Sile su bukvalno sve sile

Drugi Njutnov zakon Proizvod između mase materijalne tačke m i vektora nje-nog ubrzanja jednak je vektorskoj sumi svih sila koje dejstvuju na tačku: .∑=⋅ iFam

rrar

iFr

Drugi Njutnov zakon je vektorski zakon ali gotovo uvek, on će biti projektovan na neke međusobno upravne pravce kako bi se izvršila neka izračunavanja. Veoma često su ti pravci, na koje se projektuje drugi Njutnov zakon, ose nepokretnog pravouglog Dekartovog koordinatnog sistema (Sl.1).

Za kružno kretanje, drugi Njutnov zakon se projektuje na tangentu i normalu prirodnog koordinatnog sistema (Sl.2).

koje dejstvuju na materijalnu tačku, bilo da su one aktivne ili reakcije veza. iFr

S obzirom da je u Dekartovom koordinatnom sistemu (kod ravanskih problema) vektor ubrzanja tačke a vektor proizvoljne i-te silejyixa

r&&

r&&

r += ,jYiXF iii

rrr+=

projekcije drugog Njutnovog zakona na kordinatne ose su:∑=⋅ iFamrr

,∑=⋅ iXxm && .∑=⋅ iYym &&

Ovakvi izrazi su skalarni (iz razloga što su projekcije vektora na ose skalari) i veoma često će se vršiti njihovo integraljenje. U takvim slučajevima se projekcije drugog Njutnovog zakona nazivaju i diferencijalnim jednačinama kretanja. To su diferencijalne jednačine drugog reda, pošto su drugi izvodi najviši izvodi koji u njima figurišu.

S obzirom da je kod ravanskih problema u prirodnom koordinatnom sistemu ve-ktor ubrzanja tačke a vektor proizvoljne i-te sile00 nataa NT

rrr += ,00 nFtFF iNiTi

rrr+=

projekcije drugog Njutnovog zakona na kordinatne ose su:∑=⋅ iFamrr

,∑=⋅ iTT Fam .∑=⋅ iNN Fam

Ovde je iz kinematike potrebno znati da se tangencijalno ubrzanje dobija naosnovu drugog izvoda lučne koordinatespo vremenu, odnosno, prvog izvodabrzine po vremenu, a normalno ubrzanje , jednako je količniku kvadratabrzine tačke i poluprečnika kruga, tj:

Ta

Na

.,22

R

s

R

VaVsa NT

&&&& ==±==

Takođe je često važno da se zna da je veza između poluprečnika R, ugla u radijanima ϕ i dužine kružnog luka s, nad tim uglom, određena izrazom .ϕ⋅= Rs

Prvi zadatak dinamike tačke. Primer.U prvom zadatku dinamike tačke poznato je kretanje, sa-mim tim i ubrzanje (čije se projekcije dobijaju traženjemizvoda od koordinata) a potrebno je da se odredi sila(ovde se podrazumeva da samo jedna sila dejstvuje na materijalnu tačku masem) koja prouzrokuje zadato kretanje. U takvom slučaju projekcije vektorskogdrugog Njutnovog zakona na kordinatne ose imaju oblik: ,Xxm =⋅ && ,Yym =⋅ &&gde su X i Yprojekcije tražene sile koje u potpunosti određuju tu silu.

Primer 4.1 Kretanje materijalne tačke mase m = 1 kg, pod dejstvom sile , definisano je jednačinama:

( )tFr

( ) ( ) .cos2,sin2 2 tttytttx ⋅=−= Odrediti silu ?( )tFr

Prvi izvodi jednačina kretanja (projekcije brzine) su:( ) ( ) .sin2cos2,2cos2 ttttytttx ⋅−⋅=−= &&

Prvi izvodi projekcija brzine (projekcije ubrzanja) su:( ) ( ) .cos2sin4,2sin2 ttttyttx −−=−−= &&&&

( ) ( )( ) ( )ttttY

ttX

cossin22

,1sin2

+−=+−=

Konačno je:

( ) ( ) ( ) jtYitXtFrrr

+=⇒ ( ) ( ) .cossin221sin2 jtttitrr

+−+−=

Drugi zadatak dinamike tačke. Integracija diferencijalne jednačine kretanja i određivanje reakcije veze za vezano kretanje materijalne tačke.Ovde od sila, koja dejstvuje na tačku pri njenom kretanju. ima i je reacija veza. U ovakvom slučaju drugog zadatka dinamike tačke kretanje treba odrediti na osnovu one projekcije drugog Njutnovog zakona koja predstavlja diferencijalnu jednačinu kretanja.

