Rijeseni Zadaci Iz Fizike 1. Dio Dimic D

 

 

ZADACI IZ FIZIKE Riješeni ispitni zadaci, riješeni primjeri i zadaci za vježbu (1. dio) (4. izdanje)

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje 

1. Zad adaana su dva vektora a

1



 











= 4 i − 2 j + k i b = −4 i + 2 j + 3k .  Odrediti kut između njih.

Rješenje Kut možemo odrediti na dva načina. Možemo 



naći zbroj vektora a   i b , te preko kosinusova  poučka odrediti kut ϕ . Drugi način, koji ćemo upotrijebiti, pošto su nam vektori dati u komponentama, je preko skalarnog umnoška. 



Skalarni umnožak vektora a  i b  je 



a ⋅ b = ab cos   ϕ    Ili, preko skalarnih komponenti 



a ⋅ b = axbx + ay by + azbz

 

Iz ova dva izraza možemo dobiti kut vektora ϕ  ϕ    cos ϕ  =  

axbx + ay by + azbz ab   2

a = ax2 + ay2 + az2 = 4 2 + ( −2 ) + 12 = 4, 58   2

b = bx2 + by2 + bz2 = ( −4 ) + 22 + 32 = 5, 39   cos ϕ  =

axbx + ay by + azbz ab

= −0, 6886  

Traženi kut je 9, 8 ''   = arccos ϕ  = arccos ( −0, 6886 ) = 133, 519° = 133° 31 ' 9,

ϕ

2. Grafički su prikazana tri vektora u xy u  xy ravnini.  ravnini. Izraziti ove vektore, te na ći: 















(





)



a)  A + B + C i  A + B + C ;  b)  A − B ⋅ C  i kut 

 





 







 



 A − B i C ; c) ( A − C ) × B i ( A − C ) × B .   Rješenje 









 A = Ax i + Ay j = −2 i + 7 j   









B = B i + B j = 5i − 2 j   x

y

ϕ  između

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje 







2



C = Cx i + Cy j = −3i − j   













+ Cx ) i  + ( Ay + By + Cy ) j = 4 j  

a)  A + B + C = ( Ax + Bx 



 A + B + C  = 4  

(







)

 b)  A − B ⋅ C  = ( Ax 

 



− Bx ) Cx  + ( Ay − By ) C y = 12   2

2

 A − B = ( Ax − Bx )  + ( Ay − By ) = 11,4   

C = C x2 + C y2 = 3,16  

cos ϕ  =

ϕ











( A − B) ⋅ C  

 A − B ⋅ C 

= 0, 333  

0, 333 = 70, 549° = 70° 32 ' 5 56 6, 5 ''   = arccos ϕ  = arccos 0,

(





c) d)  A − C

 



)×B = A







i

j

k

− C x Ay − C y

0

Bx

0

x

By

= 







= ⎣⎡( Ax − Cx ) By  − ( Ay − Cy ) Bx ⎦⎤ k = ( −2 − 40 4 0 ) k = −4 2 k   



 



( A − C ) × B = 42   (





 Na slici smo vektor  A − C

) × B   prikazali simbolom  



koji označava da imamo vektor usmjeren okomito na sliku, u smjeru od nas prema slici. (U slu čaju da imamo vektor okomito na sliku, u smjeru iz slike prema nama, simbol bi bio .) Iznos vektorskog umnoška na slici je predstavljen 





 površinom paralelograma ograničenog s  A − C  i B, te s nasuprotnim paralelnim crtama. 3. Tijelo se giba po ravnoj putanji i na sukcesivnim dionicama puta, jednake duljine  s,  s, ima stalne brzine v1, v2, v3,…, vn. Kolika je srednja brzina gibanja tijela?

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

3

Rješenje   Rješenje n

Δsi Δs ∑ Δs + Δs2 +  + Δsn n = i =n1 = 1 = n v= Δs Δs Δs Δt ∑ Δti 1 + 2 +  + n ∑ 1 v1

i =1

v2

vn

 

i = 1 

 

vi

4. Tijekom prve polovice vremena gibanja automobil ima brzinu 54 km/h, a tijekom druge  polovice vremena brzinu 36 km/h. Kolika Kolika je srednja brzina gibanja automobila? Rješenje n

Δsi Δs ∑ Δs + Δs2 Δs1 + Δs2 i =1   = n = 1 = v= t t Δt Δ t 1 + Δt 2 + Δt

∑

i

i =1

2

2

Δs1 = v1Δt1   Δs2 = v2 Δt2   Δt2 = Δt2 = v=

 v1 + v2 2

t   2

= 12 , 5

m km = 45   s h 



5. Dva čamca krenu iz istog mjesta stalnim brzinama v1 i v2 u pravcima koji međusobno zaklapaju kut α. a) Kolika je relativna brzina gibanja čamaca?  b) Koliko je njihovo rastojanje poslije vremena t 0 od polaska? Rješenje   Rješenje a)







v12 = v1 − v2   v12 = v12 + v22 − 2 v1v2 c os α   

 b)

d = v12 ⋅ t0  

6. Dva vlaka, A i B, putuju u suprotnim smjerovima duž paralelnih ravnih tra čnica, s  brzinama istog iznosa od 60 km/h. Lagani zrakoplov prelazi iznad njih. Putniku u vlaku A izgleda da se zrakoplov giba pod pravim kutom u odnosu na njihov pravac gibanja, a putniku u vlaku B izgleda da se giba pod kutom od 30° u odnosu na njihov pravac gibanja. Kojim iznosom brzine i pod kojim kutom zrakoplov prelazi tra čnice ako promatramo njegov let izvan vlakova.

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

4

Rješenje 



vZA i vZB su vektori relativnih brzina zrakoplova  prema vlakovima A i B. Ovi vektori zajedno s vektorima brzina vlakova A i B i zrakoplova konstruiraju Vidimo da je:trokutove koje vidimo na slici. tg30° =  

vZA   v A + vB

30° = 19, 2 25 5 m/ m/s   vZA = ( vA + vB ) tg 30 tg α  =  = 

vZA   v A

Kut između pravca gibanja zrakoplova i pravca gibanja vlakova je:

v 29 9, 8 ''   α  = arctg vZA = 49° 06 ' 2  A Brzina zrakoplova iznosi:

vZ =

vZA cos α 

25,, 46 m/s m/s   = 25

7. Između dvije točke koje se nalaze sa iste strane obale, na me đusobnom rastojanju od 140 km, usmjeren je motorni čamac koji ide niz rijeku i prelazi to rastojanje za 5 h, a kad se kreće uz rijeku za 12 h. Odrediti brzinu protjecanja rijeke i brzinu čamca u odnosu na vodu. Rješenje Zamislimo koordinatni sustav kojemu je  x   x  – os u pravcu kretanja rijeke. Označimo brzinu rijeke sa u, a brzinu čamca sa v, tako da imamo

v1 =  v  + u  

(1)

gdje je v1 - brzina čamca u zamišljenom sustavu kad se kre će niz rijeku. A ako se čamac kreće uz rijeku imamo

− v2 =  − v + u

 

(2)

gdje je v2 - brzina čamca u zamišljenom sustavu kad se kre će uz rijeku. S brzinom v1 čamac pređe put od 140 km za 5 h, slijedi da brzina v1 iznosi

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

v1 =

140 k m 5h

5

=

1, 4 ⋅105 m 1, 8 ⋅104 s

= 7,78

m s

 

S brzinom v2 čamac pređe put od 140 km za 12 h, slijedi da brzina v2 iznosi

v2 =

140 k m 12 h

=

1, 4 ⋅105 m 4, 32 ⋅104 s

= 3,24

m s

 

Jednadžbe (1) i (2) čine sustav dviju jednadžbi s dvije nepoznanice. Tako je brzina rijeke

u=

3, 24 m km  v1 − v2  7, 78 − 3, = = 2, 27 = 8,172   2

2

s

h

Brzina čamca je

v = v1 − u = 7, 78 − 2, 27 = 5, 51

m s

= 19, 836

km h

 

8. Promatrač koji u trenutku polaska vlaka stoji ispred prvog vagona primijetio je da je prvi vagon prošao pored njega za 3 s. Koliko vremena će se pored njega kretati n-ti (deseti) vagon? Kretanje vlaka smatrati jednako ubrzanim. Rješenje   Rješenje Kad prvi vagon duljine l   prođe pored promatrača možemo reći da je vlak prešao put l  kojeg   kojeg možemo izraziti ovako 1 l = at12   2

Isto tako kad dva vagona prođu pored promatrača možemo pisati 1

2 2

2l =  2 at   Možemo pisati općeniti izraz za n vagona

nl =

1 2

atn2  

Sad podijelimo putove koje su prošli n vagona i jedan vagon

t n2 =n   t12 Dobili smo vrijeme za koje pored promatrača prođe n vagona

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

6

t n = t1 n    Na isti na način izračunamo vrijeme za koje pored promatrača prođe (n – 1) vagona

tn−1  = t1 n − 1    Na kraju imamo imamo da da n-ti (u našem slučaju deseti) vagon prođe pored promatrača za vrijeme

