 s2 = 14; 715m

h =1

2g t22 =

1

2� 9; 81 m

s2� 1 s2 = 4; 905m v0 =

p2 g h = 9; 81

m

s


Krivolinijsko kretanje u prostoruSvako krivolinijsko kretanje materijalne taµcke ili tela moµze se posmatrati kao kruµzno i pravolinijsko kre-tanje jer se svaka kriva linija moµze razloµziti na elementne lukove odre�enih duµzina i odgovarajucih polu-preµcnika.Kako su brzina, ubrzanje i put vektorske veliµcine, onda se krivolinijsko kretanje u prostorumoµze �racionalno�prikazati vektorskim veliµcinama.Kod pravolinijskog kretanja to nije neophodno jer su

y

z

x0 j

→i→

k→

A

r→

yx

z

pravci vektora brzine kod pravolinijskog kretanja istiodnosno �leµze� na istoj pravoj pa su kod takvog kretanjapotrebne samo brojne vrednosti za brzinu, ubrzanje ipre�eni put jer je sabiranje vektora istog pravca po br-ojnoj vrednosti identiµcno algebarskom.Poloµzaj taµcke A u prostoru prikazanom pravouglim koor-dinatnim sistemom potpuno je odre�en njenim koordinatamax y z odnosno vektorom poloµzaja!r = x

!i + y

!j + z

!k gde su

!i

!j

!k jediniµcni vektori

Brzina kod krivolinijskog kretanja u prostoruOpisivanje ili �prouµcavanje�promene poloµzaja, odnosno �kretanja�materijalne taµcke ili tela u prostoru

y

z

x

0i→

j→

k→

∆ s

r→∆

r→ r→1

AA1

A2

An

v→→

0τ

ili ravni znaµci odrediti njihovpoloµzaj u bilo kom trenutkuu odnosu na odabrani koordi-natni sistem. Poloµzaj taµckeA pri kretanju kroz poloµzajeA1 A2 : : : An odre�en je njen-im pokretnim vektorom po-loµzaja

!r

!r =

!r (t)

= x (t)!i + y (t)

!j + z (t)

!k

Ovoj vektorskoj jednaµcini od-govaraju tri skalarne jednaµcine

x = x (t) y = y (t) z = z (t)

Ako iz poloµzaja A odre�enog vektorom poloµzaja!r za vremenski interval �t taµcka stigne u poloµzaj A1

odre�en vektorom poloµzaja!r 1 tada imamo

!r 1 =

!r + �

!r ) �

!r =

!r 1 �

!r

gde je vektor �!r prira�taj ili promena vektora poloµzaja

!r u vremenskom intervalu �t odnosno ve-

ktor pomeraja taµcke.Koliµcnik vektora prira�taja �!r i vremenskog intervala (skalara) �t predsta-

vlja vektor srednje brzine u tom vremenskom intervalu, odnosno

!v sr =

�!r

�t

gde vektor!v sr ima isti pravac i smer kao i vektor �

!r i njegova brojna vrednost je proporcionalna

intenzitetu vektora �!r Me�utim, srednja brzina

!v sr odstupa po pravcu i intenzitetu od trenutne

brzine taµcke u poloµzaju A kada je to odstupanje manje ako je interval izme�u poloµzaja A i A1 manji.Vektor

!v sr dostiµze graniµcnu vrednost trenutne brzine

!v kada rastojanje A1A! 0 ili �t! 0 pa je

!v = lim

A1!A

!v sr = lim

�t!0

�!r

�t= lim

�t!0

!r (t+�t)� !

r (t)

�t=d!r

dt=

�!r

Ova relacija pokazuje da je trenutna brzina jednaka prvom izvodu vektora poloµzaja pokretnetaµcke po vremenu.


y

z

x

0i→

j→

k→

r→∆

r→ r→1

AA1 A2

An

v→

→0τ

r→∆r→∆

Smanjenjem vremena �t sm-anjuje se seµcica �

!r ili tetiva

luka koja za �t! 0 iz poloµza-ja tetive prelazi u poloµzaj ta-ngente u taµcki A kada intenz-itet vektora prira�taja pos-taje jednak pre�enom putudr = dS pa se vektor brzinemoµze izraziti relacijom

!v =

dr

dt

!� 0 =

dS

dt|{z}v

!� 0 = v

!� 0

gde jedS

dtintenzitet brzine kretanja materijalne taµcke u poloµzaju A a

!� 0 jediniµcni vektor tangente.

U pravouglom koordinatnom sistemu vektor brzine!v ima tri komponente duµz x y z ose.

Diferenciranjem vektora poloµzaja!r po vremenu t dobijamo

!v =

d!r

dt=d

dt

�x!i + y

!j + z

!k

�=dx

dt|{z}vx

!i +

dy

dt|{z}vy

!j +

dz

dt|{z}vz

!k = vx

!i + vy

!j + vz

!k

pa se komponente brzine v ili njene projekcije na koordinatne ose x y z mogu prikazati formulama

vx =dx

dt=

�x vy =

dy

dt=

�y vz =

dz

dt=

�z dok je modul ili intenzitet brzine v odre�en formulom

v =qv2x + v

2y + v

2z Pravac vektora brzine v u odnosu na koordinatne ose moµzemo odrediti preko kosinusa

uglova u odnosu na te ose gde je

cos (!v ;

!i ) =

�xq

�x2 +

�y2 +

�z2=

�x

vcos (

!v ;

!j ) =

�yq

�x2 +

�y2 +

�z2=

�y

vcos (

!v ;

!k ) =

�zq

�x2 +

�y2 +

�z2=

�z

v

Ubrzanje kod krivolinijskog kretanja u prostoru

y

z

x

0i→

j→

k→

AA1

An

v→

v→∆

v→∆v→1v→1

a→

Kod neravnomernog kretanjamaterijalne taµcke po krivolini-jskoj putanji njen vektor br-zine se menja sa vremenompo pravcu i intenzitetu.Dakleako se taµcka u vremenu od t dot+�t krece po krivoj liniji odpoloµzajaA do poloµzajaA1 ta-da vektor prira�taja ili pro-mene njene brzine iznosi

�!v =

!v 1 �

!v

Ako vektor prira�taja brzine �!v podelimo sa intervalom vremena �t za koji je taj prira�taj nastao

tada dobijamo vektor srednjeg ubrzanja materijalne taµcke, odnosno

�!v

�t=

!a sr

Kako je vektor srednjeg ubrzanja!a sr koliµcnik vektora prira�taja brzine i vremenskog intervala �t

koji je pozitivni skalar, onda vektor!a sr ima isti pravac i smer kao vektor prira�taja brzine �

!v

Vektor!a sr dostiµze graniµcnu vrednost trenutnog ubrzanja

!a ako rastojanje A1A! 0 ili ako �t! 0

pa je


!a = lim

A1!A

!a sr = lim

�t!0

�!v

�t= lim

�t!0

!v (t+�t)� !

v (t)

�t=d!v

dt=

�!v

Ova formula pokazuje da je trenutno ubrzanje materijalne taµcke jednako prvom izvodu vektora brzine

taµcke po vremenu. Kako je!v =

d!r

dtonda formula

!a =

d!v

dt=d2!r

dt2=

��!r

pokazuje da je vektor ubrzanja!a jednak drugom izvodu vektora poloµzaja pokretne taµcke po vre-

menu. U pravouglom koordinatnom sistemu vektor ubrzanja!a ima tri komponente duµz x y z ose kada

dvostrukim diferenciranjem vektora poloµzaja!r po vremenu t dobijamo

!a =

d2!r

dt2=d

dt

�dx

dt|{z}vx

!i +

dy

dt|{z}vy

!j +

dz

dt|{z}vz

!k

�=d2x

dt2|{z}ax

!i +

d2y

dt2|{z}ay

!j +

d2z

dt2|{z}az

!k

pa se komponente ubrzanja a ili njegove projekcije na koordinatne ose x y z mogu prikazati formulama

ax =d2x

dt2=

��x ay =

d2y

dt2=

��y az =

d2z

dt2=

��z

dok je modul ili intenzitet vektora ubrzanja a odre�en formulom

a =qa2x + a

2y + a

2z =

q��x2 +

��y2 +

��z2 Pravac vektora ubrzanja a u odnosu na koordinatne ose moµzemo

odrediti preko kosinusa uglova u odnosu na te ose gde je

cos (!a ;

!i ) =

��xq

��x2 +

��y2 +

��z2=axa

cos (!a ;

!j ) =

aya

cos (!a ;

!k ) =

aza


Kosi hitac

v y

v x

v

ax = 0ay = −g

v xv =

ymax

v x0

v y0

v 0

αα

v xk

v yk

v0

vk=

x

v x

v y v

21 D

D

0

y Ako se telo izbaci u bezotpo-rni prostor nekom silom poduglom � u odnosu na x - osutada u nastavku kretanja nanjega deluje iskljuµcivo gra-vitaciona sila pa je dalje kr-etanje telasloµzeno, odnosnoravnomerno po horizontal-noj komponenti vx i ravno-merno-promenljivo po ve-rtikalnoj komponenti vy jergravitaciona sila na �slobo-dno�telo vr�i uticaj iskljuµci-vo po vertikalnom pravcu.Dakle, u horizontalnom pr-avcu na telo ne deluje ni-kakva sila pa njegovo ubrza-nje u pravcu x - ose iznosi

ax = 0 ) vx = v0x = const

x = vx t

dok u vertikalnom pravcu na telo deluje konstantna gravitaciona sila pa je ubrzanje u pravcu y - ose

ay = � g ) vy = v0y + ay t = v0y � g t ) y = v0y t�1

2g t2

Putanja kretanja tela izbaµcenog u polju gravitacione sile moµze se �opisati�formulama

x = vx t y = v0y t�1

2g t2

U trenutku dostizanja maksimalne visine (ymax ) vertikalna komponenta brzine tela iznosi vy = 0 pa je

vy = v0y � g tymax = 0 ) v0y = g tymax

odakle dobijamo vreme dostizanja maksimalne visine (tymax ) koje iznosi

tymax =v0yg

pa je vreme dostizanja maksimalne visine (ymax ) srazmerno vertikalnoj kompone-

nti poµcetne brzine (v0y ) a obrnuto srazmerno gravitacionom ubrzanju (g)U trenutku maksimalnog doleta tela (D) njegova vertikalna komponenta visine iznosi y = 0 a njenomzamenom u jednaµcinu putanje dobijamo

0 = v0y t�1

2g t2 ) v0y =

1

2g t pa je ukupno vreme kretanja tela

tuk =2v0yg

odakle vidimo da je ono 2 puta vece od vremena dostizanja najvece visine, odnosno

tuk = 2 tymax jer se �taµcka�maksimalne visine putanje (ymax ) nalazi na njenoj polovini.

Maksimalna visina putanje tela iznosi

ymax= v0y tymax�1

2g t2ymax= v0y

v0yg� 12gv20yg2

=v20yg� 12

v20yg=v20y2g

Kako je

v0x = v0 cos� v0y = v0 sin� onda horizontalna komponenta putanje ili maksimalni dolet iznosi

D = xmax= v0x tuk= v0x2v0yg

=2v0xv0y

g=2v0 cos�v0 sin�

g=v20 2 sin� cos�

g=v20 sin 2�

g

pa se vidi da telo ima najveci dolet D ako je izbaµceno pod uglom � = 45� jer je tada sin 2� = sin 90� = 1


odnosno � = 45�

Ne�to �sloµzeniju�, zanimljiviju i korisniju analizu istog �problema�uz upotrebu ne�to �sloµzenijeg�raµcuna moµze-mo pogledati na sledecim stranicama gde je termin hitac zamenjen terminom teniska loptica.

Teniska loptica je izbaµcena sa visine h poµcetnom brzinom v0 u pravcu koji sa terenom zaklapa ugao �Odredimo parametre kretanja loptice ako zanemarimo uticaj otpora vazduha

v y = 0

v x0

v y0v 0

v y

v x

ax = 0ay = −g

vv xv =

v y

v x

v

γ

hD1

0D

α

θv xk

v yk vk

x

x1

y

ymax y max1

Sa slike vidimo da vaµze sledece relacije:v0xv0

= cos� ) v0x = v0 cos�v0yv0

= sin� ) v0y = v0 sin�

Posle poµcetka kretanja, loptica nema horizontalno ubrzanje ax pa imamo:

ax = 0| {z } ) ax =dvxdt

= 0 ) vx = const = v0x = v0 cos� vx =dx

dt= v0 cos� ) dx = v0 cos� dt )

x = v0 cos�

Zdt = v0 cos� � t+ C1 Konstantu C1 odre�ujemo iz poµcetnih uslova, odnosno

x(t=0) = 0 ) 0 = v0 cos� � 0 + C1 ) C1 = 0 Zamenom dobijamo

x = v0 cos� � t ) t =x

v0 cos�

ay = � g| {z } ) ay =dvydt

= � g ) dvy = � g dt ) vy = � gZdt = � g t+ C2

Konstantu C2 odre�ujemo iz poµcetnih uslova, odnosno

vy(t=0) = v0y ) v0y = � g � 0 + C2 ) C2 = v0y = v0 sin� Sada je

vy =dy

dt= v0 sin�� g t ) dy = (v0 sin�� g t) dt

y = v0 sin�

Zdt� g

Zt dt = v0 sin� � t�

1

2g t2 + C3

y(t=0) = h ) h = v0 sin� � 0�1

2g � 02 + C3 ) C3 = h Sada je

y = v0 sin� � t�1

2g t2 + h = v0 sin�

x

v0 cos�� 12g

x2

v20 cos2 �

+ h = x tg �� g

2v20 cos2 �

x2| {z }parabola

+ h


Odredimo brzinu loptice v u zavisnosti od njenog poloµzajav2 = v2x + v

2y = (v0 cos�)

2+ (v0 sin�� g t)2 = v20 cos2 �+ v20 sin2 �� 2v0 sin� � g t+ g2 t2

= v20�cos2 �+ sin2 �

�| {z }1

� 2g�v0 sin� � t�

1

2g t2�

| {z }y�h

= v20 � 2 g (y � h) Sada je

v =pv20 � 2g (y � h) Odredimo �pravce�kretanja loptice u funkciji vremena. Prema slici imamo:

tg =vyvx=v0 sin�� g tv0 cos�

= tg �� g t

v0 cos�tg � = � vyk

vxk=g tk � v0 sin�v0 cos�

=g tk

v0 cos�� tg �

Odredimo vreme t1 za koje loptica dostignemaksimalnu visinu putanje (ymax ) U trenutku dostizanjamaksimalne visine, vertikalna komponenta brzine vy jednaka je nuli, odnosno

vy(t=t1 ) = v0 sin�� g t1 = 0 ) t1 =v0 sin�

gMaksimalna visina koju loptica dostiµze iznosi

ymax = y(t=t1 ) = v0 sin� � t1 �1

2g t21 + h = v0 sin�

v0 sin�

g� 12gv20 sin

2 �

g2+ h =

1

2

v20 sin2 �

g+ h

Za h = 0 ) y1max =v20 sin

2 �

2gOdredimomaksimalni domet loptice

Za x = D ) y = 0 ) 0 = D tg �� g

2v20 cos2 �

D2 + h Mnoµzenjem sa2v20 cos

2 �

gdobijamo

D2 � 2 tg � � v20 cos

2 �

gD � 2v

20 cos

2 � � hg

= 0 odnosno D2 � v20 sin 2�

gD � 2v

20 cos

2 � � hg

= 0 Sada je

D =

v20 sin 2�

g�

s�v20 sin 2�

g

�2+4 � 2 � v20 cos2 � � h

g

2

Nama je znaµcajno samo re�enje sa znakom (+) odnosno

D =v20 sin 2�

2g+1

2

s�v20 sin 2�

g

�2+4 � 2v20 cos2� � h

g=v20 sin 2�

2g+

s1

4

�v20 sin 2�

g

�2+1

4

4 � 2 � v20 cos2� � hg

=v20 sin 2�

2g+

vuuuuut�v20 sin 2�

2g

�20BB@1 +2 � v20 cos2 � � h

g

4 � v40 sin2 � � cos2 �4g2

1CCA =v20 sin 2�

2g+v20 sin 2�

2g

s1 +

2 g h

v20 sin2 �

=v20 sin 2�

2g

1 +

s1 +

2 g h

v20 sin2 �

!

Za h = 0 ) D1 =v20 sin 2�

gLoptica dostiµzemaksimalni domet ako je izbaµcena pod uglom � =

�

4

Tada je sin 2� maksimalno, odnosno sin 2� = sin�

2= 1 Za � =

�

4) D1max =

v20g

Primetimo da loptica dostiµze najvecu visinu na polovini D1


Horizontalni hitac Pogledajmo sledeci primer

00) Na visini H = 25m horizontalno je baµcena kuglica poµcetnom brzinom v0 = 15m

sOdredimo vreme

βα vx

v y

v

x

y →v 0

D

H

0

→

→

→

kretanja kuglice, domet, intenzitet brzine kuglice pri udaruna Zemlju i ugao pod kojim kuglica pada na Zemlju.Ako bi slobodno padala na Zemlju bez poµcetne brzine i ot-pora vazduha, tada bi kuglica za vreme t pre�la vertikalno

rastojanje H =1

2g t2 pa vreme kretanja kuglice iznosi

t =

r2H

g=

vuut 2 � 25m9; 81

m

s2

= 2; 26 s Ako nema otpora vazduha,

tada je horizontalna komponenta brzine kuglice (vx ) u sva-kom trenutku jednaka njenoj poµcetnoj brzini v0 pa domet

kuglice iznosi D = v0 � t = 15m

s� 2; 26 s = 33; 86m

Vertikalna komponenta brzine (vy ) jednaka je brzini slobodnog padanja, odnosno

vy = g � t = 9; 81m

s2� 2; 26 s = 22; 15 m

s

Brzinu udara kuglice na Zemlju moµzemo odrediti primenom Pitagorine teoreme, kada je

v =q(vx )

2+ (vy )

2=q(v0 )

2+ (vy )

2=

r225

m2

s2+ 490; 5

m2

s2= 26; 75

m

s

Kako je sin� =vyv) � = arcsin

vyv= arcsin

22; 15m

s

26; 75m

s

= 55; 89� onda ugao udara kuglice na Zemlju iznosi

� = 180� � � = 180� � 55; 89� = 124; 11�

00) Iz podnoµzja ravni nagnute pod uglom � = 20� izbaµcen je projektil poµcetnom brzinom v0 = 100m

spod

α β

v 0

domet d xy =

βtan ⋅y( , )T 0x 0

x

y

0 0x

y 0

→

uglom � = 50� u odnosu na strmu ravan.Odredimo domet proj-ektila duµz ravni. Prema slici imamo

x = v0 cos� � t ) t =x

v0 cos�odnosno y = v0 sin� � t�

1

2g t2 =

= v0 sin�x

v0 cos�� 12g

x2

v20 cos2 �

= x tg �� g x2

2v20 cos2 �| {z }

parabola

Presek putanje kretanja (parabole) i prave y = tg � � x glasi y = y odnosno

x0 tg � = x0 tg ��g x20

2v20 cos2 �

Iz ove jednaµcine dobijamo x0

�(tg �� tg � )� g x0

2v20 cos2 �

�= 0 kada jedno

�re�enje�x0 = 0 otpada dok se drugo re�enje dobija ako se izraz u velikoj zagradi izjednaµci sa nulom pa je

g x0 = 2v20 cos

2 � (tg �� tg � ) ) x0 =2v20 cos

2 �

g(tg �� tg � ) Kako je

x0d= cos� onda imamo

d =x0cos�

=2v20 cos

2 �

g cos�(tg �� tg � ) = 741; : : : m


00) Na 10m udaljenosti i 4m iznad horizontalne ravni nalazi se meta koju treba pogoditi kuglom izbaµcenom

x

y

0θ

0x

y 0

v 0

v 0

α 2 α 1

→

→

poµcetnom brzinom v0 = 20m

sOdredimo ugao u odnosu na horizontalnu

ravan pod kojim treba baciti kuglu da bi ona pogodila metu. Prema slici imamo

x = v0 cos� � t ) t =x

v0 cos�odnosno

y = v0 sin� � t�1

2g t2= v0 sin�

x

v0 cos�� 12g

x2

v20 cos2�

= x tg �� g x2

2v20 cos2�

pa je y0 = x0 tg ��g x20

2v20 cos2 �

Mnoµzenjem sa 2 cos2 � dobijamo

2y0 cos2 � = 2x0

sin�

cos�cos2 �� g x

20

v20Kako je

(2 cos2 � = 1 + cos 2�

2 sin� cos� = sin 2� onda je

y0 (1 + cos 2�) = x0 sin 2��g x20v20

odnosno y0 +g x20v20

= x0 sin 2�� y0 cos 2�

y0

�1 +

g x20v20 y0

�= x0 sin 2�� y0 cos 2� Prema slici vaµzi

y0px20 + y

20

= sin �x0px20 + y

20

= cos �y0x0= tg �

pa delenjem prethodne relacije sapx20 + y

20 dobijamo

y0px20 + y

20

�1 +

g x20v20 y0

�=

x0px20 + y

20

sin 2�� y0px20 + y

20

cos 2� odnosno

sin �

�1 +

g x20v20 y0

�= cos � sin 2�� sin � cos 2� = sin (2�� ) odakle je

2�� = arcsin�sin �

�1 +

g x20v20 y0

��odnosno

�1 =1

2

arcsin

sin �

�1 +

g x20v20 y0

�| {z }

0:599

!| {z }

36;8�

+ arc tgy0x0| {z }

�=21;8�

!= 29� 180 1200

Kako je sin� = sin (� � �) onda jednostavno dobijamo i �2 odnosno

�2 =1

2

�180� � arcsin

�sin �

�1 +

g x20v20 y0

��+ arc tg

y0x0

�= 82� 290 5300

Oba re�enja su realna i zadovoljavaju uslove zadatka.

00) Lopta se otkotrlja sa horizontalnog stola visokog h = 2; 2m posle µcega padne na pod na rastojanju

dx

y

0

h

v→0

v→

d = 2; 9m od podnoµzja stola.Odredimo vreme padanja lopte (�) br-zinu kojom je napustila sto (v0) i brzinu njenog udara o pod (v)Ako zanemarimo otpor vazduha, tada kotrljanje lopte nema uticajapa njeno kretanje moµzemo posmatrati kao horizontalni hitac gde je� = 0 Prema slici, parametarske jednaµcine glase

x = v0 t ) t =x

v0y = h� 1

2g t2 = h� g x

2

2v20

Prema zakonu o odrµzanju energije E = const imamo

1

2mv20 +mgh odakle je v =

pv20 + 2 g h

Za x = d ) y = 0 pa je 0 = h� g d2

2v20) h =

g d2

2v20odnosno


v0 =

rg d2

2h= d

rg

2h= 2; 9m

vuut 9; 81m

s2

4; 4m= 4; 33

m

sVreme padanja lopte � moµzemo odrediti iz formule

x = d = v0 � odakle je � =d

v0=

2; 9m

4; 33m

s

= 0; 67 s Brzina udara lopte u pod iznosi

v =pv20 + 2 g h = 7; 86

m

s

00) Telo je baµceno poµcetnom brzinom v0 = 24m

spod uglom � u odnosu na horizontalnu ravan.Odredi-

d0

Ay

xα

v→0

mo ugao � da domet tela bude jednak maksimalno dostignutoj visini kreta-nja ymax Odredimo domet tela.

Kako je y = v0 t sin��1

2g t2 onda za taµcku A vaµzi y = ymax v0 = 0 odnosno

vy = v0 sin�� g t = 0 odakle je t0A =v0 sin�

g

ymax = y(t od 0 do A) = v0v0 sin�

gsin�� 1

2gv20 sin

2 �

g2=v20 sin

2 �

g� 12

v20 sin2 �

g

=v20 sin

2 �

2g

d = v0 t cos� = v0 � 2 � t(0A) cos� = 2 � v0v0 sin�

gcos� =

v20 sin 2�

gMora biti d = ymax odnosno

v20 sin 2�

g=v20 sin

2 �

2 g) 2 � 2 sin� cos� = sin2 � ) 4 cos� = sin� Sada je 4 =

sin�

cos�= tg � )

� = arc tg 4 = 75� 570 ili d = ymax =v20 sin 2�

g= 27; 63m

00) Na strmu ravan nagibnog ugla � = 45� pada kugla sa visine H = 20m bez poµcetne brzine. Pri

dx

v 0

y

0l m10=

D

hm

10=

hm

10=

Hm

20=

o45o45

N

α

→

odbijanju od strme ravni kugla izgubi 20% brzine.Mesto udarau strmu ravan je na polovini visine slobodnog pada.Odredimo domet kugle na horizontalnu ravan.

Kako je v = g t odnosno h = v0 t|{z}0

+1

2g t2 =

1

2g t2 onda brzina uda-

ra kugle u strmu ravan iznosi v =p2 g h Od strme ravni kugla se odbi-

ja pod istim uglom pod kojim je pala na ravan.To znaµci da kugla na-stavlja da se krece kao telo baµceno sa visine h u horinzontalnom pravcu(� = 0) i to brzinom v0 koja je 20% manja od brzine v odnosno

v0 = 0; 8 � v = 0; 8 �p2 g h Prema slici vaµze parametarske jednaµcine

x = v0 t ) t =x

v0odnosno y = h� 1

2g t2

U trenutku pada na horinzontalnu ravan kada je x = D y = 0 vaµzi

y = 0 = h� 12g t2 ) t =

r2h

godnosno

D

v0=

r2h

godakle je

D = v0

r2h

g= 0; 8 �

p2 g h

r2h

g= 16m Domet na horizontalnoj ravni d iznosi

d = D � l = 16m� 10m = 6m


Kruµzno kretanjeKruµzno kretanje je najjednostavniji i najvaµzniji oblik krivolinijskog kretanja gde se materijalna taµcka

0θθ∆θ

A1

A

r0

∆ S

x

ykrece oko jedne obrtne ose opisujuci kruµznu putanju koja leµzi u ra-vni normalnoj na obrtnu osu. Za jednostavnije razumevanje kruµznogkretanjamaterijalne taµcke prirodno se javlja potreba za pojmovima ug-aone brzine i ugaonog ubrzanja jer je brzina kretanja materijalnetaµcke zavisna od njene udaljenosti od obrtne ose dok je njena ug-aona brzina ista bez obzira na udaljenost taµcke od iste obrtne ose

Ugaona brzina kod kruµznog kretanjaAko se materijalna taµcka krece po kruµznoj putanji oko obrtne ose (0)koja je normalna na ravan kruµzne putanje, tada rastojanje te taµckedo obrtne ose, odnosno polupreµcnik

�r = 0A

�u nekom vremensk-

om intervalu �t opisuje neki ugao �� pa je poloµzaj taµcke kod kru-µznog kretanja odre�en njenim rastojanjem od obrtne ose i opisanim

uglom. Ako iz poloµzaja A za neki vremenski interval �t taµcka stigne u poloµzaj A1 tada ugaoni pomerajpolupreµcnika, odnosno rastojanja od obrtne ose iznosi�� = � � �0pa se srednja ugaona brzina (!sr ) materijalne taµcke oko obrtne ose de�ni�e koliµcnikom njenog ugaonogpomeraja (��) i vremenskog intervala (�t) za koji je taj ugaoni pomeraj (��) nastao, odnosno

!sr =��

�t=� � �0t� t0

pri µcemu se u trenutku t0 taµcka nalazila u poloµzaju A i u trenutku t u poloµzaju A1

Srednja ugaona brzina je !sr =ugaoni pomerajproteklo vreme

Srednja ugaona brzina !sr dostiµze graniµcnu vrednost trenutne ugaone brzine ! kada rastojanjeA1A! 0 odnosno kada �t! 0 pri µcemu je

! = limA1A!0

!sr = lim�t!0

��

�t=d�

dt

Ako je ugaona brzina ! konstantna i ako je u trenutku t0 = 0 i �0 = 0 tada je ! =� � �0t� t0

=�

tili

� = ! t �to po analogiji odgovara formuliS = v t odnosno pre�enom putu kod translatornog kretanja.

Dimenziona jedinica ugaone brzine je ! =ugao - radijanvreme - sekund

=rad

s

1 rad =180�

�= 57� 170 4500 =

1

2�obrta 1 obrt= 360� = 2� rad

Ugaona brzina ! se izraµzava i brojem obrta u sekundi, odnosno1 obrt - pun ugao

1 sekund=O

s

U tehnici se ugaona brzina ! izraµzava i brojem obrta u minuti gde je1 obrt - pun ugao

1 minut=

O

min

00) Satelit kruµzi oko Zemlje na udaljenosti h = 6370 km brzinom v = 32 000km

hOdredimo vreme potre-

h

v→

v→

r

bno da satelit obi�e Zemlju od istoka prema zapadu i od za-pada prema istoku.Polupreµcnik Zemlje je r = 6370 kmSatelit se krece po kruµznoj putanji preµcnika 2 (r + h) pa ob-im te putanje iznosi

O = 2 (r + h)� = 2 (6 370 km+ 6370 km)� = 80 047; 78 km

Vreme za koje satelit obi�e jedan krug ili jedan obrt iznosi

t =O

v=80 047; 78 km

32 000km

h

= 2; 5 h = 9005; 37 s


Ugaona brzina rotacije satelita oko Zemlje iznosi

!S =1 obrt

t=

2� rad

9 005; 37 s= 6; 97 � 10�4 rad

sUgaona brzina rotacije Zemlje oko svoje ose iznosi

!Z =1 obrt

t=

2� rad

24 � 3 600 s = 7; 27 � 10�5 rad

s

Ako satelit obilazi Zemlju od istoka prema zapadu, tada njegova ugaona brzina u odnosu na Zemlju iznosi

!i�z = !S � !Z = 6; 97 � 10�4rad

s� 7; 27 � 10�5 rad

s= 6; 24 � 10�4 rad

s

Vreme obilaska satelita oko Zemlje od istoka prema zapada iznosi

t1 =1 obrt

!i�z=

2� rad

6; 24 � 10�4 rads

= 10 053; 2 s = 2; 79 h

Ako satelit obilazi Zemlju od zapada prema istoku, tada ugaona brzina njegovog kretanja u odnosu na Zemljuiznosi

!z�i = !S + !Z = 6; 97 � 10�4rad

s+ 7; 27 � 10�5 rad

s= 7; 7 � 10�4 rad

s

Vreme obilaska satelita oko Zemlje od zapada prema istoku iznosi

t2 =1 obrt

!z�i=

2� rad

7; 7 � 10�4 rads

= 8155; 34 s = 2; 26 h

Ugaono ubrzanje kod kruµznog kretanjaKao kod drugih oblika kretanja, tako i kod kruµznog kretanja materijalna taµcka se moµze kretati oko obrtne osesporije ili brµze pa se i njena ugaona brzina menja, odnosno kruµzno kretanje moµze imati i ugaono ubrz-anje (�) Ako u poloµzaju A odnosno u trenutku t0 taµcka ima ugaonu brzinu !0 a u poloµzaju A1 odnosnou trenutku t ugaonu brzinu ! tada promena ili prira�taj ugaone brzine �! u vremenskom intervalu�t = t� t0 iznosi �! = ! � !0gde je srednje ugaono ubrzanje �sr jednako koliµcniku promene ugaone brzine �! i vremenskog in-tervala �t u kome je do te promene i do�lo

�sr =�!

�t=! � !0t� t0

ili �sr =promena ugaone brzine

proteklo vreme

Srednje ugaono ubrzanje �sr ce dostici graniµcnu vrednost trenutnog ugaonog ubrzanja � kada rasto-janje A1A! 0 odnosno kada �t! 0 pa je

� = limA1A!0

�sr = lim�t!0

�!

�t=d!

dtKako je ! =

d�

dtonda se trenutno ugaono ubrzanje � moµze prikazati

i formulom � =d2�

dt2Ako je ugaono ubrzanje � konstantno, tada se trenutno ugaono ubrzanje � moµze

odrediti iz bilo kog vremenskog intervala t� t0 kada je

� =! � !0t� t0

odakle za t0 = 0 dobijamo � =! � !0t

) ! � !0 = �t ili

! = !0 + �t pa je poslednja formula analogna relaciji za brzinu kod jednakoubrzanog kretanja

v = v0 + a t

Formulu za ugaonu brzinu taµcke oko obrtne ose kada je ugaono ubrzanje konstantno! = !0 + �t moµzemo dobiti i primenom diferencijalnog raµcuna sledecim postupkom

Kako je trenutno ugaono ubrzanje

� =d!

dt) d! = � dt onda imamo

Zd! = �

Zdt odnosno ! = �t+ C Za t = 0 ) ! = !0 ili


!0 = � � 0 + C ) C = !0 pa je

! = !0 + �t| {z } Kako je trenutna ugaona brzina ! =d�

dt= !0 + �t ) d� = (!0 + �t) dt onda imamoZ

d� =

Z(!0 + �t) dt = !0

Zdt+ �

Zt dt odnosno � = !0 t+

1

2�t2 + C Za t = 0 ) � = 0 ili

0 = !0 � 0 +1

2� � 02 + C ) C = 0 pa je

� = !0 t+1

2�t2| {z } Kako je � =

d!

dt

d�

d�=d!

d�

d�

dt|{z}!

