ZZaaddaaccii iizz ffiizziikkee..

Brzina. Ubrzanje. Sila. Primena drugog Njutnovog zakona. 1. Svetla tačka na ekranu je programirana tako da se kreće po horizontalnoj liniji po zakonu x=9t – 0,75t3, gde je x rastojanje od leve ivice ekrana u centimetrima, a t vreme u sekundama. Odrediti: a) jedinice parametara sa brojnim vrednostima 9 i 0,75; b) položaj, brzinu i ubrzanje u početnom trenutku (t=0); c) položaj u kojem tačka menja smer kretanja (odnosno brzina menja znak), vreme posle koga će se to desiti i srednju brzinu od početnog do tog trenutka; d) ubrzanje tačke u trenutku promene smera kretanja; e) u kom vremenskom intervalu se tačka kreće ubrzano, a u kom usporeno.

2. Čamac se kreće konstantnom brzinom po jezeru. Sa mosta koji se nalazi na visini h=45m iznad površine jezera, pada predmet pravo u čamac. U trenutku kada je telo pušteno da iz stanja mirovanja pada sa mosta, čamac se nalazio na rastojanju L=12m od mosta. Odrediti: a) vreme padanja tela; b) brzinu tela u trenutku udara u čamac; c) brzinu čamca; d) Da je čamac mirovao u trenutku puštanja predmeta, sa kolikim konstantnim ubrzanjem bi morao da krene istog trenutka da bi predmet pao u njega?

3. Dečak gađa pikado strelicom tablu od plute. Ako se tabla nalazi na rastojanju L=2m od njega, kojom brzinom dečak treba da baci u horizontalnom pravcu strelicu da bi pogodio tačku na tabli koja se nalazi d=10cm ispod pravca bacanja?

4. Avion se spušta pod uglom α=37o u odnosu na horizontalu i u trenutku kada se nalazi na visini h=730m ispušta projektil bez saopštavanja početne brzine u odnosu na avion. Ako projektil udara u zemlju posle t=5s od trenutka ispuštanja, odrediti: a) kolika je bila brzina aviona u trenutku ispuštanja projektila; b) koliki je horizontalni domet projektila od ispuštanja do pada.

m1 m2

5. Na krajevima neistegljivog konca zanemarljive mase, koji je prebačen preko nepokretnog kotura, vise loptice masa m1=0,2kg i m2=0,1kg. Smatrati da konac klizi preko kotura bez trenja. Odrediti ubrzanje loptica kada je sistem prepušten samom sebi.

6. Koeficijent trenja između tela mase m1=5kg i tela mase m2=10kg je µ=0,2 (videti sliku). Telo mase m2 se vuče silom F=45N.

F

µ1

µ

m2

m1

a) Kolika je sila zatezanja u koncu vezanom za zid?

b) Odrediti ubrzanje tela mase m2, ako je koeficijent trenja između njega i podloge µ1=0,15.

7. Telo mase m1=1kg se nalazi na strmoj ravni nagibnog ugla α=30o i povezano je neistegljivim koncem zanemarljive mase, preko lakog kotura, sa telom mase m2=3kg, koje leži na horizontalnoj površini. Koeficijent trenja između svakog od tela i podloge je µ=0.15.

α

m2

m1 F

Ako se telo mase m1 vuče uz strmu ravan silom F=12N, odrediti:

a) ubrzanje sistema i

b) silu zatezanja u koncu.

m

m1

m2

α

k 8. Na strmoj ravni, nagibnog ugla α, nalaze se tela masa m1 i m2 međusobno povezana idealnom elastičnom oprugom čiji je koeficijent krutosti k (slika). Tela masa m i m1 su međusobno povezana neistegljivim koncem zanemarljive mase. Koeficijent trenja između strme ravni i tela je µ.. Ako je smer kretanja sistema kao što pokazuje strelica na slici, odrediti:

a) ubrzanje i

b) istegnutost opruge.

REŠENJA: 1. zadatak a)

scm i 3s

cm

b) , ⇒ za t=0 je 375.09 ttx −= 0=ox

dtrdvr

r= , ixkzjyixr

rrrrr=++= ⇒ 225.29 t

dtdxv −== ⇒

scmvo 9=

,0=y ,0=z

05.42

2

<−=== tdt

xddtdva ⇒ 0=oa

c) U položaju M se svetla tačka na ekranu na trenutak zaustavlja. Sledi: 225.290 MM tv −== ⇒

25.292 =Mt ⇒ stM 2= (samo rešenje sa pozitivnim predznakom ovde ima fizičkog smisla)

cmttx MMM 1275.09 3 =−= i s

cmscm

ttxx

txv

M

Msr 6

212

0

0 ==−−

=∆∆

=

d) Iz sledi: ?=Ma ta 5.4−= 295.4scmta MM −=−=

e) Treba proveriti predznak za brzinu i ubrzanje pre i posle dostizanja tačke M. Iz relacije 225.29 tdtdxv −== je jasno da:

- za t<tM ⇒ i 025.29 2 >−= tv 0<a- za t>tM ⇒ i 025.29 2 <−= tv 0<a ⇒ za t<tM brzina i ubrzanje imaju različiti predznak, tj. smer, pa tada brzina opada sa porastom vremena i kretanje je usporeno za t>tM brzina i ubrzanje imaju isti predznak, pa je kretanje ubrzano.