U primeru pravolinijskog vezanog kretanja (Sl.1), gde je osa x usvo-jena u pravcu kretanja projekcija drugog Njutnovog zakona na x osudala bi diferencijalnu jednačinu kretanja,čijim bi se rešavanjem odredilo kretanje , dok bi njegova projekcija na y osu dala algebarsku jednačinu iz koje se može odrediti reakcija veze. Slično tome, u primeru kružnog vezanog kretanja (Sl.2), projekcija drugog Njutnovog zakona na pravac tangente dao bi diferencijalnu jednačinu kretanja, čijim bi se rešavanjem odredilo kretanje , dok bi njegova projekcija na pravac normale dala algebarsku jednačinu iz koje se može odrediti reakcija veze.

( )tx

( )ts

Primer 4.2 Neka se materijalna tačka mase m kreće u desnu stranu po horizo-ntalnoj hrapavoj podlozi pod dejstvom horizintalne, desno usmerene, sile , intenziteta gde su b i c poznate pozitivne konstante. Koeficijent dinamičkog trenja klizanja je µ. Kretanje se, kao na slici 1 (prethodni slajd), odvija dužx ose. Tačka je započela kretanje iz koordidatnog početka bez početne brzine Odrediti: reakciju podloge u pravcu normale, diferencijalnu jednačunu kretanja, zakon brzine i zakon puta .

Fr

2tctbF ⋅+⋅=

( )tx&

Njegova projekcija na osu y:

( )tx

Na slici je prikazan sistem sila koji dejstvuje na materijalnu tačku pri njenom kretanju.

Drugi Njutnov zakon: .TNgmFamrrrrr +++=

.0 mgTmgNNmg µ=⇒=⇒+−=

Njegova projekcija na osu x daje diferencija-lnu jednačinu kretanja: .2ctbtmgxm ++µ−=&&

Početni uslovi:( ) ,00 =x ( ) .00 =x&

( )dtctbtmgxdmctbtmgdtxd

m ∫∫ ++µ−=⇒++µ−= 22&

&

Konstanta , zbog .32 1

32

Ct

ct

btmgxm +++µ−=⇒ & 01 =C ( ) .00 =x&

( )32

32 t

m

ct

m

btgtx ++µ−=⇒ &

2

43232

126232C

tmct

mbt

gxdtt

mct

mb

tgdx +++µ−=⇒

++µ−=⇒ ∫∫

Konstanta , zbog 02 =C ( ) .00 =x ( ) .1262

432 t

m

ct

m

btgtx ++µ−=⇒

Primer 4.3 Neka se materijalna tačka mase m kreće po gla-tkoj cilindričnoj povr-šini poluprečnika R, kao na slici, u homogenom polju sile Zemljine teže. Tačka je započela kre-tanje iz najnižeg položaja sa početnom brzinom intenziteta

.0V

Uvesti ugaonu koordinatu ϕ za koju važi Rs=ϕ

i na osnovu drugog Njutnovog zakona odrediti:-diferencijlnu jednačinu kretanja po ϕ,-zavisnost , a samim tim i -reakciju veze u funkciji ugla ϕ.