= !d!

d�onda imamo ! d! = � d� odakle je

Z! d! = �

Zd� odnosno

1

2!2 = �� + C Za t = 0 imamo � = 0 ) ! = !0 odnosno

1

2!20 = � � 0 + C ) C =

1

2!20 pa je

1

2!2 = �� +

1

2!20 odnosno

!2 = 2�� + !20| {z }Brzina materijalne taµcke kod kruµznog kretanjaAko se materijalna taµcka krece oko obrtne ose po kruµznoj putanji polupreµcnika r tada rastojanje izme�upoloµzaja A i A1 iznosi �S = r� � odakle dobijamo njenu brzinu kretanja

v = lim�t!0

�S

�t= lim

�t!0

r��

�t= r lim

�t!0

��

�t= r

d�

dt|{z}!

= r ! pa je

! =v

rBrzinu v = r ! nazivamo obimnom ili perifernom brzinom

Ubrzanje materijalne taµcke kod kruµznog kretanja

θ

A

0x

y

0θ∆θ

A1

r→r→

v→

∆θv→1

v→v→∆

Kod svakog krivolinijskog kretanja materijalne taµckenjeno ubrzanje moµze imati bilo koji pravac koji se ne po-klapa sa pravcem njene brzine �to vaµzi i za kruµzno kret-anje kao najjednostavniji oblik krivolinijskog kretanja.Kod kruµznog kretanja sa konstantnom ugaonom brzin-om ! obimna ili periferna brzina v je konstantna.Ako se materijalna taµcka krece po kruµznoj putanji polupreµc-nika r tada ce njena brzina u poloµzaju A biti oznaµcena vekt-orom brzine

!v a u poloµzaju A1 vektorom brzine

!v 1 gde se

vidi da vektori brzine!v i

!v 1 uvek imaju poloµzaj i pravac

tangente na putanju kretanja materijalne taµcke, na mestugde se ta taµcka trenutno nalazi. Vidimo da su vektori

!v i

!v 1

uvek normalni sa polupreµcnikom r pa vektori brzine!v i

!v 1

uvek grade isti ugao �� kao i polupreµcnici r Sa slike vidimo da je!v +�

!v =

!v 1 pa za male uglove ��

moµzemo prihvatiti aproksimaciju

�v � v��to su poloµzaji A i A1 bliµzi jedan drugom to se duµzina tetive koja ih�spaja�sve vi�e pribliµzava duµzini luka�S pa u graniµcnom sluµcaju kada A1A! 0 odnosno kada �t! 0 imamo

a = lim�t!0

�v

�t= lim

�t!0

v��

�t= v lim

�t!0

��

�t= v

d�

dt|{z}!

= ! v Kako je v = ! r ) ! =v

r) r =

v

!

onda se ubrzanje materijalne taµcke kod kruµznog kretanja moµze prikazati i formulama

a = ! v = !2 r =v2

r


gde vektor ubrzanja!a ima pravac vektora prira�taja brzine �

!v Ako se poloµzaj taµcke (A1 ) pribliµzava

poloµzaju taµcke (A) tada se pravac vektora �!v pribliµzava pravcu polupreµcnika r u dodirnoj taµcki kruµzne

putanje pa ce vektor �!v u graniµcnom sluµcaju kada poloµzaji A1 i A budu beskonaµcno blizu, biti norma-

lan na vektor brzine!v odnosno imace pravac polupreµcnika r i smer koji je uvek orijentisan ka centru

kruµzne putanje.Dakle, vektor ubrzanja!a kod kretanja taµcke po kruµznoj putanji uvek ima smer ka centru

kruµzne putanje pa se ovo ubrzanje naziva normalno radijalno ili centripetalno ubrzanje jer se ono javljaiskljuµcivo usled promene pravca vektora obimne ili periferne brzine

!v kada je intenzitet vektora br-

zine!v pri konstantnoj ugaonoj brzini ! konstantan.

0

x

y

θ

θ

m

r

a→a→t

a→r

A

0 x

y

0θ

v →∆tv→∆

v→∆

rv→1

v→1

r→ A1

r→∆θ

Ako ugaona brzina ! pri kruµznom kretanju nije konstantna, tada vektor periferne brzine !v pored

pravca, menja i intenzitet, odnosno brojnu vrednost, pa se tada pravac vektora ubrzanja!a ne poklapa

sa pravcem polupreµcnika r Tada je podesno vektor ubrzanja!a razloµziti na vektor radijalnog ubrzanja

(!a r ) koji se poklapa sa pravcem polupreµcnika r i vektor tangencijalnog ubrzanja (

!a t ) koji se poklapa

sa pravcem tangente na mestu dodira taµcke sa polupreµcnikom r

Sa slike desno vidimo da je zbir vektora brzine!v i vektora prira�taja brzine �

!v

!v +�

!v =

!v 1

gde vektor prira�taja brzine �!v moµzemo razloµziti na tangencijalnu komponentu �

!v t i na radijalnu kom-

ponentu �!v r Pribliµzavanjem poloµzaja A1 poloµzaju A smanjuje se vrednost vektora prira�taja

brzine �!v odnosno smanjuje se razlika

�v = v1 � v = r !1 � r ! = r�!gde se vrednost tangencijalne komponente �

!v t pribliµzava algebarskoj razlici

�!v t � r�!

U graniµcnom sluµcaju, kada A1A! 0 odnosno kada �t! 0 tangencijalna komponenta �vt ce postati je-dnaka algebarskoj razlici �v = r�! kada je

at = lim�t!0

�v

�t= lim

�t!0

r�!

�t= r lim

�t!0

�!

�t= r

d!

dt|{z}�

= r �

Tangencijalna komponenta ubrzanja!a t ima pravac tangente u taµcki dodira polupreµcnika r i putanje.

Radijalna komponenta ubrzanja!a r ima poloµzaj u pravcu polupreµcnika r ili radijalni pravac pa ce ra-

dijalno ubrzanje i kod promenljivog kruµznog kretanja biti

ar = ! v = r !2 =

v2

r

�to je identiµcno ubrzanju a kod jednolikog kruµznog kretanja gde je ugaona brzina ! konstantna. Akose materijalna taµcka krece po kruµznoj putanji konstantnom ugaonom brzinom (! = const) tada kod takvog


kretanja postoji samo radijalno ubrzanje!a r i ono nastaje zbog promene pravca periferne brzine dok

je ugaono ubrzanje � kod takvog kretanja jednako nuli (� = 0) pa i tangencijalno ubrzanje!a t kod ta-

kvog kretanja iznosi!a t = r � 0 = 0Zato tangencijalno ubrzanje

!a t postoji samo kod promenljivog kruµznog kretanja gde je ugaono ubrzanje

� 6= 0 pa kod takvog kretanja tangencijalno ubrzanje nastaje zbog promene brojne vrednosti vektoraperiferne brzine

!v Promenom svoga pravca vektorske veliµcinemenjaju svoju vrednost pa je

svako krivolinijsko kretanje ubrzano kretanje jer se pravac vektora brzine pri takvom kret-anju menja.Svako kruµzno kretanje je ubrzano kretanje gde je ubrzanje uvek razliµcito od nule.Kako su tangencijalna i radijalna komponenta ubrzanja

!a t i

!a r me�usobno normalne, onda brojna

vrednost ubrzanja!a iznosi

a =pa2t + a

2r =

q(r �)

2+ (r !2 )

2 pa za ugao � koji ubrzanje!a gradi sa polupreµcnikom r imamo

atar= tg � ) � = arc tg

atar

θy

0x

y

r

x

Ako se koordinatni sistem postavi u centar kruµzne putanje u xy - ravni i ako se pri-hvati da je �0 = 0 za t0 = 0 tada koordinate materijalne taµcke koja se krece pokruµznoj putanji polupreµcnika r iznose x = r cos � y = r sin � a njihovim dif -erenciranjem po vremenu t dobijamo komponente brzine u pravcu x i y ose

vx =dx

dt= � r sin � � d�

dt|{z}!

= � r ! sin � vy =dy

dt= r cos � � d�

dt|{z}!

= r ! cos �

Diferenciranjem ovih formula po vremenu t dobijamo komponenteubrzanjataµcke u pravcu x i y - ose, odnosno

ax =dvxdt

= � r�d!

dt|{z}�

sin � + ! cos � � d�dt|{z}!

�= � r

�!2 cos � + � sin �

�

ay =dvydt

= r

�d!

dt|{z}�

cos � + !

�� sin � � d�

dt|{z}!

��= � r

�!2 sin � � � cos �

�Kako su komponente ax i ay me�usobno normalne, onda imamo

a2 = a2x + a2y = r

2�!4 cos2 � + 2!2 cos � � � sin � + �2 sin2 �

�+ r2

�!4 sin2 � � 2!2 sin � � � cos � + �2 cos2 �

�= r2

�!4�cos2 � + sin2 �

�| {z }1

+ �2�sin2 � + cos2 �

�| {z }1

�= r2 !4 + r2 �2 = (r �)

2+�r !2

�2odnosno

a =

q(r �)

2+ (r!2 )

2 Poznata formula

00) Obim Zemlje na ekvatoru iznosi 40 000 000m

o45

r 1

r

a) Odredimo ugaonu brzinu taµcke na ekvatoru i druge taµcke koja se na-lazi na 45 - om stepenu geografske �irine.

b) Odredimo linijsku ili perifernu brzinu taµcke na ekvatoru i druge ta-µcke koja se nalazi na 45 - om stepenu geografske �irine.

c) Odredimo radijalno, ugaono, tangencijalno i totalno ubrzanje ta-µcke na ekvatoru i taµcke koja se nalazi na 45 - om stepenu geografske �irine.

d) Odredimo procentualnu razliku teµzine tela mase m na ekvatoru ina polovima.


a) Ako izuzmemo taµcke na osi rotacije Zemlje, onda je ugaona brzina ! za svaku drugu taµcku na Zemlji ista

! =1 obrt

24 h=

2 � rad

24 � 3600 s = 7; 27 � 10�5 rad

s

b) Obim Zemlje na ekvatoru iznosi O = 2 r � pa je njen polupreµcnik r =40 000 000m

2�= 6366 197m

Linijska ili periferna brzina taµcke na ekvatoru iznosi

ve = r � ! = 6366 197m � 7; 27 � 10�5rad

s= 462; 96

m

srad = 462; 96

m

s

1 radz }| {1

2�obrta| {z }2 �

= 462; 96m

s

Polupreµcnik Zemlje na 45 - om stepenu geografske �irine iznosi

r1 = r cos 45� = 6366 197m �

p2

2= 4 501 581m

Linijska ili periferna brzina taµcke na 45 - om stepenu geografske �irine iznosi

v45� = r1 � ! = 4501 581m � 7; 27 � 10�5rad

s= 327; 36

m

srad = 327; 36

m

s

1 radz }| {1

2�obrta| {z }2 �

= 327; 36m

s

c) Radijalna komponenta ubrzanja ima poloµzaj u pravcu polupreµcnika r ili radijalni pravac. Taµcke na ek-vatoru i na 45 - om stepenu geografske �irine imaju sledece vrednosti radijalnog ubrzanja

(ar )e =v2er=214 331; 96

m2

s2

6 366 197m= 0; 0337

m

s2(ar )45� =

v245�

r1=107 164; 57

m2

s2

4 501 581m= 0; 0238

m

s2

Zemlja se okrece konstantnom ugaonom brzinom ! pa ugaono ubrzanje � svake taµcke na Zemlji iznosi

� =d!

dt= 0 ) a t = r � � = r � 0 = 0 (at )e = 0 (at )45� = 0

Tangencijalnoubrzanje (at)postoji samo kodpromenljivogkruµznog kretanja gde jeugaonoubrzanje� 6= 0Totalno ubrzanje (atot) taµcke na ekvatoru ili na 45 - om stepenu geografske �irine jednako je radijalnom ubr-zanju istih taµcaka, odnosno

(atot )e =q(ar )

2e + (at )

2e =

q(ar )

2e + 0 = (ar )e (atot )45� =

q(ar )

245� + (at )

245� =

q(ar )

245� + 0 = (ar )45�

d) Centrifugalna ili radijalna sila na polovima ne postoji ali na ekvatoru postoji zbog µcega dolazi dosmanjenja teµzine tela mase m kada je Qe = ma = m

�g � (ar )e

�Qpol = mg

QeQpol

=m�g � (ar )e

�mg

=9; 81

m

s2� 0; 0337 m

s2

9; 81m

s2

= 0; 99 %

Vektorsko predstavljanje veliµcina kod kruµznog kretanja

xr→v→ω→

xr→

v→ω→

Ugaona brzina!! je vektorska

veliµcina koja ima pravac jednakpravcuoserotacije, intenzitetjednak veliµcini ugaone brzine asmer vektora ugaone brzine!! de�nisan je smeromkretanjazavrtnja sadesnim navojemkoji se okretanjem u smeru ro-tacije taµcke krece u smeru ve-ktora

!v pa se on naziva i aksi-

jalnim vektorom kao svi drugivektori koji imaju pravac oseProizvod polupreµcnika puta-nje odnosno radijus vektora

!r


i vektora ugaone brzine!! jeste vektorska veliµcina koja pokazuje perifernu brzinu

!v =

!r �!

!

gde je vektor!v normalan na ravan koji saµcinjavaju vektori

!r i

!! pa je vektorski proizvod dva vektora

neki novi spoljni vektor koji nije u ravni sa druga dva vektora vec stoji �spolja�normalno na ravan ko-ju oni grade.Kako vektor ugaone brzine

!! i radijus vektor

!r grade ugao � = 90� ) sin � = 1 onda

brojna vrednost vektorskog proizvoda!v =

!r �!

! odgovara formuli za perifernu brzinu kod kruµznog kretanja gde jev = r !

v→ω→

xr→a→t→α

xa→r

r

Brojna vrednost vektorskog proizvoda!a t =

!� �!

r odgovara formuli za tangencijalno ubrzanje!a t pri µcemu je at = �r

Brojna vrednost vektorskog proizvoda!a r =

!! �!

v odgovara formuli za radijalno ubrzanje!a r pri µcemu je ar = ! v

Period rotacijePeriod rotacije (T ) kod kruµznog kretanja je ono vreme za koje materijalna taµcka ili telo izvr�i jedan ob-rt oko ose rotacije. Kod ravnomernog kruµznog kretanja po putanji polupreµcnika r taµcka tu putanju du-µzine 2 r � pre�e za vreme T koje zavisi od brzine njenog kretanja v = ! r pa imamo

2 r � = v T = ! r T odakle je ! =2�

T

Ako taµcka ili telo u jedinici vremena obavi � (�ni�) obrta, tada je � =1

Todnosno ! = 2� � gde je � =

1

Tfrekfencija ili uµcestanost koja se u tehnici oznaµcava sa f

00) Odredimo brzinu metka v tako �to se on �pusti�da pro�e kroz dve paralelne kruµzne ploµce na me-

l

θ

v �usobnom rastojanju l = 90 cm koje rotiraju na istoj

osovini brzinom ! = 1740O

minMerenjem je provereno

da je otvor na drugoj ploµci kroz koju je pro�ao metak,pomeren za � = 20� u odnosu na otvor na prvoj ploµci.Ako pogledamo rotaciono kretanje, onda znamo za�to je

� = 20�=20

180� rad=

�

9rad ! =

1740

602�rad

s= 58�

rad

s

� = ! t l = v t odakle dobijamo�

l=!

vodnosno v =

l !

�=0; 9m � 58� rad

s�

9rad

= 469; 8m

s


00) Zamajac ma�ine polupreµcnika r = 1; 4m polazi iz stanja mirovanja i za vreme t = 24 s postigne uga-

ϕ

→a t

→a r

→a

r

constα =

onu brzinu 180O

minOdredimo ugao ' koji zamajac opi�e za to vreme i ubr-

zanje na obodu zamajca. Kako je 1 obrt = 2� rad onda imamo

! = 1802�

60

rad

s= 6�

rad

s! = !0|{z}

0

+ �t � =!

t=6�

24 s

rad

s=�

4

rad

s2

!2 = (!0 )|{z}0

2+ 2�� Odavde je � =

!2

2�=(�t)

2

2�=�t2

2=1

2

�

4(24)

2= 72� rad

ar = !2 r =

�6�

1

s

�2� 1; 4m = 50; 4 � �2 m

s2= 497; 428

m

s2at = �r =

�

4� 1; 4 = 1; 099 m

s2

a =pa2r + a

2t =

q(497; 428)

2+ (1; 099)

2= 497; 429

m

s2' = arc tg

atar= arc tg

1; 099

497; 428= 70 3600

00) Gimnastiµcar skaµce u vodu sa visine H = 5; 5m Pri skoku on u vazduhu izvede 2; 5 okreta.Odredimonjegovu srednju ugaonu brzinu !sr

H =1

2g t2pad ) tpad =

r2H

gKako ugao �okretanja�gimnastiµcara iznosi � = 2; 5 � 2� = 5� rad onda je

njegova ugaona brzina ! =�

tpadSrednja ugaona brzina �okretanja�gimnastiµcara je

!sr =�r2H

g

= �

rg

2H= 5� rad �

vuut 9; 81m

s2

2 � 5; 5m = 14; 8rad

s

00) Na kojoj geografskoj �irini ce posada aviona koji leti brzinom va = 360km

hu pravcu istok - zapad

αr z

r1 vzva

ω

videti Sunce uvek u istom poloµzaju?Kako je T = 24 h rz = 6378 km onda br-

zina taµcke na Zemlji ispod aviona iznosi vz = ! r1 =2�

Trz cos� Iz uslova da

brzina aviona va mora biti jednaka vZ sledi va = vZ =2�

TrZ cos�

odakle je cos� =va T

2� rZ� = arccos

va T

2� rZ= arccos

360km

h� 24 h

2� � 6 378 km = 77�3205700

Polarni koordinatni sistemPoloµzaj jedne taµcke T ili geometrijskog mesta taµcaka u ravni moµze biti odre�en ili de�nisan pravouglim i

α

rT kosouglim ili polarnim koordinatnim sistemom.U polarnom

koordinatnom sistemu poloµzaj taµcke T odre�en je rastojanjemtaµcke T od pola 0 odnosno radijus vektorom r i uglom � koji rad-ijus vektor gradi sa osom.

α x

y

0

y

x

rOdredimo povezanost izme�u pravouglih i polarnih koordinatax

r= cos� ) x = r cos�

y

r= sin� ) y = r sin� Prema slici dobijamo

� = arccosx

r� = arcsin

y

rtg � =

y

x) � = arc tg

y

xr =

px2 + y2


Parametarske jednaµcine krivih linijaU pravouglom koordinatnom sistemu jednaµcine krivih ili pravih linija prikazujemo odnosom ili vezom iz-me�u koordinata x i y U polarnom koordinatnom sistemu jednaµcine krivih ili pravih linija prikazujemoodnosom ili vezom izme�u radijus vektora r i ugla � Koordinate x i y u pravouglom koordinatnomsistemu moµzemo prikazati i nekom trecom veliµcinom koju nazivamo parametar.Na primeru kruga prikazanog u pravouglom koordinatnom sistemu jednaµcinom ili polinomom x2 + y2 = r2

y

y

xx

α0

r

prikaµzimo dobijanje parametarskog oblika jednaµcina krivih linija prikazanihpolinomom. Ako jednaµcinu kruga x2 + y2 = r2 podelimo sa x2 tada dobijamo

1 +� yx

�2=r2

x2Ako je

y

x= t ) y = x t tada zamenom dobijamo 1 + t2 =

r2

x2

odakle re�avanjem po x imamo1

1 + t2=x2

r2) x2 =

r2

1 + t2) x =

rp1 + t2

Kako je y = xt onda zamenom dobijamo y =r tp1 + t2

odnosno

(1) x =rp1 + t2

y =r tp1 + t2

Parametarske jednaµcinekruga gde je t promenljivi parametar

Parametarske jednaµcine nekih krivih linija moµzemo prikazati i primenom trigonometrijskih ili drugihformula. Pokaµzimo to na primeru jednaµcine kruga

x2 + y2 = r2 Delenjem sa r2 dobijamo� xr

�2+� yr

�2= 1 Ako ovu jednaµcinu uporedimo sa formulom cos2 �+ sin2 � = 1 onda vidimo za�to je

x

r= cos� ) x = r cos�

y

r= sin� ) y = r sin� odnosno

(2) x = r cos� y = r sin� � 2 [ 0; 2� ] Parametarske jednaµcine krugaOdredimo i treci oblik parametarskih jednaµcina kruga.

Iz jednaµcine kruga prikazanog pravouglim koordinatama x2+y2 = r2 dobijamo y2 = r2�x2 = r2�1� x

2

r2

�odnosno

y = r

r1�

� xr

�2Ako je

x

r= t ) x = r t tada dobijamo y = r

p1� t2 pa treci oblik parametarskih

jednaµcina kruga glasi

(3) x = r t y = rp1� t2 Parametarske jednaµcine kruga

Primetimo ili proverimo !!! x2 + y2 = r2 t2 + r2�1� t2

�= r2 t2 + r2 � r2 t2 = r2 ili x2 + y2 = r2

00) Odredimo parametarske jednaµcine cikloide, odnosno krive linije koju opisuje taµcka A akoy

x

yx

rα

α

A B

C

D E

A′

rr

)cosα−(= ry 1)sinα−(α= rx se krug krece bez klizanjapo pravolinijskom putu.Duµzinu luka l za ugao � uradijanskim merama moµz-emo dobiti iz proporcije

l

2r�=�

2�odakle je l = r �

Ako se krug okrene za ugao� tada centar kruga pre�eput r � U pravouglom koor-dinatnom sistemu za taµcku

D prikazanu na cikloidi vaµze odnosix = AB �DE = r �� r sin� = r (�� sin�) y = BC � CE = r � r cos� = r (1� cos�)Parametarske jednaµcine cikloide glase � x = r (�� sin�) y = r (1� cos�)


00) Odredimo parametarske jednaµcine elipse x2

a2+y2

b2= 1

Ako jednaµcinu elipse prikaµzemo u obliku� xa

�2+� yb

�2= 1 i uporedimo sa jednaµcinom

cos2 �+ sin2 � = 1 tada vidimo za�to parametarske jednaµcine elipse glasex

a= cos� ) x = a cos�

y

b= sin� ) y = b sin� odnosno

� x = a cos� y = b sin� � 2 [ 0; 2� ] Parametarske jednaµcine elipse

00) Odredimo parametarske jednaµcine Neil - ove parabole y2 = ax3

Ako jednaµcinu y2 = ax3 podelimo sa x2 tada dobijamo� yx

�2= ax Ako je

y

x= t )

y = x t tada dobijamo t2 = ax ) x =1

at2 ) y = x t =

1

at3

Parametarske jednaµcine Neil - ove krive glase

� x =1

at2 y =

1

at3

=a x3

y2

y

0x


Zakrivljenost ili krivina krivih linija u ravni

A

B

A

B

krug 2

krug1C 2

C1r1

r2

r r1

r2

r3

Kroz dve proizvoljne taµcke A i B u ravni moµze da pro�e jedna prava i bezbroj krivih linija. Krive linije im-aju vecu krivinu ako vi�e odstupaju od prikazane prave linije koja prolazi kroz taµcke A i B Me�utim, kroztaµcke A i B moµze da pro�e bezbroj krugova, koji su najjednostavnije krive linije. Na slici u sredini vidimo dakrug 2 manje odstupa od prave linije nego krug 1 Dakle, iako ima veci polupreµcnik, krug 2 manje odstupaod prave AB nego krug 1 koji ima manji polupreµcnik, pa je krivina krugova obrnuto srazmerna njihovim polu-

preµcnicima, odnosno k =1

r( k krivina kruga, r polupreµcnik kruga ).

Sa slike desno vidimo da je zakrivljenost k najjednostavnije krive linije (kruga) veca ako je njegov polupreµcnik

manji, odnosno da je konstanta k obrnuto srazmerna polupreµcniku kruga r ili k =1

rPravu liniju moµzemo

smatrati krugom polupreµcnika r =1 pa je zakrivljenost prave linije k =1

r=1

1 = 0 Ponovimo da je krivina

na krugu, reciproµcna vrednost njegovog polupreµcnika �to smo de�nisali relacijom k =1

r

αM0

r

rC

DT

E

x

y

N

α∆

t 2

t1

∆Sα∆

α∆+α

Odredimo povezanost prethodne de�nicije sa drugim veli-µcinama na krugu, pre svega sa lukom S jer zakrivljenostkrive linije moµzemo odrediti i uglom zaokreta tangente.

Kako je 1 rad =360�

2�=180�

�= 57� 170 4500 onda znamo

da je duµzina luka S = r � gde je r polupreµcnik kruga i �ugao u radijanima, dok je obim kruga r � 2� = R � �Sada vidimo da duµzina luka �S sa prethodne slike iznosi

�S = r�� odakle je r =�S

��odnosno

k =1

r=��

�S=��

r��=ugao zaokreta tangentedobijena duµzina luka

Dakle, krivinu na krugu moµzemo prikazati i koliµcnikom prira�taja ugla �� i luka �S Sa prethodne slikevidimo da tangente u krajnjim taµckama luka DE = �S zaklapaju ugao �� to je lako zakljuµciti iz µcetvorouglaCDTE koji ima dva prava ugla kod D i E Me�utim, iz trougla MNT moµzemo zakljuµciti da i prira�taj uglatangente nad taµckom kruga D iznosi �� odnosno da spolja�nji ugao kod taµcke N iznosi �+�� Dakle, zakri-vljenost kruga moµzemo odrediti i uglom zaokreta tangente.Dosada�nji zakljuµcci se odnose na bilo koju krivu liniju jer kroz tri taµcke,ma koliko one bile bliske, uvek mo-µzemopovuci krug pri µcemu ce luk tog kruga u tim taµckama da se poklopi sa lukom krive u najvecoj pribliµznostikada tangente kruga postaju i tangente krive. Izuzimajuci kruµznicu, za sve druge krive linije zakrivljenostnijestalna, vec se menja od taµcke do taµcke, pa je ona funkcija od x


Odredimo zakrivljenost linije y = y (x) u jednoj zadatoj taµcki T apscise x

α

Tt

t1

∆S

α∆

T 1

x

α∆+α

y

0x

Kao u sluµcaju kruga i ovde odredimo ugao zakretanja tangente

�� i luk �S ili graniµcnu vrednost koliµcnika��

�SOvo radimo

jer je jedino kod kruga zakrivljenost k konstantna. Kod sva-ke druge krive linije y = f (x) u nekoj taµcki T apscise x pusti-mo da taµcka T1 teµzi ka taµcki T iduci po krivoj liniji, odnosnopustimo da �S teµzi nuli, kada je

k =1

r= lim

�S!0

��

�S=d�

dSOdredimo sada dS i d�

dS d y

dx

dS =

q(dx)

2+ (dy)

2=

vuut(dx)2 1 + (dy)2

(dx)2

!=

s1 +

�dy

dx

�2dx =

q1 + (y0 )

2dx

Izvod u taµcki krive linije je f 0 (x) = tg� ) � = arc tg f 0 (x) pa diferenciranjem imamo

d� =1

1 + (f 0 (x))2 d (f

0 (x)) =1

1 + (f 0 (x))2 f

00 (x) dx =f 00 (x) dx

1 + (f 0 (x))2

Kako je ( y (x))0 = f 0 (x) onda imamo

k =d�

dS=

f 00 (x) dx

1 + (f 0 (x))2q

1 + (y0 )2dx=

f 00 (x)�1 + (f 0 (x))

2�q

1 + (y0 )2=

f 00 (x)�1 + (f 0 (x))

2� 32

Za reciproµcnu vrednost prethodne formule dobijamo polupreµcnik r zakrivljenosti krive linije y = f (x) utaµcki T apscise x odnosno

r =

�1 + (f 0 (x))

2� 32

f 00 (x)Za vrlo male uglove, kada je f 0 (x) = 0 prethodna formula se svodi na formulu

r =1

f 00 (x)koju koristimo u mehanici kod momenta savijanja.

α

α

y

x

,C ( )X Y

y

xX

Y

r

0

T x y,( )

tg

f ()x

y =

Odredimo koordinate (X; Y ) centra kruga zakrivljenosti za taµcku Tapscise x krive linije y = f (x) Na slici je prikazan centar C sa koor-dinatama X i Y polupreµcnik kruga krivine r u pravcu normale itangenta upravna na polupreµcnik r Prema slici imamo

Y � yr

= cos�x�Xr

= sin� odnosno

(Y = y + r cos�

X = x� r sin�

Izrazimo cos� i sin� preko tg�

Ako sin2 �+ cos2 � = 1 podelimo sa cos2 � tada dobijamo

tg2�+ 1 =1

cos2 �) cos2 � =

1

1 + tg2�) cos� =

1p1 + tg2�

Sada jednostavno dobijamo

sin� =p1� cos2 � =

r1� 1

1 + tg2�=

s1 + tg2�� 11 + tg2�

=tg�p1 + tg2�

Kako je izvod funkcije f 0 (x) = tg� onda imamo cos� =1q

1 + (f 0 (x))2

sin� =f 0 (x)q

1 + (f 0 (x))2

pa uvr�tavanjem u prethodne relacije dobijamo


Y = y + r cos� = y +

�1 + (f 0 (x))

2� 32

f 00 (x)

1q1 + (f 0 (x))

2= y +

1 + (f 0 (x))2

f 00 (x)

X= x� r sin� = x�

�1 + (f 0 (x))

2� 32

f 00 (x)

f 0 (x)q1 + (f 0 (x))

2= x� 1 + (f

0 (x))2

f 00 (x)f 0 (x)

00) Ako je kretanje materijalne taµcke de�nisano parametarskim jednaµcinama

(1) x = 3 cos t

(2) y = 3 sin t

onda odredimo jednaµcinu linije putanje, trajektoriju, brzinu, ubrzanje i polupreµcnik krivine trajek-torije za 0 6 t 6 � Eliminacijom vremena t iz jednaµcina kretanja dobijamo jednaµcinu linije putanje taµcke.Kvadriranjem i sabiranjem formula (1) i (2) dobijamo

x2 = 9cos2 t y2 = 9 sin2 t odnosno x2 + y2 = 9�cos2 t+ sin2 t

�| {z }1

= 9

Linija putanje je kruµznica x2+ y2 = 32 polupreµcnika r = 3 sa centrom u koordinatnom poµcetku.Kako je

�1 6 cos t 6 1 �1 6 sin t 6 1 odnosno �3 6 x 6 3 �3 6 y 6 3onda je cela kruµznica polupreµcnika r = 3 trajektorija taµcke, odnosno taµcka se krece po celoj kruµznici. Ako uparametarske jednaµcine (1) i (2) zamenimo t0 = 0 s tada dobijamo koordinate poµcetnog poloµzaja taµc-ke na putanji (kruµznici) odnosno

x0 = 3 cos 0 = 3

y0 = 3 sin 0 = 0

)) M0 = (3; 0)

Odre�ivanjem poloµzaja taµcke u nekom susednom trenutku, na primer t1 =�

6s odre�ujemo i smer kr-

etanja po putanji, odnosno x1 = 3 cos 30� = 3

p3

2=3p3

2y1 = 3 sin 30

� = 31

2=3

2U trenutku t1 =

�

6

0x

y

M 0

M 1

r

taµcka se nalazi na mestu putanje µcije su koordinate M1

3p3

2;3

2

!pa se ona

krece po kruµznici u smeru suprotno kretanju kazaljke na satu.Diferen-ciranjem parametarskih jednaµcina (1) i (2) po vremenu t dobijamo pro-jekcije vektora brzine taµcke, odnosno

(3) vx (t) =dx

dt=

�x (t) =

d

dt(3 cos t) = � 3 sin t

(4) vy (t) =dy

dt=

�y (t) =

d

dt(3 sin t) = 3 cos t

Vektor brzine u funkciji od vremena je!v (t) = vx

!i + vy

!j = � 3 sin t

!i + 3 cos t

!j dok intenzitet vektora brzine iznosi

v (t) = j!v (t) j =qv2x (t) + v

2y (t) =

q(� 3 sin t)2 + (3 cos t)2 = 3 = const

Kosinusi uglova vektora brzine su

cos�v =vxv=� 3 sin t3

= � sin t cos�v =vyv=3 cos t

3= cos t

Diferenciranjem relacija (3) i (4) po vremenu t dobijamo projekcije vektora ubrzanja taµcke, odnosno


ax (t) =d

dtvx (t) =

�vx =

��x (t) =

��x = � 3 cos t ay (t) =

d

dtvy (t) =

�vy =

��y (t) =

��y = � 3 sin t

Vektor ubrzanja taµcke je!a (t) = ax (t)

!i + ay (t)

!j = � 3 cos t

!i � 3 sin t

!j dok intenzitet vektora ubrzanja taµcke iznosi

a (t) = j!a (t) j =qa2x (t) + a

2y (t) =

q(� 3 cos t)2 + (� 3 sin t)2 = 3 = const

Kako je trajaktorija taµcke kruµznica, to je polupreµcnik njene krivine Rk jednak polupreµcniku kruµzniceodnosno Rk = r = 3 �to se moµze zakljuµciti ako znamo da tangencijalno ubrzanje iznosi

aT =dv

dt=d

dt3 = 0 dok je normalno ubrzanje aN =

v2

Rk=pa2 � a2T pa je

Rk =v2pa2 � a2T

=32p32 � 02

= 3

00) Date su parametarske jednaµcine kretanja taµcke

(1) x = sin t+ cos t (2) y = sin t� cos t gde je x; y ! m t! s

Odredimo jednaµcinu linije putanje taµcke, njenu brzinu i ubrzanje u proizvoljnom trenutku.

