Zadaci iz fizike.

Zadaci iz fizike.Brzina. Ubrzanje. Sila. Primena drugog Njutnovog zakona.1. Čamac se kreće konstantnom brzinom po jezeru. Sa mosta koji se nalazi na visini h=45m iznad površine jezera, padapredmet pravo u čamac. U trenutku kada je telo pušteno da iz stanja mirovanja pada sa mosta, čamac se nalazio na rastojanjuL=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 dabi predmet pao u njega?2. Dečak gađa pikado strelicom tablu od plute. Ako se tabla nalazi na rastojanju L=2m od njega, kojom brzinom dečak trebada baci u horizontalnom pravcu strelicu da bi pogodio tačku na tabli koja se nalazi d=10cm ispod pravca bacanja?3. Avion se spušta pod uglom α=37 o u odnosu na horizontalu i u trenutku kada se nalazi na visini h=730m ispušta projektilbez 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.4 * . Brzina projektila, pri lansiranju sa Zemlje kosim hicem naviše, iznosi v 0 =800m/s i dva puta je veća od njegove brzine utrenutku kada se nalazi na maksimalnoj visini. Odrediti:a) ugao lansiranja projektila u odnosu na horizontalu;b) maksimalnu visinu projektila i udaljenost između položaja lansiranja i položaja maksimalne visine;c) horizontalni domet projektila od ispuštanja do pada.5. Na krajevima neistegljivog konca zanemarljive mase, koji je prebačen preko nepokretnog kotura, viseloptice masa m 1 =0,2kg i m 2 =0,1kg. Smatrati da konac klizi preko kotura bez trenja. Odrediti ubrzanjeloptica kada je sistem prepušten samom sebi.m 1m 26. Koeficijent trenja između tela mase m 1 =5kg i tela mase m 2 =10kg je µ=0,2 (videti sliku). Telo mase m 2se vuče silom F=45N.a) Kolika je sila zatezanja u koncu vezanom za zid?b) Odrediti ubrzanje tela mase m 2 , ako je koeficijent trenja između njega i podloge µ 1 =0,15.m 1 µm 2 m F 2µ 17. Telo mase m 1 =1kg se nalazi na strmoj ravni nagibnog ugla α=30 o i povezano jeneistegljivim koncem zanemarljive mase, preko lakog kotura, sa telom mase m 2 =3kg, kojeleži na horizontalnoj površini. Koeficijent trenja između svakog od tela i podloge je µ=0.15.Ako se telo mase m 1 vuče uz strmu ravan silom F=12N, odrediti:a) ubrzanje sistema ib) silu zatezanja u koncu.m 2m 1αF r8. Masa tela A sa slike je 15kg. Odrediti težinu tela B potrebnu da bi se sistem kretao ubrzanjema=3m/s 2 . Koeficijent trenja između tela A i podloge je µ=0,2. Konac je neistegljiv izanemarljive mase.m Am B

9. Na strmoj ravni, nagibnog ugla α, nalaze se tela masa m 1 i m 2 međusobno povezana idealnomelastičnom oprugom čiji je koeficijent krutosti k (slika). Tela masa m i m 1 su međusobno povezananeistegljivim koncem zanemarljive mase. Koeficijent trenja između strme ravni i tela je µ.. Ako jesmer kretanja sistema kao što pokazuje strelica na slici, odrediti:a) ubrzanje ib) istegnutost opruge.mm 1kαm 210. Dva tela masa m 1 =3kg i m 2 , spojena su neistegljivim koncem preko kotura. Masa kotura ikonca, kao i trenje u koturu se mogu zanemariti. Tela se nalaze na stranama nepokretne prizmekoje zaklapaju ugao α 1 =30 o i α 2 =40 o sa horizontalom, a koeficijenti trenja između tela i prizmesu µ 1 =0.15 i µ 2 =0.1. Za koje vrednosti mase m 2 će se sistem kretati na levu stranu?m 1µ 1µ 2α 1 α 2m 211."Bungee"-skakač mase m=61kg skače sa mosta visine H iznad vode. Oko članaka nanogama skakača je vezano specijalno elastično uže dužine L=25m i konstante elastičnostik=160N/m.a) Odrediti dužinu užeta u onom položaju (tokom pada) u kojem je ubrzanje skakača jednakonuli.b) Ako se u najnižoj tački skoka uže isteže za dužinu d=18m, odrediti intenzitet i smerubrzanja skakača u trenutku kada skakač dostigne najnižu tačku.Dimenzije skakača i otpor pri kretanju kroz vazduh zanemariti.HLdhREŠENJA:1. zadataka) Telo je pušteno sa mosta da slobodno pada, što znači da na njega pri padu deluje samo sila Zemljine teže (aproksimativnor rsmatramo da je sila otpora vazduha zanemarljivo mala). Onda za rezultujuću silu važi F = mg. Iz II Njutnovog zakonar rr r( F = ma) zaključujemo da je u pitanju ravnomerno ubrzano kretanje sa ubrzanjem a = g . Kretanje tela je vertikalnonaniže. Možemo y-osu usmeriti u pravcu i smeru kretanja tela i primeniti izraz za pređeni put pri ravnomerno ubrzanom2a tkretanju duž tog pravca: y = yv0y t + . Pošto je početna brzina tela ovde 0 02v = , a ubrzanje a y = g , onda zaključujemo2gtda je pređeni put: s = .2Sledi da je vreme za koje telo pređe put h (vreme padanja tela ) jednako:2 ht = = 3 . 03s. (1)gb) Primenom izraza za vremensku zavisnost brzine pri ravnomerno ubrzanom kretanju ( v y = v 0 y + a yt), zaključujemo da jebrzina tela u trenutku udara u čamac:2hmv = gt = g = 2hg= 29.71(2)gs//c) Čamac se kreće nekom konstantnom brzinom v č i put do mosta (L) pređe za vreme t . Važi: L = v č t (3)/Da bi telo palo sa mosta baš u čamac mora biti ispunjeno: t = t . (4)2hg mOnda, iz (3), (4) i (1) sledi: L = včt= vč, odnosno: v č = L = 3.96g2hsd) Da je čamac mirovao u trenutku puštanja tela, onda bi on morao da krene iz stanja mirovanja sa konstantnim ubrzanjem/ 2a č ta č za koje bi važilo: L = (5)22/ačta hIz uslova t = t sledi:č 2L mL = = , odnosno: a č = g = 2.62 2 gh s2