Δt n = t  n − tn−1  = 0,487 s   9. Tijelo je bačeno vertikalno uvis početnom brzinom 10 m/s. U trenutku kada tijelo dostigne najvišu točku svog kretanja, baci se drugo tijelo vertikalno uvis, istom po četnom brzinom. Na kojoj visini će se tijela sudariti? Otpor zraka zanemariti. Rješenje 

Visina do koje se tijelo popne pri vertikalnom hitcu je  

h = v0t −

 gt 2 2

 

(1)

A brzina pri vertikalnom hitcu je

v = v0 − gt   U maksimalnom položaju brzina tijela je jednaka nuli pa imamo da je

t=

v0    g

Uvrstivši ovaj izraz u (1) imamo 2 0

h= v   2 g

(2)

Tijela će se susresti na nekoj visini h1 

h =  h1 +  h2  

(3)

Drugo tijelo pređe put h1 za isto vrijeme za koje prvo tijelo pređe put h2

h 2  =

 g 2

t2    g

(4)

2

h =  v t − 2 t   1

0

(5)

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

7

Iz (4) i (5) slijedi 2h 2

h1 = v0  

 g

− h2  

(6)

Jednadžbe (2), (3) i (6) čine sustav od tri jednadžbe s tri nepoznanice. Rješavanjem ovog sustava dobiva se rezultat 2 3 v0

h1 =  ⋅

8  g

= 3,823 m  

10. Tijelo slobodno pada s visine h. U točki A ima brzinu v A = 29,43 ms-1, a u točki B brzinu

v B = 49,05 ms-1. Kolika je visinska razlika točaka A i B? Za koje će vrijeme tijelo preći put AB? Rješenje

Vrijeme za koje tijelo dođe u točku A je

t A  =

vA

 

g

A vrijeme za koje do đe u točku B je

t B  =

vB g

 

Tako će tijelo preći put AB za vrijeme

Δt = t B − t A  =

vB − v A  g

Udaljenost točke A od polazne to čke je

h A  =

 gt A2 2

 

Udaljenost točke B od polazne to čke je

h B  = Duljina puta AB je

 gt B2 2

 

= 2s  

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

8

Δh = AB = hB − hA =

 g

(t 2

2

B

− t A2 ) = 78,5m  

11. Lopta je bačena s ruba krova zgrade vertikalno uvis, po četnom brzinom od 30 m/s. Koliku će brzinu imati lopta jednu sekundu nakon njenog prolaska pored ruba krova pri padanju na tlo? Rješenje 

Lopta će se popeti na visinu H  i  i početi padati. Kod ruba zgrade imat će brzinu jednaku  početnoj što je lako pokazati. Lopta će se popeti na visinu H H  = v  0t − g

t2 2

 

gdje je brzina nula v = 0.   A pošto je

v = v 0 − gt

  ⇒  

v0 = gt

 

Ako ovo uvrstimo u izraz za H  imamo  imamo

v 02   H  =  gt − g = g = 2 2 2 g t2

2

t2

Iz tog položaja lopta počinje padati, a brzina joj iznosi

v =  v0 + gt   dok je v 0   = 0   Trebamo brzinu izraziti preko visine tj. preko dužine puta kojeg prelazi. Dužina puta kojeg prevali lopta padajući je 2

⇒  t = 2s

s =  g t

 g

2

Uvrštavajući ovo u izraz za v imamo

v =  g

2s

 g

=

2 gs  

Pored ruba zgrade lopta će biti kad prijeđe put s =H  tako  tako da je brzina u tom trenutku

v 02 v' = 2 gH  =     2 g = v0   2 g

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

9

Sad možemo uzeti ovu brzinu kao početnu brzinu i u idućem trenutku će brzina, koju ćemo označiti sa v1  biti zbroj te brzine i brzine koju lopta dobije ubrzavanjem u vremenu t .

v1 =  v'+  gt1   dakle v = 30

m s

+ 9,81  

m s2

m

⋅ 1 s = 39,81    s

12. Tijelo je bačeno horizontalno brzinom 20 ms-1. Odrediti radijus putanje tijela 2 s nakon što se počelo kretati. Otpor zraka zanemariti. Rješenje 

Tijelo će se nakon 2 s kretati nekom brzinom v  pod kutom α u odnosu prema početnoj brzini   v0 . U tom trenutku ubrzanje  g   možemo rastaviti na tangencijalnu komponentu u pravcu 



kretanja tijela at , te na radijalnu komponentu ar .   Radijalna komponenta ubrzanja iznosi

gdje je

v2 ar  =   =  g cos α    R

(1)

v v x cos α  =  v = v0  

(2)

v =   v02 +  g 2t 2  

(3)

Brzina iznosi

Iz (1), (2) i (3) dobijemo radijus zakrivljenosti

(v R=

2 0

+g t

2 2

 gv0

)

3 2

112,08 2,088 8m  = 11

13. Tijelo je bačeno pod kutom α  prema horizontu početnom brzinom v0. Vrijeme kretanja tijela iznosi 2,4 s. Odrediti najveću visinu na kojoj će se tijelo na ći pri tom kretanju. Otpor zraka zanemariti.

Rješenje  y  y  - komponenta brzine u ovisnosti o vremenu iznosi:

vy = v0 y − gt  

(1)

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

10

U maksimalnom položaju brzina tijela vy = 0, tako da je

v0 y = gt  

(2)

Isto tako visina u ovisnosti o vremenu je

 gt 2 y = v0 y t − 2  

(3)

Uvrstivši (2) u (3) dobivamo za maksimalni položaj

y max =  gt  − 2

 gt 2

=

2

 gt 2 2

 

(4)

U tekstu zadatka nam je zadano vrijeme (t  (t  D = 2,4 s) kretanja tijela od bacanja do padanja, tako da će tijelo biti u maksimalnom položaju za pola ovog vremena.

y max  =

 g ( tD / 2  ) 2

2

 

=

gtD2 8

= 7,063m  

14. Pod kutom od 60°, prema horizontu, ba čeno je tijelo početnom brzinom od 25 m/s. Kroz koliko sekundi će njegova brzina zaklapati sa horizontom kut od 45°? Rješenje Odnos komponenti brzina v y i v x određuje kut koji brzina v zaklapa prema horizontu.

tgα  =  =

vy vx

tg 45° =

 

vy vx

=

v0 sin 60° − gt

 

v0 cos 60°

Odavde slijedi

t=

v0 sin 60° − tg 45° ⋅ v0 cos 60°  g

= 0,933s  

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

11

15. Igrač udari loptu pod kutom od 40° prema horizontu daju ći joj početnu brzinu od 20 m/s. Drugi igrač, udaljen od prvog 30 m, počinje da tr či prema lopti u momentu kad je ona udarena. Koliku najmanju srednju brzinu mora imati drugi igra č da bi udario loptu u trenutku  pada na zemlju? Rješenje   Rješenje Domet do kojeg lopta do đe je

x D  = v x t D  

(1)

gdje je  je  t  D  – vrijeme leta lopte, možemo ga dobiti iz vremena koje je potrebno lopti da se  popne do maksimalne visine. U točki maksimalne visine komponenta brzine u y u y smjeru je nula.

v0  y   = gt max  

(2)

v  sin α    v0 y   t max =   = 0  g  g gdje t max  – vrijeme potrebno lopti da se  popne do maksimalne visine i ono iznosi  pola vremena leta lopte t  D.   2v0 sin α 

t D = 2t max = 

 g

= 2,62 s  

(3)

Ako ovo uvrstimo u  u x D dobijemo domet do kojeg lopta putuje

x D = v0 cosα  ⋅

2v 0 sin α 

 

 g

v02 sin 2α  = = 40,16 m    g

č ć Put koji igra  treba pre i do lopte je

Δx = x  D −  x 2 = 10,16 m   Znači treba se kretati ovom prosječnom brzinom

vi =

Δx tD

= 3,87

m s

 

16. Dva tijela bačena su istovremeno iz jedne točke na zemlji, i to jedno vertikalno uvis, drugo pod kutom od 45° prema horizontu. Njihove po četne brzine su jednake i iznose 30 m/s. Kolika je udaljenost izme đu tijela poslije vremena od 2 s od trenutka kad su ba čena?