Eliminacijom vremena t iz jednaµcina kretanja (1) i (2) dobijamo jednaµcinu linije putanje taµcke.Kvadriranjem i sabiranjem formula (1) i (2) dobijamo

x2 = sin2 t+ 2 sin t cos t+ cos2 t y2 = sin2 t� 2 sin t cos t+ cos2 t odnosno

x2 + y2 = 2�sin2 t+ cos2 t

�| {z }1

= 2 pa je x2 + y2 =�p2�2

Linija putanje taµcke je kruµznica polupreµcnika r =p2 sa centrom u koordinatnom poµcetku.Diferen-

ciranjem jednaµcina kretanja (1) i (2) po vremenu dobijamo projekcije vektora brzine vx (t) i vy (t) odnosno

(3) vx (t) =dx

dt= cos t� sin t (4) vy (t) =

dy

dt= cos t+ sin t pa vektor brzine taµcke ima �oblik�

!v (t) = vx

!i + vy

!j = (cos t� sin t)

!i + (cos t+ sin t)

!j dok intenzitet vektora brzine iznosi

v (t) = j!v (t) j =qv2x (t) + v

2y (t) =

q(cos t� sin t)2 + (cos t+ sin t)2 =

p2

Diferenciranjem relacija (3) i (4) po vremenu dobijamo projekcije vektora ubrzanja taµcke, odnosno

ax (t) =d

dtvx (t) =

d

dt(cos t� sin t) = � sin t� cos t ay (t) =

d

dtvy (t) =

d

dt(cos t+ sin t) = � sin t+ cos t

Vektor ubrzanja taµcke je!a (t) = ax (t)

!i + ay (t)

!j = (� sin t� cos t)

!i + (� sin t+ cos t)

!j

dok intenzitet vektora ubrzanja taµcke iznosi

a (t) = j!a (t) j =qa2x (t) + a

2y (t) =

q(� sin t� cos t)2

!i + (� sin t+ cos t)2

!j =

p2

Me�utim, ako smo znali putanju taµcke i njenu apsolutnu vrednost linijske brzine, onda smo mogli daodredimo i projekcije vektora ubrzanja na ose prirodnog koordinatnog sistema, odnosno normalno i tan-gencijonalno ubrzanje taµcke a pomocu njih i intenzitet njenog ukupnog ubrzanja, gde su

aT (t) =d

dtv (t) =

d

dt

p2 = 0 = const aN (t) =

v2 (t)

r (t)=

2p2=p2 = const Vektor ubrzanja je

!a (t) = aT (t)

!T| {z }

0

+ aN (t)!N =

p2!N dok njegov intenzitet iznosi

a (t) = j!a (t) j =pa2T (t) + a

2N (t) =

p2 = const


Dakle, radi se o istom vektoru ali je njegovo pretstavljanje u prvom �sluµcaju�u pravouglom koordinatnomsistemu a u drugom �sluµcaju�u prirodnom koordinatnom sistemu dovelo do �pojaµcanog�razmi�ljanja.

00) Ako su parametarske jednaµcine kretanja materijalne taµcke x = 2+ t4 y = 4� 3t4 odredimo jedna-µcinu linije putanje, trajektoriju, intenzitet vektora brzine i ubrzanja taµcke u funkciji od vremena tEliminacijom vremena t iz parametarskih jednaµcina dobijamo jednaµcinu linije putanje, odnosno

310

10

M 0 ( , )2 4

x

y

0

t4 = x� 2

t4 =4� y3

9=; x� 2 = 4� y3

) y = � 3x+ 10 Linija putanje je prava y = � 3x+ 10

Zamenom t = 0 u parametarske jednaµcine dobijamo x(0) = 2 y(0) = 4 pa je poµc-etni poloµzaj taµcke M0 (2; 4) Kako x = x (t) raste sa vremenom t a y = y (t) opadasa vremenom t onda taµcka poµcinje da se krece u smeru pri kome x raste a y opadana dole.Diferenciranjem parametarskih jednaµcina dobijamo projekcije vektora br-zine vx i vz na x i y - osu pravouglog koordinatnog sistema, odnosno

vx (t) =�x = 4t3

m

svy (t) =

�y = � 12t3 m

sVektorska funkcija brzine je

!v =

!v (t) = 4t3

!i � 12t3

!j dok je intenzitet vektora brzine

v (t) = j!v (t) j =qv2x (t) + v

2y (t) = 4

p10 t3

m

s

Kosinusi uglova koje vektor brzine gradi sa koordinatnim osama su

cos�(v) =vxv=

4t3

4p10 t3

=

p10

10= const cos�(v) =

vyv= � 12t3

4p10 t3

= � 3p10

10= const

Diferenciranjem vx (t) i vy (t) dobijamo projekcije vektora ubrzanja na ose koordinatnog sistema

ax =��x =

d

dt(vx ) = 12t

2 m

s2ax =

��y =

d

dt(vy ) = � 36t2

m

s2Vektorska funkcija ubrzanja glasi

!a =

!a (t) = 12t2

!i � 36t2

!jh ms2

ia intenzitet vektora ubrzanja iznosi

a (t) = j!a (t) j =qa2x (t) + a

2y (t) = 12

p10 t2

h ms2

iKosinusi uglova koje vektor ubrzanja gradi sa koordinatnim osama su

cos�(a) =axa=

12t2

12p10 t2

=

p10

10= const cos�(a) =

aya= � 36t2

12p10 t2

= � 3p10

10= const

00) Toµcak polupreµcnika r okrece se bez proklizavanja po horizontalnom putu konstantnom ugaonom brzinom !

Odredimo parametarske jednaµcine linije putanje taµcke M na obodu toµcka koja se u poµcetnom trenutkut = 0 nalazila u poloµzaju dodira sa putem.

Odredimo duµzinu puta S koji taµcka M pre�e po trajektoriji od njenog poµcetnog do najvi�eg poloµzaja.Odredimo jednaµcine kretanja taµcke M u pravouglom koordinatnom sistemu

y

x

θC 1 C

r→

0 P

NM


U poµcetnom poloµzaju taµcka M je bila u koordinatnom poµcetku a njen poloµzaj u toku kretanja odre-

�en je vektorom poloµzaja!r = x

!i + y

!j odnosno prema slici

!r = OP

!i �MN

!i + P C

!j + CN

!j =

�OP �MN

�!i +

�P C + CN

�!j Koordinatne taµcke M su

(1) x = OP �MN

(2) y = P C + CN

Kako se toµcak okrece bez proklizavanja, brzina njegovog centra je vc = ! r Prema slici imamo

OP =aPM = vc t = r � = r ! t

gde je � ugao �obrtanja�toµcka u toku vremena t pri µcemu �pregazi�rastojanje OP Dalje je

CN = r cos (180� � �) = � r cos � = � r cos!t odnosno MN = r sin � = r sin! t

Parametarske jednaµcine linije putanje taµcke M su

(3) x = OP �MN = r ! t� r sin! t = r (! t� sin! t)

(4) y = P C + CN = r � r cos! t = r (1� cos! t) pa se taµcka na obodu toµcka krece po cikloidi

Kako je �diferencijal� luka dS =

q(dx)

2+ (dy)

2 onda diferenciranjem (3) i (4) dobijamo

dx = r (! � cos! t � !) dt = r ! (1� cos! t) dt dy = r (sin! t � !) dt = r ! sin!t dt odnosno

dS = r!

q(1� cos!t)2+(sin!t)2 dt = r !

p1� 2 cos!t+ cos2!t+ sin2!t dt = r !

p2 (1� cos! t) dt| {z }

1

= r !

r2 � 2 sin2 ! t

2dt = 2r ! sin

!

2t dt Ako se u trenutku t = 0 taµcka nalazila na putu, u trenutku pro-

laza kroz najvi�i poloµzaj toµcak se okrenuo za � = ! t = � pa je

S = 2 r !

�Z0

sin!

2t dt = � 2 r !

cos!

2t

!

2

��

0

= 4r cos!

2t��0�= 4r (1� 0) = 4r

Prvi Njutnov zakon - zakon inercijeNjutnovi zakoni �klasiµcne�mehanikeme�usobno su povezani i saµcinjavaju celinu.Njutn,Galilej ili mnogi drugi pre i posle njih do�li su do zakljuµcka da sva tela u prirodi prepu�tenaiskljuµcivo sebi, ostaju u stanju relativnog mirovanja ili jednolikog pravolinijskog kre-tanja sve dok na njih ne poµcnudadeluju spolja�nje sile. Sva tela uprirodi se pona�ajuinercijalno jer se protive promeni stanja mirovanja ili jednolikog pravolinijskog kre-tanja. Zbog protivljenja tela da promeni svoje prethodno stanje, prvi Njutnov zakonse naziva zakon inercije i moµze se prikazati formulommv = const ) v = const

Referentni sistem u odnosu na koji vaµzi prvi Njutnov zakon naziva se inercijalni sistem.

Drugi Njutnov zakon - Zakon promene koliµcine kretanjaDrugi Njutnov zakon de�ni�e silu, promenu koliµcine kretanja, odnosno de�ni�e silu i ubrzanje.

1mv

mvm

( )md v→

→

→

F→ Ako se telo mase m zbog uticaja spoljne rezultantne sile de�nisane vektorom

!F

krece nekom brzinom de�nisanom vektorom brzine!v tada je promena koli-

µcine kretanja u vremenu proporcionalna sili koja deluje na telo i vr�i rad upravcu sile, odnosno

!F =

d (m!v )

dt=d!P

dt=

�!P


Osnovnu karakteristiku mehaniµckog kretanja, odnosno �ziµcku veliµcinu nazvanu impuls ili koliµcina

kretanja (!P ) Njutn je de�nisao kao proizvod mase tela (m) i njegove brzine (

!v )

!P = m

!v

pa je impuls ili koliµcina kretanja (!P ) vektor kolinearan sa vektorom brzine tela (

!v ) pri µcemu je njegov

intenzitet jednak proizvodu mase tela (m) i intenziteta brzine (!v )

Komponente vektora!P u pravouglom koordinatnom sistemu su

Px = mvx Py = mvy Pz = mvz

Iz prethodne formule vidimo da je rezultantni vektor svih spolja�njih sila (!F ) jednak prvom izvodu ko-

liµcine kretanja (!P = m

!v ) po vremenu (t) Sila koja deluje na telo mase m jednaka je brzini prome-

ne koliµcine kretanja. Ako u prethodnu formulu stavimo!F = 0 tada dobijamo

d (m!v )

dt= 0 odakle je mv = const

�to je identiµcno formuli za prvi Njutnov zakon koji pokazuje da ubrzanje ne postoji ako nema dejstvaspoljne sile. U �klasiµcnoj��zici gde nema relativistiµckih efekata jer je brzina kretanja (v) zanemarljivomala u odnosu na brzinu prostiranja svetlosti (vn c) masu tela moµzemo smatrati konstantnom

m = const ) dm

dt= 0 ili �(mv) = m�v pa je

!F =

dm

dt|{z}0

vn c

!v + m

d!v

dt|{z}!a

= m!a odnosno

!F = m

!a ) !

a =

!F

m

Rezultantni vektor svih spolja�njih sila!F daje telu mase m ubrzanje

!a =

!F

mkoje ima isti pravac

i smer kao i sila!F Dakle, rezultantni vektor svih spolja�njih sila jednak je proizvodu mase tela (m)

i njegovog ubrzanja (!a ) koje sila (

!F ) izaziva ili ubrzanje tela (

!a ) jednako je koliµcniku rezultantnog

vektora svih spolja�njih sila (!F ) koji ubrzanje izaziva i mase tela (m)

Matematiµcku de�niciju drugog Njutnovog zakona ili vektorsku jednaµcinu!F = m

!a

moµzemo prikazati u skalarnom obliku pomocu pravouglog koordinatnog sistema gde se vektor sile (!F ) moµze

razloµziti na komponente u pravcu x y z ose gde i ubrzanje (!a ) ima koordinate ax ay az pa je

Fx = mdvxdt

= md2x

dt2= max Fy = m

dvydt

= md2y

dt2= may Fz = m

dvzdt

= md2z

dt2= maz

TreciNjutnov zakon - Zakon akcije i reakcije

F 2 1, F 1 2,T 1

m1

T 2

m2

→ → Dejstvo izme�u dva tela uvek je uzajamno gde su sile me�usobnogdejstva dva tela uvek istog pravca i intenziteta ali suprotnog smera!F 12 = �

!F 21 )

!F 12 +

!F 21 = 0 )

��!F 12 �� = ��!F 21 ��Sile akcije i reakcije nikada ne deluju na jedno isto telo, vec uvek na razliµcita tela.Prema drugomNjutnovom zakonu imamo��!F 12 �� = m2 j

!a 2 j

��!F 21 �� = m1 j!a 1 j Kako je

��!F 12 �� = ��!F 21 �� odnosno m2 j!a 2 j = m1 j

!a 1 j onda je

j!a 2 jj!a 1 j

=m1

m2Za m2 > m1 imamo

j!a 2 jj!a 1 j

< 1 ) j!a 2 j < j!a 1 j


U mernom sistemu metar, kilogram, sekund je!P = m

!v kg

m

s

!F = m

!a 1N = kg

m

s2

Gustina telaGustina homogenog tela (�) mase m i zapremine V jednaka je koliµcniku mase tog tela i njegove zapre-mine, odnosno

� =m

Vgustina tela =

masa telazapremina tela

Gustina nehomogenog tela u jednoj taµcki jednaka je diferencijalnom koliµcniku � =dm

dVkoji prikazuje

srednju gustinu tela

Jedinica gustine u (mks) sistemu jekg

m3odnosno u (c g s) sistemu

g

cm3

Reciproµcna vrednost gustine tela, odnosno koliµcnik njegove zapremine imase predstavlja njegovu speci-�µcnu zapreminu Vs

Vs =1

�=V

mi ona se izraµzava jedinicama

m3

kgodnosno

cm3

g

Odmah se moµze primetiti�povezanost�izme�umase m gustine � i zapremine homogenog tela (V )

m = �V

Speci�µcna teµzinaSpeci�µcna teµzina homogenog tela (�) jednaka je koliµcniku njegove teµzine (Q) i zapremine (V ) odnosno

� =Q

Vgde se speci�µcna teµzina izraµzava jedinicama

N

m3

Teµzina telam

rR z

M z

→Q = mg→

g→Teµzina tela (Q) je sila kojom masa Zemlje (Mz) deluje na telomase m ako se ono na�e u njenom gravitacionom polju pa je!Q = m

!g gde je g = 9; 81

m

s2t1

r2

Brojna vrednost mase m u kg jednaka je brojnoj vrednosti teµzine u kpNa primer, za m = 100 kg dobijamo

Q = mg = 100 kg � 9; 81 ms2= 100 �

kpz }| {9; 81kg

m

s2| {z }N

= 100 kp odnosno

kp = 9; 81kg m

s2= 9; 81N

kp

kg=9; 81

kg m

s2

kg= 9; 81

m

s2= g


Impuls sileU prirodi i tehniµckoj praksi postoje sluµcajevi kada sile velikog intenziteta deluju u malim vremenskimintervalima.Na primer, takve sile se javljaju pri udarcu µcekicem po predmetu ili kod sudara kada dolazi i do de-formacija.Ovakve procese je te�ko pratiti eksperimentalno ili matematiµcki precizno opisati. Zbog karakterisanjauticaja sile velikog intenziteta na telo tokom odre�enog vremena, uvedena je �ziµcka veliµcina impuls silekoju karakteri�u velike i razliµcite promene intenziteta u toku vremena t gde je jedna od njih prikazana

1t 2tt

0

F ( )t

1t 2t0

F ( )tFsr

t

slikom.Ako sila promenljivog intenziteta F = f (t) de-luje u vremenskom intervalu �t = t2 � t1 tada je njenasrednja vrednost u tom intervalu Fsr jednaka ovoj kon-stantnoj sili koja za isto vreme postiµze isto krajnje

dejstvo kao sila F = f (t) Prikazivanjem povr�ine izme�u krive i t - ose koja numeriµcki oznaµcava impulssile u vremenskom intervalu t2 � t1 = �t u obliku pravougaonika duµzine �t i �irine Fsr onda premadrugom Njutnovom zakonu

!F sr =

�(m!v )

�t=��!P�

�timpuls sile u vremenu t2 � t1 = �t iznosi

�!P =

!F sr�t = �(m

!v ) = m

!v 2 � m

!v 1 =

!P 2 �

!P 1

Ako t2 ! t1 odnosno �t! 0 tada elementarni impuls sile u diferencijalnom vremenskom intervalu (dt)

iznosi d!p =

!F dt i on je vektorski de�nisana veliµcina, usmerena pravcem i smerom delovanja sile

!F (t)

Impuls sile u konaµcnom intervalu vremena t2 � t1 ako je sila prihvacena kao funkcija vremena, iznosi

!P =

t2Zt1

!F (t) dt =

!F sr�t =

!P 2Z!P 1

d!P =

!P 2 �

!P 1

Impuls sile�!P�je vektorska veliµcina orijentisana kao srednja sila

�!F sr

�gde su njegove dimenzije

i jedinica iste kao za koliµcinu kretanja, odnosno

P (=) F t = sila � vreme ) 1N s =kg m

s2s =

kg m

s

Sile trenja

m

α

α→Q = mg→

F→

N

F→

tr F→

Sila trenja (Ftr ) proporcionalna je normalnoj sili (FN ) i koe-�cijentu trenja � odnosno

Ftr = �FN = �Q cos�

Ako se telo krece konstantnom brzinom, tada je F = Ftr odnosnoQ sin� = �Q cos� Koe�cijent trenja � moµzemo prikazati odnos-

om sile trenja Ftr i FN odnosno � =FtrFN

Koe�cijent trenja mo-

µze biti statiµcki (�s) i dinamiµcki (�d) koji je manji od statiµckog.

00) Na strmoj ravni nagiba � = 30� nalazi se telo mase m = 2 kg Koe�cijent trenja izme�u strme ravni i

m

α

mg F→

N

F→ tr

F→ min

F→ V

F→ r

α o30=

tela iznosi � = 0; 1

a) Odredimo usmerenje iminimalnu vrednost sile kojom moµzemospreµciti klizanje tela niz strmu ravan

b) Odredimo minimalnu horizontalnu silu koja spreµcava klizanje tela

c) Odredimo minimalnu silu upravnu na telo i strmu ravan koja sp-reµcava proklizavanje tela niz strmu ravan

a) Najmanja sila Fmin koja uz silu trenja Ftr treba da poni�ti silu vuµce


FV = mg sin� paralelna je sa nagibom strme ravni pa nema komponentu koja pojaµcava ili smanjuje normalnusilu a samim tim i silu trenja. Prema slici imamo

Fr = 0 = Fmin + Ftr � FV Kako je Ftr = �FN = �mg cos� FV = mg sin� onda zamenom dobijamo

0 = Fmin + �mg cos��mg sin� odnosno

Fmin = mg sin�� mg cos� = mg (sin�� cos�) = 2 kg � 9; 81m

s2(sin 30� � 0; 1 � cos 30� )

= 2 kg � 9; 81 ms2

1

2� 0; 1 �

p3

2

!= 8; 11

kg m

s2= 8; 11 N

b) U ovom sluµcaju horizontalna sila Fh ima komponentu paralelnu sa silom Ftr ali i komponentu Fh sin�

α

mg F→

N

F→ tr

F→ VF

→ r

α o30=

cosαFh→

Fh→ Fh→ sinα

m

koja pojaµcava pritisak tela uz strmu ravan a samim tim i silu trenja Ftr

Fr = 0 = Fh cos�+ Ftr � FV Kako je

Ftr = � (FN + Fh sin�) = � (mg cos�+ Fh sin�) FV = mg sin�

onda zamenom dobijamo

0 = Fh cos�+ � (mg cos�+ Fh sin�)�mg sin�

= Fh (cos�+ � sin�)�mg (sin�� cos�) odnosno

Fh=mgsin�� cos�cos�+� sin�

=2kg �9; 81 ms2sin 30��0; 1 � cos 30�cos 30�+0; 1 � sin 30� =2kg �9; 81

m

s2

1

2� 0; 1 � 1

2p3

2+0; 1 � 1

2

=9; 63kgm

s2=9; 63N

c) U ovom sluµcaju upravna sila Fu na telo samo pojaµcava njegov pritisak na strmu ravan i silu trenja FtrFr = 0 = Ftr�FV Kako je Ftr = � (FN + Fu ) = � (mg cos�+ Fu ) FV = mg sin� onda zamenom dobijamo

m

α

mg F→

N

F→ trF

→ V

F→ r

α o30=

F→ u 0 = � (mg cos�+ Fu )�mg sin� = �mg cos�+ �Fu �mg sin�

= �mg (sin�� cos�) + �Fu odnosno

Fu = mgsin�� cos�

�= 2 kg � 9; 81 m

s2sin 30� � 0; 1 � cos 30�

0; 1

= 2 kg � 9; 81 ms2

1

2� 0; 1 � 1

20; 1

= 88; 29kg m

s2= 88; 29 N

Primeri primene drugog Njutnovog zakona

m m

S→Q = mg→

F→

trF→

= const F→

v→ Prema prikazanoj slici imamo

Ftr = �FN = �Q = �mg

m

a+

F→

trF→

F→

R→ Prema �dodatnoj�slici imamo F � Ftr = FR = ma

a =F � Ftrm

=F � �mg

m=F

m� �g = const

Prema formulama jednakoubrzanog kretanja imamo

v2 = v20|{z}0

+ 2aS = 2aS odnosno v =p2aS =

r2F � Ftrm

S Dalje je


S = v0|{z}0

t+1

2a t2 =

1

2a t2 =

1

2

F � Ftrm

t2 odnosno v = v0|{z}0

+ a t = a t =F � Ftrm

t

m 2

m 2 g

m 2 m1>

m1 g

m1

F→

trzF

→

zF→

→

→

µ

+

m2 g+

m1

m2

zF→

zF→

a→

R 2F→

→

= m1gµF→

tr→

F→

tr

a→ R1F→ Prema prikazanim slikama imamo

FR1= FZ � Ftr|{z}

�m1 g

= m1 a

FR2 = m2 g � FZ = m2 a

9>=>;odakle sabiranjem dobijamo

m2 g � �m1 g = (m1 +m2 ) a pa je

a =m2 g � �m1 g

m1 +m2=m2 � �m1

m1 +m2g

Iz poslednje formule zakljuµcujemo:

Ako je m2 > �m1 ) a > 0 ) nastaje kretanje

Ako je m2 < �m1 ) a < 0 ) nema kretanja

� prelazi u (+) jer ima suprotan smer

FZ = FR1� Ftr = m1 a�

z }| {�m1 g = m1

m2 � �m1

m1 +m2g + �m1 g =

m1m2 � �m21 + �m

21 +m2 �m1

m1 +m2g

=m1m2 +m2 �m1

m1 +m2g =

�m1m2

m1 +m2+ �

m1m2

m1 +m2

�g

Odnos m1m2

m1 +m2se naziva redukovana masa (mr ) pa je FZ = mr (1 + �) g

m 2

m 2 g

1m

m1 g

zF→

zF→

→

→

m 2

m 2 g

1m

m1 g

zF→

zF→

→

→

+

a→

R 2F→

+

a→R1F

→

Prema prikazanoj slici, za m2 > m1 imamo

FR1= FZ �m1 g = m1 a

FR2 = m2 g � FZ = m2 a

)Sabiranjem dobijamo

m2 g �m1 g = (m1 +m2 ) a odakle je

a =m2 g �m1 g

m1 +m2=m2 �m1

m1 +m2g

FZ = m1 (a+ g) = m1

�m2 �m1

m1 +m2g + g

�=m1

�m2�m1

m1+m2+1

�g =m1

m2�m1+m1+m2

m1 +m2g

=m1m2 +m1m2

m1 +m2g = 2

m1m2

m1 +m2g = 2mr g

00) Uµze se prekine ako se na njega okaµci masa veca od m = 50 kg Sa kojim najmanjim ubrzanjem amin

1mC ++

zF→

a→

m1 g→RF

→

mora µcovek �C mase m1 = 70 kg da klizi niz uµze da se ono pri tome ne prekine ?Prema drugom Njutnovom zakonu imamoFR = m1 g � Fz = m1 a odakle je FZ = m1 g �m1 a 6 mg odnosno

m1 a > m1 g �mg = m1 g

�1� mg

m1 g

�= m1 g

�1� 5

7

�=2

7m1 g pa je

m1 a >2

7m1 g Sada je a > 2

7g = amin odnosno amin =

2

7� 9; 81 m

s2= 2; 803

m

s2


Zakon odrµzanja koliµcine kretanjaProizvod mase i brzine njenog kretanja de�nisan je kao koliµcina kretanja ili impuls, odnosno!P = m

!v

Prema prvom Njutnovom zakonu, ako nema dejstva spolja�njih sila tada tela teµze da se krecukonstantnom brzinom, odnosno da zadrµze stalnu koliµcinu kretanja de�nisanu proizvodom mase

(m) i brzine (v) pa za m = const!F = 0 imamo

!P = m

!v = const ) d

!P

dt= 0

Ako nema dejstva sile!F tada je koliµcina kretanja konstantna.Me�utim, umesto pomenutog �specijalnog�

sluµcaja, obratimo paµznju na op�tu zakonitost koja vaµzi i za sluµcajeve kada postoji dejstvo sile, odnosnome�usobno dejstvo dva tela koje moµze nastati njihovim sudarom ili delovanjem magnetne, elektriµcne

v 1→

F 1→ 1m

v 2→

F 2→m 2

ili elastiµcne sile aktiviraneopruge.Kod osloba�anjaaktivirane opruge koja jedodirivala telamasem1 i m2

tela se razilaze u suprotnimsmerovima zbog uticaja sila

akcije i reakcije koje su me�usobno jednake i istog su pravca ali suprotnog smera pa je

!F 1 = �

!F 2 )

!F 1 +

!F 2 = 0 odnosno m1

d!v 1dt

+m2d!v 2dt

= 0

Kako su mase m1 i m2 konstantne, onda prethodnu formulu moµzemo prikazati u obliku

d (m1!v 1 +m2

!v 2 )

dt= 0 a ona je taµcna za m1

!v 1+m2

!v 2 = const jer je izvod od konstante nula, odnosno

m1!v 1 +m2

!v 2 =

!P 1 +

!P 2 = const

Ako na sistem dva tela ne deluje nikakva spoljna sila kada se kaµze da je takav sistem izolovan, tada impulstakvog sistema ne moµze da se promeni uzajamnim dejstvom jednog tela na drugo �to vaµzi i zaizolovan sistem od vi�e µcestica ili tela na slici gde su sile podeljene na unutra�nje i spolja�nje

F 2→

,1 F 1→

, 2

F 2→

F 1→

F 2→

,3

F 3→

, 2

F 3→

F 3→

,1

F 1→

, 3

1mm 2

m 3

d!p 1d t

=d (m1

!v 1 )

dt=

!F 1;2 +

!F 1;3 + � � �+

!F 1;n +

!F 1

d!p 2dt

=d (m2

!v 2 )

dt=

!F 2;1 +

!F 2;3 + � � �+

!F 2;n +

!F 2

d!p 3dt

=d (m3

!v 3 )

dt=

!F 3;1 +

!F 3;2 + � � �+

!F 3;n +

!F 3

...

d!pndt

=d (mn

!v n )

dt=

!Fn;1 +

!Fn;2 + � � �+

!Fn;n�1 +

!Fn

Prema trecem Njutnovom zakonu akcije i reakcije odgovarajuci parovi unutra�njih sila se izme�u poje-dinih tela poni�tavaju pa sabiranjem prethodnih relacija dobijamo

d (m1!v 1 + m2

!v 2 + m3

!v 3 + � � �+ mn

!v n )

dt=

nXi=1

!F i Ako je zbir ili suma svih spolja�njih sila

!F 1 +

!F 2 +

!F 3 + � � �+

!Fn =

nXi=1

!F i = 0 onda je sistem izolovan pa je

m1!v 1 +m2

!v 2 +m3

!v 3 + � � �+mn

!v n = const odnosno

nXi=1

mi!v i =

!P = const

Ukupna koliµcina kretanja izolovanog sistema tela ostaje konstantna.


RadIz iskustva znamo da je rad srazmeran veliµcini sile kojom se deluje pomerajuci telo i duµzini puta

F→

mm

S→

na kojem se to pomeranje vr�i. U najprostijem sluµcaju

kada se pravci konstantne sile!F i puta

!S poklapaju izv-

r�eni rad bice jednak proizvodu sile koja je svojim delov-anjem vr�ila pomeranje i duµzine pre�enog puta tokom

pomeranja, odnosno!A =

!F!S

F→

NF→

sθ

F→

mm

S→

Ako se pravci konstantne sile!F i puta

!S ne poklapaju, ta-

da konstantnu silu!F moµzemo razloµziti na normalnu kom-

ponentu!FN koja ne vr�i pomeranje ili rad i aktivnu kom-

ponentu!F s koja vr�i rad jer je ona orijentisana u pravcu

puta!S pa izvr�eni rad u ovom sluµcaju iznosi

A =!F s

!S =

!F

!S cos (

!F ;

!S ) = F S cos �

F→

i

θ i12

∆ S i→

Ako je sila!F i promenljiva po pravcu i intenzitetu ili zavisna od po-

loµzaja tela na krivoj putanji!F i =

!F� !S�tada se elementni rad sile

na jednom elementnom delicu puta �!S i moµze prikazati skalarnim

proizvodom sile!F i i tog elementnog delica puta �

!S i kada je

�Ai =!F i�

!S i

dok se ukupni rad na celom putu moµze aproksimativno prikazati relacijom

A1;2 =

nXi=1

�Ai =

nXi=1

!F i�

!S i =

nXi=1

Fi�Si cos�!F i; �

!S i�

gde su elementna rastojanja �!S i toliko mala da se mogu smatrati pravim linijama.