( )ϕϕ& ( ).ϕV

Na slici prikazan je sistem sila koji dejstvuje na materijalnu tačku pri njenom kretanju. Ovde je:

,ϕ== && RsV ,ϕ== &&&& RsaT.2

222

ϕ=ϕ== &&

RR

R

R

VaN

Drugi Njutnov zakon daje .Ngmamrrr +=

Njegova projekcija na pravac tangente daje sledeću diferencijalnu jednačinu kretanja

.sinsin ϕ−=ϕ⇒ϕ−=ϕ

R

g

dt

dmgmR

&&&

Jedan početni uslov, dobijen iz činjenice da je tačka započela kretanje iz najnižeg položaja, je( ) ( ) ( ) .00000 =ϕ⇒=ϕ⋅= Rs

Drugi početni uslov, dobijen iz činjenice da je tačka započela kretanje početnom brzinom , je ( ) ( ) ( ) .000 00 RVVRs =ϕ⇒=ϕ⋅= &&&0V

Za dobijanje zavisnosti , a zatim i , treba prvo levu stranu diferenci-jalne jednačine transformisati na oblik

( )ϕϕ& ( )ϕV

,ϕϕϕ=ϕ

ϕϕ=ϕ

&&&&

dd

dtd

dd

dtd

čime, nakon razdvajanja promenljivih, diferencijalna jednačina postaje

.sin ϕϕ−=ϕϕ dR

gd&& Sledi integracija, s obzirom da je za :0=ϕ

R

V0=ϕ&

R

g

R

VCC

R

g

R

V

CR

g

dR

gd

−=⇒+=

+ϕ=ϕ

ϕϕ−=ϕϕ ∫∫

2

20

2

20

2

20cos

2

1

cos2

sin

&

&&

,2

cos2 2

20

2

R

g

R

V

R

g −+ϕ=ϕ⇒

& ( ) ( )ϕ−−=ϕϕ cos12

2

20

R

g

R

V&

( ) ( ) ( ).cos1220 ϕ−−=ϕϕ=ϕ⇒ gRVRV &

Projekcija drugog Njutnovog zakona na pravac normale daje sledeću jednačinu

,cos2 ϕ−=ϕ mgNmR&

na osnovu koje se dalje dobija reakcija veze N u funkciji ugla ϕ

.2cos32

0 mgR

mVmgN −+ϕ=

Početni uslov dobijen jeiz činjenice da je tačka započela kretanje početnom brzinom .

Početni uslov dobijen jeiz činjenice da je tačka započela kretanje iz koordinatnog početka.

Primer 4.4 Neka se materijalna tačka mase m kreće niz glatku strmu ravan nagibnog ugla αpod dejstvom sile Zemljine teže. Tačka je započela kretanje iz koordidatnog početka sa početnom brzinom intenziteta . Odrediti: zakon brzine , zakon puta i zavisnost brzine od puta .

0V( )tx& ( )tx( )xx&

Drugi Njutnov zakon za kretanje materijalne tačke:

.Ngmamrrr += Njegova projekcija na osu y, s obzirom

da nema ubrzanja u pravcu ose y, daje.coscos0 α=⇒+α−= mgNNmg

Njegova projekcija na osu x daje sledeću diferencijalnu jednačinu kretanja

α= sinmgxm&& .sinα=⇒ gdtxd&

( ) 00 =x

0V

( ) 00 Vx =&

jer je za

Prva i druga integracija diferencijalne jednačine kretanja, s obzirom na početne uslove, daće zakon brzine i zakon puta :( )tx& ( )tx

1sinsinsin Ctgxdtgxddtgxd +α=⇒α=⇒α= ∫∫ &&&

Konstanta , zbog 01 VC = ( ) ⇒= 00 Vx&

( ) ( ) 20

2

00 2sinsinsin CtV

tgxdtVtgdxdtVtgdx ++α=⇒+α=⇒+α= ∫∫

Konstanta , zbog 02 =C ( ) ⇒= 00x ( ) tVt

gtx 0

2

2sin +α=

( ) 0sin Vtgtx +α=&

Zavisnost brzine od puta može biti dobijena na dva načina.( )xx&

Jedan je eliminacija vremena t iz dobijenih zakona i . ( )tx& ( )tx

Prema drugom, treba prvo levu stranu dife-rencijalne jednačine transformisati na oblik