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

12

Rješenje Vektor položaja prvog tijela u ovisnosti o vremenu je:

1 2⎞ ⎛ r1 = y1 j = ⎜ v0t − gt ⎟ j   2 ⎝ ⎠ 



Vektor položaja drugog tijela u ovisnosti o vremenu je:     1 ⎛ ⎞ r2 = x2 i + y2 j = v0t cos θ i + ⎜ v0t sin θ  − gt 2 ⎟ j   2

⎝

⎠

Razlika ova dva vektora je 













r12 = r1 − r2 = − x2 i + ( y 1 − y2 ) j = − v0t cos θ i + v0t ( 1 − sin θ ) j   A iznos ovog vektora predstavlja udaljenost dvaju tijela u ovisnosti o vremenu 



r12 = r1 − r 2   2

r12 = v02t 2 cos 2 θ + v02t 2 ( 1 − sin θ ) = v0t 2(1 − sin θ ) = 46 m   17. Kuglica mase 0,1 kg udara pod pravim kutom u kruti vertikalni zid brzinom od 20 m/s. Mjesto udara nalazi se na visini od 4,9 m iznad tla. Kuglica se odbija od zida i pada na tlo na horizontalnoj udaljenosti 15 m od zida. Koliki je impuls sile kojim je zid djelovao na kuglicu? Rješenje Zid je na kuglicu djelovao impulsom sile I i      promijenio joj brzinu s v1 na v2 . v1 i v2 su na istom pravcu ali imaju suprotan smjer. Nakon odbijanja kuglica se giba po putanji horizontalnog hica, dakle, po putanje parabole. Iz visine te putanje možemo odrediti vrijeme  padanja

h =

t=

 gt 2 2 2h

 g

 

 

Iznos brzine kuglice nakon odbijanja je m/ss   v2 = x = x  g = 15 m/ t 2h

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

13

Impuls sile je

I = mv2 − ( −mv1 ) = m ( v2 + v1 ) = 3,5 kg kgm/s m/s   18. Tijelo mase 15 kg koje miruje raspadne se, uslijed eksplozije, na tri jednaka dijela. Jedan dio ode prema sjeveru, drugi prema istoku, oba brzinom 20 ms -1. Kolikom brzinom i u kojem smjeru je odletio treći dio? Rješenje   Rješenje

Primjenom zakona očuvanja količine gibanja imamo 

 



m1 v1 + m 2 v 2  + m 3 v 3 = 0   







m1 = m 2 = m 3 = m; v 1 = v1 j ; v 2 = v 2 i 

 



⇒



v1 j + v 2  i + v 3 = 0   





v 3 = −  v1 j + v 2 i   Iznos ove brzine je

v 3 = v 12  + v 22 = 28,28 ms -1   Treći dio je odletio prema jugozapadu brzinom 28,28 ms-1. 19. Saonice sa vrećom pijeska, ukupne mase 500 kg kreću se po zamrznutom jezeru brzinom 0,5 m/s. Metak mase 10 g i brzine 400 m/s pogodi sa strane vreću pijeska pod kutom 30° u odnosu na pravac gibanja i zabije se u nju. Kolika je promjena brzine saonica i u kojem smjeru će saonice nastaviti gibanje? Rješenje  Na osnovi zakona očuvanja količine gibanja imamo 





m1v1 + m2 v2 = ( m1 + m2 ) ⋅ v  

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

14

Količine gibanja rastavimo na x na x i y komponente: m1v1 + m2 v2 x = ( m1 + m2 ) ⋅ vx   m2 v2 y = ( m1 + m2 ) vy  

v2 x = v2 ⋅ c  os α  = 346, 4

v2 y = v2 ⋅ s  in α  = 200

m s

m

 

s

 

Iz gornjih izraza slijedi vx  = 0,5069

m s

 i vy  = 0,00399

m s

 

Brzina saonica je v = vx2 + vy2 = 0,5069

m s

 

dakle promjena brzine saonica je

Δv =  v − v1  = 0,0069

m s

≈ 7 ⋅10 −3

m s

 

Smjer gibanja je određen kutom  β  = arctg

vy vx

= 0  , 450985 = 27′ 8′′   

20. Tijelo mase m1 udari u tijelo mase m2 koje miruje. Odrediti koliki treba biti odnos masa ovih tijela (m (m1/m2) da bi se pri centralnom elasti čnom sudaru brzina prvog tijela smanjila tri  puta. Izračunati kinetičku energiju drugog tijela poslije sudara ako je po četna kinetička energija prvog tijela 1500 J. Rješenje Količina gibanja je očuvana

m1v1 =  m1v ,1 + m2 v ,2  

(1)

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

15

gdje su: v1  - brzina tijela mase m1 prije sudara, v ,1  - brzina tijela mase m1 poslije sudara, v ,2   brzina tijela mase m2 poslije sudara. Ako u (1) uvrstimo da je v ,1

=

v1 3

 dobijemo 2m1

 , 2

v = 3m2 v1  

(2)

Isto tako, ukupna energija je očuvana  E 1

,

,

=  E 1 + E 2

m1 v12 2

=

m1 v1, 2 2

+

m2 v 2, 2  

(3)

2

uvrstivši izraze za v1, i v 2,  dobijemo odnos masa m1

= 2 

m2 ,

Uvrštavanjem ovog odnosa u (2) i (3) dobivamo  E k 2   ,

 E k 2   = 1,333 kJ 21. Koliko se dugo spušta tijelo niz kosinu visine h = 2 m i nagiba α = 45° ako je maksimalni kut pri kojem tijelo može mirovati na kosini  β  =  = 30°? Rješenje Jednadžba gibanja za situaciju kad tijelo miruje je

FGT − F tr  = 0   mg sin β = μ ⋅ mg cos β

 

⇒

μ

=

sin β  cos β 

Jednadžba gibanja za situaciju kad tijelo se tijelo giba FGT − Ftr  = ma  

mg sin α − μ ⋅ mg cos α  = ma

⇒   a = 2, 93 ms−1  

Vrijeme za koje se tijelo spusti niz kosinu možemo đ dobiti iz relacije za pre eni put

= tg β  = 0, 577  

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

s=

h sin α

=

16

at 2 2

 

⇒ t=

2h

a sin α 

= 1, 39 s  

22. Dva tijela različitih masa vezana su užetom, kao na crtežu i kreću se po različitim  podlogama. Koeficijenti trenja izme i zmeđu tijela i odgovarajućih podloga su:  μ1 i  μ2. Kakav mora  biti odnos masa da bi sustav mirovao? Masa koloture se zanemaruje. Rješenje   Rješenje Jednadžba gibanja za tijelo mase m1 je

m1a = FZ' − Ftr  1    je  Jednadžba gibanja za tijelo mase m2 je 

m2a = FG 2T − FZ − Ftr 2       α    FG 2T  = m2 g sin Iznosi sila zatezanja na oba tijela jednaki su.

FZ = F Z'   Imamo dvije jednadžbe s dvije nepoznate. Pošto je a = 0 iz gornje dvije jednadžbe dobivamo 0 = m2 g sin α − μ1m1 g − μ2 m2 g cos α     Tako da je traženi odnos masa

m1 ( sin α − μ2 cos α ) =   μ 1 m2 3

23. Automobil mase 2,5·10  kg spušta se cestom nagiba 25°. U momentu kada brzina iznosi 30 m/s vozač počinje kočiti. Koliku silu kočenja treba primijeniti da bi se automobil zaustavio na putu od 150 m. (Stalna sila kočenja je paralelna nagibu.) Rješenje  Na pravcu paralelnom nagibu vrijedi

ma = FGT − FK    FGT  = mg sin   α    Kod jednolikog ubrzanog gibanja brzina i prije đeni  put su

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

17

v = v0 + at   s = v0 t +

at 2 2

 

Iz ove dvije relacije dobivamo

v2 v2 v 2 = v02 + 2as   ⇒   a = − 0     2s Kako je na kraju puta v = 0  imamo

a=

− v02 2s

= −3 ms−2  

Tako je sila kočenja 103 N   FK  = m ( g sin α  − a ) = 17, 025 ⋅ 10 24. Dva tijela, mase m1  i m2, vezana su užetom i postavljena na podlogu. Koeficijent trenja između tijela i podloge je  μ.  μ. Kolika je sila zatezanja užeta, a koliko ubrzanje sustava? Rješenje Jednadžba gibanja za tijelo mase m2 je

m2a = FG 2T − Ftr 2 − FZ   FG 2T  = m2 g sin α   Jednadžba gibanja za tijelo mase m1 je

m1a = FZ' − Ftr  1   Iznosi sila zatezanja na oba tijela jednaki su.