θ1 2}F ( )s

dS0

F ( )s F→

S

F(

) sd A

=dS

S1 S 2

U graniµcnom sluµcaju, kada �S ! 0 odnosno kada se kriva linija(putanja) deli na n!1 elementarnih pravolinijskih delovad!S elementarni rad dA iznosi

dA =!F d

!S = F dS cos

�!F ; d

!S�= F dS cos �

pa ukupni rad na putu od poloµzaja 1 do poloµzaja 2 iznosi

A1;2 =

S2ZS1

!F d

!S =

S2ZS1

F dS cos�!F ; d

!S�

dA > 0 (pozitivan) ako � 2�0;�

2

�dA < 0 (negativan) ako � 2

� �2; ��

dA = 0 ako je F = 0 ili dS = 0 ili � =�

2

d yd x

F→

F→

x

F→

y

h

B

A

0

y

x

m

dS

Ako se telo mase m na koje deluje iskljuµcivo gravitaciona sila, krecepo krivolinijskoj putanji od poloµzaja A do poloµzaja B tada eleme-ntarni rad dA na elementarnom putu dS iznosi

dA = F dS = Fx dx| {z }+Fy dy = Fy dyKako gravitaciona sila, odnosno teµzina Fy = mg deluje iskljuµcivo uvertikalnom pravcu pa komponenta teµzine u pravcu x - ose iznosiFx = 0 to znaµci da rad sile F odnosno njene komponente Fy na krivoli-nijskoj putanji od poloµzaja A do poloµzaja B iznosi


A =

yBZyA

Fy dy = mg

yBZyA

dy = mg (yB � yA )| {z }h

= mgh

Vidimo da je izvr�eni rad pri pomeranju tela mase m po krivoj putanji od poloµzaja A do poloµzaja Bkoji se nalaze na �visinskoj�razlici h jednak potencijalnoj energiji (EP = mgh) koju bi imalo telomasem ako se nalazi na visini h pa bi od poloµzaja B do poloµzaja A postojecom ili bilo kojom drugom, krivomili pravom putanjom ono oslobodilo isti rad (A = �mgh) pa bi ukupni rad pri kretanju od poloµzaja Ado poloµzaja B i povratkom u poloµzaj A bio jednak nuli.Dakle u polju gravitacione (centralne) silevrednost rada ne zavisi od oblika putanje vec samo od vertikalne razlike poloµzaja A i poloµzaja Bgde je ukupni rad po bilo kojoj zatvorenoj putanji uvek jednak nuli. Ako rad sile F pri pomeranjutela mase m iz proizvoljnog poloµzaja A u proizvoljni poloµzaj B nije jednak nuli i ne zavisi od oblikaputanje, tada se takva sila F naziva konzervativna ili akumulativna sila.U prethodnom primeru smo videli da rad konzervativne sile F pomeranjem tela po krivoj putanji

B

A

putan

ja1

putan

ja2

od poloµzaja A do poloµzaja B iznosi A1 = mgh a rad pri njegovom pomeranju pu-tanjom bilo kakvog oblika iz poloµzaja B do poloµzaja A iznosi A2 = �mgh pa je

A1 +A2 = mgh+ (�mgh) = 0

Rad konzervativne sile!F po zatvorenoj putanji L jednak je nuli, odnosnoI

L

!F d

!S = 0

Poznati primeri konzervativnih sila su gravitaciona ili elektrostatiµcka a njih nazivamo i cent-ralnim silama jer su pravci njihovog delovanja na telo koje se krece uvek usmereni na jednu nepo-kretnu taµcku nazvanu centar sile.Jedinica za rad u S I sistemu je1 D�zul = 1 J = 1 Njutn � 1 metar ) 1 J = 1 Nm

Snaga - brzina vr�enja radaAko se neki rad �A izvr�i u vremenskom intervalu �t tada je srednja snaga (Psr ) ili brzina vr�enjarada de�nisana koliµcnikom tog rada i vremenskog intervala �t odnosno

Psr =�A

�t

Ako se vremenski interval smanjuje i teµzi nuli, tada se srednja vrednost snage ili brzine vr�enja radapribliµzava njenoj trenutnoj vrednosti, kada je

P = lim�t!0

Psr = lim�t!0

�A

�t=dA

dtpa je snaga jednaka prvom izvodu rada A po vremenu t

Ako elementarni rad dA prikaµzemo proizvodom sile!F i elementarnog puta d

!S ili dA =

!F d

!S tada

snagu P moµzemo prikazati formulom

P =dA

dt=

!F d

!S

dt=

!Fd!S

dt|{z}!v

=!F!v

koja pokazuje da je snaga!P jednaka skalarnom proizvodu vektora sile

!F i vektora brzine

!v

Ako znamo snagu sile!F odnosno P = P (t) tada rad te sile moµzemo prikazati formulom

A =

t2Zt1

P (t) dt Jedinica za snagu u S I sistemu je 1 vat (W ) odnosno

1W =1 J

1 s) 1 J = 1W � 1 s 1 kW = 1000 W 1 M W = 106 W


00) Voz se sastoji od lokomotive mase m1 = 40 t = 40 000 kg i jednog vagona mase m2 = 10 t = 10 000 kg

Polazeci sa µzelezniµcke stanice voz ubrzava i posle prvog pre�enog kilometra puta dostiµze konstantnu brzinu

v = 36km

h= 10

m

s

a) Odredimo proseµcno ili srednje ubrzanje voza b) Odredimo silu koju razvija lokomotiva

c) Odredimo silu kojom lokomotiva deluje na vagon

d) Odredimo snagu koju lokomotiva razvija na kraju prvog pre�enog kilometra puta

e) Odredimo silu otpora kretanju voza

a) Kvadriranjem formule v = v0 + a t dobijamo

v2 = (v0 + a t)2= v20 + 2v0 a t+ a

2 t2 = v20 + 2a

�v0 t+

1

2a t2| {z }

S

�= v20 + 2aS

Kako voz polazi sa stanice gde je v0 = 0 onda imamo a =v2

2S=

�10m

s

�22 000m

=100

m2

s2

2 000m= 0; 05

m

s2

b) FL = mv a = (m1 +m2 ) a = (40 000 kg + 10 000 kg) � 0; 05m

s2= 2500 kg

m

s2= 2500N

c) FV = m2 a = 10 000 kg � 0; 05m

s2= 500 kg

m

s2= 500N

d) P = FL � v = 2500N � 10 ms= 25 000

N m

s| {z }W

= 25 kW

e) Sila otpora kretanju voza jednaka je sili koju ostvaruje lokomotiva

00) U trenutku t1 = 0 automobil mase m = 1000 kg zapoµcne koµcenje pri brzini v1 = 100km

hi dostigne

brzinu v2 = 0 odnosno stane posle t2 = 11 s

a) Odredimo ubrzanje automobila pri koµcenju b) Odredimo pre�eni put za vreme koµcenja

c) Odredimo silu koµcenja

a) a =�v

� t=v2 � v1t2 � t1

=0� 100 km

h11 s

= �100 000

m

3 600 s11 s

= � 2; 52 ms2

b) S = v1 t2 +1

2a t22 = 100

km

h11 s+

1

2

�� 2; 52 m

s2

�� 121 s2 = 100 000 m

3 600 s11 s� 1

2� 2; 52m � 121

= 152; 77m

c) Fk = m � a = 1000 kg�� 2; 52 m

s2

�= � 2 525; 2 kg m

s2= � 2 525; 2N


EnergijaEnergija je oblik postojanja materije i ona ne moµze biti stvorena niti uni�tena vec moµze samo pre-laziti iz jednog oblika u drugi pa je energija u prirodi konstantna.

Formalno, energiju moµzemo podeliti u dve kategorije

1) Energije koje su skoncentrisane u �ziµckim poljima kao �to su gravitaciona magnetska, elektro-statiµcka, ili nuklearna energija skoncentrisana u polju jezgra atoma.

2) Energije koje poseduju tela koje su izazvane �ziµckim poljima u kojima se ta tela nalaze

Ako µcekicem udaramo po komadu metala, tada moµzemo primetiti da se on mehaniµcki deformisao ali i zagrejaojer je jedan deo mehaniµcke energije µcekica pre�ao u toplotnu energiju komada metala.Dakle, prelazni oblici pos-tojanja energije su mehaniµcki rad i toplota pa je energija sposobnost tela da izvr�i rad.Svako telo koje se krece nekom brzinom v sposobno je da izvr�i rad kao �to su vetar i reka sposobni da pokrecuturbinu ili elisu generatora odnosno vodeniµckog kamena.Za pokretanje nekog tela iz stanja mirovanja mora se delovati nekom silom na telo µcime se vr�i neki rad pa jedelovanjem sile potrebno izvr�iti isti rad i pri zaustavljanju tog tela.

Kinetiµcka energija

m

S

F = const ⇒ a = constF→

m F→

v→0=v 0 Ako na telo mase m koje jemirovalo po-

µcne da deluje jedino konstantna sila Ftada nastajekretanje tela kojem sila F

daje stalno ubrzanje a =F

mpa brzina

pri tom jednako ubrzanom kretanju iznosi v = a t Kako kinetiµcka energija (Ek) zavisi od mase tela (m)i njegove brzine (v) onda sa povecanjem brzine tela mase m dolazi do povecanja i njegove kinetiµcke en-ergije i ona je jednaka radu sile F na pre�enom putu S odnosnoEk = F � SZbog delovanja konstantne sile F nastaje jednako ubrzano kretanje tela kada je trenutna brzinav = v0 + a t Kvadriranjem ove jednaµcine dobijamo

v2 = (v0 + a t)2= v20 + 2v0 � a t+ a2 t2 = v20 + 2a

�v0 t+

1

2a t2| {z }

put S

�= v20|{z}

0

+ 2aS = 2aS odnosno

v2 = 2aS| {z }�

) S =v2

2aKako je F = m � a onda zamenom u formulu Ek = F �S dobijamo formulu za ki-

netiµcku energiju, odnosno Ek = F � S = m � a| {z }F

� v2

2a|{z}S

=1

2mv2 pa je

Ek =1

2mv2 Formula za odre�ivanje kinetiµcke energije

m

S

F→

m F→

v→2v→1

E 1k E 2k

E 1kE 2k − = F S•

Ako na telo mase m deluje konstantnasila F u pravcu i smeru kretanja tela,tada ono povecava svoju kinetiµcku en-ergiju koja na poµcetku puta S iznosi

Ek1 =1

2mv21 a na kraju puta S iznosi

Ek2 =1

2mv22 Razlika kinetiµckih energija na kraju i na poµcetku pre�enog puta S jednaka je radu

sile F na pre�enom putu S odnosno Ek2 � Ek1 =1

2mv22 �

1

2mv21 =

1

2m�v22 � v21

�Kako pre�eni put na poµcetku kretanja iznosi S = 0 onda zamenom u formulu v2 = 2aS| {z }

�

dobijamo


v22 = 2aS v21 = 2a � 0 = 0 odnosno Ek2 � Ek1 =1

2m (2aS � 0) = ma � S = F � S

m

S

m v→2v→1

E 1k E 2k

E 1kE 2k − = F S• 0<

F→

F→

Ako na telo mase m deluje konstantnasila F u istom pravcu i suprotnomsmeru od smera kretanja tela, tada onosmanjuje svoju brzinu a samim tim ikinetiµcku energiju pa je razlika kine-tiµckih energija na kraju i na poµcetkupre�enog puta S jednaka radu sile F

na pre�enom putu S odnosno

Ek2 � Ek1 =1

2mv22 �

1

2mv21 =

1

2m�v22 � v21

�=1

2m (2aS � 0) = ma � S = F � S < 0

Kako je brzina v1 na poµcetku puta S veca od brzine v2 na kraju puta S onda je kinetiµcka energijaEk1 tela mase m na poµcetku puta S veca od kinetiµcke energije na kraju puta S odnosno

Ek2 � Ek1 < 0Dakle, sila F je smanjivala a ne povecavala brzinu tela mase m pa je telo bilo sposobno da na putu Sizvr�i odre�eni rad.Sve �to je dalje napisano o kinetiµckoj energiji nije neophodno proµcitati ali jeste kori-sno to uraditi. Zato imajmo strpljenja jer tako brµze stiµzemo do cilja!Ako se telomase m krece nekom brzinom v tada je rad sile koja zaustavi to telo jednak njegovoj kineti-µckoj energiji koju je telo posedovalo dok se kretalo brzinom v Formulu za kinetiµcku energiju moµzemodobiti i sledecim postupkom.Ako se telo mase m pri kretanju brzinom v zaustavlja delovanjem kons-

tantne sile F tada njegovo ubrzanje ili usporenje iznosi a = F

mpa se telo krece jednako ubrzano ili

jednako usporeno kada je a =v

todnosno

Ek = F S = maS = mv

tS Kako je pre�eni put S jednak proizvodu srednje brzine (vsr ) i vremena t

S = vsr t =v + 0

2t =

1

2v t onda zamenom dobijamo formulu za kinetiµcku energiju, odnosno

Ek = mv

tS = m

v

t

1

2v t =

1

2mv2

Kako put kod jednakoubrzanog kretanja pri polasku tela iz stanja mirovanja iznosi

S =1

2a t2 onda formulu za kinetiµcku energiju moµzemo dobiti i sledecim postupkom

Ek = F S = ma1

2a t2 =

1

2m ( a t|{z}

v

)2=1

2mv2

Ako je sila!F koja zaustavlja telo mase m promenljiva, tada formulu za kinetiµcku energiju

moµzemo dobiti primenom formule za uloµzeni rad pri promeni brzine tom telu, odnosno

Ek = A =

Z !F d

!S =

Zm!a d

!S = m

Zd!v

dtd!S = m

Zd!S

dtd!v = m

Z!v d

!v =

1

2mv2

Ako telo mase m na delu puta �!S =

!S 2�

!S 1 promeni brzinu za �

!v =

!v 2�

!v 1 tada je rad sile

na tom telu jednak promeni njegove kinetiµcke energije, odnosno

A = �Ek =

S2ZS1

!F d

!S =

S2ZS1

m!a d

!S = m

S2ZS1

d!v

dtd!S = m

v2Zv1

d!S

dtd!v = m

v2Zv1

!v d

!v = m

�v2

2

��v2v1

= m

�v222� v

21

2

�

=1

2mv22| {z }Ek2

� 1

2mv21| {z }Ek1

= Ek2 � Ek1 Jedinica za kinetiµcku energiju je ista kao i za mehaniµcki rad.


Potencijalna energijaGravitaciona potencijalna energija

m

= m gF→ →

g→

m

= m gF→ →

g→

h

1( )

2( )Za podizanje tela mase m i teµzine Q =

!F = m

!g iz poloµzaja (1) u poloµzaj (2)

treba uloµziti rad A = F � h = mg � h ili delovati spolja�njom silom F = mg navertikalnom putu h Uloµzeni rad jednak je potencijalnoj energiji koju telomase m ima na visini h odnosnoEp = mg � h Formula za odre�ivanje potencijalne energijeAko telo mase m podignemo na visinu h ono ce biti sposobno da izvr�i rad jerse nalazi u polju uticaja sile gravitacije a zatezanjem lasti�a ili opruge oni cebiti sposobni da izvr�e rad jer svojim elastiµcnim silama mogu delovati na telasa kojima su u kontaktu.U mehanici se potencijalna energija deli na dve vr-ste ili dva oblika :| Potencijalna energija usled poloµzaja - gravitaciona potencijalna energija| Elastiµcna potencijalna energija

0

y

x

F→

d y

d x

αm

v1 0=1y

h

1

2v 2 0=

2y

dS→

m g→

Elementarni rad sile!F na elementarnom putu d

!S iznosi

dA =!F d

!S = F dS cos�| {z }

dy

= F dy F = mg odnosno

dA = dE = dEk|{z}0

+ dEp = F dy = mg dy pa je dEp = mg dy odnosno

Ep =

Ep2ZEp1

dEp = Ep2 � Ep1 =y2Zy1

mg dy = mg (y2 � y1 )| {z }h

= mgh

Rad konzervativnih sila u potencijalnom polju ne zavisi od oblika putanje vec iskljuµcivo odpoµcetnog i krajnjeg poloµzaja na kome se telo nalazi pa potencijalna energija ima �ziµcki smisaorazlike potencijalnih energija za ta dva poloµzaja do neke �odre�ene�konstante.Za odre�ivanje rada u centralnim poljima za referentni nivo uzima se taµcka u bes-konaµcnosti gde je Ep = 0!r 0 !1 ) Ep = 0

Ako!r 0 !1 tada potencijalna energija E (

!r ) u odnosu na neku taµcku sa vektorom poloµzaja

!r iznosi

E (!r ) = A = �

rZ1

!F (

!r ) d

!r Ako za referentni nivo uzmemo !

r 0 !1; kod privlaµcenja materijalne

taµcke potencijalna energija je uvek negativna i jednaka potrebnom radu sila da taµcku iz beskona-µcnosti prevedu ili dovedu u taµcku sa vektorom poloµzaja

!r

Zakon o odrµzanju mehaniµcke energije

h

hH −

H

Položaj B mBv

mPoložaj C

Cv

→

→

Položaj A m Av 0= Pokaµzimo da je zbir kinetiµcke i potencijalne energije tela masem konstantan i jednak njegovoj totalnoj ili ukupnoj energiji, od-nosno potencijalnoj energiji koju telo mase m ima u nekom poloµzajuna visini H odakle se krece jedino pod uticajem sile gravitacije.Ako pogledamo slobodno padanje, tada znamo za�to brzine tela masem u poloµzajima B i C iznose

v(B) =p2 g h ) v2(B) = 2 g h v(C) =

p2 gH ) v2(C) = 2 gH

Formule za potencijalnu i kinetiµcku energiju tela mase m u polo-µzajima B i C glase

Ep(B) = mg (H � h) Ek(B) =1

2mv2(B) Ep(A) = mgH Ek(C) =

1

2mv2(C)


pa nije te�ko videti za�to je:

E(A) = Ep(A) + Ek(A)| {z }0

= Ep(A) = mgH| {z }E(B) = Ep(B) + Ek(B) = mg (H � h) + 1

2mv2(B) = mgH �mgh+ 1

2m2 g h = mgH| {z }

E(C) = Ep(C)| {z }0

+ Ek(C) = Ek(C) =1

2mv2(C) =

1

2m2 gH = mgH| {z } pa imamo

E(A) = E(B) = E(C) = mgH| {z } = const

Ukupno vreme padanja

Uku

pna

ener

gija

=E

Ep

+E

k =E Ep + E k

ttt 0

E k raste

E p opadaEp

Ek

F→

m1( ) 2( )1v→ 2v→ S0

S 2S1

Kako je slobodno padanje jednako ubrzano kretanje i kakokinetiµcka energija raste sa kvadratom brzine, onda vidimoza�to dijagrami potencijalne i kinetiµcke energije nisu pr-ave linije vec imaju oblike parabola.Sa slike moµzemo videti da jezbir potencijalne i kinetiµcke energije u bilo kom trenutkukonstantan. Ako odaberemo �pogodnu�silu F sliµcnu gravitacionojelektrostatiµckoj ili nekoj drugoj konzervativnoj sili, tada zakono odrµzanju mehaniµcke energije moµzemo prikazati i sledecimpostupkom

Ako se telo mase m krece pod uticajem sile Fpo pravoj putanji S pri µcemu kroz poloµzaj (1)prolazi brzinom v1 a kroz poloµzaj (2) brzin-om v2 tada prema drugom Njutnovomzakonu za silu koja deluje na telo mase m vaµzi

F = ma = mdv

dt

Kako jedv

dtdS =

dS

dt|{z}v

dv = v dv

onda rad sile F koja primorava telo da se krece na putu S2 � S1 iznosi

A =

S2ZS1

F dS = m

v2Zv1

v dv =1

2mv2

��v2v1

=1

2mv22| {z }Ek(2)

� 12mv21| {z }Ek(1)

= Ek(2) � Ek(1)

Ako je telo promenilo poloµzaj delovanjem �pogodne�sile F = f (S) tada se njen rad na putu od polo-µzaja (0) do bilo kog drugog poloµzaja na putu S moµze prikazati formulom

A =

SZ0

F dS pa se (i) potencijalna energija tela u zavisnosti od njegovog poloµzaja na putu S ili

udaljenosti od poloµzaja (0) moµze prikazati formulom

Ep = A = �SZ0

F dS

Znak (�) je zato �to je telo sposobno da �vrati�nazad onu istu koliµcinu energije koju je �dobilo�kadaje sa energetski niµzeg pomeralo na energetski vi�i nivo.Razlika potencijalnih energija koje telo imau pravolinijskim poloµzajima (1) i (2) iznosi


A = Ep =

S2ZS1

F dS = m

v2Zv1

v dv =1

2mv22| {z }Ek(2)

� 12mv21| {z }Ek(1)

= Ek(2) � Ek(1) = �SZ0

F dS = �

0@ S2Z0

F dS

| {z }Ep(2)

�S1Z0

F dS

| {z }Ep(1)

1A

= Ep(1) � Ep(2) Sada vidimo za�to je Ep(1) � Ep(2) = Ek(2) � Ek(1) odnosno Ep(1) + Ek(1) = Ep(2) + Ek(2)

Zakon o odrµzanju mehaniµcke energije pri µcemu je zbir potencijalne i kinetiµcke energije konstantan.

Primene zakona o odrµzanju koliµcine kretanja

m2

camac v 2→covek

m1

1v→ Sistem µcovek - µcamacKada µcovek mase m1 i µcamac mase m2 miruju, odnosno kada je!v 1 = 0 i

!v 2 = 0 tada je

!pR = m1

!v 1 +m2

!v 2 = 0

Kada µcovek poµcne da se krece u jednom smeru brzinom!v 1 tada µcamac poµcne da se krece u drugom

smeru brzinom!v 2 pa imamo

!pR = m1

!v 1 +m2

!v 2 = 0 odakle je m1

!v 1 = �m2

!v 2 odnosno m1 v1 = m2 v2 Iz ove jednaµcine dobijamo

v1v2=m2

m1odakle je v1 =

m2

m1v2 odnosno

v2v1=m1

m2pa je v2 =

m1

m2v1

Odre�ivanje brzine metka pomocu balistiµckog klatna

1m

1m

h

v 10=

α

l

l

lα

cos

mv→

v→1

Prema slici imamo

h = l � l cos� = l (1� cos�)Pre udara metka u teg njegova koliµcina kretanja iznosi p = mvAko zanemarimo deo energije koji se pri udaru metka u teg trans-formi�e u toplotnu energiju, tada usled udara, teg primi istukoliµcinu kretanja p0 = mv koju je metak imao pre udara, pa jep = mv = p0 = (m1 +m) v1 odnosno mv = (m1 +m) v1 odakle je

v =m1 +m

mv1 =

�1 +

m1

m

�v1

Kako je brzina v1 koju teg ima na visini h jednaka brzini koju bi imao ako bi slobodno padao sa visine hodnosno v1 =

p2 g h onda brzina metka iznosi

v =�1 +

m1

m

�p2 g l (1� cos�)

00) Metak mase m = 25 g udara u dµzak mase m1 = 50 kg obe�en na elastiµcno i neistegljivo uµze.U trenutku

1m

1m

h

v 10=

m v1→

v→

udara metka u dµzak on se otkloni od vertikalne linije i podigne se za vi-sinu h = 2 cm Odredimo brzinu metka u trenutku udara u dµzak.Pre udara metka u dµzak, njegova koliµcina kretanja iznosi p = mv Akozanemarimo deo energije koji se udarom metka u dµzak transformi�e utoplotu, tada usled udara metka dµzak primi istu koliµcinu kretanjap0 = mv koju je metak imao pre udara, odnosno

p = mv = p0 = (m+m1 ) v1

Brzina v1 koju ima dµzak na visini h jednaka je brzini koju bi imao akobi slobodno padao sa visine h odnosno v1 =

p2 g h pa zamenom do-

bijamo

mv = (m+m1 )p2 g h odakle je v =

m+m1

m

p2 g h =

0; 025 kg + 50 kg

0; 025 kg

r2 � 9; 81 m

s2� 0; 02m = 1253; 46

m

s


Kretanje rakete−vg v

∆m2

m2 m1 −∆m2m2∆vv +m1

v→

→ →

→ →

m1 - masa raketem2 - masa goriva u raketiAko sa v oznaµcimo brzinurakete u trenutku t1 = t sav +�v brzinu rakete u tre-

nutku t2 = t+�t sa vg brzinu izlaska mlaza �goriva�(�m2 ) iz rakete, tada koliµcina kretanja raketeu trenutku t1 = t iznosi

pR = (m1 +m2 ) v a u svakom trenutku t2 = t+�t koliµcina kretanja rakete je

� jer je v suprotno od vgp0R = (m1 +m2 ��m2 ) (v +�v)� �m2 (vg � v)| {z }

Jer po izlasku�m2 vi�e nepripada raketi

= (m1 +m2 ) (v +�v)��m2 (v +�v)��m2 (vg � v)

= (m1 +m2 ) v + (m1 +m2 )�v ��m2 (v +�v + vg � v)

= (m1 +m2 ) v + (m1 +m2 )�v ��m2�v ��m2 vg

= (m1 +m2 ) v| {z }pR

+ (m1 +m2 ��m2 )�v ��m2 vg

Kako je pR = p0R onda imamo (m1 +m2 ��m2 )�v ��m2 vg = 0 odnosno

(m1 +m2 ��m2 )�v = �m2 vg Delenjem sa �t dobijamo silu potiska

Fpot =(m1 +m2 ��m2 )�v

�t=�m2

�tvg

Kretanje tela mase m izbaµcenog poµcetnom brzinom !v 0 u polju sile g

α x0

y

x

y

m

v 0→

0=E P

mv→

A

v→ x0

v→ y0

U poloµzaju A komponente brzine vx i vy iznose vx = v0 cos� vy = v0 sin�� g t pa jev2 = v2x + v

2y = (v0 cos�)

2+ (v0 sin�� g t)2 = v20 cos2 �+ v20 sin2 �� 2v0 sin� � g t+ g2 t2

= v20�cos2 �+ sin2 �

�| {z }1

� 2 g�v0 t sin��

1

2g t2�

| {z }y

= v20 � 2 g y U poloµzaju 0 energija tela mase m iznosi

E0 = Ep|{z}0

+ Ek =1

2mv20| {z } U poloµzaju A energija tela mase m iznosi

EA = Ep + Ek = mg y +1

2mv2 = mg y +

1

2m�v20 � 2 g y

�= mg y +

1

2mv20 �

1

2m2 g y =

1

2mv20| {z }

Energija je ista u bilo kom poloµzaju tela, odnosno E0 = EA =1

2mv20| {z } = const


00) Na kraju �tapa zanemarljive mase i duµzine 1; 5m nalazi se teg mase m = 0; 8 kg �tap rotira u

0

m

A v

B

C

r1.

5=

m

mg→

mg→

mg→

→F→

cF→

c

F→

c

F→

cmg→

vertikalnoj ravni brzinom v = 2m

sOdredimo silu zatezanja u �ta-

pu kada se teg nalazi u najvi�oj taµcki, u najniµzoj taµcki i u nivouose rotacije.Odredimo kinetiµcku energiju tega koji rotira.Prema slici, za poloµzaje tega mase m u taµckama A B C imamo:

(B ) Ako se teg mase m nalazi u poloµzaju B tada zatezanje u �tapu vr�i

samo centrifugalna sila�Fc =

mv2

r

�koja u ovom sluµcaju iznosi

Fz (B ) = Fc (B ) =mv2

r=0; 8 kg � 4 m

2

s2

1; 5m= 2; 133N

(C ) Ako se teg mase m nalazi u poloµzaju C tada zatezanje u �tapu, po-

red centrifugalne sile Fc vr�i i gravitaciona sila (Fg = mg) odnosno

Fz (C ) = Fc (C ) + Fg (C ) =mv2

r+mg = 2; 133N + 0; 8 kg � 9; 81 m

s2= 2; 133N + 7; 848N = 9; 98N

U poloµzaju C je Fg > Fc

(A) Kako je Fg = mg > Fc onda u poloµzaju A nece biti sile zatezanja (Fz ) vec ce rezultantna sila da

pritiska �tap silom Fp = mg � Fc = mg �mv2

r= � � � = 5; 71N

00) Teg mase m = 150 kg okaµcen je na elastiµcnu neistegljivu µzicu koja moµze da izdrµzi teret Fd = 300 kp

h

l

v 0=

+ F→

c

F→

d

Q→

Q→

v→

α max

Odredimomaksimalni ugao otklona (�max ) tega od ravnoteµznogpoloµzaja za koji nece doci do kidanja µzice kada otpu�teni teret pro-lazi kroz ravnoteµzni poloµzaj.Pri prolasku tega mase m kroz ravnoteµzni poloµzaj, na µzicu deluje centri-fugalna sila Fc i gravitaciona sila, odnosno teµzina tega Q pri µcemu morabiti zadovoljena relacija

Q+ Fc 6 Fd gde je Fd = 300 kp = 2Q

Prema zakonu odrµzanja energije, Ek u ravnoteµznom poloµzaju morabiti jednako Ep u polaznom poloµzaju, odnosno

1

2mv2 = mgh gde je h = l � l cos� = l (1� cos�) odnosno

1

2mv2 = mg l ( 1� cos� ) Ako ovu relaciju podelimo sa l

2tada dobijamo Fc odnosno

mv2

l= 2mg l ( 1� cos� ) pa je Fc = 2Q (1� cos�) Prema uslovu zadatka je

Fd = 2Q > Fg+Fc = Q+2Q (1� cos�) ) 2 > 1+2 (1� cos�) ili 1 > 1

2+(1� cos�) 1� 1

2> 1�cos�

cos� > 1

2) �max = 60�

00) Na jednu µcesticu mase m = 1 � 10�10 kg sa elektriµcnim nabojem u elektriµcnom polju deluje sila

Q

mα F

→

r

F→

e

→

od Fe = 3 � 10�9 N horizontalno.Na istu µcesticu deluje i teµzina.Odredimo intenzi-tet i smer ukupne sile i ubrzanje kretanja µcestice

Q = mg = 1 � 10�10 kg � 9; 81 ms2= 0; 981 � 10�9 kg m

s2= 0; 981 � 10�9 N

Fr =pF 2e +Q

2 =

q(3 � 10�9 N )2 + (0; 981 � 10�9 N )2 = 3; 156 � 10�9 N


Kako je F = ma ) a =Frm=3; 156 � 10�9 kg m

s2

1 � 10�10 kg = 31; 56m

s2

00) Telomase m klizi niz kuglu iz najvi�e taµcke polazeci iz mirovanja.U kojoj taµcki ce telo napustiti

0

mm

H

hα

α

r

∆ h

1( )

2( )

mg→

F→ r

F→ N

v→

kuglu ako se trenje zanemari?Telo je materijalna taµcka bezdimenzija pa je polupreµcnik putanje r Prema slici imamoh = r cos� odnosno �h = r � h = r � r cos� = r (1� cos�)

FN = mg cos� Fr =mv2

rMesto odvajanja tela mase m od

kugle odre�ujemo iz uslova Fr > FN ili primenom formule

(1)mv2

r= mg cos�

Prema zakonu odrµzanja energije pri prelasku tela mase m izpoloµzaja (1) u poloµzaj (2) imamo

E(1) = E(2) odnosno Ep(1) + Ek(1)| {z }0

= Ep(2)| {z }0

+ Ek(2) pa je

Ek(2) = Ep(1) = mg�h = mg r (1� cos�) Sada imamo1

2mv2 = mg r ( 1� cos� ) Ako ovu jednaµcinu

pomnoµzimo sa2

rtada dobijamo izraz sa Fr odnosno

(2)mv2

r= 2mg (1� cos�)

Vidimo da su izrazi sa leve strane znaka jednakosti u relacijama (1) i (2) isti pa izrazi i sa desne strane mo-raju biti isti, odnosno

mg cos� = 2mg ( 1� cos� ) ) cos� = 2� 2 cos� ) 3 cos� = 2 ) cos� =2

3Telo ce se odvojiti od

kugle na visini H = r + h = r + r cos� = r + r2

3=3 r

3+2 r

3=5

3r

00) Klizaµc po ledu krece se po periferiji kruga polupreµcnika r = 13m brzinom v = 11m

sOdredimo

m

r

α α

F→

cF→

r

mg→ F→

R

v→

ugao � prema vertikali za koji treba da se nagne klizaµc ka unutra�njojstrani kruµzne putanje da bi odrµzao ravnoteµzu.