4. zadatak *rv 0 yy0 α α0α 0v r rv 0 xv r 0xx MMy Mv r MKretanje projektila do položaja maksimalne visinepredstavlja kosi hitac naviše.Vektor početne brzine je:r r r r rv0= v0x⋅ i + v0y ⋅ j = v0cosα⋅ i + v0sinα⋅ jD = 2x Mr rJedino gravitaciona sila, F = mg, deluje na projektil tokom njegovog kretanja. Važi:F x = 0 ⇒ ma x = 0 ⇒ a x = 0 ⇒ v x = const = vox+ a xt= v0 cos α + 0(1)2a⇒ xtx = voxt+ = v0cosα ⋅ t + 0(2)2F y = −mg ⇒ ma y = −mg⇒ a y = −g⇒ v y = voy+ a yt= v0 sin α − gt(3)⇒2a2ytgty = v0y + = v0sin α ⋅ t −(4)22a) Vektor brzine projektila u položaju najveće visine (tačka M) je usmeren duž x-ose: v = v = v = v cos αPrema uslovu zadatka važi:b) x = ? y ?v0 = 2vM. Sledi: v0 = 2 v0cosα⇒M M =U tački M važi: xM= v 0 cos α ⋅ tM(6)2gtMyM= v0sin α ⋅ tM−(7)2Da bi izračunali x M i y M treba da prethodno izračunamo MSledi: v My = v0 sin α − gt M = 0 ⇒Zamenom (8) u (6) i (7) dobijamo:c) Iz (1) sledi da je domet projektila:M x 0 x 01 =2α =oarccos 60(5)t . Njega dobijamo iz uslova da je u tački M: v = 0 .v sin αt M = 0 (8)g2v sin v sinx v cos0 α 0 2αM = 0 α ⋅ = ≈ 28250 m = 28.25kmg 2g22v0sin α gv0sin α v0sin αy M = v0 sin α ⋅ − = ≈ 24465m= 24.465kmg22g2g2v sin 2D 2x0 α= m = ≈ 56.5km.g22M y

5. zadatakr r rRezultujuća sila koja deluje na telo m 1 je F1 rez = G1+ T1. Pod dejstvom te konstantne rezultujuće sile telo m 1 stičekonstantno ubrzanje a r 1 .r r rRezultujuća sila koja deluje na telo m 2 je F2 rez = G2+ T2. Pod dejstvom te konstantne rezultujuće sile telo m 2 stičekonstantno ubrzanje a r 2 .22a2ta1t- Konac je neistegljiv, pa sledi da tela prelaze iste puteve za isto vreme: s 2 = = s1=2 2a r2Odatle sledi: a 1 = a 2 = a (1)Tr1 T r - Konac ima zanemarljivu masu, pa sledi: T 1 = T2(2)a r 21m 1 m 2r r rII Njutnov zakon za telo m 1 : m1 a1= T1+ m1gProjekcija na smer kretanja tela 1: m1 a1= −T1+ m1g (3)G r G r21r r rII Njutnov zakon za telo m 2 : m2 a2= T2+ m2gProjekcija na smer kretanja tela 2: a = T m g (4)Iz (3)+(4) (uzimajući u obzir (1) i (2)), sledi:m2 2 2 − 2( m1− m2) g m( m1 + m2) a = m1g − m2g ⇒ a == 3.32m + m s126. zadatakTelo 1 miruje u odnosu na podlogu, a telo 2 se kreće na desnu stranu.r r r r ra) II Njutnov zakon za telo m 1 : m1a1= T + N1+ m1g + F t1(1)Sila F r t1je sila trenja koja deluje na telo mase m 1, usled njegovog relativnogkretanja u odnosu na telo mase m 2 . Važi: F t 1 = µ N1Projekcijom gornje jednačine na x i y osu, dobija se:x: 0 = −T + Ft1⇒ T = µN1(2)y: 0 = N1− m1g⇒ N1 m1g(3)Iz (2) i (3) sledi: T = µ m1 g = 9, 81Nr r r r r r r' ''b) II Njutnov zakon za telo m 2 : m a = N + m g + m g + F + F + F2 2 2 1 2 t2t2(4)'Sila F r t2 je sila trenja koja deluje na telo mase m 2 , usled njegovog relativnog kretanja uN r'odnosu na telo mase m 1. Važi: Fr t 1 = Fr2t2= µ N1.'F r µ''Sila F r 2m t2 je sila trenja koja deluje na telo mase m 2 , usled njegovog relativnog kretanja u't2r F rr''µ 1m 1 godnosu na podlogu. Važi: F t 2 = µ 1N2 .r Projekcijom jednačine (4) na x i y osu, dobija se:y m 2 g' ''x: m2a2= F − F t 2 − Ft2 ⇒ m 2a2= F − µ N1− µ 1N2(5)xy: 0 = N 2 − m2g − m1g⇒ N 2 = ( m1+ m2) g(6)F − µ 1(m1+ m2)g − µ m1gIz (5) i (6) sledi: m 2a2= F − µ 1(m2+ m1)g − µ N1, odnosno: a2=m2F − µ 1(m1+ m2)g − µ m1gmZa µ 1 =0,15 je a 2 == 1,31m22s'F rt 2yxN rT r F r t1m 11r µm 1 g