FZ = F Z'   Imamo dvije jednadžbe s dvije nepoznate. Njihovim rješavanjem dobivamo ubrzanje sustava

a=g Sila zatezanja užeta je

m2 (sin α − μ cos α ) − μm1   m1 + m2

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

FZ = FZ' =

18

m1g [m (sin α − μ cos α) − μm1 ] + μm1 g   m1 + m2 2

25. Na kosini, čiji kut je α  =   = 30° nalazi se tijelo mase m = 500 kg. Koeficijent trenja između tijela i podloge je μ  =  = 0,1. Tijelo se gurne niz kosinu brzinom v0 = 2 m/s. Kolikom silom treba djelovati na tijelo da se ono zaustavi poslije vremena t  =  = 5 s? Rješenje Brzina kod jednoliko usporenog kretanja je

v = v0 − at   Pri zaustavljanju tijela v = 0  pa je

a=

v0   t

Jednadžba gibanja tijela je (negativan smjer akceleracije smo

−ma = FGT − Ftr  − F    FGT  = mg sin   α    Tražena sila je

F =m

v0 v +m mgg sin α − Ftr  = m( 0 + g sin α − μ g cos α ) = 2 227, 5 N   t t

26. Kuglicu mase m = 1 kg, obješenu o nit, otklonimo iz ravnotežnog položaja za kut α = 30° i  pustimo. Izračunati silu zatezanja niti u trenutku prolaska kuglice kroz ravnotežni položaj. Rješenje   Rješenje Jednadžba gibanja za kuglicu u radijalnom pravcu je

v2 FZ −  FGN  = mar   = m   l

F GN  =  mg   cos α    Pa je

⎛ v2 ⎞ FZ = m ⎜ + g cos   α ⎟   ⎝ l ⎠ U trenutku prolaska kroz ravnotežni položaj (α  =  = 0 )  sila zatezanja je

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

19

⎛ v2 ⎞ FZ = m ⎜ + g ⎟   ⎝ l ⎠ Brzinu v u trenutku prolaska kroz ravnotežno položaj dobit ćemo koristeći zakon očuvanja energije. Nemamo vanjske sile pa nam vrijedi

ΔEK + ΔEP = 0   ΔEK = −ΔEP   EK 2 − 0 = − ( 0 − EP 1 )   mv2 = mgl(1 − cos α) ⇒ v = 2 gl((11 − cos α)   2 Uvrštavajući ovaj izraz u izraz za silu zatezanja imamo

FZ = mg ( 3 −  2 cos α ) = 12, 44 N   27. Na platformi kamiona bez bočnih strana nalazi se sanduk mase m  = 1200 kg. Kolikim najvećim ubrzanjem kamion može krenuti bez opasnosti da sanduk padne s platforme? Koeficijent trenja između sanduka i platforme je  μ =  μ = 0,3. Rješenje  Na sanduk djeluje inercijska sila ma ma koja  koja mora biti manja od sile trenja

ma ≤ F tr    a≤

F tr    m

Maksimalno ubrzanje kamiona je

a=

mg     = μ g = 2,943  ms −2   m

28. Na kosini nagiba α  = 30° nalaze se dva tijela, čije su mase m1  = 1 kg i m2  = 2 kg. Koeficijent trenja između tijela mase m1  i podloge je  μ1  = 0,25, a koeficijent trenja izme đu je  μ2 = 0,1. Odrediti: tijela mase m2 i podloge je μ a.  silu međudjelovanja dvaju tijela i  b.  minimalnu vrijednost kuta pri kojem će se tijela početi gibati.

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

20

Rješenje   Rješenje a) Jednadžbe gibanja za prvo i drugo tijelo su:

FG1T + F21 − Ftr1  = m1a   FG 2T − F12 − Ftr 2  = m2a   FG1T  = m1 g sin   α    FG 2T  = m2 g sin   α    gdje je F 12 - sila međudjelovanja između tijela mase m1  i tijela mase m2, zbog koje ova dva tijela čine jedan sustav. 



F12 = −F 21   Tijelo 2 silom F 21  gura tijelo 1, a tijelo 1 silom F 12  koči tijelo 2. Iz jednadžbi izrazimo ubrzanje a i uvrstimo u izraz za silu F 12 .

a = g sin α − g cos α 

F 12 =

( μ1m1 + μ 2m2 )   m1 + m2

m1m2 g cos α ( μ1 − μ 2 ) = 0,85 N   m1 + m2

 b)  Tijela će se početi gibati kad su sile u ravnoteži. Tada je ubrzanje jednako nuli.

a = 0  

( μ1m1 + μ 2 m2 )    g sin α = g cos α  m + m 1 2 tg α  =

( μ1m1 + μ 2m2 ) = 0,15   m1 + m2

Traženi kut je

α   = arctg 0, 0,15 = 8,53° = 8° 31' 4 ''''   29. Sila stalnog intenziteta F  intenziteta  F  =   = 1 N daje tijelu ubrzanje a = 10 cm/s2. Ako je prije djelovanja sile tijelo mirovalo izračunati njegovu kinetičku energiju poslije vremena t  =   = 5 s od po četka kretanja.

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

21

Rješenje Rad vanjske sile jednak je promjeni energije tijela, u ovom slu čaju samo kinetičke energije

W ' = ΔE  = ΔEP + ΔEK   

ΔEP = 0   ΔEK = EK 2 − 0   Rad vanjske sile je

W ' = Fs   Put s Put  s možemo odrediti kinematičkom jednadžbom

at 2 s = = 1,25 m   2  Na osnovi gornjih izraza dobivamo da je kinetička energija

EK  = Fs = 1,25 J   30. Tijelo, mase m1 = 15 kg, počne da klizi sa vrha kosine, nagibnog kuta α = 60°. Na kraju kosine, tijelo se zabije u kolica napunjena pijeskom, mase m2  = 90 kg koja miruju na horizontalnoj podlozi. Ako je visinska razlika tijela i kolica u po četnom položaju h = 10 m, odrediti brzinu kojom će se kretati kolica zajedno sa tijelom. Trenje zanemariti. Rješenje Ukupna mehanička energija nekog sustava je o čuvana. Ukupna energija u ovom primjeru  jednaka je potencijalnoj energiji tijela na vrhu kosine. Ona se pretvara u kinetičku energiju gibanja tijela.

m1gh = m1v1   2

2

 Na dnu kosine brzina tijela će biti

v1 = 2 gh = 14 ms -1   Dakle, količina gibanja tijela na dnu kosine je m1 v1 . Ovu količinu gibanja možemo rastaviti na dvije komponente, komponentu u pravcu gibanja kolica m1 v1x  i komponentu okomitu na  pravac gibanja kolica m1 v1y . Komponenta m1 v1y  nije očuvana. Primjenom zakona očuvanja količine gibanja, za komponentu m1 v1x  možemo pisati

m1v1X  = ( m1 + m 2 ) v2  

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

22

Tako je brzina kolica zajedno s tijelom

v2 = v1 cos α 

m1 = 1 ms -1   m1 + m2

31. Na jezeru se nalazi čamac, duljine 10 m i mase 140 kg, postavljen pramcem (prednji dio čamca) okomito na obalu. Udaljenost između obale i pramca je 3,75 m. Da li će čamac dodirnuti obalu u toku kretanja čovjeka, mase 60 kg, od pramca čamca do krme (zadnji dio čamca)? Trenje čamca i vode zanemariti. Rješenje Količina gibanja ovog sustava prije početka kretanja čovjeka jednaka je nuli. Pošto se radi o zatvorenom sustavu ukupna količina gibanja nakon početka kretanja čovjeka treba biti  jednaka nuli. Čovjek se u odnosu na čamac giba brzinom v1, a čamac se u odnosu na obalu giba brzinom v2. Možemo onda pisati

m2 ( v1 − v2 ) − m1v2 = 0   Brzina čovjeka u odnosu na čamac je

l v1 =   t Brzina čamca u odnosu na obalu je

v2 =

s   t

Iz gornjih izraza možemo izvući

s=l

m2 =3m  m1 + m2

Dakle, čamac neće dodirnuti obalu.

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

23

32. Da bi mogao uzletjeti, zrakoplov, mase 4 t, na kraju piste treba da ima brzinu 144 km/h. Duljina piste je 100 m. Kolika je potrebna snaga motora za uzlijetanje zrakoplova ako je njegovo kretanje jednoliko ubrzano? Koeficijent trenja izme đu kotača i piste iznosi μ iznosi  μ =  = 0,2. Rješenje Pišemo jednadžbu gibanja za zrakoplov

Fm − Ftr  = ma   Tako je vučna sila motora

Fm = ma + Ftr    Brzinu možemo odrediti iz kinematičke jednadžbe

v 2 = 2 as

 

Pa je

mv 2 Fm = + μ mg   2s Tako je potrebna snaga motora

⎛ v2 ⎞ P = Fm v = ⎜ + μ g ⎟ mv = 1, 5599 ⋅106 ⎝ 2s ⎠ Drugi način Veza rada i promjene energije je

W '+ Wtr = ΔE = ΔEP + ΔEK   W ' = Fms   Wtr  = − μ mgs  

ΔEP = 0; ΔEK  = Iz gornjih izraza dobivamo

mv 2 Fm = + μ mg   2s Tako je potrebna snaga motora

mv 2 2

 

 

W = 1, 5 59 9 MW  

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

24

⎛ v2 ⎞ P = Fm v = ⎜ + μ g ⎟ mv = 1, 59 59 ⋅106 ⎝ 2s ⎠

W = 1,59 MW  

33. Kugla mase 1 kg ba čena je vertikalno uvis, početnom brzinom 10 m/s. Na koju visinu će kugla odskočiti ako pri udaru u podlogu gubi količinu topline 10 J? Rješenje Ukupna energija koju lopta ima u početnom trenutku jednaka je kinetičkoj energiji.

E = EK 1   Promjena energije kugle jednaka je gubitku energije na toplinu.