Prema slici imamoFrmg

= tg � odakle je

� = arc tgFrmg

= arc tg

mv2

rmg

= arc tgv2

r g= arc tg

121m2

s2

13m � 9; 81 ms2

= arc tg 0; 95 = 43; 53�

00) Biciklista se krece po kruµznoj putanji polupreµcnika krivine r = 10m brzinom v = 4m

sNjegova

m m

r r

α α

α

α

α

mg→ mg→

F→

c F→

c

F→

c

F→

r F→

r

F→

rF→

R F→

R

F→

1 F→

F→

t r

v→ v→

F→

2

teµzina sa biciklom je 90 kpOdredimo centrifugalnu siluFc ugao � za koji biciklistatreba da se nagne prema ve-rtikalnoj ravni i koe�cijenttrenja � potreban da bicik-lista ne sklizne sa staze.Prema �slikama�imamoFrmg

= tg � odakle je


Fr = mg tg � odnosno Fc =mv2

r=90 kg � 16 m

s2

10m= 144N

Da ne bi pao, biciklista mora da bude u pravcu rezultantne sile FR pa je njegov nagib de�nisan jednako�cu

sila FR i Fc odnosno mg tg � =mv2

rodakle je tg � =

v2

r g) � = arc tg

v2

r g= arc tg

16

10 � 9; 81 = 9; 26�

Da ne bi do�lo do klizanja koe�cijent trenja � mora da ima vrednost za koju vaµzi nejednakost

F2 6 �F1 gde su F1 = F cos� F2 = F sin� pa imamo F sin� 6 �F cos� odakle je

� > sin�

cos�= tg � =

v2

r g= 0; 163 odnosno � > 0; 163

00) Centrifugalni regulator se okrece brzinom 120O

minOdredimo ugao � koji grade kraci sa vertikalnom osomPrema slici je

! = 120O

min= 120

2�

60

rad

s= 4�

rad

s

r = l sin�

tg� � sin�

cos�=Frmg

=m!2 r

mg=! 2r

g=!2 l sin�

g

cos� =g

!2 l� = arccos

g

!2 l

α

l

m

rα

ωF→

cF→

r

mg→

00) Klatno se sastoji od tega teµzine 2; 5 kp koji visi na elastiµcnoj neistegljivoj µzici duµzine l = 0; 5m

α

l

m

rα

ω

F→

rF→

c

F→

z

mg→

F→

r

Klatno rotira �brzinom� 72O

minOdredimo zateznu silu Fz u µzici i

ugao � koji µzica gradi sa vertikalnom osom rotacije. Prema slici imamo

Frmg

= tg � odakle je Fr = mg tg �

Prema uslovu stabilnosti rotacije konusnog klatna imamo

Fr = m!2 r|{z}�

= mg tg � odakle je tg � =!2 r

g=!2 l sin�

g� sin�

cos�

cos�=g

!2 l=

9; 81m

s2�1; 2 � 2� O

s

�20; 5m

= 0; 345 ) �= arccos 0; 345 = 69; 82�

Prema slici imamomg

Fz= cos� odakle je Fz =

mg

cos�=2; 5 kp

0; 345= 7; 24 kp


Strma ravan

α

m

m

mαB

h

SA

y 2 F→

N

mg→

v=0 0

a→

F→F→

tr

y 1v→

Prema slici je h = S sin� odnosno

Ftr = �FN = �mg cos� a = g sin�� g cos�Prema formulama za jednako ubrzano kretanje imamo

v2 = v20|{z}0

+ 2aS = 2 g S sin�| {z }h

� 2�g S cos�

= 2 g h� 2�g S cos�U poloµzaju A telo mase m ima energijuEA = EPA + EKA|{z}

0

= mg y2

U poloµzaju B telo mase m ima energiju

EB = EPB + EKB= mg y1 +

1

2mv2 = mg y1 +

1

2m2 g h� 1

2m2�g S cos� = mg (y1 + h)| {z }

y2

� �mg cos�| {z }Ftr

S

= mg y2 � Ftr S| {z }A t ren ja

Dakle EA = EB = mg y2 = const EB = mg y2| {z }EA

� Ftr S| {z }Atr

= EA �Atr EA = EB +Atr

EA = mg y2 ) mg y2 = mg y2 �AFtr +AFtr = mg y2

α

m

α

a→

F→

R

F→

a

mg→F→

N

F→

tr

Prema slici je Fa = mg sin� FN = mg cos� Ftr = �FN = �mg cos�

FR = Fa � Ftr = mg sin�� mg cos� = mg (sin�� cos�) � ma )

a = g (sin�� cos�) Da bi telo krenulo mora biti a > 0 odnosno

sin�� cos� > 0 ) sin� > � cos� = : cos� 6= 0 ) tg � > � Ako je

a > 0 ) tg � > � ) Nastaje kretanje

a < 0 ) tg � < � ) Ne nastaje kretanje

a = 0 ) � = �kritiµcno ) tg �kritiµcno = � pa je FR = 0 ili v = const

α

m

S

v 0→

S zF→

tr

<v v 0

→→

mF→

aα

F→

N

mg→

α

m+

v→

F→

a

F→

R

a→

F→

tr

Prema slikama imamoFa = mg sin� FN = mg cos�

Ftr = �FN = �mg cos�

FR = Fa + Ftr = mg sin�+ �mg cos�

= mg (sin�+ � cos�) � ma pa je

a = g (sin�+ � cos�) > 0 (uvek)Ako�pogledamo�jednako ubrzanokretanje, onda znamo za�to kvadrira-njem formule v = v0 � a t dobijamo

v2 = (v0 � a t)2 = v20 � 2v0 a t+ a2 t2 = v20 � 2a�v0 t�

1

2a t2�

| {z }S

= v20 � 2aS odnosno

v2 = v20 � 2aS = v20 � 2 g S(sin�+ � cos�) odakle je v =pv20 � 2 g S (sin�+ � cos�)

Ako je v20 � 2 g S (sin�+ � cos�) < 0 tada telo nece preci ceo put S jer se zaustavlja na rastojanju Sz

Ako je v20 � 2 g S (sin�+ � cos�) = 0 tada je v = 0 pa pre�eni put uz strmu ravan iznosi

S =v20

2 g(sin�+ � cos�)


00) Odredimo koliµcinu kretanja p1 kamiona teµzine 8; 9 � 103 kp koji se krece brzinom v1 = 56km

hOdredimo brzinu v2 pri kojoj ce kamion teµzine 4; 45�103 kp imati istu koliµcinu kretanja i kinetiµcku energijuPrema uslovu zadatka je p1 = p2 odnosno p1 = m1 v1 = p2 = m2 v2 odakle je

v2 =m1

m2v1 =

m1 g

m2 gv1 =

8; 9 � 103 kp4; 45 � 103 kp �56

km

h= 112

km

hKako je Ek =

1

2mv2 onda zbog zahteva da kine-

tiµcke energije budu jednake imamo 1

2m1 v

21 =

1

2m2 v

22 odakle je

v2 =

rm1

m2v21 = v1

rm1 g

m2 g= v1

p2 = 56

km

h

p2 = 79; 19

km

h

00) Dve kugle µcije su mase m1 = 120 g i m2 = 300 g izbace se iz cevi naglim otpu�tanjem opruge.

v 2m 21m

120 g 300 g

→v1→

Odredimo brzinu svake kugleako elastiµcna energija oprugeiznosi 0; 5 kpmAko se zanemari trenje priprolasku kugli kroz cev, tadanaglim otpu�tanjem opruge

njena �elastiµcna�potencijalna energija E prelazi u kinetiµcku energiju kugli pri µcemu je

E =1

2m1 v

21 +

1

2m2 v

22 odnosno 2E = m1 v

21 +m2 v

22 Mnoµzenjem sa m2 (videcemo za�to!) dobijamo

(1) 2m2E = m1m2 v21 + (m2 v2 )

2 Kako je koliµcina kretanja obe kugle ista, odnosno

(2) m1 v1 = m2 v2 onda zamenom formule (2) u formulu (1) dobijamo

2m2E = m1m2 v21 + (m1 v1 )

2= m1m2 v

21 +m

21 v

21 =

�m1m2 +m

21

�v21 pa brzina kugle mase m1 iznosi

v1 =

s2m2E

m1m2 +m21

=

vuuut 2 � 0; 3 kg � 0; 5 � 9; 81 kg m2

s2

0; 12 kg � 0; 3 kg + (0; 12)2 kg2= 7; 64

m

s

Sliµcnim ( iliistim) postupkom moµzemo dobiti i brzinu kugle mase m2 ali je ekonomiµcnije primetiti

v2 =m1

m2v1 =

0; 12 kg

0; 3 kg� 7; 64 m

s= 3; 056

m

sPogledajmo i sledeci postupak

E =1

2m1 v

21 +

1

2m2 v

22

(3) 2E = m1 v21 +m2 v

22 p1 = p2 ) m1 v1 = m2 v2 )

(4) v2 =m1 v1m2

Zamenom formule (4) u (3) dobijamo 2E = m1 v21 +m2

m21 v

21

m22

=

�m1 +

m21

m2

�v21

v1 =

vuuut 2E

m1 +m21

m2

=

vuuut 2E

m1m2 +m21

m2

=

s2Em2

m1m2 +m21

=

r2; 943

0; 36 + 0; 0144=p58; 392 = 7; 64

m

s

v2 =m1 v1m2

=0; 9169

0; 3= 3; 056

m

s

00) Odredimo kinetiµcku energiju lopte mase 15 kg koja se bez klizanja kotrlja niz strminu brzinom v = 10m

sUkupna kinetiµcka energija lopte jednaka je zbiru kinetiµcke energije usled njenog translatornog kreta-nja Ekt i kinetiµcke energije usled njenog rotacionog kretanja Ekr odnosno

Eku = Ekt + Ekr


Moment inercije lopte Il iznosi Il =2

5mr2 dok je njena ugaona brzina ! =

v

rodnosno

Eku =1

2mv2 +

1

2Il !

2 =1

2mv2 +

1

2

2

5mr2

v2

r2=1

2mv2 +

1

5mv2 =

7

10mv2 =

7

10� 15 kg � 102 m

2

s2= 1050 J

00) Preko cilindriµcnog diska polupreµcnika R i homogene mase m = 2 kg prebaµcen je neistegljiv i

1m = 3kg 2m = 4kg

m = 2kgR

F→

zF→

z

F→

2

F→

1 a→

m1 g=Q1→→

m2 g=Q 2→→

elastiµcan konac zanemarljive mase na µcijim krajevima su okaµcenadva tega mase m1 = 3 kg i m2 = 4 kg Odredimo linearno ubrzanjesistema (a)Ako sile zatezanja konca oznaµcimo sa F1 i F2 tada je spreg sila M koji

okrece valjak jednak proizvodu njegovog momenta inercije I =1

2mR2

i ugaonog ubrzanja � odnosno

M = I � � (F2 � F1 )R

Kako je ugaono ubrzanje (�) jednako koliµcniku linearnog ubrzanja

tegova (a) i polupreµcnika diska (R) odnosno � =a

Ronda imamo

(F2 � F1 )R =1

2mR2

a

Rodakle je F2 � F1 =

1

2ma

Sile zatezanja u koncu zbog teµzine tegova mase m1 i m2 iznose

F1 = m1 g +m1 a F2 = m2 g �m2 a pa oduzimanjem F1 od F2 dobijamo

F2 � F1 = m2 g �m2 a� (m1 g +m1 a) = (m2 �m1 ) g � (m2 +m1 ) a odnosno

F2 � F1 =1

2ma = (m2 �m1 ) g � (m2 +m1 ) a odakle je

1

2ma+ (m2 +m1 ) a = (m2 �m1 ) g odnosno

�1

2m+m2 +m1

�a = (m2 �m1 ) g pa je

a =(m2 �m1 ) g1

2m+m2 +m1

=(4� 3) kg � 9; 81 m

s2�1

2� 2 + 4 + 3

�kg

= 1; 401m

s2

Primetimo da ubrzanje a ne zavisi od polupreµcnika diska R

00) Cilindar mase m = 40 kg i polupreµcnika R = 60 cm rotira oko horizontalne ose. Na dodatnu ploµcu

m1

m1

v 0 0=S

m

R

m1

αr

F→

z F→

z

m1 g→m1 a→

v→

zanemarljive mase i preµcnika 2r = 20 cm namotan je elastiµcan i neiste-gljiv konac na µcijem kraju visi teg mase m1 = 8 kg Koliki put S pre�e tegza vreme od � = 6 s od poµcetka obrtanja? Kolika mu je brzina v na kraju togpre�enog puta i kolika je ugaona brzina ! valjka u tom trenutku?

Moment inercije cilindra mase m i polupreµcnika R iznosi I =1

2mR2 a

ugaona brzina ! ploµce polupreµcnika r iznosi ! =a

rpa prema slici imamo

Fz r = I � =1

2mR2

a

r=1

2mR2

a

rodakle dobijamo silu zatezanja

Fz =1

2ma

�R

r

�2Za kretanje tega mase m1 vaµzi jednaµcina

m1 g � Fz = m1 a odnosno

m1 g = m1 a+ Fz = m1 a+1

2ma

�R

r

�2= m1 a

1 +

m

2m1

�R

r

�2!odakle dobijamo ubrzanje a kojim se krece teg mase m1 odnosno


a =g

1 +m

2m1

�R

r

�2 = g

1 +40

16

�0; 6

0; 1

�2 = 1

91g Brzina kretanja tega iznosi

v = v0|{z}0

+ a� =1

91g � =

9; 81m

s2� 6 s

91= 0; 647

m

spa pre�eni put za dato vreme � = 6 s iznosi

S = v0 �|{z}0

+1

2a�2 =

1

182g �2 =

9; 81 � 36182

= 1; 94m Ugaono ubrzanje � ploµce (valjka) polupreµcnika r je

� =a

r=

1

91g

0; 1=

9; 81

91 � 0; 1 = 1; 078rad

s2pa je njena ugaona brzina ! u tom trenutku

! = !0 + �� =9; 81

9; 1� 6 rad

s= 6; 468

rad

s

00) Teretna kolamase m = 1; 5�103 kg nailaze na strmu ravan nagiba 10� poµcetnom brzinom v0 = 24m

s

m

m

0=v k

α

10=α o

m

F→

N

F→ R

F→ a

a→

v→ 0

Q→

S

Koe�cijent trenja pri kotrljanju iznosi � = 0; 1 Koliki put Spre�u kola duµz strme ravni dok se ne zaustave? Prema slici je

FR = ma = Fa + Ftr = Fa + �FN = Q sin�+ �Q cos�

= Q (sin�+ � cos�) odnosno

a =Q

m|{z}g

(sin�+ � cos�) = g (sin�+ � cos�) = 0; 27 g = 2; 67m

s2

v2k = v20 � 2aS = 0 odakle je S =

v202a

= � � � = 107; 88m

00) Kolosek u padu sa uglom � = 2� zavr�ava se horizontalnim delom. Niz kolosek u padu odbijen je

mα

m

mv 2 = 0 2=α o

S 2

v→a2→

a1→v→ 0

F→ a1

Q→

F→

N

S1

vagon brzinom v0 = 1; 5m

sKada pre�e put S1 va-

gon produµzava kretanje horizontalnim delom pruge.Kojom brzinom v vagon napusta nagnuti deo pr-uge i koji deo horizontalne pruge S2 ce vagon preciako koe�cijent trenja za sve vreme kretanja iznosi� = 5 � 10�3 Za deo puta sa nagibom imamo

FR = ma1 = Fa1 � Ftr = Fa1 � �FN= Q sin�� Q cos� = Q (sin�� cos�)

a1 =Q

m|{z}g

(sin�� cos�) = g (sin�� cos�) = 0; 293 ms2

Za horizontalni deo puta gde je � = 0� imamo

a2 = ��g = �0; 049m

s2v =

pv20 � 2a1 S1 = � � � = 4; 45

m

sv2k = v

20 � 2a2 S2 � 0 odnosno

S2 =v2

2a2=

v2

2�g= � � � = 201; 86m


00) Put nagiba 50% ima duµzinu S = 850m Na tom putu guraju se kolica teµzine Q = 800N pri µcemu ruµcka

mαθ

h = 21 S

30= oθ

F→ 1

F→

2F→

F→ a

F→ tr

Q→

F→

N

S =m

850

kolica kojom se ona guraju gradi sa horizontalom ugao � = 28�

Koe�cijent trenja iznosi � = 0; 08 Odredimo silu F kojom trebagurati kolica da se ona krecu konstantnom brzinom i rad na tomputu. Prema slici imamo

sin � =h

S=

1

2S

S=1

2) � = 30� Iz uslova da se kolica krecu

konstantnom brzinom vidimo da FR u smeru kretanja iznosi

FR = 0 ili FR = F1 � (Fa + Ftr ) � 0 ) F1 = Fa + Ftr Kako je

Fa=Q sin � F1= F cos (�+ �) F2= F sin (�+ �) FN =Q cos �

odnosno

Ftr = � (F2 + FN ) = �F sin (�+ �) + �Q cos � onda zamenom u formulu F1 = Fa + Ftr dobijamo

F cos (�+ �) = Q sin � + �F sin (�+ �) + �Q cos � odakle je

F�cos (�+ �)� � sin (�+ �)

�= Q (sin � + � cos �) odnosno

F =sin � + � cos �

cos (�+ �)� � sin (�+ �) Q = � � � = 985; 608N

A = F S cos�!F!S�= F S cos (�+ �) = 985; 608N � 850m � cos 58� (N m) = 443; 95 � 103 J

00) Telo mase m klizi sa vrha glatkog uzvi�enja visine H i dolazi do daske mase m1 koja leµzi na glatkoj hori-

m

0=v0=v

v0m m

m1

H

→

zontalnoj ravni na podnoµzju uzvi�enja. Zbogtrenja izme�u tela mase m i daske masem1 telo se usporava i od nekog trenutka sekrece sa daskom kao celina.Odredimo uk-upan rad sile trenja.Prema prikazanoj slici vidimo da je potenci-jalna energija tela na vrhu uzvi�enja jed-naka njegovoj kinetiµckoj energiji koju imau trenutku nailaska na dasku, odnosno

mgH =1

2mv20 ) v0 =

p2 gH

Prema zakonu odrµzanja koliµcine kretanja imamo mv0 = (m+m1 ) v odakle je v =m

m+m1v0

Rad sila trenja izme�u tela mase m daske mase m1 i podloge iznosi

Atr =1

2(m+m1 ) v

2 � 12mv20 =

1

2(m+m1 )

m2

(m+m1 )2 v

20 �

1

2mv20 =

1

2

�m2

m+m1�m

�v20

=1

2

m2 �m2 �mm1

m+m1v20 = �

1

2

mm1

m+m1v20 = �

1

2

mm1

m+m12 gH = � mm1

m+m1gH

00) Kolica mase m = 1; 2 kg mogu se kretati bez trenja po strmoj ravni nagiba 20� Kolica se drµze u

m

m1µ

0=

20= oα

αg→m1

F→

z

F→ z

F→ a

F→

Q 1

mg→

F →N

ravnoteµzi tegom mase m1 koji je povezan za kolica preko koturaOdredimo masu tega m1 koji drµzi ravnoteµzu i ubrzanje koje binastalo ako na kolica stavimo teg mase m2 = 20 kg

Ako kolica stoje tada je FR = 0 Fa = Q1 = m1 g odnosno

Fa = mg sin� = m1 g ) m1 = m sin� = 0; 41 kg

Ako se na kolica stavi teg mase m2 = 20 kg tada je

Fz (m+m2 ) = FQ1�Fz = (m+m2 ) a FQm1 = Fz�m1 g =m1 a


Sabiranjem prethodnih formula dobijamo FQ1�m1 g = (m+m2 +m1 ) a odakle je

a =FQ1

�m1 g

m+m2 +m1=(m+m2 ) g sin��m1 g

m+m2 +m1=

m2 sin�

m (1 + sin�) +m2g = 4; 11

m

s2

00) Na slici je prikazana strma ravan.Odredimo ubrzanje sistema a i zateznu silu Fz u uµzetupri µcemu trenje zanemarimo.

θ

ϕ

30= oθ ϕ 60= o

g→m1

F→

2

F→ z

= 2kgm2

F→

z

=m

11kg

F→

1

F→

1N

F →2N

g→m2

Prema slici, za telamase m1 im2 vaµzi

Fz � F1 = m1 a gde je F1 = m1 g sin'

F2 � Fz = m2 a gde je F2 = m2 g sin �

Iz ovih formula dobijamo

F2 � F1 = (m2 sin � �m1 sin') g

� (m1 +m2) a odakle je

a =(m2 sin � �m1 sin') g

m1 +m2

=2�

p3

6g = 0; 44

m

s2odnosno

Fz = m1 a+ F1 = m12�

p3

6g +m1 g sin' = m1 g

2�

p3

6+3p3

6

!= 0; 91 kp

00) Dve kugle, jedna mase m1 = 7 kg a druga mase m2 = 4 kg krecu se u istom smeru pri µcemu dolazi

1m2m

1v 2v1m

2m 1m2m

1v′ 2v′ v′→ → → → →

do njihovog centralnog sudaraPre sudara kugla mase m1 ima

brzinu v1 = 12cm

sa kugla mase

m2 ima brzinu v2 = 10cm

sKoliko ce iznositi brzine kugli ako je sudar bio idealno elastiµcan a koliko ako

je sudar bio idealno plastiµcan ? Prema slici imamo1

2m1 v

21 +

1

2m2 v

22 =

1

2m1 v

021 +

1

2m2 v

022 odakle je m1 v

21 +m2 v

22 = m1 v

021 +m2 v

022 odnosno�

v21 � v021�m1 =

�v022 � v22

�m2 ) v21 � v021 =

m2

m1

�v022 � v22

�Kako je a2 � b2 = (a+ b) (a� b) onda imamo

(1) (v1 + v01 ) (v1 � v01 ) =

m2

m1(v02 + v2 ) (v

02 � v2 )

Prema zakonu odrµzanja koliµcine kretanja kod centralnog sudara imamo

(2) m1 v1 +m2 v2 = m1 v01 +m2 v

02 odakle je

(3) (v1 � v01 ) =m2

m1(v02 � v2 )

Ako je v1 � v01 6= 0 v02 � v2 6= 0 onda delenjem formule (1) sa (3) dobijamo v1 + v01 = v

02 + v2 odakle je

v02 = v1 + v01 � v2 Zamenom v02 u relaciju (2) dobijamo

m1 v1 +m2 v2 = m1 v01 +m2 (v1 + v

01 � v2 ) = m1 v

01 +m2 v1 +m2 v

01 �m2 v2 odakle je

(m1 �m2 ) v1 + 2m2 v2 = (m1 +m2 ) v01

Su�tina prethodnih algebarskih akrobacija je bila da se nepoznata veliµcina v01 izrazi preko poznatih veliµcina�to je sada lako uµciniti

v01 =(m1 �m2 ) v1 + 2m2 v2

m1 +m2=(7� 4) kg � 0; 12 m

s+ 2 � 4 kg � 0; 1 m

s(7 + 4) kg

= 0; 105m

s

v02 = v1 + v01 � v2 = (0; 12 + 0; 105� 0; 2)

m

s= 0; 125

m

s


U sluµcaju idealno plastiµcnog sudara obe kugle ce nastaviti da se dalje krecu slepljene pa njihova zaje-dniµcka brzina v0 iznosi

v0 =m1 v1 +m2 v2m1 +m2

=7 kg � 0; 12 m

s+ 4 kg � 0; 1 m

s(7 + 4) kg

= 0; 112m

s

00) Iz poloµzaja A i B na horizontalnom putu, istovremeno su bez poµcetne brzine krenule dve mate-

1m 1m 2m 2m

1x 2xS

1v→ 1a→ 2v→2a→

S1 S 2

rijalne taµcke masa m1 i m2 jedna drugoj ususret.U smeru kretanja prve taµcke delujesila F1 = 3m1 a u smeru kretanja druge ta-µcke deluje sila F2 = 3m2 t

Ako u trenutkumimoilaµzenja obe taµckeimaju istu brzinu, odredimo rastojanje

izme�u njih u polaznom poloµzaju i ubrzanje svake taµcke u trenutku mimoilaµzenja.

Diferencijalne jednaµcine kretanja materijalnih taµcaka su

F1 (t) = m1��x1 (t) = 3m1 ) ��

x1 = 3m

s2

F2 (t) = m2��x2 (t) = 3m2 t ) ��

x2 = 3 tm

s2

Ubrzanja materijalnih taµcaka masa m1 i m2 u funkciji vremena su

(1)��x1 (t) =

d

dt

�x1 = 3

m

s2odnosno

(2)��x2 (t) =

d

dt

�x2 = 3 t

m

s2

Integracijom prethodnih relacija dobijamo funkcionalne zavisnosti brzina taµcaka od vremena

(3)�x1 (t) = 3

Zdt = 3t+ C1

(4)�x2 (t) = 3

Zt dt =

3

2t2 + C2

Konstante C1 i C2 odre�ujemo iz poµcetnih uslova pri µcemu za t = 0 dobijamo

�x1 (0) = 0 = 3 � 0 + C1 ) C1 = 0

�x2 (0) = 0 =

3

2� 02 + C2 ) C2 = 0 odnosno

(5)�x1 (t) =

d

dtx1 = 3t

(6)�x2 (t) =

d

dtx2 =

3

2t2

Integracijom relacija (5) i (6) dobijamo parametarske jednaµcine kretanja taµcaka

(7) x1 (t) = 3

Zt dt =

3

2t2 + C3

(8) x2 (t) =3

2

Zt2 dt =

1

2t3 + C4

Konstante C3 i C4 o�redujemo iz poµcetnih uslova pri µcemu za t = 0 dobijamo

x1 (0) = 0 =3

2� 02 + C3 ) C3 = 0 x2 (0) = 0 =

1

2� 03 + C4 ) C4 = 0

Dakle, parametarske jednaµcine kretanja taµcaka su

(9) x1 (t) =3

2t2

(10) x2 (t) =1

2t3

Ako su (prema uslovu zadatka) brzine taµcaka u trenutku susreta iste, onda izjednaµcavanjem desnih


strana relacija (5) i (6) odre�ujemo �proteklo�vreme od poµcetka kretanja taµcaka do njihovog me�u-sobnog susreta, odnosno

3t =3

2t2 ) t susreta = 2 s

Sada iz relacije (5) ili (6) (svejedno) odre�ujemo brzine taµcaka u trenutku me�usobnog mimoilaµzenja

v1 = 3 � t = 3 � 2 = 6m

sv2 =

3

2t2 =

3

2� 22 = 6 m

s

Ubrzanja taµcaka u trenutku susreta dobijamo uvr�tavanjem vremena ts u relacije (1) i (2) odnosno

a1 (ts) =��x1 = 3

m

s2a2 (ts) =

��x2 = 6

m

s2

Rastojanje izme�u poµcetnih poloµzaja taµcaka jednako je zbiru njihovih pre�enih puteva od poµcetnihpoloµzaja do trenutka mimoilaµzenja, odnosno zamenom ts = 2 u relacijama (9) i (10) i njihovim sabira-njem dobijamo

S = x1 (2) + x2 (2) =3

2� 22 + 1

2� 23 = 10m

00) U µceonom elastiµcnom sudaru kugle (1) mase m1 koja se kretala brzinom v1 i kugle (2) koja je

1m

1( )

1m2m

2( )1( )

1v→ v v→ →

mirovala, kugle su se �razletele�u suprotnim smerovimaistim brzinama v Odredimo masu m2 kugle (2)Prema zakonu odrµzanja koliµcine kretanja pri udaru kugle(1) mase m1 njena koliµcina kretanja se preraspore�uje sakuglom (2) mase m2 odnosno

� zbog suprotnog smeram1 v1 = m2 v �m1 v odnosno m1 v1 = (m2 �m1 ) v Kvadriranjem dobijamo

(1) m21 v

21 = (m2 �m1 )

2v2

Prema zakonu odrµzanja mehaniµcke energije pri udaru kugle mase m1 njena kinetiµcka energija sepreraspore�uje sa kuglom (2) mase m2 pa je1

2m1 v

21 =

1

2m1 v

2 +1

2m2 v

2 odnosno

(2) m1 v21 = (m1 +m2 ) v

2 Delenjem relacije (1) sa relacijom (2) dobijamo

m21 v

21

m1 v21=(m2 �m1 )

2v2

(m1 +m2 ) v2odakle je (m2 �m1 )

2= (m1 +m2 )m1 odnosno

m22 � 2m2m1 +m

21 = m

21 +m2m1 Dalje je m2

2 = 3m2m1 odakle delenjem sa m2 dobijamo m2 = 3m1

00) Pri eksploziji jedne granate mase m = 10 kg koja se krece brzinom v = 800m

sjedno parµce mase

β

αm

1v→

2v→

v→

1m

2m

α β

1p→

1m

1v→= 2

m2

v →

=2p →

m=p→ v→

m1 = 6 kg odletelo je boµcno pod uglom � = 60� brzinom v1 = 300m

sOdredimo smer i brzinu v2 kretanja drugog parµceta granate mase m2

Prema zakonu odrµzanja koliµcine kretanja nacrtan je trougao impulsa pa je!p =

!p 1 +

!p 2 = const odnosno

!p 2 =

!p �!

p 1 odakle kvadriranjem dobijamo

(m2 v2 )2= (mv)

2 � 2mm1!v!v 1| {z }

vv1 cos�

+ (m1 v1 )2 odnosno

m2 v2 =

q(mv)

2+ (m1 v1 )

2 � 2mm1 v v1 cos�

=

r�10kg � 800 m

s

�2+�6kg � 300 m

s

�2� 2 � 10kg � 6kg � 800 m

s� 300 m

scos 60� =

p52; 84 � 106 kg m

s

odakle je v2 = 1 817; 278m

s


Primenom prikazanog trougla impulsa i sinusne teoreme koja pokazuje da se stranice u trouglu odnose

α β

γ ab

c

kao sinusi suprotnih uglova, odnosno

a

sin�=

b

sin�=

c

sin dobijamo

m1 v1sin�

=m2 v2sin�

odakle je

sin� =m1 v1m2 v2

sin� =6 kg � 300 m

sp52; 84 � 106 kg m

s

p3

2=1

10

r81 � 7591

pa je � = arcsin

1

10

r81 � 7591

!= 59; 07�

00) Dvoje motociklista krecu se konstantnim brzinama v1 = 100km

hv2 = 80

km

hpo putevima koji

2v→

o60=α

β

1v→ 2,

1v→

se seku pod uglom � = 60� Odredimo veliµcinu i smer relativne brzine je-dnog motocikliste u odnosu na drugog.Posle kog vremena po prolasku krozmesto ukr�tanja, razmak me�u njima postaje S = 10 km ? Prema slici je!v 1 =

!v 2 +

!v 1;2 gde je

!v 1;2 relativna brzina prvog motocikliste u odnosu na

drugog, odnosno!v 1;2 =

!v 1 �

!v 2 odakle kvadriranjem dobijamo

v21;2 = v21 � 2

!v1

!v2| {z }

v1 v2 cos�

+ v22 = v21 + v

22 � 2v1 v2 cos� odnosno

v1;2 =pv21 + v

22 � 2v1 v2 cos� =

s�104 + 0; 64 � 104 � 2 � 0; 8 � 104 � 1

2

��km

h

�2= 91; 65

km

h

Prema slici i sinusnoj teoremi moµzemo odrediti pravac relativne brzine v1;2 odnosno

v1sin�

=v12sin�

odakle je sin� =v1v12

sin� =100

91; 65sin 60� = 0; 945 odnosno � = arcsin (0; 945) = 70; 9�

Prema uslovu zadatka, moµze se pretpostaviti da ce motociklisti kroz raskrsnicu proci istovremeno pa ce njihovome�usobno rastojanje iznositi S = 10 km posle vremena t koje odre�ujemo iz poznatih veliµcina

t =S

v1;2=

10 km

91; 65km

h

= 0; 109 h

00) µCovek mase m = 65 kg drµzeci teg mase m1 = 12 kg odskoµci vertikalno uvis poµcetnom brzinom v0 = 5; 2m

sU najvi�oj taµcki h µcovek baci teg vertikalno naniµze brzinom vt = 15

m

sOdredimo najvecu visinu H

koju µcovek ovako dostigne.Ako pogledamo jednako ubrzano kretanje i prikazanu sliku tada znamo za�to je

mA

1v

v tH

h 0v

m1

h∆

m+m

1

→

→

→

(vt )2| {z }

0

= v20 � 2 g h = 0 ) h =v202 g

(vt )2| {z }

0

= v21 � 2 g�h = 0 ) �h =v212 g

Primenom zakona o odrµzanju koliµcine kretanja na sistem µcovek - teg u taµcki A dobijamo

mv1 = m1 vt odakle je v1 =m1

mvt odnosno

H = h+�h =v202 g+v212 g

=1

2 g

�v20 +

� m1

m

�2v2t

�=

1

2 g

(mv0 )2+ (m1 vt )

2

m2

=(mv0 )

2+ (m1 vt )

2

2 gm2=

�65 kg � 5; 2 m

s

�2+�12 kg � 15 m

s

�22 � 9; 81 m

s2(65)

2kg2

= 1; 77m


00) Kuglica masem kotrlja se niz strmu ravan a zatim kretanje nastavlja po kruµznoj putanji polupreµcnika

v→

r

F

mgFg =

T 2

m

T 1

H

→

→

c = mv 2r

→

r = 5 cm Odredimo minimalnu visinu Htaµcke T1 sa koje kuglica treba da krene da kr-uµzni deo putanje napusti u najvi�oj taµcki T2U poµcetnom trenutku kretanja iz taµcke T1 ku-glica mase m ima potencijalnu energijuEp = mgh U taµcki T2 kuglica mase m imapotencijalnu energiju Ep = mg 2 r i kine-

tiµcku energiju Ek =1

2mv2 Energija kug-

lice mase m u taµcki T1 i T2 mora biti ista ili

mgH =mg 2 r+1

2mv2 ) gH = 2 r g+

v2

2U taµcki T2 na kuglicu mase m deluje centri-

fugalnasila Fc =mv2

ri gravitaciona sila

Fg = mg pa prema uslovu zadatka imamomv2

r> mg ) v2

r= g Zamenom dobijamo

v2

rH = 2 r

v2

r+v2

2) H

r= 2 +

1

2=5

2) H =

5

2r Vaµzan i jednostavan zadatak!