2. zadatak a) Telo je pušteno sa mosta da slobodno pada, što znači da na njega pri padu deluje samo sila Zemljine teže (aproksimativno smatramo da je sila otpora vazduha zanemarljivo mala). Onda za rezultujuću silu važi gmF rr

= . Iz II

Njutnovog zakona ( amF rr= ) zaključujemo da je u pitanju ravnomerno ubrzano kretanje sa ubrzanjem . ga rr

=

Primenom izraza za pređeni put pri ravnomerno ubrzanom kretanju bez početne brzine, zaključujemo da je: 2

2gts = .

Sledi da je vreme za koje telo pređe put s=h (vreme padanja tela), jednako: sght 03.32

1 == . (1)

b) Primenom izraza za vremensku zavisnost brzine pri ravnomerno ubrzanom kretanju bez početne brzine, zaključujemo da

je brzina tela u trenutku udara u čamac: smhg

ghggtv 71.2922

11 ==== (2)

c) Čamac se kreće nekom konstantnom brzinom v2 i put do mosta (L) pređe za vreme t2. Važi: 22tvL = (3)

Da bi telo palo sa mosta baš u čamac mora biti ispunjeno: 21 tt = . (4)

Onda, iz (3), (4) i (1) sledi:ghvtvL 2

212 == , odnosno: sm

hgLv 96.3

22 ==

d) Da je čamac mirovao u trenutku puštanja tela, onda bi on morao da krene iz stanja mirovanja sa konstantnim ubrzanjem

a2 za koje bi važilo: 2

222taL = (5)

Iz uslova 21 tt = sledi: ghata

L 2222

212 == , odnosno: 22 6.2

smg

hLa ==

3. zadatak

U pitanju je horizontalni hitac. Početna brzina tela ima smer x ose.

0vr

x

yd

L

Jedina sila koja deluje na telo pri njegovom kretanju je sila Zemljine teže: gmF rr

= ⇒ ga rr= .

Koordinatni sistem se može postaviti npr. kao na slici. Onda je: 0=xa ⇒ constvvx == 0 ⇒ tvx 0= (1)

ga y = ⇒ gtv y = ⇒ 2

2gty = (2) P

U trenutku kada strelica udari u tačku P, ona je po vertikali prešla put d, a po horizontali put L.

Iz (2) sledi: 2

2Pgt

d = (4), a iz (1): (3) ⇒ PtvL 0=sm

dgL

gd

LtLvP

1422

0 ==== .

4. zadatak

M vr

α

x h

y

α

0vr

xv0

yv0

α

a) Brzina projektila u

Po uslovu zadatka,

b) Iz (1) sledi da je

D =

0 Kretanje projektila predstavlja kosi hitac na dole. Vektor početne brzine je: jvivjvivv yx

rrrrr⋅+⋅=⋅+⋅= αα sincos 00000 .

Jedino gravitaciona sila, gmF rr= , deluje na projektil tokom njegovog kretanja.

Važi:

⇒ 0=xF 0=xma ⇒ 0=xa ⇒ 0cos2 0

2

+=+= αtvta

tvx xox (1)

22ta

⇒ mamgFy = mg ⇒ ga y = ⇒

2sin

2 00gttvtvy y

y +=+= α (2) y =

tački M je jednaka brzini aviona u toj tački i to je početna brzina projektila, 0vr .

za y=h=730m je t=5s. Onda iz (2) sledi: sm

t

gthv 202

sin2

2

0 =−

=α

domet projektila:

mctggthtv 807)2

(cos2

0 =−= αα

5. zadatak Rezultujuća sila koja deluje na telo m1 je 111 TGF rez

rrr+= . Pod dejstvom te konstantne rezultujuće sile telo m1 stiče

konstantno ubrzanje 1ar .

Rezultujuća sila koja deluje na telo m2 je 222 TGF rez

rrr+= . Pod dejstvom te konstantne rezultujuće sile telo m2 stiče

konstantno ubrzanje 2ar .