ΔE = ΔEP + ΔEK  = −Q   Tako je

EP 2 = EK 1 − Q   mv12

mgh2 =  

2

−Q  

Visina na koju kugla odskoči je

mv12 − 2Q h2 = = 4,077 m   2mg 34. Zamašnjak, polumjera R polumjera  R =  = 0,8 m, okreće se stalnom brzinom ω0 = 7,5 rad/s. Pokreta čki stroj zamašnjaka u jednom trenutku prestane djelovati, ali se on nastavi okretati s usporavanjem još tijekom vremena t   = 24 s. Koliko je kutno ubrzanje zamašnjaka, kao i tangencijalno ubrzanje točke na obodu zamašnjaka tijekom zaustavljanja? Rješenje Kutna brzina u ovisnosti o vremenu je ω = ω0 + αt Kad se zamašnjak zaustavi, ω = 0, pa imamo

0 = ω0 + αt ω0 = - αt  Tako da je kutno ubrzanje

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

25

α  =  = −

ω 0

t

 = -0,313 rad/s2

Tangencijalno ubrzanje

at = α R  = -0,25 m/s2  35. Puni homogeni valjak radijusa 7 cm pusti se kotrljanjem, bez klizanja, niz kosinu duljine 2 m i nagibnog kuta 37 °. Odrediti kutnu brzinu valjka u podnožju kosine. Rješenje Ukupna mehanička energija valjka na kosini, kosini, pošto nema djelovanja vanjskih sila, je očuvana uvana  

ΔE = ΔEP + ΔEK  = 0   EP 2 − EP 1 + EK 2 − EK1 =  0   EP1 = EK 2 = Ekotrljanja + Etranslacije   mgh =

Moment tromosti valjka je

mR 2 2

Iω 2 2

+

mv 2 2

 

, a brzina v = ω ⋅ R .

mgh =

mR 2ω 2 4

+

mR 2ω 2 2

=

3mR 2ω 2 4

 

Tako je kutna brzina na kraju kosine 2  gh ω  = R

3

56, 60 s   = 56,

36. Preko dva homogena valjka prebačena je nit na kojoj vise dva utega. Mase utega su m1 = 2 kg  kg  i m2 = 1 kg, a mase valjaka m3  = 1 kg i m4  = 5 kg. Odrediti ubrzanje sustava pod  pretpostavkom da nema klizanja. Rješenje   Rješenje Za svako tijelo pišemo jednadžbu gibanja. Za uteg mase m1 

m1 g − FZ1 = m1a  

(1)

Za valjak mase m3 izražavamo jednadžbu za moment sile

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

26

 M1 = ( FZ' 1 − FZ 2 ) R1    M 1  je moment sile koji djeluje na valjak je  M1 = I1 ⋅ α1; I 1 =

FZ' 1 − F Z 2 =

m3a 2

m3R12 2

; α 1

 

=

a   R1 (2)

Za valjak mase m4 moment sile je

 M2 = ( FZ' 2 − FZ' 3 ) R2   FZ' 2 − F Z' 3 =

m4a

 

(3)

FZ 3 − m2 g = m2 a  

(4)

2

Jednadžba gibanja za uteg mase m2 je

Iz jednadžbi (1), (2), (3) i (4) slijedi

a=

2( m1 − m2 ) g 2(m1 + m2 ) + m3 + m4

= 1, 635 ms-2  

37. Koloturu, mase 10 kg i vanjskog promjera 50 cm, vu čemo konopcem koji je namotan na osovinu, polumjera 10 cm, silom od 10 N. Koliki mora biti faktor trenja izme đu podloge i koloture kako bi kolotura klizila bez trenja? Rješenje Pišemo jednadžbu gibanja za koloturu koja klizi

F − Ftr  = ma   Ftr  = μ mg   Rezultantni moment sile na koloturu mora biti jednak nuli kako ne bi došlo do okretanja koloture.

Fr − Ftr R = 0   Iz (1) i (3) dobivamo ubrzanje kojim kolotura klizi

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

a=

27

F ( R − r ) = 0,3 m/s2   mR

Minimalni faktor trenja između koloture i podloge, kako ne bi došlo do okretanja, mora biti μ  =

  F − ma mg

= 0,07  

38. Platforma oblika diska mase 90 kg rotira frekvencijom 0,5 s-1 oko okomite osi koja prolazi kroz centar mase. Na rubu platforme stoji dječak mase 30 kg. Kolikom će frekvencijom rotirati platforma ako se dječak pomjeri u sredinu platforme. (Aproksimirati dječaka materijalnom točkom.) Rješenje Ako nemamo djelovanje momenta sile ukupna kutna količina gibanja je očuvana.

∑ I ω   = const.   i

i

i

 I 1ω1 = I 2 ω2  Ukupni moment tromosti diska i čovjeka na rubu je

I1 =  m1

R2 2

+ m2 R 2  

Ukupni moment tromosti diska i čovjeka u sredini diska je

I 2 = m1 ω1

R2 2

 

= 2πν 1  

ω2

= 2πν 2  

Uvrstivši izraze za momente i kutne brzine u gornju jednakost imamo ν2

=

2m1 + 4m2

m1

ν 1

= 0,833 s-1  

39. Dva tijela, jednakih masa m, povezana su užetom kroz otvor na horizontalnoj podlozi. Jedno tijelo se nalazi na podlozi i po njoj rotira, dok drugo visi u zraku. Koliku kutnu brzinu treba imati tijelo koje rotira da bi tijelo koje visi ostalo na istom nivou? Polumjer putanje tijela na podlozi je R je R.. Sva trenja zanemariti. Rješenje Jednadžba gibanja za obješeno tijelo je

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

28

mg − FZ = ma   Jednadžba gibanja za tijelo na horizontalnoj podlozi je

FZ' = mar = mω 2 R = Fcp   Iznosi sila zatezanja su jednaki

FZ = F Z'   Uvjet je da obješeno tijelo ostane na istoj visini, dakle a = 0 , pa je

mω 2 R   = mg   Kutna brzina je ω  =  =

 g   R

40. Knjiga mase m1 = 500 g nalazi se na stolu, a ispod knjige je list papira mase m2 = 50 g. Koeficijent trenja između svih površina je 0,1. Papir je povu čen silom  F . Koliki treba biti iznos ove sile kako bismo papir izvukli ispod knjige? Rješenje

Djelovanjem sile  F   knjiga i papir se gibaju kao jedno tijelo. Ako iznos sile  F   preraste graničnu vrijednost gibat će se samo papir.

F − Ftr  = ma   F − μ ( m1 + m2 ) g = ( m1 + m2 ) a   Ubrzanje kojim se gibaju knjiga i papir pod djelovanjem sile F  sile  F  je:  je:

a=

F  − μ g   m1 + m2

Knjiga se praktično nalazi u inercijskom sustavu vezanom za papir i na nju djeluje inercijska sila iznosa m1 a . Ako ova sila preraste silu trenja knjiga će se odvojiti od papira.

Fin = F tr1    m1a = μ m1g  

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

29

a = μ g   μ g =

F  − μ g   m1 + m2

F = 2 μ g ( m1 + m2 ) = 1, 08 N   41. Vlak se giba v = 50 km/h po zakrivljenom dijelu staze brzinom. Kuglica obješena o nit u vagonu otklanja se pri tome za kut α = 5°. Odrediti radijus zakrivljenosti putanje. Rješenje Vlak koji se giba po zakrivljenoj stazi predstavlja neinercijski sustav. Stoga na kuglicu obješenu u vagonu djeluje inercijska centrifugalna sila

mv 2   Fcf  = mω  r = r  2

Pored inercijske sile na kuglicu djeluje sila teža, te sila zatezanja niti. Iznos vektorskog zbroja inercijske sile i sile teže jednak  je iznosu sile zatezanja. Tako možemo pisati

mg = F Z cos   α    Fcf = F Z sin   α    Iz gornjih izraza dobivamo

r =

v2  gtg  α 

98 m ≈ 227 m   = 226, 98

42. Stožasto njihalo sastoji se od niti duljine 2 m i kuglice mase 0,5 kg. Njihalo rotira i u sekundi čini dva okreta oko vertikale. Izra čunati silu zatezanja u niti i kut položaja niti u odnosu na vertikalu. Rješenje Kuglica se giba po putanji kružnice u horizontalnoj ravnini. Horizontalna komponenta sile zatezanja predstavlja centripetalnu silu.

