Å UMARSKI LIST 7-8/1947

- Rezonujući logično možemo reći: ovo se telo kretalo po padu ii do tačke
Ai, jednakom brzinom, znači da je komponenta ubrzanja zemljine teže
(g sinai) bila paralizovana usporenjem (fw) nastalim od sile trenja i otpora
vazduha. Stoga nema razloga da se, počevši od tačke Ai, kreće jednako
ubrzano. U drugom slučaju, ako se telo niz padinu ii kretalo ubrzano, ovo
ubrzanje, obzirom na otpore kretanja, je svakako neznatno u u odnosu na ubrzanje
sile teže u pravcu »Y« ose 10 ). Iz gornjih napomena izlazi da možemo
pretpostaviti da se telo u pravcu »X« ose kreće jednakom brzinom (vi)
a po pravcu !»Y« ose jednako ubrzano sa početnom brzinom nula i ubrzanjem
v*i .
-f = g cosai .
Obrazujemo li jednačine kretanja po osama »X« i »Y« imamo
х = vi" t
(23)
Y = r (g cosai— v-' t
(24)
Da bi eliminisali iz obe jednačine vreme »t«, sračunato iz prve (t = —) unesemo
u drugu t. j.
Y = (g cos ai — vV х2
9 / 2v2 1
odakle posle sredjivanja:
У =
g • Q cosai — v*t
2Vi Q
(25)
Poslednja jednačina (25) pretstavlja parabolu po kojoj bi se telo, pošavši iz
tačke At, slobodno kretalo kroz vazduh. Kako je ranije rečeno, umesto parabole
mi možemo počev od tačke Ai umetnuti kružni luk AiB (si. 11 crtasto),
tako da on bude iznad parabole. U tom slučaju telo neće leteti kroz vazduh
već će se stalno opirati o točilo. Da bi došli do poluprečnika (R) ovoga kružnoga
luka moramo se poslužiti sledećim načinom:
1. Pre svega odredimo kordinate »X2« dodirne tačke Аг parabole date
jednačinom (25) i točila sa padom i2 (si. 13). Prvi izvod jednačine parabole
dy g • Q cosai — v 2 i
dx •vhQ X
. . . (26)
pretstavlja tangens ugla tangente na parabolu. U tački Аг tangenta zaklapa
sa apscisom (X) ugao Ла = ai — a 2 , čiji je tangens ravan prvom izvodu jednačine
(25), tj.
dy _ , - . .,. . . _ v _. g 0 cosai — \-2i
= tg («2 — ai) tg («2 — ai)
dx
ш v 2 •X2
ie
otuda:
v a i g • tg (а 2 — ар
X2 =
g e cosai — v 2 i
(27)
i») drugim recima, možemo staviti g sinai •
»X« ose izravnsIH sa nulom.
: Yw tj. ukupno ubrzanje u pravcu
213