7. zadataka)r r r r r rII Njutnov zakon za telo 1: m1a1= F + m1g+ T1+ Ft1+ N1Projekcija na pravac i smer kretanja tela 1:N r1m 1a1= F − m1gsin α − T1− µ N1(1)N r2mProjekcija na pravac normalan na pravac kretanja tela 1:10 = N1 − m1g cosα (2)m 2T rF r T r 12Iz (1) i (2) sledi: m1a1= F − m1gsin α − T1− µ m1gcosα(3)t2F rα t1r r r r rII Njutnov zakon za telo 2: m2a2= m2g + T2+ N 2 + Ft2m grm gr12Projekcija na pravac i smer kretanja tela 2: m 2a2= T2− µ N 2 (4)Projekcija na pravac normalan na pravac kretanja tela 2: 0 = N 2 − m2g (5)Iz (4) i (5) sledi: m2 a2= T2− µ m2g (6)F rKonac je neistegljiv, pa sledi:a 1 = a 2 = ar . Takođe, zbog zanemarljive mase konca, važi: = TrT .T2 1 =Sabiranjem jednačina (3) i (6) dobijamo: ( m1 + m2) a = F − m1g sinα− T − µ m1g cosα+ T − µ m2g, odnosno:F − m1g(sinα+ µ cosα) − µ m2g ma == 0,35m + m2sb) Iz (6) sledi: m a + m g 5,5 N1T 2 2 =2= µ .8. zadatakF rtrN rm Arm A gT rAa rAKonac je neistegljiv, pa sledi: a A = aB= a . (5)Takođe, zbog zanemarljive mase konca, važi: Tr A = TrB = T (6)Iz (3), (4), (5) i (6) onda sledi:T rBm Brm B ga rBII Njutnov zakon za telo A:r r r r rm AaA = m A g + N + TA+ Ftr⎢⎢: m AaA = TA− Ftr⇒ m A a A = TA− µ N (1)⊥: 0 = N − m A g(2)⇒ m A a A = TA− µ m A g(3)⎢⎢:m A a = mB( g − a)− µ m A g ⇒II Njutnov zakon za telo B:r r rmBaB= mBg + TBmBaB= mBg −TB(4)m A( a + µ g )mAg( a + µ g )mB= ⇒ QB = mBg =≈ 107Ng − ag − a

11. zadataka) Kretanje od položaja A do B je kretanje pod dejstvom gravitacione sile, sa konstantnimr rubrzanjem a = g .Na skakača pri kretanju od položaja B do C pored gravitacione sile deluje i sila elastičnosti, pa jer r rrezultujuća sila: Frez= mg + Fel. Projekcijom na pravac i smer naniže se dobijama = mg − F el . Zbog sve većeg istezanja užeta raste F el , pa se smanjuje a . U nekoj tačkiP u kojoj postaje a = 0 , važi: 0 = mg − Fel⇒ 0 = mg − k∆L⇒mg∆ L =kmgOnda je dužina užeta u toj tački jednaka: L P = L + ∆L= L + = 28, 74m.kAH BCLdhb) Pri kretanju od tačke P (u kojoj je F el = mg ) do tačke C, važi: F el >mg , usled čega intenzitet rezultujuće sile postaje veći od nule, kaoi intenzitet ubrzanja. Vektori F rrez i a r su usmereni naviše (smer vektora ubrzanja je onda suprotan od smera vektora brzine, što znači da jekretanje usporeno).r r rProjekcijom izraza ma = mg + Felna pravac i smer ubrzanja (vertikalno naviše), dobija se da u tački C važi:kd mma = kd − mg , odnosno: a = − g = 37.4 .2m s