Fzx = Fz sin α = mar =  mω 2 R   Pošto su

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

30

  α   i ω = 2π   f    R = l sin Horizontalna komponenta sile zatezanja iznosi 2

Fz = m ( 2π  f ) l = 157, 75 N   Vertikalna komponenta sile zatezanja izjednačena je sa silom teže

Fzy = Fz cos α  = mg   Kut položaja niti u odnosu na vertikalu je α

= arccos α  = arccos

mg = 88, 218° = 88° 13 ' 55,, 6 ''   F z

43. Tijelo mase 2 kg vezano je koncem i rotira oko jedne to čke u vertikalnoj ravnini u polju Zemljine teže. Izračunati razliku među silama zatezanja konca kada se tijelo nalazi u najvišoj i najnižoj točki putanje. Rješenje Jednadžba gibanja u radijalnom pravcu za tijelo koje na koncu rotira u vertikalnoj ravnini je

FZ − FGN

v2 = mar =  m   R

FGN  = mg cos   α   

⎛ v2 ⎞ FZ = m ⎜ + g cos   α ⎟   ⎝R ⎠ U najvišoj u točki, označenoj s A, gornja jednadžba gibanja postaje

⎛ v A2 ⎞ FZA = m ⎜ − g ⎟   ⎝R ⎠ A u najnižoj u točki, označenoj s B, postaje

⎛ vB2 ⎞ FZB = m ⎜ + g ⎟   ⎝R ⎠ Razlika ove dvije sile zatezanja je

⎡ ( vB2 − vA2 ) ΔF = FZB − FZA = m ⎢⎣

R

⎤ + 2 g ⎥⎦  

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

31

Razlika vB2 − vA2  se dobije iz zakona o očuvanju energije, iznos potencijalne energije tijela u točki A se pretvara u kineti čku energiju u točki B.

mvB2 2

=

mv A2

+ 2Rmg

2

⇒

vB2 − v A2 = 4 R Rgg  

Tako je razlika sila zatezanja

ΔF = 6mg = 117, 72 N   44. Luster mase 6 kg visi na plafonu koji se može opteretiti silom od 93,34 N. Luster se otkloni za kut α i pusti. Koliki može biti maksimalni kut otklona da luster ne bi pao? Rješenje Luster u mirovanju opterećuje plafon svojom težinom mg . Luster otklonjen za kut α djelovat će na plafon dodatnom silom, iznosom centripetalne sile. Jednadžba gibanja za luster u radijalnom pravcu je

FZ − FGN = mar =  m v   l 2

FGN  = mg cos   α    Pa je sila zatezanja

⎛ v2 ⎞   α ⎟   FZ = m ⎜ + g cos ⎝ l ⎠ FZ = F Z'   U trenutku prolaska kroz ravnotežni položaj (α  = 0 )  sila zatezanja će biti maksimalna

⎛ v2 ⎞ FZ = m ⎜ + g ⎟   ⎝ l ⎠ Brzinu v u trenutku prolaska kroz ravnotežno položaj dobit ćemo koristeći zakon očuvanja energije. Nemamo vanjske sile pa nam vrijedi

ΔEK + ΔEP = 0   ΔEK = −ΔEP   EK 2 − 0 = − ( 0 − EP 1 )  

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

32

mv2 = mgl(1 − cos α) ⇒ v = 2 gl((11 − cos α)   2 Uvrštavajući ovaj izraz u izraz za silu zatezanja dobivamo cos α   = =

F Z   2 2mg 3

−

Tako je maksimalni kut otklona

⎛3

F Z ⎞ ⎟ = 45°   mg 2 2 ⎝ ⎠

α  = arc cos ⎜

−

45. Tijelo, mase m  = 1 kg, vezano je na kraju niti duljine l   = 0,5 m. Nit s tijelom rotira u vertikalnoj ravnini stalnom kutnom brzinom ω = 10 rads-1. Kolika je zatezna sila niti kad je tijelo u točkama A, B, C i D? Rješenje Jednadžba gibanja u radijalnom pravcu za tijelo koje na koncu rotira u vertikalnoj ravnini je

FZ − FGN = mar =  mω 2l  

FGN  = mg cos   α    Pa je sila zatezanja

FZ = m ( g  cos    α  + ω 2l )   Sile zatezanja u traženim točkama su:

 A (α  = 0  °) : F Z = 59, 81 N   B (α   = = 90°) : F Z = 50 N   C (α   = = 180°) : F Z = 40,19 N   D (α   = = 270°) : F Z = 50 N   46. Leteći brzinom v  = 600 kmh-1  avion napravi “petlju” u vertikalnoj ravnini polumjera  R  R =  = 600 m. Kolikom silom djeluje pilot, mase m = 80 kg, na svoje sjedalo u trenutku kad se avion nalazi u najvišoj točki, a kolikom kad se nalazi u najnižoj to čki putanje?

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

33

Rješenje Možemo pisati jednadžbu gibanja za pilota u radijalnom pravcu. Na njega djeluje sila sjedala i sila teže.

FS − FGN = mar =  m

v2

 

R FGN  = mg cos   α    U najnižoj točki (α  (α  =  = 0°) sila sjedala je

⎛ v2 ⎞ 4,485 5 kN   FSA = m ⎜ + g ⎟ = 4,48 R ⎝ ⎠ A u najvišoj točki (α  (α  =  = 180°) sila sjedala je

F =m SB

⎛ v2

⎞ − g = 2,91 2,918 8 kN   ⎜⎝ R ⎠⎟

47. Odrediti vrijeme obilaska Mjeseca oko Zemlje, ako je poznato da je: a)  ubrzanje slobodnog pada na Zemlji (Zemljinom polu) g  polu) g 0 = 9,83 m/s2,  b)  polumjer  polumjer Zemlje R Zemlje RZ = 6400 km, c)  udaljenost od centra Zemlje do centra Mjeseca d = 3, 8 84 4 ⋅ 10 5 km Rješenje   Rješenje Centripetalna sila rotacije Mjeseca oko Zemlje je gravitacijska sila izme đu Zemlje i Mjeseca.

mm v 2

=G

R

mmmZ 2

 

R

Ako zamijenimo obodnu brzinu Mjeseca s kutnom brzinom možemo izračunati period obilaska Mjeseca oko Zemlje.

v = ω R

g0 = G

RZ2 ω    =  g0 3   R 2

 

2

⎛ 2π  ⎞ = g RZ2   ⎜T ⎟ 0 R3 ⎝ ⎠

mZ   RZ2

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

T  =

4π 2 R3

 g0 RZ2

=

2π R

RZ

34

R = 2, 355 ⋅106 s ≈ 27 dana   g0

48. Koliku brzinu treba imati umjetni Zemljin satelit koji se kre će po kružnoj putanji na visini  H ? Koliki je period kretanja ovog satelita? Rješenje: Centripetalna sila rotacije satelita oko Zemlje je gravitacijska sila izme đu Zemlje i satelita.

mS v 2 mSmZ =G   ( RZ + H ) 2   RZ + H Odavde nalazimo da je tražena brzina

v= G

mZ RZ + H 

 

Period kretanja satelita je

T=

2π  ω 

=

2π  ( RZ

v

+ H )

   R + H  = 2π  ( RZ + H ) Z GmZ

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

35

1. Grafički su prikazana dva vektora u xy u xy ravnini.  ravnini. Izraziti ove vektore, te na ći: 



 







 







 



 



a)  A + C − B i  A + C − B ;  b) B + D − A i B + D − A ; c) 







( A + B) ⋅ C ; i

 

ϕ  između  A + B





 



(



 



kut ϕ između C − D i  A; e) C − D 



(





f) C − B



× B− A



i C−B





kut



)×B i









(C − D) ⋅ A; i (C − D) × B ;  

i C ; d)



 







× B− A

. 

) ( a)  A ) +(C − B =) 3(i + j ;  A ) + C − B = 3,16;  b) 













 



(Rješenje: 















B + D − A = 5i + 3 j ; B + D − A = 5,83; c) 











( A + B) ⋅ C = −30; ϕ   == 120° 58 ' 9,7 ''''; d) (C − D) ⋅ A = −2; ϕ   == 93° 22 ' 8, 3 ''''; e) 

 



 







(C − D) × B = 26 k ;

 













 



(C − D) × B = 26; f) (C − B) × ( B − A) = 32 k ;









(C − B) × ( B − A) = 32;  

2. Brzina gibanja automobila na prvoj polovici puta je 36 km/h, a na drugoj 54 km/h. Kolika  je srednja brzina gibanja automobila na putu? (Rješenje: v = 43,2 km/h) 3. Na prvoj trećini puta automobil se kreće brzinom v1, a na ostalom dijelu puta brzinom v2 = 54 km/h. Srednja brzina automobila na cijelom putu je v = 36 km/h. Kolika je brzina v1? (Rješenje: v1 = 21,6 km/h) 4. Tijelo se kreće po ravnoj putanji tako što u jednakim sukcesivnim vremenskim intervalima, koji traju ∆t , ima stalne brzine v1, v2, v3,…, vn. Kolika je srednja brzina tijela? n

(Rješenje: v

=

∑v i=1

n

i

)

5. Lokomotiva se kreće brzinom v1 = 54 km/h. Nasuprot njoj nai đe vlak, duljine l = 150 m, koji se kreće brzinom v2  = 36 km/h. Koliko će vremena kompozicija vlaka prolaziti pored strojovođe lokomotive? (Rješenje: t  =  = 6 s) 6. Ako ubrzanje autobusa pri polasku i kočenju ne smije biti veće od 1,2 m/s2, a njegova najveća brzina je 40 km/h, naći najkraće vrijeme za koje će autobus prijeći put između dvije susjedne stanice koje se nalaze na udaljenosti od 2 km. (Rješenje: t m min in = 190 s) 7. Od trenutka zapažanja signala „stop“ pa do primjene kočnice vozaču je potrebno vrijeme od 0,7 s. Ako kočnice automobila mogu ostvariti usporenje od 5 m/s2, izračunati duljinu puta koju će automobil prijeći od trenutka zapažanja signala pa do zaustavljanja. Brzina automobila prije početka kočenja iznosila je 100 km/h. (Rješenje: s (Rješenje:  s =  = 96,6 m)