- Konac je neistegljiv, pa sledi da tela prelaze i e: ste puteve za isto vrem22

21

1

22

2ta

sta

s ===

Odatle sledi: a aa == 21 (1)

- Konac ima zanemarljivu masu, pa sledi: T 21 T= (2) II Njutnov zakon za telo m1: m gmTa rrr

1111 +=

1111

Projekcija na smer kretanja tela 1: m gmTa +−= (3) m1 m2

1Tr

2Tr

1Gr 2G

r

1ar

2ar

II Njutnov zakon za telo m2: m gmTa rrr

2222 +=

2222

Projekcija na smer kretanja tela 2: m gmTa −= (4)

Iz (3)+(4) (uzimajući u obzir (1) i (2)), sledi: gmgmamm 2121 )( −=+ ⇒ 221

21 3.3)(

sm

mmgmm

a =+−

=

6. zadatak Telo 1 miruje u odnosu na podlogu, a telo 2 se kreće na desnu stranu. a) II Njutnov zakon za telo m1: 11111 tFgmNTam

rrrrr+++= (1)

Sila 1tFr

je sila trenja koja deluje na telo mase , usled njegovog relativnog 1m kretanja u odnosu na telo mase . Važi:2m 11 NFt µ= Projekcijom gornje jednačine na x i y osu, dobija se: x: ⇒ T10 tFT +−= 1Nµ=

81,91 ==

(2)

y: ⇒ (3) gmN 110 −= gmN 11 =

Iz (2) i (3) sledi: T Ngmµ b) II Njutnov zakon za telo m2: FFFgmgmNam tt

rrrrrrr+++++= ''

2'221222 (4)

Sila '2tF

r je sila trenja koja deluje na telo mase m , usled njegovog relativnog kretanja u 2

odnosu na telo mase m . Važi: 1 1'21 NFF tt µ==

rr.

Sila F ''2t

r je sila trenja koja deluje na telo mase m , usled njegovog relativnog kretanja u 2

odnosu na podlogu. Važi: F 21''2 Nt µ=

r.

Projekcijom jednačine (4) na x i y osu, dobija se: x: m ⇒ m''

2'222 tt FFFa −−= 21122 NNFa µµ −−= (5)

y: 0 gmgmN 122 −−= ⇒ gmmN )( 212 += (6)

Iz (5) i (6) sledi: 112122 Ng)mm(Fam µµ −+−= , odnosno: 2

12112 m

gmg)mm(Fa

µµ −+−=

Za µ1=0,15 je 22

12112

sm31,1

mgmg)mm(F

a =−+−

=µµ

y

x

m1

1rN

Tr

1tFr

gm1rµ

m2

2Nr

'2tF

r

''2tF

rFr

gm1r

gm2r

1µ

µ

x

y

7. zadatak a) II Njutnov zakon za telo 1: 111111 NFTgmFam t

rrrrrr++++=

Projekcija na pravac i smer kretanja tela 1: 11111 NTgmFam µα −−−= sin (1) Projekcija na pravac normalan na pravac kretanja tela 1: αcosgmN0 11 −= (2) Iz (1) i (2) sledi: αµα cossin 11111 gmTgmFam −−−= (3) II Njutnov zakon za telo 2: 222222 tFNTgmam

rrrrr+++=

Projekcija na pravac i smer kretanja tela 2: 2222 NTam µ−= (4) Projekcija na pravac normalan na pravac kretanja tela 2: gmN0 22 −= (5) Iz (4) i (5) sledi: gmTam 2222 µ−= (6)

Konac je neistegljiv, pa sledi: aaa == 21 . Takođe, zbog zanemarljive mase konca, važi: TTT 12 ==rr

.

Sabiranjem jednačina (3) i (6) dobijamo: gmTgmTgmFamm 21121 cossin)( µαµα −+−−−=+ , odnosno:

2

21

21

sm35,0

mmgm)cos(singmF

a =+

−+−=

µαµα

b) Iz (6) sledi: N5,5gmamT 22 =+= µ . 8. zadatak a) Konac je neistegljiv ⇒ ceo sistem se kreće nekim ubrzanjem čiji je intenzitet a; Konac ima zanemarljivu masu ⇒ za sile zatezanja važi: 1TT = .

Takođe važi: 21 ee FFrr

−=

Za telo m: (1) TmgmaTgmam m −=⇒+=rrr

Za telo m1: ⇒ ||: 11e111 NFTsingmam µα −−+−= ⊥: αα cosgmNNcosgm0 1111 =⇒−= ⇒ αµα cosgmFFsingmam 11e1z11 −−+−= (2)

Za telo m2: 2tr2e2222 FFNgmamrrrrr

+++= ⇒ ||: 22e22 NFsingmam µα −+−= ⊥: αα cosgmNNcosgm0 2222 =⇒−= ⇒ αµα cosgmFsingmam 22e22 −+−= (3) (1)+(2)+(3):

Sledi: 21

21 ]cos)(sin([mmm

mmmga++

++−=

αµα

b) Iz (3) sledi: αµα cossin 2222 gmgmamFe ++= , a pošto je lkFe ∆=2 , onda je:

k

)cosgsinga(ml 2 αµα

∆++

=

αµααµα cosgmsingmcosgmsingmmga)mmm( 221121 −−−−=++

1tr1e11111 FFNTgmamrrrrrr

++++=m1

m2 m

α

gmr

gm1r

gm2r

Tr

1Tr

1tFr

2tFr

1eFr

2eFr

1Nr

2Nr

m1

α

m2

2Tr

2tFr

1tFr

Fr1N

r

1Tr

2Nr

gm r2

gm r1