( ) ⇒+α= 0sin Vtgtx&α

−=sin

0

g

Vxt

&

α−+

α−α=

sinsin2sin 0

0

2

0

g

VxV

g

Vxgx

&&

,sin2

20

2

α−=⇒

g

Vxx

&xgVx ⋅α+= sin22

0&

xdx

xd

dt

dx

dx

xd

dt

xd&

&&& == ⇒α=⇒ dxgxdx sin&&

Cxgx

dxgxdx +α=⇒α= ∫∫ sin2

sin2&

&&

220VC = 0Vx =& 0=x

( )xxV

xgx

&&

⇒+α=2

sin2

20

2

jer je za0Vx =& 0=x

Cxgx

dxgxdx +α=⇒α= ∫∫ sin2

sin2&

&&

gde je poznata konstanta.

Primer 4.5 Neka se materijalna tačka mase m kreće uz hrapavu strmu ravan nagibnog ugla α.Tačka je započelakretanje iz koordidatnog početka sa poče-tnom brzinom intenziteta . Koeficijent dinamičkog trenja klizanja je µ. Odrediti: zakon brzine , zakon puta , zavi-snost brzine od puta i zaustavni put .

0V

( )tx& ( )tx

( )xx& ZS

Drugi Njutnov zakon za kretanje materijalne tačke:

Njegova projekcija na osu y, s obzirom da nema ubrzanja u pravcu ose y, daje

α=⇒+α−= coscos0 mgNNmg

Njegova projekcija na osu x daje sledeću diferencijalnu jednačinu kretanja

.TNgmamrrrr ++=

.cosαµ=µ=⇒ mgNT

αµ−α−= cossin mgmgxm&& ,Bdtxd −=⇒&

( )αµ+α= cossingB

Početni uslov dobijen jeiz činjenice da je tačka započela kretanje početnom brzinom .

Početni uslov dobijen jeiz činjenice da je tačka započela kretanje iz koordinatnog početka.

( ) 00 =x

0V

( ) 00 Vx =&

Prva i druga integracija diferencijalne jednačine kretanja, s obzirom na početne uslove, daće zakon brzine i zakon puta :( )tx& ( )tx

1CBtxdtBxdBdtxd +−=⇒−=⇒−= ∫∫ &&&

Konstanta , zbog 01 VC = ( ) ⇒= 00 Vx& ( ) 0VBttx +−=&

( ) ( ) oVtgtx +αµ+α−= cossin&

( ) ( ) 20

2

00 2CtV

tBxdtVBtdxdtVBtdx ++−=⇒+−=⇒+−=⇒ ∫∫

Konstanta , zbog 02 =C ( ) ⇒= 00x ( ) tVt

Btx 0

2

2+−=

Zavisnost brzine od puta odredimo na način što ćemo prvo levu stranu diferencijalne jednačine transformisati, pa razdvojiti promenljive

i nakon toga integraljenjem dobiti rešenje:

⇒== xdxxd

dtdx

dxxd

dtxd

&&&&

CBxx

dxBxdx +−=⇒−= ∫∫ 2

2&

&&

jer je za220VC =

0Vx =& 0=xjer je za0Vx =& 0=x ⇒+−=⇒22

20

2 VBx

x&.22

0 BxVx −=&

( )xx&

,Bdxxdx −=&&

Zaustavni put jednak jex koordinati kada je brzina jednaka nuli. Pošto jex&

,22

022

20

220

2 VSB

VBx

xz +⋅−=⇒+−=&

zaustavni put će biti ( ).cossin22

20

20

αµ+α==

g

V

B

VSz

Drugi zadatak dinamike tačke. Integracija diferencijalnih jednačina kretanja za slobodno kretanje materijalne tačke.U ovakvom slučaju drugog zadatka dinamike tačke, sile koje dejstvuju na tačku su poznate a kretanje se određuje na osnovu projekcija drugogNjutnovog zakona. Obe njegove projekcije (i na x, i na y, osu) su diferencijalne jednačine kretanja. Da bi se dobile jednačine kretanja, svaka od diferencijalnih jednačina kretanja se po dva puta integrali, a četiri integracione konstante se određuju iz početnih uslova. Početni uslovi se tiču početnog položaja i početne brzine, tj. sledećih veličina: ( ) ( ) ( ) ( ).0,0,0,0 yxyx &&

Primer 4.6 Neka na materijalnu tačku mase m = 2 kg, koja se kreće u vertikalnoj ravni homogenog polja sile Zemljine teže, osim sile težine , dejstvuje i zadata sila ( ) .sin212 jtittF

rrr−=

gmr

Tačka je započela kretanje iz tačke sa početnom brzinom ( )2,1A ( ) .130 jiVrrr

+=

Odrediti projekcije brzine u funkciji vremena i , kao i jednačine kretanja i ?