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

36

8. Automobil i kamion počinju se gibati u isto vrijeme, u istom smjeru, s tim da kamion  počinje gibanje na nekoj udaljenosti ispred automobila. Automobil i kamion se gibaju sa stalnim ubrzanjima, iznosa a1 = 2 m/s2 i a2 = 1 m/s2. Automobil dostigne kamion nakon što je kamion prešao 32 m. Koliko vremena je bilo potrebno automobilu da dostigne kamion? Kolike su bile brzine automobila i kamiona u tom trenutku? Koliko su automobil i kamion bili udaljeni na početku gibanja? (Rješenje: t  =  = 8 s; v1 = 16 m/s, v2 = 8 m/s; d  =  = 32 m) 9. Jedno pada vrha zgrade, 100 tijelo m. Jednu sekundu tijelo je batijelo prema dolje počsetnom brzinomvisoke v0. Drugo sustigne prvo kasnije, tijelo na drugo visini čeno slobodno 20 m iznad tla. Kolika je bila po četna brzina v0? (Rješenje: v0 = 11, 42 m/s) 10. Lopta je ba čena pod kutom od 60° prema horizontali. Ona slije će 2 m od ruba zgrade visoke 20 m. Rub zgrade je 38 m udaljen horizontalno od mjesta bacanja lopte. Odrediti  brzinu kojom je lopta bačena. (Rješenje: v0 = 25, 24 m/s)

11. Tijelo se gurne uz kosinu početnom brzinom 48 m/s. Ako je nagib kosine 30°, odrediti koliki će put tijelo prijeći po njoj do zaustavljanja, pod uvjetom da je trenje zanemarivo. (Rješenje: s (Rješenje:  s =  = 235 m) 12. Automobil, čiji kotači imaju promjer 0,60 m, giba se po ravnom putu brzinom 60 km/h. Pri kočenju se automobil zaustavi poslije prijeđenog puta od 20 m. Pod pretpostavkom da je usporenje automobila jednoliko, izračunati kutno ubrzanje njegovih kota ča tijekom kočenja. (Rješenje: α = - 23,2 rad/s2) 13. Automobil se kreće po horizontalnoj kružnoj putanji putanji polumjera R polumjera R =  = 43 m, tangencijalnim -2

at  =

ubrzanjem 2 ms . Za koje vrijeme će automobil prijeći prvi krug ako mu je po četna  brzina v0 = 36 kmh-1? (Rješenje: t 1 = 12 s.) 14. Osovina nekog motora okreće se stalnom kutnom brzinom 200 π rad/s. Kočenjem se kutna  brzina osovine smanji na 160 π rad/s za vrijeme od 4 s. Koliko je srednje kutno ubrzanje i broj učinjenih okretaja za vrijeme ko čenja? (Rješenje: α = −10π rads -2  i n = ϕ/2π = 360 ok) 15. Tijelo, pri gibanju stalnom kutnom brzinom ω 0  = 4 rad/s, dobije kutno ubrzanje α = - 0,5 rad/s2. Kolika će biti kutna brzina tijela nakon: a)  vremena t  =  = 1 s,  b)  kutnog pomaka od ϕ  =  = (π/3) rad, c)  n = 2 okretaja? (Rješenje: a. ω  =  = 3,5 rad/s; b. ω  =  = 3,9 rad/s; c. ω  =  = 1,85 rad/s)

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

37

16. Jedno tijelo slobodno pada s visine h  = 8000 m, a u isto vrijeme je sa zemlje izbačeno drugo tijelo vertikalno uvis brzinom v0. Kolika treba biti brzina v0 da se tijela susretnu na pola  puta? (Rješenje: v0 = 280 m/s) 17. Tijelo slobodno pada, i u posljednjoj sekundi kretanja pre đe put koji je jednak putu koji je tijelo prešlo za prve 3 s kretanja. Odrediti ukupno vrijeme padanja kao i visinu sa koje je tijelo  palo. (Rješenje: t  = 5s; h = 122, 122, 625 m ) 18. Kamen se pusti da slobodno pada u bunar. Udar u vodu čuje se nakon 2,58 s. Odrediti dubinu bunara. Uzeti da je brzina zvuka c = 340 m/s. (Rješenje: h = 30,4 m) 19. S iste visine i u istom trenutku počnu padati dvije kuglice, i to jedna kuglica bez početne  brzine, a druga početnom brzinom v0 = 20 m/s. Prva Prva kuglica padne za drugom nakon Δt  =  = 2 s. S koje visine su kuglice pale, te koja su vremena padanja kuglica? (Rješenje: h = 14,1 km; t 1 = 53,6 s i t 2 = 51,6 s) 20. Tijelo, koje slobodno pada, prije đe drugu polovicu puta za vrijeme ∆t  =  = 1 s. a) Koliko je ukupno vrijeme padanja tijela  b) S koje visine je tijelo pušteno? (Rješenje: a) t  =  = 3,42 s, b) h = 57,2 m) 21. S tornja visokog 25 m ba čeno je tijelo vertikalno uvis, početnom brzinom 10 m/s. Koliko  je vrijeme padanja tijela, a kolika njegova brzina pri padu na tlo? (Rješenje: t = 3,5 s; v = 24,3 m/s) 22. Tijelo se baci u horizontalnom pravcu s visine h  = 6 m iznad zemlje. Tijelo padne na udaljenosti l  =  = 10 m od mjesta bacanja. Pod kojim kutom će tijelo pasti na zemlju? (Rješenje: α = 56°18') 23. Iz tri točke na vertikalnoj obali istovremeno su izbačene tri jednake kuglice u horizontalnom pravcu, početnim brzinama v01 = 50 m/s, v02 = 75 m/s i v03 = 100 m/s. Prva kuglica padne na površinu vode na horizontalnoj udaljenosti 100 m od obale. Ako sve tri kuglice istovremeno padnu na površinu vode izra čunati: a) vrijeme padanja svake kuglice,  b) visine h1, h2 i h3 s kojih su kuglice izba čene, c) brzine kuglica v1, v2 i v3 u trenutku pada u vodu. (Rješenje: a) t 1  = t 2  = t 3  = 2 s; b) h1  = h2  = h3  = 19,6 m; c) v1  = 53,7 m/s, v2  = 77,4 m/s, v3 = 102 m/s) 24. Tijelo je bačeno pod kutom α = 70° prema horizontu. Za vrijeme t m = 80 s ono dostigne najvišu točku. Odrediti početnu brzinu rakete i položaj pada rakete. (Rješenje: v0 = 835 m/s;  xD = 45,7 km)

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

38

25. Pri lansiranju rakete, mase m  = 200 kg, trenutno sagori 1/4 njene mase i kao produkt sagorijevanja izleti u suprotnom smjeru od smjera kretanja rakete. Ako je brzina produkata sagorijevanja u odnosu na raketu v1 = 1800 m/s, kolika je početna brzina rakete?  Na kojoj će udaljenosti od mjesta lansiranja pasti raketa ako je kut prema horizontu pod kojim  je izbačena raketa α = 30°? (Rješenje: v0 = 600 m/s; x m/s; xD = 31,78 km) 26. Tijelo, mase 10 g, ispaljeno je u horizontalnom pravcu brzinom v1. Ono se zabija u drveni  blok, mase 7 kg, koji se nalazi na glatkoj horizontalnoj podlozi, nakon čega se blok počinje klizati brzinom 0,5 m/s. Odrediti brzinu tijela prije sudara s drvenim blokom i izgubljenu energiju u ovom sudaru. (Rješenje: v1 = 350,5 m/s; Q = 613,38 J) 27. Nogometni vratar, mase 80 kg, udara loptu, mase 0,5 kg, koja je prema njemu dolazila horizontalno brzinom 1 m/s. Odmah nakon udara lopta se nastavila gibati horizontalno, u suprotnom smjeru, brzinom 0,8 m/s. Pretpostaviti da je udar trajao 0,2 s. Koja je minimalna vrijednost statičkog faktora trenja između vatara i tla kako vratar ne bi proklizao. (Rješenje: μ = 0,006) 28. Na zaustavljenom željezničkom vagonu, mase m1  = 8 t, nalazi se raketna rampa s koje rakete polijeću brzinom v0  = 1000m/s. Istovremeno se lansiraju dvije rakete, svaka mase m2 = 80 kg, u horizontalnom pravcu, koji se poklapa s pravcem tra čnica. Za koliko se pomjeri vagon pri ovome ako je ukupni koeficijent trenja pri gibanju vagona µ vagona µ =  = 0,06? (Rješenje: s (Rješenje:  s =  = 339,8 m) 29. Metalna kuglica, mase 10 g, slobodno pada s visine od 30 m. Kuglica padne na glatku metalnu ploču, od koje se odbije ne promijenivši iznos brzine. Ako je dodir kuglice s plo čom trajao 1 ms, izračunati iznos impulsa sile, kao i veli činu srednje sile kojom kuglica djeluje na  ploču. (Rješenje: I (Rješenje:  I = 0,48 kgm/s, F = 485,2 N) 30. Padobranac, mase 50 kg, iska če iz zrakoplova i slobodno pada do trenutka kad postigne  brzinu od 20 m/s. Tada otvara padobran, te mu se za 5 s brzina smanji na 5 m/s. Pretpostavljajući da je akceleracija bila stalna odredite ukupnu silu zatezanja u padobranskim nitima i rezultantnu silu na padobranca. (Rješenje: F  (Rješenje: F Z = 640, 5 N; F  N; F  =  = 150 N) 31. U sustavu tijela prikazanom na slici mase tijela su m1  = 10 kg i m2  = 5 kg. Koeficijent trenja između tijela mase m1 i podloge je μ  =  = 0,2 dok je kut kosine α  =  = 30°. Odrediti: a)  ubrzanje sustava tijela i  b)  silu zatezanja užeta. (Rješenje: a. a = 5,4 m/s; b. F  b. F Z = 22 N)