Ovaj zadatak moµze prividno izgledati obiman ili �teµzak�ali to je zbog previ�e ��lozo�ranja�.Ako

θ

R

o90

−o

90θ

AR

r( , )D r2

x v→v→N

F→ NC

B

y

r Q→

r2

r

m

o zadatku i prikazanoj slicidovoljno razmislimo, tadazadatak postaje jednosta-van i zanimljiv !Po putanjiABC u vertikalnojravni koja u taµcki B menjapolupreµcnik krivine sa R nar krece se materijalna taµckamase mOdredimo zavisnost polu-preµcnika krivine R od po-lupreµcnika krivine r tako dataµcka pu�tena iz poloµzaja Abez poµcetne brzine, poslenapu�tanja putanje u poloµza-ju C pogodi cilj u taµcki D sakoordinatamaxD = 2 r yD = r

Odredimo i intenzitet sile!N� !FN

�kojom materijalna

taµcka deluje na deo puta iz-me�u taµcaka B i C kada se ona nalazi u proizvoljnom poloµzaju na tom delu putanje u zavisnosti odugla � = ^BCN

Na materijalnu taµcku deluje sila teµzine!Q i normalna sila

!N na povr�inu puta pa diferencijalna jednaµcina

kretanja materijalne taµcke glasi

(1) mv2

r|{z}a

= mg sin (� � 90� )| {z }cos �

+N odakle je

(2) N = mv2

r+mg cos �


Iz zakona odrµzanja mehaniµcke energije moµzemo odrediti brzinu materijalne taµcke pri µcemu u poµcetnomtrenutku (t = 0) potencijalna energija Ep(0) iznosi

(3) Ep(0) = mgR a potencijalna energija u zavisnosti od poloµzaja taµcke ima vrednost

(4) Ep = Ep(0) = mg�r + r sin (� � 90� )

�Kinetiµcka energija Ek u zavisnosti od poloµzaja materijalne taµcke ima vrednost

(5) Ek = Ek(�) =1

2mv2 Kako je prema zakonu odrµzanja energije

(6) Ep(0) = Ep + Ek onda zamenom relacija (3) (4) i (5) u relaciju (6) dobijamo

mgR = mg�r + r sin (� � 90� )

�+1

2mv2 odakle dobijamo brzinu taµcke u zavisnosti od poloµzaja

v2 = 2 gR� 2 g�r + r sin (� � 90� )

�odnosno

(7) v =

r2 g�R�

�r + r sin (� � 90� )

��Zamenom relacije (7) u relaciju (2) dobijamo normalnu silu kojom materijalna taµcka deluje na put kojim sekrece i ona u zavisnosti od njenog poloµzaja iznosi

(8) N = N (�) = mv2

r+mg cos � = m

2 g�R�

�r + r sin (� � 90� )

��r

+mg cos �

= mg

�2

�R

r��1 + sin (� � 90� )| {z }

� cos �

��+ cos �

!= mg

�2R

r+ 3 cos � � 2

�Materijalna taµcka ce napustiti deo puta koji odre�uje njenu putanju pod uglom � = 180� pa se brzina njenognapu�tanja tog dela puta u taµcki C moµze odrediti iz relacije za brzinu (7)

v (c) =

r2 g�R�

�r + r sin (180� � 90� )

��odnosno| {z }

1

(9) v (c) =p2 g (R� 2 r)

Po napu�tanju poloµzaja C taµcka nastavlja da se dalje krece kao horizontalni hitac a prema prikazanoj slici,poµcetni uslovi njenog daljeg kretanja za t = 0 glase

t = 0 ) x (0) = x (c) y (0) = y (c) odnosno�x (0) =

�x (c) = v (c)

�y (0) =

�y (c) = 0

Po napu�tanju poloµzaja C na materijalnu taµcku mase m deluje jedino sila gravitacije jer se sila otporasredine zanemaruje pa diferencijalna jednaµcina njenog daljeg kretanja glasi

m!a =

!Q a njene projekcije na usvojeni koordinatni sistem prikazan na slici su

(10) m��x = 0 ) ��

x = 0 ili m��y = mg ) ��

y = g

Integracijom relacija (10) dobijamo funkcije brzine i pre�enih puteva, odnosno njihove projekcije na prika-zane ose koordinatnog sistema. Dakle, integracijom prvog dela relacije (10) dobijamo�x = C1 ) x = C1 t+ C2 Za t = 0 ) C1 = v (c) C2 = 0 odnosno

(11) x = v (c) t

Integracijom drugog dela relacije (10) dobijamo

�y = g t+ C3 ) y =

1

2g t2 + C3 t+ C4 Za t = 0 ) C3 = 0 C4 = 0 odnosno

(12) y =1

2g t2

Eliminacijom vremena t iz dobijenih parametarskih jednaµcina kretanja (11) i (12) dobijamo jednaµcinu linijeputanje materijalne taµcke po napu�tanju poloµzaja C


Iz (11) dobijamo t =x

v (c)a zamenom u (12) imamo y =

1

2g

x2

v2 (c)odnosno

(13) y =g x2

2v2 (c)

Da materijalna taµcka pogodi cilj u poloµzaju D (2 r; r) linija njene putanje mora �prolaziti�kroz poloµzaj togcilja, odnosno koordinate taµcke D (x = 2 r; y = r) moraju zadovoljavati jednaµcinu linije putanje pa brzinu v (c)odre�ujemo zamenom (x = 2 r; y = r) u relaciju (13) odnosno

y = r =g (2 r)

2

2v2 (c)=

4 g r2

2v2 (c)=2 g r2

v2 (c)odakle je

(14) v (c) =p2 g r

Duµzinu polupreµcnika R koja treba da zadovolji uslove zadatka dobijamo izjednaµcavanjem desnih strana relacija(14) i (9) odnosno 2 g r = 2 g (R� 2 r) odakle je R = 3 r

Moment silePretpostavimo da je telo na slici uµcvr�ceno u taµcki (A) kroz koju prolazi osa 000 Ako u drugoj taµcki istog

A BF→

M→

r→

r→0

α

0

0′ tela (B ) udaljenoj od taµcke (A) radijus vektorom poloµzaja!r de-

lujemo nekom silom!F tada ce ona teµziti da (za)okrene telo oko

taµcke A Proizvod intenziteta sile!F i normalnog rastojanja ta-

µcke A od pravca delovanja te sile, naziva se statiµcki moment sileu odnosu na taµcku (A)Statiµcki moment sile je vektorska veliµcina koja je uvek de�nisanasamo za jednu taµcku i moment sile ima dimenziju rada, odnosnoenergije pri µcemu je jedinica mere tog momenta N m

Moµzemo primetiti da je statiµcki moment sile!F jednak nuli (M = 0) u sledecim sluµcajevima:

Kada je normalno rastojanje r0 od pravca delovanja sile!F jednako 0 odnosno kada je

!r 0 = 0

Kada je ugao � pod kojim deluje sila!F jednak 0 odnosno kada je � = 0

Kada je intenzitet sile!F jednak 0 pri µcemu nema smisla ni govoriti o momentu sile.

Ako sila!F i taµcka A �leµze�u istoj ravni, tada je statiµcki moment sile u odnosu na tu taµcku prikazan

proizvodom!M =

!F

!r 0

Kako je!r 0!r= sin� ) !

r 0 =!r sin� onda se prethodna relacija moµze napisati u obliku

!M =

!F

!r sin�

Statiµcki moment sile!F u odnosu na taµcku A je vektorska veliµcina, odnosno vektorski proizvod vek-

tora sile!F i vektora poloµzaja

!r koji polazi od taµcke A i zavr�ava u �napadnoj� taµcki sile (B )

!M =

!F �!

r

Ako telo ne bi bilo uµcvr�ceno u taµcki A tada bi sila!F njega okrenula oko ose 000 koja prolazi kroz

taµcku A pri µcemu bi orijentacija te ose zavisila od �prirode�veze tela u toj taµcki.

Pravac vektora statiµckog momenta!M isti je kao i pravac ose �rotacije� 000 pri µcemu se njegov smer

odre�uje �pravilom�desnog zavrtnja.

U op�tem sluµcaju, kada sila!F i vektor

!r imaju razliµcite �orijentacije� u prostoru, odnosno kada je

!F = fFx; Fy; Fz g

!r = fx; y; z g tada imamo


!M =

!F

!r =

��!i

!j

!k

x y zFx Fy Fz

�� =!i�Fz y � Fy z| {z }

Mx

�+

!j�Fx z � Fz x| {z }

My

�+

!k�Fy x� Fx y| {z }

Mz

�Ravnoteµza materijalne taµckeAko na taµcku A zanemarljivo malih dimenzija deluje vi�e sila

!F tada sve one imaju zajedniµcku napadnu

AF→

1

F→

2

F→

nF→

i

taµcku. Ako je rezultantna sila!F r svih sila koje deluju na taµcku A jednaka 0

odnosno ako je!FR =

!F 1 +

!F 2 + � � �+

!F i =

nXi=1

!F i = 0 tada je ta taµcka u ravnoteµzi.

Ako sile koje deluju na taµcku ne �leµze�u istoj ravni vec imaju razliµciteorijentacije u prostoru, tada se uslovi ravnoteµze mogu izraziti u pravou-glom koordinatnom sistemu tako �to se sve sile razloµze na komponente u

pravcu koordinatnih osa, pri µcemu zbir komponenata u pravcu svake koordinatne ose mora bitijednak nuli, odnosno!FR =

nXi=1

!F i = 0 )

nXi=1

!F ix = 0

nXi=1

!F iy = 0

nXi=1

!F iz = 0 gde je

!F i =

!F ix

!i +

!F iy

!j +

!F iz

!k ili

!FR =

!i

nXi=1

!F ix| {z }0

+!j

nXi=1

!F iy| {z }0

+!k

nXi=1

!F iz| {z }0

= 0

Pored sluµcajeva gde materijalna taµcka ili telo miruju, odnosno pored onih sluµcajeva gde se oni krecu popravolinijskoj putanji konstantnom brzinom, ravnoteµza se moµze posmatrati i kod dinamiµckih sluµcajevakada se materijalna taµcka ili telo krecu ubrzano.

Frm

rα

ω

Fz

F z

Fc = mrω 2

mg=Q

Uvo�enjem principa da na telo pored spolja�njih deluju i�unutra�nje�ili inercijalne sile,Dalamber (D�Alembert) jedinamiµcke probleme sveo na statiµcke pri µcemu se dinamiµckejednaµcine svode na jednaµcinu ravnoteµze materijalne taµcke.Dalamber je izraz za silu F = ma �prilagodio�time �to je stavioF + (�ma ) = 0 µcime je dobio relaciju koja omogucava ravnoteµzudveju sila, odnosno statiµcku ravnoteµzu.Svo�enje dinamiµckih problema na statiµcke vidimo na primerukonusnog klatna gde se materijalna taµcka mase m krece po kr-ugu pri µcemu konac opisuje konus. Prema Dalamberovom pra-vilu za ovaj sluµcaj imamo statiµcku ravnoteµzu 3 sile odnosno te-µzine materijalne taµcke Q= mg centrifugalne sile Fc= mr!2

sile zatezanja konca Fz

Statika krutog tela, odre�ivanje rezultantne sile u odnosu na kruto teloZbog zanemarljivo malih dimenzija materijalne taµcke, nije uzimana mogucnost da ona usled delovanja jedneili vi�e sila, iz translatornog ili rotacionog kretanja prelazi u sloµzeno kretanje kada u svakom trenutkumoµze iz translatornog kretanja da prelazi u rotaciono kretanje ili obrnuto.Na kruto telo moµze delovati vi�e sila pa se moµze javiti i vi�e statiµckih momenata u odnosu na jednu ta-µcku pa je u tom sluµcaju za ravnoteµzu krutog tela pri rotaciji, pored ostalih uslova, neophodno da na njegane deluje nikakav statiµcki moment sile, odnosno da geometrijska suma svih momenata sila koje de-luju na telo bude jednaka nuli.Dakle, za ravnoteµzu krutog tela neophodno je da bude!FR =

nXi=1

!F i = 0

!MR =

nXi=1

!M i = 0| {z }

Moment spolja�njih sila u odnosu na bilo ko ju taµcku pri µcemu je!Mi =

!F i�

!r

odnosno

!FR=

nXi=1

!F i=0 )

nXi=1

!F ix=0

nXi=1

!F iy=0

nXi=1

!F iz=0;

!MR=

nXi=1

!M i=0 )

nXi=1

!M ix=0

nXi=1

!M iy=0

nXi=1

!M iz=0


Slaganje paralelnih sila koje deluju na telo u ravni u razliµcitimnapadnim taµckama u istom smeru

F→1

F→2

+=

F→R

F→ 1′

F →2′

F→

′+F→

′−

F→ 1′

F →2′

F→

1

F→

2

r 1 r 2

l

0′

B0

A

Ako na kruto telo deluju dve pa-

ralelne sile!F 1 i

!F 2 u taµckama A

i B tada se gra�µcka metoda slag-anja sila ne moµze direktno prim-

eniti jer se pravci sila!F 1 i

!F 2 me-

�usobno ne seku.Me�utim, moµze-

mo primetiti da su sile �!F 0 i +

!F 0

u pravcu (AB ) istog intenzitetaali suprotnog smera pa je rezul-tanta ovih sila jednaka nuli pri µce-mu njihovo prisustvo ne menja st-anje u kojem se telo nalazi.Zato jestavljen znak ( // ) koji pokazuje dase ove dve sile me�usobno poni-

�tavaju. Slaganjem sila!F 1 i �

!F 0

u rezultantu dobija se rezultantni

vektor!F 0

1 dok se slaganjem sila!F 2 i +

!F 0 dobija rezultantni vek-

tor!F 02 pa su time dobijene dve sile koje imaju iste napadne taµcke A i B a njihovo dejstvo na telo ekvi-

valentno je dejstvu sila!F 1 i

!F 2 Prema slici imamo

!F 1 k

!F 2 )

!FR =

!F 1 +

!F 2 M0 = 0 ) F1 r1 = F2 r2

Slaganje paralelnih sila koje deluju na telo u ravni u razliµcitimnapadnim taµckama i suprotnim smerovima

BAF→

2

r 2

r 1 lF→

2′

F→

′+

F→

1′ F→

1

F→

′−

F→

R

F→

1′

F→

2′

0′

0

F→

1 F→

2+=F→

R

F 1 F 2=FR − ⇒ F 1= F 2−FR→ → →→ → →

I ovde je postupak slaganjasila su�tinski isti kao u pre-thodnom sluµcaju slaganjaparalelnih sila, pri µcemu ov-

de sile!F 1 i

!F 2 nemaju isti

smer pa u procesu slaganjajednu od njih treba uzeti sanegativnim predznakom ka-da intenzitet rezultantne si-le iznosi!FR =

!F 1 �

!F 2

Sa slike vidimo da se napad-na taµcka (0) rezultantnesile u ovakim sluµcajevima nenalazi na pravoj izme�u ta-µcaka A i B vec na produµze-tku prave AB i to sa onestrane na kojoj deluje ve-ca sila. Kako je r2 = r1 + lto u ovom sluµcaju imamo!M0 = 0 )


F1 r1 = F2 r2 = F2 (r1 + l ) odnosno F1 r1 = F2 r1 + F2 l ) (F1 � F2 ) r1 = F2 l ) r1 =l

F1 � F2F2

Sliµcno dobijamo r2 =l

F1 � F2F1

Spreg sila

BA

F→

2l

F→

1

r 1 r 2

0

Spregom sila se naziva dejstvo dveparalelne sile je-dnakih intenziteta koje imaju isti pravac ali supro-tan smer i koje se nalaze na nekom rastojanju l razliµci-tom od nule. Prema prikazanoj slici imamo!F 1 = �

!F 2 )

�� !F 1 �� = �� !F 2 �� = F odnosno!FR =

!F 1 +

!F 2 = 0

BA

F→

2

F→

1

r

o90

l

α

r 1→

r 2→

0

Prema slici imamo!M =

!F 1 �

!r 1 +

!F2|{z}�!F 1

�!r 2 =

!F 1 � (

!r 1 �

!r 2 )

Kako je!r 1 =

!r 2 +

!r

!r 1 �

!r 2 =

!r

onda imamo!M =

!F 1 �

!r r 6= 0 ) M 6= 0

l

r= sin� ) l = r sin� odnosno

M = F l = F r sin�

Teµzi�te telaTeµzi�tem tela nazivamo taµcku u kojoj deluje rezultantna gravitaciona sila.

r

F→

r F→

r F→

r

Sa slike vidimo da je teµzi�te, odnosnotaµcka u kojoj deluje rezultantna gr-avitaciona sila kruµzne ploµce u nje-nom centru, pravougaone ploµce upreseku njenih dijagonala a trou-gaone ploµce u preseku njenih teµzi-�nih duµzi koje �idu�od polovinejedne stranice do temena suprot-nog ugla.

2mr 1 r 2

Q 1Q 2

x1m

1x

2xy

0c

xc

→→

=Q Q 1 + Q 2→ → →

Ako imamo �tap zanemarljive mase i u njemu dve materijalnetaµcke µcije su mase m1 i m2 tada je njihovo teµzi�te

xc =Q1 x1 +Q2 x2Q1 +Q2

=m1 g x1 +m2 g x2m1 g +m2 g

=m1 x1 +m2 x2m1 +m2

pri µcemu njihovi momenti sile u odnosu na taµcku c iznose

Mc(r1) = Q1 r1 Mc(r2) = Q2 r2 U sluµcaju ravnoteµze, mo-

ment sile u taµcki oslonca (c) koja se u tom sluµcaju naziva ce-ntar masa materijalnih taµcaka m1 i m2 iznosi

� zbog suprotnog smera �delovanja�

Mc = Q1 r1 �Q2 r2 = 0 gde moment sile u odnosu na koordinatni poµcetak, odnosno M0 ima vrednost

M0 = Q1 x1 +Q2 x2 = Qxc


m∆ i

m∆ 1

m∆ 2

m∆ n rn

r i

r1

r 2

Q =Σi =1

nQ∆ i

x

y

z

CQ∆ i→ Q∆ 2

→

Q∆ n→ Q∆ 1

→

→ →

0

Kruto telo se sastoji od mnogo elementarnih delova µcije su mase

�m1; �m2; : : : ; �mn

gde svaka od tih elementnih masa ima svoju elementnu teµzinu

�!Q1; �

!Q2; : : : ; �

!Qn

koje u gravitacionom polju predstavljaju paralelne sile.Rezultanta svih tih sila bice ukupna teµzina tela dok ce napadna

taµcka rezultante!Q biti teµzi�te tela.

Koordinate centra mase krutog tela u koordinatnom sistemux y z moµzemo uop�teno izraziti sledecim formulama

xc =�Q1 x1 +�Q2 x2 + � � �+�Qn xn

�Q1 +�Q2 + � � �+�Qn=

nXi=1

�Qi xi

nXi=1

�Qi

=�m1 x1 +�m2 x2 + � � �+�mn xn

�m1 +�m2 + � � �+�mn=

nXi=1

�mi xi

nXi=1

�mi

yc =�Q1y1 +�Q2 y2 + � � �+�Qn yn

�Q1 +�Q2 + � � �+�Qn=

nXi=1

�Qi yi

nXi=1

�Qi

=�m1 y1 +�m2 y2 + � � �+�mn yn

�m1 +�m2 + � � �+�mn=

nXi=1

�mi yi

nXi=1

�mi

zc =�Q1 z1 +�Q2 z2 + � � �+�Qn zn

�Q1 +�Q2 + � � �+�Qn=

nXi=1

�Qi zi

nXi=1

�Qi

=�m1 z1 +�m2 z2 + � � �+�mn zn

�m1 +�m2 + � � �+�mn=

nXi=1

�mi zi

nXi=1

�mi

gde zbir svih masa, odnosnonXi=1

�mi pretstavlja ukupnu masu tela.

U prethodnim relacijama za xc yc zc primecujemo da se u brojiocima nalaze proizvodi elementarnih delovamase �m i njihove koordinate dok se u imeniocima istih relacija nalazi suma svih elementarnih delova maseodnosno ukupna masa tela. Ako pretpostavimo da telo zapremine V ima beskonaµcno mnogo tih elemen-tarnih delova mase dm tada koordinate teµzi�ta tog tela moµzemo prikazati

xc=

Zm

x dmZm

dm

=

Zm

x dm

m=1

m

Zm

x dm yc=

Zm

y dmZm

dm

=

Zm

y dm

m=1

m

Zm

y dm zc=

Zm

z dmZm

dm

=

Zm

z dm

m=1

m

Zm

z dm

Kako je masa tela m jednaka proizvodu njegove gustine � i zapremine V m = �V ) dm = � dVonda imamo

xc =1

m

Zm

x dm =1

m

ZV

x � dV|{z}dm

=�

m

ZV

x dV =�

�V

ZV

x dV =1

V

ZV

x dV ili yc =1

V

ZV

y dV zc =1

V

ZV

z dV

U sluµcaju homogenog tela zapremine V komponente vektora poloµzaja centra mase m na koordina-tnim osama x y z moµzemo de�nisati relacijama

xc=1

m

ZV

x dm yc=1

m

ZV

y dm zc=1

m

ZV

z dm Vektor poloµzaja centra mase tog tela de�ni�e se formulom

!r c =

1

m

ZV

!r dm


Moment inercije

m

0′

0

r 0

r

at→

→

= m atF t→

ar→

=Fr mar→ →

Fo→

Q→

Na horizontalnom delu savijenog �tapa zanemarljive masenalazi sematerijalna taµcka mase m na rastojanju r od ose ro-tacije 000 gde se na vertikalnom delu istog �tapa nalazi cilin-dar polupreµcnika r0 zanemarljivemase na koji je namotan ko-nac prebaµcen preko kotura i na koji je okaµcen teg teµzine Q Zbogteµzine tog tega u vertikalnom delu �tapa delujemomentsprega sila M0 = Q r0 pa zato on rotira zajedno sa njegovimhorizontalnim delom i �taµckom�mase m u njemu.Pri rotaciji taµcke mase m po horizontalnom krugu polupre-µcnika r oko ose 000 njeno ubrzanje moµzemo razloµziti na tang-encijalnu (at ) i radijalnu (ar) komponentu zbog µcega na ta-

µcku mase m deluje tangencijalna sila Ft = m at i radijalnasila Fr = m ar koja se poni�tava otpornom silom u �tapu (FO )

Dakle, za nas je znaµcajno samo delovanje tangecijalne sileFt = m at = mr�

gde je � ugaono ubrzanje taµcke m pri njenom kretanju po kruµznoj putanji polupreµcnika r Tangen-

cijalna sila!F t stvara statiµcki moment sile.

M = Ft r = mr�| {z }Ft

r = mr2 � koji je jednak statiµckom momentu sile M0 odnosno

M = mr2 � =M0 odakle je � =M0

mr2

pa pri konstantnom delovanju sprega sileM0 ugaono ubrzanje (�)materijalne taµckem zavisi od proizvodam r2

Ako istoj materijalnoj taµcki mase m menjamo poloµzaj u odnosu na osu njene rotacije 000 tada cese zbog promene njenog polupreµcnika rotacije r menjati i njeno ugaono ubrzanje � pa tangencij-alno ubrzanje materijalne taµcke koja rotira zavisi od njene mase m ali (i te kako) i od njenog rasto-janja r od ose rotacije.Proizvodmasematerijalne taµcke i kvadratanjenog rastojanja odose rotacije naziva seMOMENT INERCIJE te materijalne taµcke u odnosu na osu njene rotacije, odnosnoIm = m r

2

gde je (ponovimo) m masa materijalne taµcke a r njeno rastojanje od ose rotacije

0

F t→

1F t→

2

m1m 2

at 2at1→

→

r 1

r 0

r 2

0′ Q→

U horizontalnom delu �tapa dve materijalne taµcke mase m1 i

m2 =1

4m1 stvaraju jednake statiµcke momente M0 = Q r0 u

vertikalnom delu �tapa ako je proizvod tangencijalne sileFt1 = m1 at1 = m1 r1 � i rastojanja taµcke m1 od njene ose ro-tacije r1 jednak proizvodu tangencijalne sile Ft2 = m2 at2 =

= m2 r2 � i rastojanja taµcke m2 od njene ose rotacije r2 iliako je Ft1 r1 = Ft2 r2 odnosno

m1 r21 = m2 r

22 pa je r2 =

rm1

m2r21 =

vuut m1

1

4m1

r21 =p4 r21 = 2 r1

Dakle, iako je masa taµcke m2; 4 puta manja od mase taµckem1 a njeno rastojanje od ose rotacije (samo) 2 puta veceu odnosu na rastojanje taµcke m2 od iste ose, njihove tangen-cijalne sile Ft1 i Ft2 obrazuju jednake statiµcke momente priµcemu vidimo veci uticaj rastojanja r od uticaja mase m


Ako dve mase zadovoljavalju jednakost m1 r21 = m2 r

22 tada one imaju isti moment inercije pa se

uvek moµze odrediti neka masa m koja na nekom jediniµcnom rastojanju (r = 1) ima isti mo-ment inercije kada jeIm = m 1

2 = m

pa je tadamoment inercije brojno jednak toj nekoj masi m koja na jediniµcnom rastojanju(r = 1) od ose rotacije �daje� istu inerciju.Ako izraz zamoment inercije materijalne taµcke mase mIm = mr

2 zamenimo u relaciju za statiµcki moment sileM = mr2|{z}

Im

� tada dobijamo izraz M = Im � koji u pore�enju sa

F = m a

pokazuje da jemoment inercije pri rotacionom kretanju �adekvatan�masi tela pri trans-latornom kretanju.

F∆t1

→

F∆ t 2→ F∆ t

→n

F∆t→

i

m∆ 1

m∆ 2

m∆ n

m∆ i

Ako umesto jedne materijalne taµcke mase m uzmemo za primer µcvr-sto telo koje rotira oko neke ose 000 tada na elementne delove tog telaodnosno na njihove mase�m1; �m2; : : : ; �mi

zbog njihovog ubrzanog kretanja po kruµznim putanjama delujutangencijalne sile�Ft1 ; �Ft2 ; : : : ; �Ftikoje u zavisnosti od ugaonog ubrzanja tela (�) obrazuju elementnemomente �M1 = �Ft1 r1 = �m1 r

21 � �M2 = �Ft2 r2 = �m2 r

22 � � � �

�M i = �Fti ri = �mi r2i �

pa je ukupni moment sile tela jednak sumi svih momenata elementnih masa �m

M = �M1+�M2+ � � �+�Mi+ � � � = �m1 r21 �+�m2 r

22 �+ � � �+�mi r

2i �+ � � � =

nXi=1

�mi r2i � gde suma

nXi=1

�mi r2i

pretstavlja sumu momenata inercije svih elementarnih masa �m odnosno moment inercijetela u odnosu na osu njegove rotacije. Dakle

I =

nXi=1

�mi r2i odnosno M = I �

Ako umesto namnogo elementnih delova mase �m kruto telo izdelimo na beskonaµcno mnogoelementarnih delova elementarne mase dm tada umesto sume

I =nXi=1

�mi r2i imamo I = lim

n!1

nXi=1

�mi r2i =

mZ0

r2 dm odnosno

I =

mZ0

r2 dm

gde je r rastojanje elementarnog dela mase dm od ose rotacije.Me�utim, kako je koliµcnik elemen-tarnog dela mase dm i elementarnog dela zapremine dV gustina � odnosnodm

dV= � ) dm = � dV onda semoment inercije tela moµze odrediti i primenom formule


I = �

VZ0

r2 dV gde integracija obuhvata celu zapreminu tela.

Odredimo momente inercije tela koja se pojavljuju u zadacima ili tehniciZa �tanki��tap duµzine L ravnomerno raspore�ene mase m koji rotira oko ose normalne na nje-govu duµzinu L imamo sledece �sluµcajeve�odre�ivanja momenta inercije.

Sluµcaj 1. �tap rotira oko jednog od svojih krajeva (1) ili (2) kada je r = L

L

r dr

1( ) 2( )

y

m md

Zbog ravnomerne raspore�enostimase �tapa ili delova njegovemasepo duµzini L moµzemo videti da vaµzidm

dr=m

Lodakle je dm =

m

Ldr

pa moment inercije �tapa uodnosu na jedan od njego-vih krajeva iznosi

I�s =

Zr2 dm =

m

L

LZ0

r2 dr =m

L

�r3

3

��L0

=m

L

L3

3=1

3mL2

Sluµcaj 2. �tap rotira oko svoje sredine kada je r =1

2L

r dr

1( ) 2( )m md

y

L21 L2

1

I�s =

Zr2 dm =

m

L

L2Z�L

2

r2 dr =m

L

�r3

3

��L2�L

2

=m

L

0BBB@�L

2

�33

�

�� L2

�33

1CCCA= m

L

0B@ L3

83+

L3

83

1CA= m

L

�L3

24+L3

24

�

=m

L

2L3

24=1

12mL2

Sluµcaj 3. �tap rotira oko nekog proizvoljnog poloµzaja svoje duµzine koji tuduµzinu L deli na l i L� l odnosno

r dr

1( ) 2( )m md

y

l lL −

I�s =

Zr2 dm =

m

L

L�lZ�l

r2dr =m

L

�r3

3

��L�l�l=m

L

(L� l)3

3� (� l)

3

3

!=m

L

L3�2L2 l+Ll2�L2 l+2Ll2� l3+ l33

=1

3m�L2 � 3Ll + 3 l2

�


Moment inercije diska ili valjka polupreµcnika R i visine l u odnosu nanormalu njegovog centra

drR

r

l

dr

l

r

Ako disk ili valjak podelimo na beskona-µcno mnogo�prstenova�ili�cevi�polu-preµcnika r debljine dr i visine l tada ce za-premina jednog takvog�prstena�ili je-dne takve�cevi�biti jednaka proizvodunjegovog (ili njenog) obima (2r�) i povr-�ine jednog dela njegovog ili njenog uzdu-µznog popreµcnog preseka (l dr ) odnosnodV = 2� l r dr

Elementarna masa jednog od tih beskona-µcno mnogo tankih prstenova ili cevi

jednaka je proizvodu njegove gustine � i zapremine dV

dm = � dV = �2� l r dr

Elementarni moment inercije dI te elementarne mase dm raspore�ene po tankoj cevi duµzine lpolupreµcnika r i debljine �zidova� dr iznosi

dI = r2 dm = �2� l r3 dr

pa je moment inercije celog valjka jednak sumi svih tih elementarnih momenata dI odnosno

I =

ZdI = �2� l

RZ0

r3 dr = �2� l

�r4

4

��R0

= �2� lR4

4=1

2�� lR4 =

1

2�R2 � l| {z }masa m

R2 =1

2mR2

Moment inercije diska ili valjka ne zavisi od njegove debljine, odnosno visine l vec od masei polupreµcnika, odnosno od prirode raspore�enosti te mase u odnosu na rastojanje od ose rotacijePosle zakljuµcka damoment inercije diska ili homogenog valjka mase m i polupreµcnikaR iznosi

fy=)(x

fy= )(x

a b0

y

x

l

fy =

)( x

dxx dx

I =1

2mR2

(njegova duµzina l ne utiµce na vrednostmomentainercije) nece biti te�ko da odredimo op�tu formuluza dobijanjemomenta inercije svih tela nastalihrotacijom neke prave ili de�nisane krive linije okoneke ose jer sve elementarne delove tog tela prika-zane na slici moµzemo smatrati diskom duµzine (deblj-ine) dx polupreµcnika y = f (x) i elementarne mase

dm = � dV = � y2 � dx| {z }dV

= �� y2 dx

pa elementarni moment inercije dI te elementarne mase dm ravnomerno raspore�ene po diskudebljine dx i polupreµcnika y iznosi

dI =1

2dmy2 =

1

2�� y2 dx y2 =

1

2�� y4 dx

Moment inercije celog tela I jednak je sumi svih beskonaµcno mnogo elementarnih momenatainercije dI koje imaju svih beskonaµcno mnogo elementarnih masa dm ravnomerno raspore�enih ubeskonaµcno mnogo beskonaµcno tankih diskova debljine dx i polupreµcnika y a koji �nanizani�na osuoko koje rotiraju na rastojanju od a do b saµcinjavaju celokupnu zapreminu i masu rotirajuceg tela

I =1

2��

bZa

y4 dx


Moment inercijecilindriµcnogvaljka ilidiskavisine l unutra�njeg polupreµcnikaR1 i spolja�njeg polupreµcnika R2

r

l

R1

R2

dr

Iz prethodnog sluµcaja znamo da elementarna zapremina jed-nog beskonaµcno tankog cilindra polupreµcnika r debljinezidova dr i visine l iznosidV = 2� l r dr pri µcemu je njegova masa

dm = � dV = �2� l r dr

Elementarnimoment inercije dI te elementarnemase dmraspore�ene po tankoj cevi visine l polupreµcnika r i debljinezidova dr iznosidI = r2 dm = �2� l r3 dr

pa jemoment inercije celog cilindriµcnog valjka ili diskajednak sumi svih tih elementarnih momenata dI odnosno

I=

ZdI = �2� l

R2ZR1

r3 dr = �2� l

�r4

4

��R2

R1

= �2� l

�R424� R

41

4

�=1

4�2� l

�R42 �R41

�=1

2�� l

��R22�2� �R21�2�

=1

2�� l

�R22 �R21

�| {z }masa cilindriµcnogvaljka (m)

�R22 +R

21

�=1

2m�R22 +R

21

�

Vidimo da se cilindriµcni valjak za R1 = 0 svodi na pun cilindar gde njegov moment inercije iznosi

I =1

2mR2

Moment inercije kugle polupreµcnika R

Rx

yx

0

y

Rxy

x0

y

x xd

Iz jediniµcnog kruga sa centrom u koordin-atnom poµcetku R2 = x2 + y2 dobijamo

y2= R2� x2 pa elementarna zapremina dVjednog beskonaµcno tankog diska debljinedx i polupreµcnika y iznosi

dV = y2 � dx =�R2 � x2

�� dx

dok je njegovamasa jednaka proizvodu nje-gove gustine � i elementarne zapremine dV

dm = � dV = ��R2 � x2

�� dx

Ako pogledamo neki od prethodnih �sluµcajeva�gde smo dobili da moment inercije punog cili-ndra ili diska mase m i polupreµcnika r iznosi

I =1

2mR2

tada nece biti te�ko da vidimo za�to elementarni moment inercije dI elementarne mase dmraspore�ene po tankom disku polupreµcnika �iseµcenog� iz prikazane kugle iznosi

dI =1

2dm y2 =

1

2��R2 � x2

�� y2 dx =

1

2��R2 � x2

��R2 � x2

�dx =

1

2��R2 � x2

�2dx

Zbog simetriµcnosti kugle i algebarske �racionalnosti� izvr�imo integraciju od 0 do R i pomno-µzimo sa 2 kada dobijamo damoment inercije cele homogene kugle iznosi


I = 2

RZ0

dI = 21

2��

RZ0

�R2 � x2

�2dx = ��

RZ0

�R4 � 2R2 x2 + x4

�dx = ��

�R4 x� 2

3R2 x3 +

1

5x5��R

0

= ��

�R5 � 2

3R5 +

1

5R5�= ��

15R5 � 10R5 + 3R515

=8

15��R5

Kako zapremina pomenute kugle iznosi

V = 2�

RZ0

y2 dx = 2�

RZ0

�R2 � x2

�dx = 2�

0@R2 RZ0

dx�RZ0

x2 dx

1A = 2�

�R2 x� x

3

3

��R0

= 2�

�R3 � R

3

3

�

= 2�3R3 �R3

3=4

3�R3 onda je njena masa m = �V =

4

3��R3 pamoment inercije homogene

kugle mase m i polupreµcnika R iznosi

I =8

15��R5 =

2

5

4

3��R3| {z }

masa kugle

R2 =2

5mR2

�tajner-Lagranµzeova teoremaVideli smo damoment inercije I0 tela mase m u odnosu na osu rotacije koja prolazi kroz centar (0)

R

x0

y

α β

γ r

43421S

dm

x

njegove mase iznosi

I0 =

ZR2 dm

ili damoment inercije tog tela u odnosu na druguparalelnu osu rotacije koja ne prolazi kroz centarmase m vec kroz taµcku A koja je od centra mase (0)udaljena za duµzinu S iznosi

I =

Zr2 dm

Primenom kosinusne teoreme koja �pokazuje�da je kva-drat jedne stranice trougla jednak zbiru kvadrata dru-ge dve stranice umanjenom za dvostruki proizvod tihstranica i kosinus ugla koji one grade moµzemo odre-diti povezanost prikazanih duµzina r i R odnosno

r2 = S2 +R2 � 2SR cos�| {z }x za dm

= R2 + S2 � 2S x

Zamenom r2 u formulu zamoment inercije tela mase m gde je osa rotacije udaljena od centramase rastojanjem S dobijamo

I =

Zr2 dm =

Z �R2 + S2 � 2S x

�dm =

ZR2 dm| {z }I0

+ S2Zdm| {z }

mS2

� 2SZx dm| {z }0

Kako je komponenta centra mase (xc ) homogenog tela zapremine V de�nisana formulom

xc =1

m

ZV

x dm pa u ovom �sluµcaju�imamo xc = 2S

Zx dm = 0

jer se centar mase nalazi u koordinatnom poµcetku.Dakle

I = I0 +m � S2 �tajner-Lagranµzeova formulapa jemoment inercije µcvrstog tela oko bilo koje ose koja je od centra njegove mase udaljena


za duµzinu S jednak zbiru njegovog momenta inercije oko ose koja prolazi kroz centar njegovemase i proizvoda mase tela sa kvadratom udaljenosti ose rotacije od ose koja prolazi kroz centarmase tela. Iz prethodnog proizilazi da jemoment inercije tela oko ose koja prolazi kroz centarnjegove mase uvekmanji odmomenta inercije tog istog tela oko bilo koje druge paralelne osekoja je izvan centra mase tela, odnosno I0 < I

Rad snaga i energija kod rotacionog kretanja

0

θ A

A1

F→

S

Ako telo rotira usled delovanja konstantne tangencijalne sile Fµciji je pravac normalan na polupreµcnik r tada ta sila na putu odpoloµzaja A do poloµzaja A1 izvr�i rad koji je jednak proizvodu tesile F i puta S odnosno proizvodu konstantnog momenta sile(M ) u odnosu na osu rotacije i ugaonog pomeraja (�)

A = F S =M �

U sluµcaju promenljivog momenta sile kada su promenljivi uga-oni pomeraji � imamo dA =M d� Delenjem sa dt dobijamo

dA

dt|{z}P

=Md�

dt|{z}!

odnosno P =M !