( )tx& ( )ty&( )tx ( )ty

Početni uslovi:

( ) ⇒2,1A ( ) ,10 =x ( ) .20 =y

( ) ⇒+= jiVrrr

130 ( ) ,30 =x& ( ) .10 =y&

Drugi Njutnov zakon:

⇒+= Fgmamrrr

( ) jtitjgjyixrrrr

&&r&& sin21222 −+−=+

Projekcije drugog Njutnovog zakona i integracije:

tx 6=&& tdt

xd6=⇒

&1

2366 Ctxtdtxdtdtxd +=⇒=⇒=⇒ ∫∫ &&&

Konstanta , zbog 31 =C ( ) 30 =x& ( ) 33 2 +=⇒ ttx&

( ) ( ) 2322 33333 Cttxdttdxdttdx ++=⇒+=⇒+=⇒ ∫∫

Konstanta , zbog 12 =C ( ) 10 =x ( ) 133 ++=⇒ tttx

Projekcija na x osu:

Materijalna tačka mase m započela je kretanje iz koordinatnog početka sa početnom brzinom čiji intenzitet iznosi a čiji vektor sa horozontalnom xosom gradi ugao α. Tačka se kreće u vertikalnoj ravni homogenog polja sile Zemljine teže a sila otpora vazduha se zanemaruje. Odrediti: projekcije brzine u funkciji vremena i , jednačine kretanja i , domet L i maksima-lnu visinu H koju tačka dostiže?

Konstanta , zbog

Projekcija na y osu:

tgy sin−−=&& tgdtyd

sin−−=⇒& ( ) ( )dttgyddttgyd ∫∫ −−=⇒−−=⇒ sinsin &&

.cos 3Ctgty ++−=⇒ & 03 =C ( ) 10 =y& .costgty +−=⇒ &

( ) ( ) 4

2

sin2

coscos Ctt

gydttgtdydttgtdy ++−=⇒+−=⇒+−=⇒ ∫∫Konstanta , zbog 24 =C ( ) 20 =y ( ) .2sin

2

2

++−=⇒ tt

gty

Kosi hitac u bezvazdušnomprostoru.

( )0Vr 0V

( )tx& ( )ty&( )tx ( )ty

Početni uslovi: ( ) ,00 =x

zbog početnog položaja ( ) ,00 =y

( ) ,cos0 0 α= Vx&

( ) .sin0 0 α= Vy&zbog početne

brzine

Jedina sila koja dejstvuje na materija-lnu tačku pri njenom kretanju je .gm

r

Projekcije drugog Njutnovogzakona i integracije:

Projekcija na y osu:

⇒−= gy&& gdt

yd −=&

1Cgtydtgydgdtyd +−=⇒−=⇒−=⇒ ∫∫ &&&

Konstanta , zbog α= sin01 VC ( ) ⇒α= sin0 0Vy& ( ) α+−= sin0Vgtty&

( ) ( ) 20

2

00 sin2

sinsin CtVt

gydtVgtdydtVgtdy +⋅α+−=⇒α+−=⇒α+−= ∫∫

⇒

Konstanta , zbog 02 =C ( ) ⇒= 00y ( ) tVt

gty ⋅α+−= sin2 0

2

Projekcija na x osu:

⇒−= mgym&&

3000 Cxdtxd

xxm =⇒=⇒=⇒= &&

&&&&

Konstanta , zbog ( ) α= cos0 0Vx&α= cos03 VC α=⇒ cos0Vx&

α= cos0Vdtdx

4000 coscoscos CtVxdtVdxdtVdx +⋅α=⇒α=⇒⋅α=⇒ ∫∫

Konstanta , zbog 04 =C ( ) ⇒= 00x ( ) tVtx ⋅α= cos0

Određivanje dometa L:Kada se hitac završi

( ) CC tVtxL ⋅α== cos0

⇒= Ctt

Trenutak vremena određuje se

iz uslova da je . Na osnovu ovog uslova i dobija se sledeća nepotpuna kvadra

( ) tVgtty ⋅α+−= sin2 02

( ) 0=CtyCt

⇒⋅α+−= CC tV

tg sin

20 0

2

⇒⋅

α+−= CC tV

tg sin

20 0 g

VtC

α= sin2 0

α=α⋅α=⇒ 2sinsin2

cos2

000 g

V

g

VVL

tna jednačina po :Ct

Određivanje maksimalne visine H:( ) B

BB tV

tgtyH ⋅α+−== sin

2 0

2

Zbog ( ) 0=Bty& ⇒α+−=⇒ sin0 0VgtB g

Vt B

α=

sin0

Konačno jeg

VH

2

sin220 α=

Primer 4.7 Na osnovu izraza za visinu odrediti za koji ugao α će pri kosom hicu visina H biti najveća i koliko ona iznosi?

( )gVH 2sin220 α=

Veličina H je najveća za i iznosi , jer za , ima svoju najveću vrednost koja iznosi 1.

( )gVH 220=090=α α2sin090=α

Primer 4.8 Na osnovu izraza za domet , odrediti za koji ugao α je, pri kosom hicu, domet L najveći i koliko on iznosi?

gVL α= 2sin20

Veličina L je najveća za i iznosi , jer za , ima svoju najveću vrednost koja iznosi 1.

045=α045=α gVL 20= α2sin

Primer 4.9 Na osnovu izraza za domet dokazati da je domet za ugao α = 45o + ϕ isti kao i za ugao α = 45o - ϕ. Takođe naći izraze za maksimalne visine H u oba slučaja?

gVL α= 2sin20

Domet za ugaoα = 45o + ϕ iznosi ( ) =ϕ+=α= 290sin2sin2

02

0 o

g

V

g

VL

( )ϕ+ϕ= 2sin90cos2cos90sin2

0 oo

g

V,2cos

20 ϕ=g

V

i isti je kao i domet zaα = 45o - ϕ: ( ) =ϕ−=α= 290sin2sin2

02

0 o

g

V

g

VL

( ) =ϕ−ϕ= 2sin90cos2cos90sin2

0 oo

g

V.2cos

20 ϕg

V

Maksimalna visina Hza ugaoα = 45o + ϕ iznosi

( )( ),2sin220 gVH α=

( ),2sin14

20 ϕ+=g

VH

dok je zaα = 45o - ϕ,

( ),2sin14

20 ϕ−=g

VH pošto je

( ) ( ) ( ) ( ).

22sin1

22sin1

2290cos1

2452cos1

45sin00

02 ϕ±=ϕ−=ϕ±−=ϕ±−=ϕ± m

Primer 4.10Materijalna tačka mase m započela je kretanje iz tačke O sa poče-tnom brzinom čiji intenzitet iznosi a čiji vektor sa horozontalnom x osom gradi ugao α (Sl.1). Tačka se kreće u vertikalnoj ravni homogenog polja sile Zemljine teže a sila otpora vazduha se zanemaruje. Za zadat koordinatni sistem odrediti: projekcije brzine u funkciji vremena i , jednačine kretanja i i domet L? Konstantne veličine: m, h, α, g i smatrati poznatim.

0V ( )0Vr

( )tx& ( )ty& ( )tx( )ty

0V

Jedina sila koja dejstvuje na materijalnu tačku pri njenom kretanju je (Sl.2).