Snaga P kod rotacionog kretanja jednaka je proizvodu

momenta sile (M ) i ugaone brzine (!)

r i

r 1

m∆ i

m∆ 1

→v1

→v i

0

0′

Kinetiµcka energija tela pri translatornom kretanju iznosi

Ek =1

2mv2

pa sliµcnim postupkom moµzemo odrediti i kinetiµcku energiju tela kodrotacionog kretanja. Ako telo razloµzimo na elementne mase (�m)tada periferna brzina (vi ) svake od njih zavisi od njenog rastojanjaod ose rotacije pa kinetiµcka energija svake od tih elementnih ma-sa (�mi ) iznosi

�Eki =1

2�mi v

2i

Ukupna kinetiµcka energija svih elementnih masa ili tela iznosi

Ek =1

2

nXi=1

�mi v2i

Ako umesto periferne brzine v (v = ! r) uvedemo ugaonu brzinu ! koja je ista za sve elementetela, tada dobijamo formulu koja pokazuje da kinetiµcka energija tela koje rotira iznosi

Ek =1

2

nXi=1

�mi !2 r2i =

1

2!2

nXi=1

�mi r2i| {z }

I

=1

2I !2 odnosno

Ek =1

2I !2

Ako se telo tokom rotacije krece i translatorno, tada njegova ukupna kinetiµcka energija iznosi

Ek =1

2mv2 +

1

2I !2 =

1

2

�mv2 + I !2

�Formulu za snagu (P ) pri rotacionom kretanju moµzemo dobiti i direktno iz �poµcetne�relacije

dA =M d� jer je P =dA

dt=M

d�

dt|{z}!

=M !


dok je kinetiµcka energija tela koje rotira ugaonom brzinom ! jednaka radu (A) koji teloizvr�i dok se ne zaustavi kada je ! = 0 odnosno

Ek = A =

!Z0

dA =

!Z0

M d� Kako je M = I � = Id!

dtd� = ! dt onda imamo

Ek =

!Z0

Id!

dt! dt = I

!Z0

! d! =1

2I !2

Na primeru tela koje se istovremeno krece po kruµznoj putanji polupreµcnika S i rotira oko svojeose 000 odredimo njegovu ukupnu kinetiµcku energiju primenom �tajner - Lagranµzeove teo-reme o paralelnim osama kada je

I = I0 +mS2

gde je S rastojanje centra mase tela od ose njegove rotacije. Linearna brzina tela koje se krece pokruµznoj putanji polupreµcnika S iznosi

v = S ! ) ! =v

S

dok ukupna kinetiµcka energija tela pri njegovom istovremenom kretanju po kruµznoj putanjii rotaciji oko svoje ose iznosi

Ek =1

2I !2 =

1

2

�I0 +mS

2�!2 =

1

2I0 !

2 +1

2mS2

v2

S2=1

2I0 !

2| {z }Ek

ro ta c i je

+1

2mv2| {z }Ek

t ra n s la c i je

= Ek (rotacije) + Ek (translacije)

Moment koliµcine kretanja

r i

r 1

m∆ i

m∆ 1

→v1

→v i

0

0′

Znamo da se proizvod mase (m) i njene brzine (v) naziva koliµcinakretanja (p) odnosno p = m v Me�utim, proizvod polupreµcnikaputanje (ri ) i koliµcine kretanja elementne mase �mi (�mivi )naziva semoment koliµcine kretanja elementnemase�mi u odno-

su na osu 000 odnosno Li = ri�mi vi

Moment koliµcine kretanja (L) celog tela jednak je sumi mo-menata koliµcine kretanja svih elementnih masa, odnosno

L =nXi=1

ri�mi vi

Kako je ugaona brzina (!) svih elementnih masa (�mi ) ista, onda je racionalnije perifernubrzinu (vi ) izraziti preko ugaone brzine (!) ili (vi = ri !) pri µcemu dobijamo

L =nXi=1

ri�mi ri ! = !nXi=1

�mi r2i| {z }

Im om ent in e rc i je

= ! I

Moment koliµcine kretanja pri rotaciji tela oko njegove ose, jednak je proizvodu ugaone brzinei momenta inercije tela za osu rotacije

L = ! I


Gravitacija00) Odredimo rad Ah koji treba izvr�iti da se telo mase m podigne sa povr�ine Zemlje do nekevisine h Odredimo i rad A1 potreban da se telo mase m sa povr�ine Zemlje podigne (po�alje)do beskonaµcne udaljenosti od nje.

Prema Njutnovom zakonu gravitacije, sila F kojom Zemlja mase MZ deluje na telo mase m uda-ljeno od njenog centra rastojanjem r iznosi

F = MZm

r2gde je = 6; 67 � 10�10 N m

2

kguniverzalna gravitaciona konstanta.

Na povr�ini Zemlje r je jednako polupreµcniku Zemlje R (r = R) jer se polupreµcnik tela mase mzanemaruje pa telo mase m treba od centra. Zemlje podici na visinu R+ h Rad Ah izvr�en na tomputu iznosi

Ah =

R+hZR

F dr =

R+hZR

MZm

r2dr = MZm

R+hZR

r�2 dr = MZm

�r�1

�1

��R+hR

= MZm

�1

r

��RR+h

= MZm

�1

R� 1

R+ h

�

Na povr�ini Zemlje gde je r = R sila F iznosi F = mg ili mg = MZm

R2odakle je MZ = gR

2 pa

zamenom u formulu za rad Ah dobijamo racionalniji izraz, odnosno

Ah = mgR2

�1

R� 1

R+ h

�= mgR2

R+ h�RR2 +Rh

= mgh

1 +h

R

=mgh

1 +h

R

Ako telo mase m treba podici sa povr�ine Zemlje do beskonaµcnosti kada h!1 tada izvr�enirad na tom putu iznosi

A(1) = limh!1

Ah = limh!1

mgh

1 +h

R

= mg limh!1

h

1 +h

R

= mg limh!1

h

R+ h

R

= mg limh!1

Rh

R+ h

= mg limh!1

hR

h

�R

h|{z}!0

+ 1

� = mgR

00) Odredimo onu brzinu v izbacivanja tela mase m sa Zemlje vertikalno uvis koja mu omogucava dase vi�e ne vrati na zemlju.Polupreµcnik Zemlje iznosi RZ = 6370 km njena masa je MZ = 5; 97 �1024 kg

dok je vrednost gravitacione konstante = 6; 67 � 10�10 N m2

kgTrenje izme�u tela i zemljine atmosfere zanemariti.

Prema Njutnovom zakonu gravitacije, sila kojom Zemlja mase MZ deluje na telo mase m koje jeod njenog centra udaljeno rastojanjem r iznosi

F = MZm

r2

Na povr�ini Zemlje rastojanje izeme�u tela i centra Zemlje jednako je polupreµcniku Zemlje, odnosnor = R jer se polupreµcnik tela zanemaruje pa ono od centra Zemlje treba da dostigne neku visinuR+ h Rad koji pri tome treba izvr�iti iznosi


Ah =

R+hZR

F dr =

R+hZR

MZm

r2dr = MZm

R+hZR

r�2 dr = � � � = MZm

�1

R� 1

R+ h

�Telo se nece vratiti na Zemlju ako produµzi put u �beskonaµcnost�kada h!1 pri µcemu

1

R+ h! 0

odnosno kada je

A(h!1) = MZm

R

Ako je telo sa povr�ine Zemlje izbaµceno nekom brzinom v tada je kinetiµcka energija koju je onoposedovalo u trenutku izbacivanja jednaka izvr�enom radu na njegovom putu ka beskonaµcnosti

mv2

2=

MZm

Rodakle je

v =

r2 MZ

R=

vuuut 2 � 6; 67 � 10�11 N m2

kg2� 5; 97 � 1024 kg

6; 37 � 106 m = 11 181; 3m

s� 11 200 m

s

Isti rezultat moµzemo dobiti ako iskoristimo rezultat prethodnog zadatka gde smo dobili da izvr�enirad pri podizanju tela mase m sa povr�ine Zemlje do beskonaµcnosti iznosi

A(1) = mgR gde je R polupreµcnik Zemlje. Daklemv2

2= mgR odakle je

v =p2 gR =

r2 � 9; 81 m

s2� 6; 37 � 106 m = 11 179; 4

m

s� 11 200 m

s

00) Odredimo brzinu tela pri njegovom slobodnom padu na Zemlju ako ono dolazi iz beskonaµcneudaljenosti.Ako �pogledamo�jednako ubrzano kretanje i slobodno padanje, tada nam nece biti te�ko da vidimoza�to je

v2 = v20|{z}0

+2 gRZ odnosno v =p2 gRZ =

r2 � 9; 81 m

s2� 6; 37 � 106 m = 11 179; 4

m

s� 11 200 m

s

Vidimo da brzina v ne zavisi od mase tela jer se pretpostavlja da ono pada bez otpora sredine.

00) Ako je polupreµcnik Zemlje r = 6370 km odredimo brzinu kojom treba da se krece njen ve�taµcki

h

R z

M z

ms

v→

Fr→

Fg→

satelit da bi se odrµzavao na visini h = 1600 kmZa odrµzavanje Zemljinog ve�taµckog satelita na konstantnoj udaljenosti(h) moraju biti jednake gravitaciona (Fg) kojom Zemlja privlaµci njego-vu masu i radijalna sila (Fr) koja nastaje usled njegove brzine, odnosno

Fg = Fr gde je Fr =ms v

2

R+ hodnosno Fg =

Mzms

R2

Polupreµcnik satelita se zanemaruje. Dakle, mora da vaµzi jednakost

Mzms

R2=ms v

2

R+ hodakle je v =

r Mz (R+ h)

R2

Zbog zanemarivanja polupreµcnika satelita, gravitaciona sila izme�u njega i Zemlje kada se onna�e na njenoj povr�ini jednaka je njegovoj teµzini, odnosno

Mzms

R2= ms g odakle je g =

Mz

R2pa imamo

v =

r

Mz

R+ h

R2

R2=

r Mz

R2R2

R+ h=

rg

R2

R+ h= R

rg

R+ h= 6; 37 � 106 m

vuut 9; 81m

s2

(6; 37 + 1; 6) � 106 m| {z }g

= 7067; 15m

s= 7; 067

km

s


00) Zemljin satelit kruµzi oko Zemlje po kruµznoj putanji polupreµcnika r = 7000 km brzinom v = 27 300km

h

M zr

msFr→

Fg→

v→ Odredimo vreme obilaska satelita oko Zemlje i ubrzanje teµze u pu-tanji satelita.Da bi sateli kruµzio na stabilnoj putanji mora biti Fg = Fr odnosno

Mzms

r2=ms v

2

rili

Mz

r2| {z }g0

=v2

rpa je ubrzanje teµze na putanji satelita (g0 )

g0 =v2

r=(7; 58333)

2 km2

s2

7 000 km= 8; 215

m

s2

Vreme obilaska satelita oko Zemlje (T ) dobijamo iz relacije

Obim kruµzne putanje = 2� r = v T odakle je T =2� r

v=2� � 7 000 km

7; 58333km

s

= 5799; 88 s = 1; 61 h

00) Kolika je linearna brzina Zemlje oko Sunca ako se zna da je masa Sunca MS = 2 � 1033 kg a

SR

ZFc→

Fg→

v→udaljenost Zemlje od Sunca 1; 5 � 108 km ? Kolika je jaµcina gravitacionogpolja Sunca na povr�ini Zemlje ?Kako je Zemlja prirodni Sunµcev satelit, iz uslova jednakosti gravita-cione sile izme�u Sunca i Zemlje

Fg = MS MZ

R2i radijalne sile Zemlje Fr =

MZ v2

Rdobijamo formulu

MS MZ

R2=MZ v

2

Riz koje dobijamo linearnu brzinu Zemlje

v =

r MS

R=

s6; 67 � 10�11 N m

2

kg22 � 1030 kg1; 5 � 1011 m = 29; 82

km

s� 30 km

s

Jaµcina gravitacionog polja Sunca na povr�ini Zemlje iznosi

G = MS

R2= 6; 67 � 10�11 N m

2

kg22 � 1030 kg

2; 25 � 1022 m2= 0; 59

cm

s2

00) Odredimo masu Sunca MS ako je poznata op�ta gravitaciona konstanta ( ) polupreµcnik Zem-

RM S

M Z

Fc→

Fg→

v→ ljine putanje oko Sunca (R) i trajanje godine (T )

T = 365 dana ! =2�

TR = 1; 5 � 1011 m = 6; 67 � 10�11 N m

2

kg2

Iz jednakosti Fg i Fr dobijamo Fg = MS MZ

R2= Fr =MZ !

2R pa je

MS =!2R3

=

�2�

T

�2R3

=4�2R3

T 2=

4�2 � (1; 5)3 � 1033 m3

6; 67 � 10�11 N m2

kg2(365 � 86 400)2 s2

= 20 086 � 1030 kg

00) Masa Sunca MS je 355 000 puta veca od mase Zemlje a polupreµcnik Sunca rS je 112 putaveci od polupreµcnika Zemlje rZ Koliko je ubrzanje gS na povr�ini Sunca ?Ubrzanje na povr�ini Sunca (gS ) iznosi

gS = MS

r2S=

3; 55 � 105 MZ

(1; 12 � 102 rZ )2=

35; 5

(1; 12)2

MZ

r2Z=35; 5

1; 254 MZ

r2Z| {z }gZ

= 28; 3 � gZ = 277; 63m

s2


00) Na kojoj visini h iznad Zemljine povr�ine ubrzanje g1 iznosi1

4od vrednosti koje iznosi na

h

M z

Rr z

povr�ini Zemlje? Prema uslovima zadatka imamo

g1 = MZ

(rZ + h)2 =

1

4g =

1

4 MZ

r2Zodakle je

1

(rZ + h)2 =

1

(2 rZ )2 rZ + h = 2 rZ ili

h = 2 rZ � rZ = rZ Na visini h = rZ = 6378 km iznad povr�ine Zemlje ubrzanje g1 iznosi

1

4od ubrzanja koje iznosi na povr�ini Zemlje.

00) Masa Meseca je Mm = 7; 3 �1022 kg a preµcnik 3; 5 �103 km Odredimo teµzinu tela koje se nalazina povr�ini Meseca ako je njegova masa m = 30 kg Odredimo i ubrzanje na povr�ini Meseca.

Ubrzanje na povr�ini Meseca (gm ) iznosi

gm = Mm

R2m= 6; 67 � 10�11 N m

2

kg27; 3 � 1022 kg�3; 5

2

�21012 m2

= 1; 589m

s2Teµzina tela mase m = 30 kg na Mesecu je

Qm = mgm = 30 kg � 1; 589m

s2= 47; 7N = 4; 86 kp

00) Odredimo ubrzanje gS na povr�ini Sunca prema sledecim podacima : Zemlja je udaljena od Sunca

Z

S

α

v Z

rS

R Z( )−S

Fg→

Fr→

→ 1; 5 � 108 km Vreme obilaska Zemlje oko Sunca iznosi T = 365 danaa Sunce se vidi sa Zemlje pod uglom od 30 luµcnih stepeni.Prema uslovima zadatka i slici dobijamo

� = 30 luµcnih minuta = 0; 5� = 0; 5�

180�rad =

�

360�rad

Sa slike vidimo da je2 rS

R(S�Z)= � ili rS =

1

2�R(S�Z)

Ako Zemlja za T = 365 dana obi�e oko Sunca �konstantnom�brzinom

v =obimT

=2�R(S�Z)

T) v2 =

4�2�R(S�Z)

�2T 2

Ubrzanje na povr-

�ini Sunca iznosi gS = MS

r2SAproksimacijom da je putanja kre-

tanja Zemlje oko Sunca kruµzna i uzimanjem u obzir da je gravitaciona sila izmedju Sunca i Zemlje

Fg = MS MZ�R(S�Z)

�2 jednaka radijalnoj sili Fr =MZ v

2

R(S�Z)imamo

MS MZ�R(S�Z)

�2 = MZ v2

R(S�Z)odnosno

MS MZ�R(S�Z)

�2 = MZ

R(S�Z)

4�2�R(S�Z)

�2T 2

=MZ

T 24�2R(S�Z) pa je MS =

4�2

T 2�R(S�Z)

�3odnosno

gS = MS

r2S=

4�2�R(S�Z)

�3T 2

1

4�2�R(S�Z)

�2 = 16�2R(S�Z)

T 2 �2=

16�2 � 1; 5 � 1011 m

(365 � 864 � 102 s)2� �

360

�2 = 312; 754 ms2Uporedimo dobijeni rezultat sa rezultatima iz prethodnih zadataka !


�Slobodno�padanje kroz otpornu sredinuSila trenja ili otpora sredine suprostavlja se kretanju tela i ona je proporcionalna brzini njegovogkretanja (v) odnosno

Ftr = � k v gde je k koe�cijent trenja ili koe�cijent proporcionalnosti (k = const)

Na osnovu drugog Njutnovog zakona imamo ma = mg � k v odakle je a+k

mv = g odnosno

dv

dt+k

mv = g Ovo je nehomogena linearna diferencijalna jednaµcina prvog reda. Znamo da je

y = e�

Zf(x)dx

0B@Z e

Zf(x)dx

g (x) dx+ C

1CA op�te re�enje linearne diferencijalne jednaµcine

y0 + f (x) y = g (x) U na�em sluµcaju re�enje glasi

v = e�

Zkm dt

0B@Z e

Zkm dt

g dt+ C

1CA= e� km t

� Zekm t g dt+ C

�Kako je

Zenx dx =

enx

n+C onda imamo

v = e�km t

0B@g e km t

k

m

+ C

1CA Kako je a (b+ c) = ca+ a b am a� m = a0 = 1 onda imamo

v = C e�km t +

mg

kNa poµcetku kretanja, za t = 0 ) v = 0 pa imamo

0 = C e�km �0 +

mg

kodakle je C = � mg

kodnosno v =

mg

k� mg

ke�

km t pa je

(1) v =mg

k

�1� e�

km t

�Vidimo da brzina tela zavisi i od njegove mase!

Pored toga, ako t! +1 tada izraz e�km t ! 0 pa se brzina asimptotski pribliµzava ka graniµcnoj vre-

dnostimg

kAko je k veliko, tada je graniµcna brzina mala i ne samo to, vec je izraz e�

km t posle kra-

ceg vremena blizak nuli.

Na primer, veliko k imamo kod skoka padobranom posle njegovog otvaranja gde se zahteva brzo do-stizanje graniµcne brzine koja treba da bude relativno ili dovoljno mala. Iz izraza za graniµcnu brzinu vi-dimo da je ona proporcionalna masi padobranca.Na osnovu formule (1) odredimo brzinu v kada k ! 0 ! Primenom Lopitalovog pravila dobijamo

limk!0

v = limk!0

0@mg 1� e� km t

k

1A = limk!0

�mg

t

m

�= g t

a to je izraz za brzinu tela u sluµcaju njegovog slobodnog padanja bez trenja sa vazduhom.

Obratimo paµznju na nekoliko sledecih stranica - bice jasnije!Znamo da je gravitaciona sila Fgr jednaka proizvodu mase m i ubrzanja Zemljine teµze g odnosno

Fgr = mg g = 9; 81m

s2

Prema zakonu aerodinamike otpor vazduha je srazmeran kvadratu brzine padanja v odnosno

Fot = k v2 gde je k konstanta srazmernosti


Sila usled koje se telo krece Fkr u otpornoj sredini jednaka je razlici ove dve sile jer one deluju suprotnojedna drugoj

(1) Fkr = Fgr � Fot

U zavisnosti od pre�enog puta S brzina v je prvi izvod puta po vremenu t

v =dS

dt

dok je ubrzanje a prvi izvod brzine v po vremenu t ili drugi izvod puta S po vremenu t odnosno

a =dv

dt=d

dt

dS

dt=d2S

dt2

Prema drugom Njutnovom zakonu sila F je srazmerna masi m i ubrzanju a odnosno

F = ma = mdv

dtSada relacija (1) ima oblik m

dv

dt= mg � k v2 odnosno

(2)dv

dt=k

m

� mgk� v2

�Ako prihvatimo da je

mg

k� a2 ) m

k=a2

gtada relacija (2) dobija oblik

(3)dv

a2 � v2 =g

a2dt odnosnoZ

dv

a2 � v2 =g

a2

Zdt Odavde imamo

1

2alna+ v

a� v =g

a2t+ C ili ln

a+ v

a� v =2 g

at+ C odnosno

a+ v

a� v = e2ga t+C U poµcetku kretanja je t = 0 i v = 0 pa iz poslednje relacije dobijamo

1 = e2ga �0+C odakle je C = 0 Sada je

a+ v

a� v = e2ga t ili a+ v = (a� v) e

2ga t = ae

2ga t � v e

2ga t

v + v e2ga t = ae

2ga t � a v

�1 + e

2ga t

�= a

�e2ga t � a

�v = a

e2ga t � 1

e2ga t + 1

Kako je am a�n = am�n onda mnoµzenjem i delenjem prethodne relacije sa e�2ga t dobijamo

(4) v = aega t � e�

ga t

ega t + e�

ga t

Kako je sh t =1

2(et � e� t ) ch t =

1

2(et + e�t ) onda imamo

v = a thg

at Kako je

mg

k= a2 ) g =

k a2

monda imamo v = a th

k a

mt

Poslednja relacija (4) pretstavlja brzinu padanja tela uz otpor sredine koji je srazmeran sa kvadratombrzine

�v2�Kako je brzina prvi izvod puta po vremenu

v =dS

dtonda imamo

dS

dt= a

ega t � e�

ga t

ega t + e�

ga t

odakle je dS = aega t � e�

ga t

ega t + e�

ga tdt odnosno

S = a

Zega t � e�

ga t

ega t + e�

ga tdt Kako je

d�ega t + e�

ga t�=�ega tg

a+ e�

ga t�� ga

��dt =

g

a

�ega t � e�

ga t�dt onda je


S = aa

g

Z d�ega t + e�

ga t�

ega t + e�

ga t

=a2

gln�ega t + e�

ga t�+ C1

U poµcetku kretanja je t = 0 i S = 0 pa iz poslednje relacije vidimo da je C1 = 0 odnosno

(5) S =a2

gln�ega t + e�

ga t�=a2

gln 2 ch

g

at

00) Telo mase m krece se po pravolinijskoj putanji pod dejstvom sile F koja je srazmerna vremenu t iobrnuto srazmerna brzini kretanja vOdredimo zavisnost izme�u brzine v i vremena t ako je poµcetna brzina taµcke v = 0

Prema drugom Njutnovom zakonu imamo

F = ma = mdv

dtAko koe�cijent srazmernosti oznaµcimo sa k tada prema uslovima zadatka imamo

mdv

dt= k

t

vodakle razdvajanjem promenljivih dobijamo mv dv = k t dt pa je m

Zv dv = k

Zt dt odnosno

mv2

2= k

t2

2+C Konstantu C odredimo iz poµcetnih uslova kada je t = 0 ) v = 0 ili m

02

2= k

02

2+C )

C = 0 Sada je mv2

2= k

t2

2odnosno v =

rk

mt

00) Telo je baµceno vertikalno uvis poµcetnom brzinom v0 = 10m

spri µcemu je sila otpora sredine

H 2

H1

0

v0

F→

0

Q = mg

m

v

x

y

→→

→

→

F0 = k2mv2 gde je m masa tela, v njegova brzina a koe�cijent proporcionalnosti

k =p0; 08 Odredimo maksimalnu visinu dometa tela H1 i maksimalnu visi-

nu dometa H2 ako se zanemari sila otpora sredine a zatim odredimo i gre�kukoja se time µcini. Prema uslovima zadatka i prikazanoj slici imamo

t = 0 ) y = 0 ) �y = v0 odnosno F0 = k

2mv2 = k2m�y2

Na baµceno telo deluje njegova teµzina Q = mg i sila otpora sredine F0 gde je teµzi-na Q usmerena vertikalno na dole a sila otpora sredine suprotno vektoru br-zine kretanja, odnosno u datom sluµcaju tako�e vertikalno na dole pa diferen-cijalna jednaµcina kretanja tela glasi

(1) m!a =

!Q+

!F0 a projekcijom na osu 0y ona postaje

m��y = �mg � k2m

�y2 pa deljenjem sa m dobijamo

(2)��y = �

�k2

�y2 + g

�Kako je

��y dy =

d�y

dtdy = d

�ydy

dt= d

�y�y

��y =

d�y�y

dy

onda zamenom u (2) dobijamod�y�y

dy= �

�k2

�y2 + g

�odnosno

(3)d�y�y

k2�y2 + g

= �dy Smenom k2�y2 + g = z za koju je dz = 2k2

�y d

�y ) �

y d�y =

dz

2k2relacija (3)

postaje

dz

2k2 z= � dy 1

2k2

Zdz

z= �

Zdy ) 1

2k2ln z = �y + C1 Sada je

(4)1

2k2ln

�k2

�y2 + g

�= �y + C1 Za t = 0 dobijamo

1

2k2ln�k2 v20 + g

�= �0 + C1 odakle je


C1 =1

2k2ln�k2 v20 + g

�pa zamenom u (4) dobijamo

(5) y = � 1

2k2ln

�k2

�y2+ g

�+

1

2k2ln�k2 v20 + g

�=

1

2k2

�ln�k2 v20 + g

�� ln

�k2

�y2+ g

��=

1

2k2lnk2 v20 + g

k2�y2+ g

U najvi�em poloµzaju H1 koji telo dostigne ako na njega deluje sila otpora sredine, njegova brzina jejednaka nuli pa je y = H1 odnosno

�y = 0 a zamenom u relaciju (5) dobijamo

H1 =1

2k2ln

k2 v20 + g

k2 � 02 + g =1

2k2ln

�1 +

k2 v20g

�=

1

2 � 0; 08 ln�1 +

0; 08 � 1029; 81

�= 3; 727m

Ako nema otpora sredine, telo bi dostiglo visinu

H2 =v202 g

=100

2 � 9; 81 = 5; 096m pa se zanemarivanjem otpora pravi gre�kaH2 �H1H1

� 100 = 36%


Matematiµcko klatno

θϕ

θ

mx

l

y

0

=S θl

F→ z

θ max

F→

mg→

F→ N

Matematiµcko klatno je materijalna taµcka mase mokaµcena o neistegljivi konac duµzine l bez teµzine kojaje izvedena iz poloµzaja ravnoteµze za neki ugao � ipu�tena da slobodno osciluje pod uticajem aktiv-ne komponente sile Zemljine teµze

(1) F = �mg sin �

gde je predznak na desnoj strani (�) uzet zato �tosila F ima suprotan smer od ugla otklona �Pasivna komponenta FN = mg cos � uravnoteµzenaje silom zatezanja konca i ona se izostavlja iz analizematematiµckog klatna. Dakle, jedina sila koja del-uje na okaµcenu materijalnu taµcku mase m je pro-jekcija teµzine (mg) na tangentu putanje njegovogkretanja.Koordinatni sistem 0xy postavljen je u vertikalnojravni pa je y - osa normalna na povr�inu Zemlje.

Kako je duµzina konca konstantna, materijalna taµcka se krece po kruµznom luku S µcija je duµzina srazmerna

sa uglom otklona � (S = l �) dok je sila!F srazmerna sa sin � pa kretanje materijalne taµcke nije harmo-

nijsko kao �to diferencijalna jednaµcina koja to kretanje opisuje nije homogena. Kako je brzina prvi iz-vod puta po vremenu a ubrzanje prvi izvod brzine po vremenu, odnosno drugi izvod puta po vre-menu, onda prema drugom Njutnovom zakonu i slici imamo

md2S

dt2= �mg sin � odnosno

(2)d2S

dt2= � g sin �

Ako je S = l � i ako sa�� oznaµcimo prvi izvod ugla � po vremenu �to pretstavlja ugaonu brzinu a sa

��

drugi izvod ugla � po vremenu �to pretstavlja ugaono ubrzanje, tada delenjem relacije (2) sa l dobijamo

(3)�� = � g

lsin �

Dobili smo nelinearnu diferencijalnu jednaµcinu drugog reda pa njenim re�avanjem odre�ujemo funkciju� = � (t) koja �opisuje�kretanje materijalne taµcke.Vidimo da u poslednjoj relaciji nema nezavisno prome-njljive t koja oznaµcava vreme ?Pretpostavimo da se u trenutku t = 0 materijalna taµcka nalazi u koordinatnompoµcetku i da najveca vrednost ugla � iznosi ' kada je i duµzina l najveca, odnosno SmaxPotsetimo se re�avanja diferencijalne jednaµcine drugog reda

(4) f (y00; y0; y) = 0 u kojoj se ne pojavljuje x

Jednaµcini (4) moµzemo sniziti red, odnosno svesti je na jednaµcinu prvog reda uvo�enjem smene

y0 =dy

dx= p gde je p funkcija od y Mnoµzenjem i delenjem prethodne relacije sa dy dobijamo

y00 =dp

dx=dp

dx

dy

dy=dy

dx

dp

dy= p

dp

dygde je

dp

dy= y0 izvod p po y Sada relacija (4) postaje

(5) f

�pdp

dy; p; y

�= 0

Dakle, uveli smo novu zavisno promenljivu p pri µcemu je stara zavisno promenljiva y postala nezavisnopromenljiva dok je stara nezavisno promenljiva x �eliminisana�. Primenimo opisani postupak na re�a-vanje jednaµcine (3) Uvo�enjem smene


�� =

d�

dt= p za koju je

�� =

dp

dt=dp

dt

d�

d�=d�

dt

dp

d�= p

dp

d�jednaµcina (3) se svodi na relaciju p

dp

d�= � g

lsin �

odakle je

(6) p dp = � glsin � d� U relaciji (6) promenljive su razdvojene pa je moµzemo direktno integraliti

Zp dp = � g

l

Zsin � d� µcime dobijamo

p2

2=g

lcos � + C1 odnosno

(7) p2 =2 g

lcos � + C1

Nova promenljiva p je u stvari ugaona brzina materijalne taµcke mase m U taµcki najveceg otklona zakoju je � = ' odnosno gde je ' najveci otklon (ili amplituda) matematiµckog klatna, njegova ugaonabrzina p bice jednaka nuli p =

�� = 0 kada dobijamo

0 =2 g

lcos'+ C1 ) C1 = �

2 g

lcos' odnosno p2 =

2 g

lcos � � 2 g

lcos' odakle je

p2 =2 g

l(cos � � cos') odnosno p =

d�

dt=

r2 g

l(cos � � cos') Kako je

cos�� cos� = �2 sin �+ �2

sin�� 2

= 2 sin�+ �

2sin

� � �2

onda imamo

d�

dt=

r4 g

lsin

� + '

2sin

'� �2

odnosno

(8)d�

dt= 2

rg

l

rsin

� + '

2sin

'� �2

Opet smo dobili jednaµcinu u kojoj se promenljive mogu razdvojiti. Uz uslova da je � = 0 za t = 0 imamo

(9)

�Z0

d�rsin

� + '

2sin

'� �2

= 2

rg

l

Zdt

Integral na levoj strani relacije (9) ne moµzemo izraziti pomocu elementarnih funkcija. Zato posmatramo�male�otklone (amplitude) klatna kada je l mnogo vece od S odnosno kada je ugao � dovoljno malida se moµze prihvatiti aproksimacija sin � � � kada se jednaµcina (9) svodi na relaciju�Z0

d�r� + '

2

'� �2

= 2

rg

l(t+ C2 ) ili

�Z0

d�r1

4

�'2 � �2

� = 2rg

l(t+ C2 ) odnosno

(10)

�Z0

d�p'2 � �2

=

rg

l(t+ C2 ) Kako je

Zdxp1� x2

= arcsinx+ C odnosno

Zd�p'2 � �2

=

Zd�vuut'2 1��

'

�2 ! =1

'

Zd�s

1��

'

�2 = '

'

Z d

��

'

�s1��

'

�2 = arcsin��

'

�+ C onda je

(11) arcsin�

'=

rg

l(t+ C2 )


Ako klatno poµcnemo da izvodimo iz ravnoteµznog poloµzaja u trenutku t = 0 kada je � = 0 tada za-menom ovih uslova u relaciju (11) dobijamo

arcsin0

'=

rg

l(0 + C2 ) ) C2 = 0 odnosno arcsin

�

'=

rg

lt Dalje je

�

'= sin

rg

lt odnosno

(12) � = '|{z}�max

sin

rg

l| {z }!

t = ' sin! t

Iz relacije (12) vidimo damatematiµcko klatno zamale amplitude vr�i harmonijsko, odnosno oscilatornokretanje.Period oscilovanja ili kretanja matematiµckog klatna, odnosno vreme jedne potpune osci-lacije iznosi

T =2�

!=2�rg

l

= 2�

rl

g

Vidimo da period oscilovanja matematiµckog klatna ne zavisi od amplitude oscilovanja µcime se obja-�njava da sat sa klatnom radi �taµcno� i posle duµzeg vremena od navijanja, odnosno kada mu je op-ruga za akomulaciju energije �popustila�.Uz odre�ivanje duµzine konca l i perioda oscilovanja Tmatematiµcko klatno moµze posluµziti i za odre�ivanje ubrzanja Zemljine teµze g

00) Ako se sekundno klatno µcasovnika produµzi za 50 - i deo njegove duµzine, koliko se time dnevnogubi sekundi ?