( ) tVt

gty ⋅α+= sin2 0

2

gmr

Početni uslovi: ( ) ,00 =x

zbog početnog položaja ( ) ,00 =y

( ) ,cos0 0 α= Vx&

( ) .sin0 0 α= Vy&zbog početne

brzine

Projekcije drugog Njutnovog zakona i integracije:

Projekcija na y osu:

⇒= gy&& gdtyd =&

1Cgtydtgydgdtyd +=⇒=⇒=⇒ ∫∫ &&&

Konstanta , zbog α= sin01 VC ( ) ⇒α= sin0 0Vy& ( ) α+= sin0Vgtty&

( ) ( ) 20

2

00 sin2

sinsin CtVt

gydtVgtdydtVgtdy +⋅α+=⇒α+=⇒α+= ∫∫

⇒

Konstanta , zbog 02 =C ( ) ⇒= 00y

⇒= mgym&&

Drugi Njutnov zakon:gmamrr =

Projekcija na x osu: 3000 Cxdtxd

xxm =⇒=⇒=⇒= &&

&&&&

Konstanta , zbog ( ) α= cos0 0Vx&α= cos03 VC α=⇒ cos0Vx&

α= cos0Vdtdx

4000 coscoscos CtVxdtVdxdtVdx +⋅α=⇒α=⇒⋅α=⇒ ∫∫

Konstanta , zbog 04 =C ( ) ⇒= 00x ( ) tVtx ⋅α= cos0

Određivanje dometa L:Kada se hitac završi ( ) CC tVtxL ⋅α== cos0⇒= Ctt

Trenutak vremena određuje se iz uslova da je . Na osnovu ovog uslova i dobija se sledeća kvadratna jednačina po :( ) tVgtty ⋅α+= sin2 0

2Ct

Ct( ) hty C =

⇒=−⋅α+ 0sin2 0

2

htVt

g CC

⇒+α+α−

=g

ghVVtC

2sinsin 2200

g

VghVVL

α−+αα=

sin2sincos 0

220

0

Projekcije drugog Njutnovog zakona i integracije:

Primer 4.11Materijalna tačka mase m započela je kretanje iz tačke O sa poče-tnom brzinom čiji intenzitet iznosi a čiji je vektor horozontalan (Sl.1).Ovakav hitac nosi naziv „horizontalni hitac“. Tačka se kreće u vertikalnoj ravni homogenog polja sile Zemljine teže a sila otpora vazduha se zanemaruje. Za zadat koordinatni sistem odrediti: proje-kcije brzine u funkciji vremena i jednačine kretanja i i domet L? Konstantne veličine: m, h,α, g i smatrati poznatim.

0V ( )0Vr

( )tx& ( ),ty&( )tx ( )ty

0V

Jedina sila koja dejstvuje na materijalnu tačku pri njenom kretanju je (Sl.2). gmr

Početni uslovi: ( ) ,00 =x

zbog početnog položaja ( ) ,0 hy =

( ) ,0 0Vx =&

( ) .00 =y&zbog početne

brzine

Drugi Njutnov zakon: gmamrr =

Projekcija na y osu:

⇒−= gy&& gdtyd −=&

1Cgtydtgydgdtyd +−=⇒−=⇒−=⇒ ∫∫ &&&

Konstanta , zbog 01 =C ( ) ⇒= 00y& ( ) gtty −=& ⇒

⇒−= mgym&&

⇒−= dtgtdy

2

2

2C

tgydttgdy +−=⇒−= ∫∫

Konstanta , zbog hC =2 ( ) ⇒= hy 0

( ) .2

2

ht

gty +−=

Projekcija na x osu:

3000 Cxdtxd

xxm =⇒=⇒=⇒= &&

&&&&

Konstanta , zbog ( ) 00 Vx =&03 VC = 0Vx =⇒ & 0Vdtdx =⇒

4000 CtVxdtVdxdtVdx +⋅=⇒=⇒⋅=⇒ ∫∫Konstanta , zbog 04 =C ( ) ⇒= 00x ( ) tVtx ⋅= 0

Određivanje dometa L:Kada se hitac završi ⇒= Ctt

Trenutak vremena određuje se iz uslova da je :Ct ( ) 0=Cty

( ) CC tVtxL ⋅== 0

( ) ⇒=+−= 02

2

ht

gty CC ⇒=

g

htC

2.

20 g

hVL ⋅=