Period oscilovanja matematiµckog klatna iznosi T = 2�

rl

ggde je l njegova duµzina. Pri duµzini kla-

tna l imamo

T = 1 s = 2�

rl

gAko duµzinu klatna produµzimo za 50 - i deo, tada je

T1 = 2�

vuut l+l

50g

= 2�

vuut 50 l+ l

50g

= 2�

vuut 51 l

50g

= 2�

vuut l51

50g

= 2�

rl

g

r51

50= T

r51

50Dakle

T1 = T

r51

50> T odnosno �T = T1 � T = T

r51

50� T = T

r51

50+ (�1)

!Za jedan dan kada je

n = 24 h � 60 min �60 s = 86 400 s �T(ukupno) iznosi

�T(uk) = n�T = 86 400 � 1 r

51

50+ (�1)

!= 859; 722 s = 14; 3284 min

00) �tap zanemarljivemase osciluje u vertikalnoj ravni. Na �tapu se nalaze dva tega jednakihmasam pri

Sc

0a2

a1(

)

2()

m

m

l 0

µcemu je jedan teg od taµcke (0) oko koje �tap osciluje, udaljen ka kraju (1) zaduµzinu a dok je drugi teg od iste taµcke udaljen ka kraju (2) za duµzinu 2aOdredimo redukovanu duµzinu l0 tog klatna.

Period oscilovanja matematiµckog klatna iznosi TM = 2�

rl

ggde je l njegova

duµzina dok je period oscilovanja �ziµckog klatna TF = 2�

rI0mgS

gde je I0

moment inercije klatna u odnosu na �taµcku�njegovog ve�anja a S rastojanjetaµcke ve�anja 0 od teµzi�ta klatna.Moment inercije I0 za pomenuti �tap zane-marljive mase sa tegovima jednakih masa na njemu iznosi

I0 = I01 + I02 = ma2 +m (2a)

2= ma2 +m4a2 = 5ma2

Prema slici, rastojanje teµzi�ne taµcke pomenutog �tapa sa tegovima jednakih masa m od taµcke njegovogve�anja, odnosno rastojanje od taµcke t do taµcke 0 iznosi


S = 2a� 2a+ a2

= 2a� 3a2=4a� 3a

2=1

2a

Redukovana duµzina �ziµckog klatna je ona duµzina l0 matematiµckog klatna pri kojoj ono ima istiperiod oscilovanja kao i �ziµcko klatno, odnosno

TF = TM pri µcemu je TF = 2�

rI0mgS

= 2�

vuut 5ma2

mg1

2a= 2�

r10a

g

TM = 2�

rl0g

odnosno 2�

r10a

g= 2�

rl0g

odakle je l0 = 10a

00) Odredimo duµzinu l homogenog �tapa konstantnog preseka koji bi oscilovao sa periodom od

21 l

S32 l

31 ll

c0

3; 5 s ako je on okaµcen o taµcku koja se nalazi na2

3njegove ukupne duµzine l

Period oscilovanja �ziµckog klatna iznosi T = 2�r

I0mgS

gde je I0 mo-

ment inercije u taµcki ve�anja a S rastojanje taµcke ve�anja klatna od njegovog

teµzi�ta koje u datom sluµcaju iznosi S =1

2l � 1

3l =

�1

2� 13

�l =

1

6l

Moment inercije �tapa u odnosu na taµcku njegovog ve�anja (0) iznosi

I0 =

Zr2 dm =

m

l

13 lZ� 23 l

r2 dm =m

l

�r3

3

��13 l

� 23 l

=m

l

0B@ l3

273+

8 l3

273

1CA =

=m

l

�l3

81+8 l3

81

�=9

81ml2 =

1

9ml2 Me�utim, ako znamo da moment inercije �tapa u odnosu na nje-

govu polovinu ili centar (c) iznosi Ic =1

12ml2 ondamoment inercije tog istog �tapa u odnosu na

poloµzaj koji je od centra c udaljen za duµzinu S moµzemo odrediti i primenom �tajner-Lagranµzeoveformule kada je

I0 = Ic +mS2 =

1

12ml2 +

1

36ml2 =

3

36ml2 +

1

36ml2 =

4

36ml2 =

1

9ml2 Period oscilovanja �tapa iznosi

T = 2�

vuuuut1

9ml2

mg1

6l= 2�

r2 l

3 g)r2 l

3 g=T

2�) 2 l

3 g=T 2

4�2l =

3 g T 2

8�2=3 � 9; 81 m

s2(3; 5)

2s2

8�2= 4; 56m

00) Metalni �tap duµzine l = 1m i mase m = 1; 2 kg moµze da osciluje u vertikalnoj ravni oko svoje sre-

Sx

0

m1

m

21 l

21 l

di�nje taµcke (0) Na �donjem�kraju �tapa nalazi se teg mase m1 = 0; 2 kgOdredimo period oscilovanja ovog klatna.

Period oscilovanja �ziµckog klatna iznosi TF = 2�r

I0mgS

pa za dati sluµcajimamo

TF = 2�

rI0

(m+m1 ) g Sgde je I0 moment inercije sistema �tap- teg u

odnosu na taµcku njegovog ve�anja a S rastojanje taµcke ve�anja sistema odnjegovog teµzi�ta.Bez prisustva tega, teµzi�te �tapa bi bilo na njegovoj sredini u taµcki 0 ali uzprisustvo tega teµzi�te �sistema��tap - teg se�pomera�bliµze njegovomkraju sa tegom, od taµcke 0 ka taµcki t pri µcemu to �pomeranje� iznosi


S =m � 0 +m1

1

2l

m+m1=1

2

m1

m+m1l =

1

2

0; 2

1; 4l =

1

14l

U taµcki 0moment inercije �tapa duµzine l imasem bez prisustva tega je I �S =1

12ml2 Moment inercije

samo tega mase m1 koji se od taµcke ve�anja �tapa nalazi na udaljenosti1

2l iznosi

I(m1) = m1

�1

2l

�2=1

4m1 l

2 Moment inercije sistema �tap - teg u odnosu na taµcku oko koje sistem osciluje je

I0 = I �S + I(m1) =1

12ml2 +

1

4m1 l

2 =1

12ml2 +

1

123m1 l

2 =1

12(m+ 3m1 ) l

2

Dakle, period oscilovanja �ziµckog klatna ili sistema �tap - teg oko taµcke 0 iznosi

T = 2�

vuuuut1

12(m+ 3m1 ) l

2

(m+m1 ) g1

14l= 2�

s7 (m+ 3m1 ) l

6 (m+m1 ) g= 2�

vuut 7 (1; 2 + 3 � 0; 2) kg � 1m6 (1; 2 + 0; 2) kg � 9; 81 m

s2

= 2; 457 s

00) Ako materijalna taµcka harmonijski osciluje prema jednaµcini x = 17 sin (62; 8 � t+ 0; 49) cm odredimoamplitudu, frekfenciju i periodu njenog oscilovanja, odnosno njenu elongaciju i brzinu za vreme t = 0Odredimo i maksimalno ubrzanje taµcke.Kako je

x = 17 sin (62; 8 � t+ 0; 49) = x0 sin (! t+ ') = x0 sin�2�

Tt+ '

�onda amplituda oscilovanja taµcke iznosi x0 = 17 cm Za t = 0 imamo

x(t=0) = 17 sin (62; 8 � 0 + 0; 49) cm = 17 sin (0; 49) cm = 17 sin (28; 075� ) cm = 7; 256 cm

Prema ! =2�

T= 62; 8

1

s) T =

2�

62; 8s = 0; 1 s frekfencija materijalne taµcke iznosi

f = � =1

T=

1

0; 1 s= 10Hz Kako je

v =dx

dt=d

dt

�x0 sin (! t+ ')

�= x0 ! cos (! t+ ') za t = 0 imamo

v(t=0) = x0 ! cos (! � 0 + ') = x0 ! cos' = 17 � 62; 81

scos (0; 49) = 17 � 62; 8 1

scos (28; 075� ) = 965; 457

cm

s

= 9; 654cm

sIz relacije za ubrzanje taµcke

a =d�

dt=d

dt

�x0 ! cos (! t+ ')

�= � x0 !2| {z }

amax

sin (! t+ ') = � amax sin (! t+ ') dobijamo

amax = x0 !2 = x0

�2�

T

�2= x0

4�2

T 2= 17

4�2

(0; 1)2 = 67 113; 3

cm

s2= 671; 133

m

s2


Stacionarno strujanje�Jednaµcina kontinuiteta

S2

2l∆ = 2v t∆=1l∆ 1v t∆

S1 1v v 2v

1p 2p

→ → →

Ako kroz jedan kraj konusnecevi, povr�ine popreµcnog pre-seka S1 pod pritiskom p1 zaodre�eno vreme �t pro�ema-sa �m vode ili neke druge teµc-nosti, tada za isto vreme �tista masa �m teµcnosti morada pro�e i kroz drugi kraj ko-nusne cevi, povr�ine popreµc-nog preseka S2 odnosno

�m1 = �m2

Kako je masa teµcnosti ili neke druge homogene supstance jednaka proizvodu zapremine �V i speci�µcnegustine � odnosno kako je zapremina �V valjkastog tela jednaka proizvodu njegove duµzine �l i povr-�ine popreµcnog preseka S to ce (prema prikazanoj slici)masa teµcnosti koja pro�e kroz povr�ine popreµcnogpreseka S1 i S2 biti

�m1 = brzina teµcnosti (v1) � vreme (�t)| {z }duµzina valjkastog stuba teµcnosti

� povr�ina (S1) � gustina (�)

| {z }zapremina valjkastog stuba teµcnosti| {z }

masa valjkastog stuba teµcnostiodnosno

�m1 = v1�tS1 � �m2 = v2�tS2 � Kako je �m1 = �m2 ili v1�tS1 � = v2�tS2 � odnosno

v1 S1 = v2 S2 jednaµcina kontinuiteta

onda imamo v1 = v2S2S1

v2 = v1S1S2

v1v2=S1S2

S1 = S2v2v1

S2 = S1v1v2

v2v1=S2S1

Bernulijeva jednaµcina

S1

S2

1p

1( )

2( )

2p

S

v

1v

2v

1h

2h

2h1hh −=

→

→

→

Ako zanemarimo trenje teµcnosti sa zido-vima konusne cevi i me�umolekularno tre-nje u samoj teµcnosti kada deo mehaniµckograda prelazi u toplotu, tada se na prikazanokretanje teµcnosti moµze primeniti zakon odrµza-nja mehaniµcke energije. Vec smo primetili daista masa �m teµcnosti koja za vreme �t pr-o�e kroz presek S1 mora proci i kroz presek S2odnosno

�m = v1�tS1 � = v2�tS2 � odnosno

v1 S1 = v2 S2 ) v1 =S2S1v2 ) v2 =

S1S2v1

Prema prikazanoj slici i prethodnim formulamalako je zakljuµciti da je brzina isticanja v2 vecaod brzine v1 jer kroz manju povr�inu popre-µcnog preseka S2mora da pro�e ista masa�mteµcnosti koja je pro�la i kroz vecu povr�inu po-preµcnog preseka S1 Prema formuli za kineti-

µcku energiju Ek =1

2mv2 vidimo da se ona

povecava sa kvadratom brzine v Dakle, priprolasku iste mase (�m) teµcnosti kroz razli-


µcite povr�ine popreµcnog preseka S1 odnosno S2 u poloµzajima (1) odnosno (2) dolazi do promene ki-netiµcke energije jer je brzina prolaska mase (�m) teµcnosti kroz poloµzaj (2) veca od brzine prolaskaiste mase teµcnosti kroz poloµzaj (1) pa imamo

�Ek = �Ek(2) ��Ek(1) =1

2�mv22 �

1

2�mv21 =

�m

2

�v22 � v21

�Do kretanja teµcnosti kroz prikazanu konusnu cev dolazi usled rada dve sile, odnosno usled rada sile pri-tiska p1 i rada sile gravitacije.

a) Rad sile pritiska p1 moµze biti ostvaren nekom ruµcnom ili motornom pumpom, odnosno pritiskomna klip kao kod �ure�aja�za inekcije. Rad sile pritiska p1 iznosi

�E(p1) = F1�l1 = p1 S1| {z }F1

v1�t| {z }�l1

b) Rad gravitacione sile nastaje zbog razlike u visinama krajeva prikazane konusne cevi, odnosnozbog razlike u visinama poloµzaja (1) gde je povr�ina popreµcnog preseka S1 i poloµzaja (2) gde je po-vr�ina popreµcnog preseka S2 Prema prkazanoj slici rad gravitacione sile iznosi

�E(g) = �mgh = �mg (h1 � h2 )

Primetimo da se izlasku teµcnosti kroz povr�inu popreµcnog preseka S2 u poloµzaju (2) suprostavljarad sile pritiska p2 koji nastaje zbog atmosferskog pritiska, otpora vazduha, neke druge �sredine�ili usled nekog drugog razloga.Rad sile pritiska p2 iznosi

�E(p2) = F2�l2 = p2 S2| {z }F2

v2�t| {z }�l2

Dakle, do promene kinetiµcke energije pri prolasku teµcnosti kroz prikazanu konusnu cev dolazi zbog :

Rada sile pritiska p1 �E(p1) Rada gravitacione sile �E(g) Rada sile pritiska p2 �E(p2)

Rad sile pritiska p2 ima suprotan predznak u odnosu na ostale dve sile jer im se ona svojim de-lovanjem suprostavlja.Dakle, sada imamo

�Ek = �E(p1) +�E(g) ��E(p2) Dalje je

�m

2

�v22 � v21

�= p1 S1 v1�t+�mg (h1 � h2 )� p2 S2 v2�t odnosno

�m

2v22 �

�m

2v21 = p1 S1 v1�t+�mgh1 ��mgh2 � p2 S2 v2�t Kako je

�m = �m1 = v1�tS1 � = �m2 = v2�tS2 � onda imamo

v2�tS2 �

2v22 �

v1�tS1 �

2v21 = p1 S1 v1�t+ v1�tS1 �g h1 � v2�tS2 �g h2 � p2 S2 v2�t

Ako stavimo sve µclanove sa (1) na jednu stranu jednakosti i sve µclanove sa (2) na drugu stranu jednakostitada dobijamo

�

2v22 + p2 + �g h2 =

�

2v21 + p1 + �g h1 odnosno p1 +

�

2v21 + �g h1 = p2 +

�

2v22 + �g h2 = const

Bernulijeva jednaµcina koja vaµzi za idealizovani sluµcaj stacionarnog kretanja nesti�ljivih �uidabez svih oblika unutra�njeg trenja glasi

p+�

2v2 + �g h = const Bernulijeva jednaµcina

p - pritisak kojim se deluje na teµcnost ili �uid

�

2v2 - hidrodinamiµcki ili brzinski pritisak kojim teµcnost deluje i na zidove konusne cevi


�g h - pritisak u teµcnostima ili �uidu usled sile gravitacije

Bernulijeva jednaµcina pokazuje da je u bilo kom poloµzaju konusne cevi zbir svih prethod-no pomenutih pritisaka isti pa ako je neki od njih veci drugi je manji ili obrnuto.Ako se poloµzaji konusne cevi (1) i (2) nalaze na istoj visini pri µcemu nema rada usled gravitacionesile, odnosno kada je µclan �g h isti za oba poloµzaja, tada Bernulijeva jednaµcina ima oblik

p+�

2v2 = const Bernulijeva jednaµcina

Toriµcelijeva teorema Teorema o isticanju teµcnosti

v1

v

pa

pa 1( )

1( )

2( )h1

2( )

→

Prema slici moµzemo prihvatiti da je razlika u visinama polo-µzaja (1) i (2) relativno mala pa je razlika atmosferskih pri-tisaka pa(1) i pa(2) zanemarljivo mala ili pa(1) t pa(2)Zbog relativno velike razlike izme�u gornje povr�ine suda ipovr�ine otvora kroz koji teµcnost istiµce, brzina spustanja ni-voa teµcnosti (v1 ) moµze se zanemariti, odnosno v1 t 0Primenom Bernulijeve jednaµcine dobijamo

p0 +�

2v21|{z}0

+ �g h1 = p0 +�

2v22 + �g h2|{z}

0

odnosno �g h1 =�

2v22

Mnoµzenjem sa 2 dobijamo 2�g h1 = �v22 ) v2 =

p2 g h1

Brzina isticanja teµcnosti iz posude gde je njen nivo vi�i za visinu h od nivoa otvorakroz koji ona istiµce iznosi

v =p2 g h Toriµcelijeva teorema

pa je ta brzina jednaka brzini tela kojom bi palo slobodnim padom sa visine h

Pogledajmo i sledeci postupak odre�ivanja brzine isticanja teµcnosti iz suda.Ako znamo da je teµzi-

v

h

→

na teµcnosti (ne samo teµcnosti) sila kojom gravitacija privlaµcinjenu masu, odnosnoQ = mg

onda teµzina teµcnosti pomnoµzena sa visinom h daje proizvodmgh

odnosno njenu potencijalnu energiju.Prema zakonu odrµzanjaenergije, potencijalna energija vode iznad otvora kroz koji is-tiµce jednaka je njenoj kinetiµckoj energiji koju bi dobila priisticanju kroz otvor brzinom v odnosno

mgh =1

2mv2 ) v =

p2 g h Toriµcelijeva teorema

Prethodna formula sadrµzi i koe�cijent � koji zavisi od prirode same teµcnosti, odnosnood njene gustine, viskoziteta,. . . pa jev = �

p2 g h

00) Deµciji vodeni pi�tolj postavljen horizontalno na visini h = 3m stvara tanki mlaz vode koji

v 0≈

y

x

pa

0 8

v 0

h 3= md 8= m

→

poga�ametu na Zemlji udaljenu d = 8m odvertikale postolja Odredimo pritisak u pi�tolju

(1) x = v0 t (2) y = h� 12g t2 Iz formule (1)

imamo t =x

v0pa zamenom u relaciju (2) dobijamo

y = h� 12gx2

v20= h� g x

2

2v20Za y = 0 ) x = d )


0 = h� g d2

2v20odakle je h =

g d

2v20

2

odnosno v0 =

rg d2

2h

Uz pretpostavku da je zbog velike razlike izme�u povr�ine popreµcnog preseka cilindra �pi�tolja�i povr�ine popreµcnog preseka njegove dizne, brzina vode u cilindru pribliµzno jednaka nuli (v � 0)pa na pomenutu igraµcku moµzemo primeniti Bernulijevu jednaµcinu, odnosno

p+�

2v2|{z}0

= pa +�

2v20 odakle je p = pa +

�

2v20

Sada odredimo nad-pritisak u �pi�tolju� jer ne znamo vrednost atmosferskog pritiska

�p = p� pa =�

2v20 =

�

2

d2 g

2h=�d2 g

4h=103

kg

m3� 64m2 � 9; 81 m

s2

4 � 3m =64m2 � 9; 81

12103

kg m

s2

m2= 52; 32 � 103 N

m2

=64

12103

kp

m2= 0; 53 : : :

kp

cm2

Pitova cevPrema slici moµzemo zamisliti da je teµcnost na otvoru zakrivljene cevi kod poloµzaja (1) zaustavljena

1( )2( )v1p1

h

v p2 v2 v=

zbog prepreke pa je na tom mestu v1 = 0 Na otvoruprave cevi kod poloµzaja (2) brzina v2 jednaka je br-zini kretanja teµcnosti ili v2 = v Prema Bernulijevojjednaµcini je

p1 +�

2v21|{z}0

= p2 +�

2v22 odnosno p1 � p2 =

�

2v22

gde razlika pritisaka p1�p2 pokazuje razliku nivoa (h)teµcnosti u cevi i slobodne povr�ine teµcnosti pa je

p1� p2 = �g h odnosno �g h =�

2v22 ) v2= v =

p2 g h

00) Protok vode kroz cev meri se primenom Pitove cevi koja je postavljena na mestu gde je

2( )

p2 v2 v= v= sr

r

S 2

1( )

p1 v1S 1

x

h

živa

vodabrzina kretanja vode jednaka njenoj srednjojbrzini. Pokazivanje µzivinog diferencijalnogmanometra prikljuµcenog na Pitovu cev iznosih = 20 cm Odredimo brzinu protoka vode kr-

oz cev ako je njena gustina �v = 103 kg

m3dok

je gustina µzive ��z = 13; 6 � 103kg

m3Odredimo

zapreminski imaseni protok vode krozcev ako je njen polupreµcnik r = 5 cmZbog inercije kretanja teµcnosti Pitova cevmeri neku srednju vrednost brzine njenog

protoka kroz cev, odnosno v = vsr

Zapreminski pritisak vode u cevi jednak je proizvodu brzine kretanja vode i povr�ine popreµcnogpreseka cevi, odnosno

Qv = v r2 �

Kako je cev kroz koju voda protiµce horizontalna i nekonusna to su hidrostatiµcki pritisci, od-nosno µclanovi �g h isti za svaki poloµzaj na horinzontalnom delu njene duµzine pa u datom sluµcajuBernulijeva jednaµcina glasi


p1 +�v2v21|{z}0

= p2 +�v2v22 ) p1 � p2 =

�v2v22 ) v2 = v = vsr =

s2 (p1 � p2 )

�v

Kako su povr�ine preseka cevi S1 i S2 iste i kako se one nalaze na istoj visini, to su hidrostatiµckipritisci na njima isti pa prema slici sledi

ps = p1 + �v (h+ x) = p2 + ��z h+ �v x odnosno p1 + �v h+ �v x = p2 + ��z h+ �v x odakle je

p1 � p2 = (��z � �v )h = (��z g � �v g)h = (��z � �v ) g h odnosno

v = vsr =

s2 (��z � �v ) g h

�v=

s2

��z�v� 1�g h =

s2

�13; 6 � 103103

� 1�9; 81 � 0; 2 = 7; 031 m

s

Zapreminski protok vode kroz datu cev iznosi Qv = S v = r2 � v = 55; 22

lit

s

Maseni protok vode kroz datu cev iznosi Qm = Qv �v = 55; 22 � 103cm3

s� 1 gr

cm3= 55; 22

kg

s

00) Odredimo pad ili smanjenje pritiska u cevi kroz koju protiµce voda izme�u povr�ine

x

S 1

p 1

h

živa

1( )2( )

S2

p2

popreµcnog preseka S1 i povr�ine popreµcnog preseka S2 akopokazivanje diferencijalnog manometra iznosi h = 250mm

Kroz cev protiµce voda gustine �v = 103 kg

m3dok je mano-

metar punjen sa teµcno�cu speci�µcne teµzine �0 = 8 � 103N

m3

Gustina vode je veca od gustine teµcnosti kojom je napu-

njen diferencijalni manometar jer je �v = 9; 81 � 103N

m3

Kako je brzina vode kroz presek S2 veca od njene br-zine kroz presek S1 odnosno v2 > v1 to je p2 < p1Ukupni pritisci u cevi na presecima S1 i S2 su isti pa jep(S2) = p(S1) pri µcemu su

p(S2) = p2 + �v (h+ x) = p2 + �v h+ �v x p(S1) = p1 + �v x+ �0 h odnosno

p1 + �v x+ �0 h = p2 + �v h+ �v x odakle je

�p = p1 � p2 = �v h� �0 h = (�v � �0 )h = (9; 81� 8) 103N

m30; 25m = 0; 4525 � 103 N

m2= 452; 5

N

m2

Hidrostatika00) Odredimo dubinu ronjenja drvene kupe visine H = 0; 8m i speci�µcne teµzine �d = 0; 75

p

cm3

FpR

r

hH

Q Q Fp=

voda

→

→ → →

koja pliva u vodi sa vrhom okrenutim na dole ako je �v = 1p

cm3

U ravnoteµznom poloµzaju sila potiska Fp jednaka je teµzini kupe Fp = Q

�v V1 = �d V pri µcemu je V1 =1

3� r2 h odnosno V =

1

3�R2H Prema slici je

R

r=H

h) r =

h

HR pa imamo

V1 =1

3�

�h

HR

�2h =

1

3�R2

h3

H2=1

3�R2H| {z }V

h3

H3= V

h3

H3odnosno

V1V=h3

H3

Iz poµcetne relacije �v V1 = �d V imamoV1V=�d�v=h3

H3odakle dobijamo


h = 3

r�d�vH3 = H 3

r�d�v

= 0; 8m 3

r0; 75

1= 0; 726m

00) Cev duµzine 131 cm i povr�ine popreµcnog preseka S = 2 cm2 savijena je simetriµcno u obliku

35 cm

48hv

=c m

S

hž

14 cm

živa voda

S slova U pri µcemu njen horizontalni deo ima duµzinu 35 cmKoliko µzive treba sipati u jedan krak U cevi da njen kontaktsa vodom bude udaljen 14 cm od tog kraka ako je drugi krakU cevi potpuno ispunjen vodom?Zbog ravnoteµze, hidrostatiµcki pritisci u oba kraka cevi su isti

��z h�z = �v hv pa je h�z =�v��zhv =

1

13; 648 cm = 3; 53 cm

Ukupna duµzina µzivinog �stuba�u cevi iznosi

l = 14 cm+ h�z = 14 cm+ 3; 53 cm = 17; 53 cm

pa teµzina µzive koju treba sipati u datu cev iznosi

Q�z = ��z V = ��z S l = 13; 6g

cm32 cm2 � 17; 53 cm = 476; 8 g

00) Dve paralelne cevi preµcnika R1 = 10 cm i R2 = 2 cm spojene su donjim krajem u obliku slova U gde je

xy hž

R 1 R 2

živa

voda

živa

u tako spojene cevi nalivena µziva. Zatim se u cev veceg preµcnikanalije 1 l vode. Za koliko ce se podici nivo µzive u uµzoj cevi?I posle nalivanja vode u U cev sa µzivom, zbog ravnoteµze hid-rostatiµcki pritisci u obe cevi moraju biti isti, odnosno

�v hv = ��z h�z odakle je h�z =�v��zhv Kako je

hv =VvS1=Vvr21�=1000 cm3

25 cm2 �= 12; 732 cm zamenom dobijamo

h�z =1

13; 612; 732 cm = 0; 936 cm = 9; 36mm Prema slici imamo ��z S1 y = ��z S2 x r2

1� y = r2

2� x odakle je

y = x

�r2

r1

�2odnosno h�z = x+ y = x+ x

�r2

r1

�2= x

1 +

�r2

r1

�2!= 0; 936 cm

U uµzoj cevi nivo µzive ce se podici za visinu x =h�z

1 +

�r2

r1

�2 = 0; 936 cm

1 +

�1

5

�2 = 0; 9 cm00) U vertikalnoj U cevi kod koje je jedan krak tri puta vece povr�ine popreµcnog preseka od povr�ine drugog

živa

xy

30 cm

S1 S2 S1= 3

voda

živa

kraka nalivena je µziva do nivoa 30 cm ispod vrha. Za koliko ce sepodici nivo µzive u �irem kraku cevi ako se njen uµzi krak napunivodom.Zbog ravnoteµze i posle sipanja vode u cev manje povr�ine po-preµcnog preseka, hidrostatiµcki pritisci ostaju isti u obe cevi

�v hv = ��z h�z odnosno �v (h+ y) = ��z (x+ y) odakle je

�v h+ �v y = ��z x+ ��z y Masa µzive koja zbog pritiska vode

iz tanje cevi prelazi u �iru cev mora biti ista, odnosno

m�z = S1 y ��z = S2 x��z ) y =S2

S1

x Sada je �v h+ �vS2

S1

x = ��z x+ ��zS2

S1

x odnosno

�v h = x

��z + ��z

S2

S1� �v

S2

S1

�= x

��z +

S2

S1(��z � �v )

�odakle dobijamo visinu podizanja µzive u �iroj


cevi zbog pritiska vode u uµzoj cevi, odnosno

x =�v h

��z +S2S1

(��z � �v )=

1 � 0; 3m13; 6 + 3 � 12; 6 = 5; 836mm

00) Telo teµzine 2N sastoji se od sme�e gvoµz�a gustine 7; 5g

cm3i plute gustine 0; 2

g

cm3

Odredimo teµzine gvoµz�a i plute u telu uz uslov da ono pliva u vodi.

Oznaµcimo sa V1 zapreminu gvoµz�a a sa V2 zapreminu plute u telu.U graniµcnom sluµcaju, sila potiska Fpmora biti jednaka teµzini tela Q odnosno

Fp = Q pri µcemu je

Q = Q1 +Q2 = �1 V1 g + �2 V2 g = g (�1 V1 + �2 V2 ) Fp = Q = �v V g = �v g (V1 + V2 ) odnosno

g (�1 V1 + �2 V2 ) = �v g (V1 + V2 ) �1 V1 + �2 V2 = �v V1 + �v V2 odnosno

(�1 � �v )V1 = (�v � �2 )V2 ) V2V1=�1 � �v�v � �2

odakle je V2 =�1 � �v�v � �2

V1 =7; 5� 11� 0; 2 V1 =

6; 5

0; 8V1 =

65

8V1

Iz relacije Q = �v g (V1 + V2 ) dobijamo V1+V2 =Q

�v godnosno V1+

65

8V1| {z }

V2

=

�1 +

65

8

�V1 =

73

8V1 =

Q

�v g

odakle je V1 =8

73

Q

�v gSada odredimo teµzine gvoµz�a i plute, odnosno Q1 i Q2

Q1 = �1 V1 g = �18

73

Q

�v gg =

8�173�v

Q =8 � 7; 573 � 1 2N = 1; 64N Q2 = Q�Q1 = 2N �Q1 = 0; 35N ili

Q2 = �2 V2 g = �265

8V1 g = �2

65

8

8

73

Q

�v gg =

65�273�v

Q =65 � 0; 273 � 1 2N = 0; 35N

00) Stakleni termometar napunjen µzivom teµzi u vazduhu 70 p a u vodi 60 p Odredimo koliµcinu µzive u

termometru ako je njena speci�µcna teµzina 13; 6p

cm3dok je speci�µcna teµzina stakla 2; 8

p

cm3

Neka je zapremina µzive V1 a zapremina stakla V2 odnosno ukupna teµzina termometra

Qt = Q�z +Qs pri µcemu je Q�z = ��z V1 i Qs = �s V2 Sila potiska na termometar potopljen u vodu iznosi

Fp = Qt �Qt(v) = 10 p Prema Arhimedovom zakonu dobijamo Fp = �v (V1 + V2 ) odakle je

V1 + V2 =Fp�v

odnosno V2 =Fp�v

V1

Qt = Q�z +Qs = Q�z + �s V2 = Q�z + �s

�Fp�v� V1

�= Q�z +

�s�vFp � �s V1

Qt ��s�vFp = Q�z � �s V1 = Q�z �

�s�v

��z V1| {z }Q�z

= Q�z �Q�z�s��z= Q�z

�1� �s

��z

�= Q�z

��z � �s��z

Koliµcina µzive u termometru iznosi

Q�z =Qt �

�s�vFp

��z � �s��z

=Qt �v � �s Fp

�v

��z��z � �s

=70 p � 1� 2; 8 � 10 p

1

13; 6

13; 6� 2; 8 = 52; 88 p

Documents

Čučković, Milinković, Lazić, Nikolić - Fizika