32. Automobil, mase m = 4000 kg, kreće se brzinom v0 = 120 km/h po horizontalnom putu. Ako je sila trenja pri kretanju automobila F  automobila  F ttr r  = 10 kN, odrediti duljinu puta koju će automobil ć  prije i poslije (Rješenje: s (Rješenje:  s =  = prestanka 222,2 m) rada motora.

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

39

33. Skijaš stoji nepomično na snježnoj padini nagiba 15° u odnosu na horizontalu. Zbog  pritiska skija sloj snijega ispod skija se postupno topi, te se smanjuje statičko trenje i u  jednom trenutku skijaš se počne gibati. Kolika je vrijednost statičkog koeficijenta trenja u ovom trenutku? Ako vrijednost koeficijenta trenja klizanja između skija i snijega iznosi 0,1 odrediti brzinu skijaša poslije 5 s, te prije đeni put u ovom vremenu. (Rješenje: μ S = 0,268; v = 7,95 m/s; s m/s; s =  = 19,88 m) 34. Na horizontalnom dijelu puta, duljine  s  s   = 3 km, brzina automobila se pove ća s v1 = 36 km/h na v2 = 72 km/h. Ako je masa automobila m = 1,5 t, a koeficijent trenja izme đu automobilskih guma i puta iznosi  iznosi μ  =  = 0,02, odrediti: a)  rad koji izvrši automobil na tom putu  b)  srednju snagu koju razvija motor automobila na tom putu. (Rješenje: a. W = 1,11⋅106 J = 1,11 MJ; b. P = 5,54 kW) 35. S vrha kosine, visine 1 m i duljine 10 m klizi tijelo mase 2 kg. Odrediti kineti čku energiju koju tijelo postiže pri dnu kosine ako je faktor trenja klizanja 0,06. (Rješenje: Ek  = 7,91J ) 36. Za sustav tijela prikazan na slici i uz date podatke odrediti ubrzanje sustava i silu zatezanja konopca. m1 = 250 g m2 = 500 g α = 30° β = 45° (Rješenje: a = 2,989 ms-2; F Z = 1,974 N) 37. Po kosini se giba tijelo mase  M . Koeficijent trenja između tijela i podloge je  μ =  μ = 0,01. S ovim tijelom je preko koloture povezano drugo tijelo mase m  = 2 kg. Treba odrediti masu tijela M  tijela  M  ako  ako se ono po kosini giba ubrzanjem 2 m/s 2. (Rješenje: M = 53,17 kg)

38. Tijelo mase m, koje se nalazi na kosini nagiba 40°, vezano je užetom preko koloture s tijelom mase 0,5 m, kao što je prikazano na slici. Odrediti koliki treba biti koeficijent trenja μ  izme μ   između tijela na kosini i podloge da bi tijela mirovala. Trenje u koloturi zanemariti. (Rješenje: μ  =  = 0,187 )

39. Kameni blok, mase 200 kg, nalazi se na kosini nagiba 15°. Da bi se blok gibao niz kosinu  potrebno je na njega djelovati tangencijalnom silom od 490 490 N. a) Koliki je koeficijent trenja između bloka i kosine ako je gibanje bloka jednoliko?  b) Kolikom silom bi se mogao vući isti blok uz kosinu? (Rješenje: µ (Rješenje:  µ =  = 0,52 b) F  b) F  =  = 1493 N)

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

40

40. Automobil ukupne mase 2·103  kg spušta se cestom nagiba 30°. U trenutku kad brzina automobila iznosi 20 m/s voza č je započeo kočiti. Koliku silu kočenja treba primijeniti da bi se automobil zaustavio na putu od 100 m? Pretpostavlja se stalna sila ko čenja paralelna nagibu. (Rješenje: F K   = 13 13,, 81 kN ) 41. Tijelo je gurnuto početnom brzinom 10 m/s uz kosinu nagiba 20° u odnosu na horizontalu. Koeficijent trenja iznosi 0,2. Odrediti vrijeme gibanja tijela do trenutka kad se zaustavi i započne klizanje nazad, te prijeđeni put u ovom vremenu. Odrediti vrijeme u kojem se tijelo vrati u početnu točku. (Rješenje: t 1 = 1,92 s; s s; s =  = 9,62 m; t 2 = 3,57 s) 42. Vlak u zabavnom parku penje se na maksimalnu visinu od 50 m i tuda prolazi brzinom od 0,5 m/s. Zatim se spušta na minimalnu visinu od 5 m, te se ponovno uspinje, sada do visine 30 m. Zanemarujući trenje odrediti brzinu vlaka u ove dvije to čke. (Rješenje: v2 = 29,72 m/s; v3 = 19,82 m/s)

43. Dizalica vertikalno diže teret mase 500 kg stalnom brzinom od 2 m/s. Odrediti potrebnu snagu dizalice za ovaj rad. Koliki rad je dizalica učinila ako je teret podignut 20 m? Druga dizalica može podići isti teret dvostruko većom brzinom. Izračunati snagu i rad te dizalice za  podizanje tereta na istu visinsku razliku. (Rješenje: P  (Rješenje:  P 1 = 9810 W; W 1 = 98100 J; P  J; P 2 = 19620 W; W 2 = 98100 J) 44. Tobogan u zabavnom parku, kojim se giba vlak, na jednom mjestu ima kružnu petlju  polumjera 20 m. Vlak se spušta s visine h, gdje je bio u mirovanju. Pretpostavljaju ći da se vlak giba slobodno, bez sile trenja i bez motora, odrediti potrebnu visinu h  kako bi vlak  prošao ovu kružnu petlju. (Rješenje: h = 50 m)

45. Najveće dozvoljeno ubrzanje lifta, mase 600 kg, iznosi 1,2 m/s 2. Kolika je: a) najveća sila zatezanja užeta koje nosi lift,  b) ova sila kad bi bilo a = g   = g , c) sila zatezanja užeta kad lift stoji, a kolika kad se kre će jednoliko? (Rješenje: a) F  a) F Zmax b) F Zmax c) F Z = 5,9 kN) Zmax = 6,6 kN; b) F  Zmax = 11,8 kN; c) F 

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

41

46. Vlak se kreće po kružnom željezničkom kolosijeku, polumjera  R  R   = 0,5 km kutnim 2 ubrzanjem α  = 0,0049 rad/s . Koliko je ubrzanje vlaka u trenutku kad je njegova brzina v = 60 km/h? Kolika je tada kutna brzina kota ča vagona ako je njihov polumjer r  =  = 0,5 m? 2 (Rješenje: a = 2,5 = 2,5 m/s , ω = 33,3 rad/s) 47. Disk, polumjera R polumjera  R =  = 12 cm, počne se okretati kutnim ubrzanjem α = 2 rad/s2. Izračunati ubrzanje točke na obodu diska poslije vremena t  =  = 2 s od trenutka po četka kretanja? 2

(Rješenje: a = 1,935 m/s ) 48. Kotač, polumjera R = 20 cm po čne se okretati stalnim kutnim ubrzanjem α = 6,28 rad/s2. Kolika je brzina i ubrzanje točke na obodu kotača poslije vremena t = 5 s od po četka kretanja? (Rješenje: a = 197,2 m/s 2) 49. Metalna kugla, polumjera r   = 20 cm i mase m = 40 kg, rotira stalnom kutnom brzinom ω = 2 rad/s oko osi: a)  koja prolazi kroz njen centar mase,  b)  koja se nalazi na udaljenosti d  =  = 2r  2r  od  od prethodne osi. Kolika je kinetička energija kugle u oba slučaja? (Rješenje: a) E  a) E kk  = b) E k    1,3 J; b) E  k =   14,1 J) 50. Na osovini motora koji stvara moment sile  M   = 785 Nm, nalazi se cilindar, mase m = 400 kg i polumjera R polumjera R =  = 20 cm. Ako motor po đe iz mirovanja za koje vrijeme će napraviti  prvi okretaj? Kolika je energija predana cilindru za to vrijeme? (Rješenje: t  =  = 0,358 s; E  s; E k  k  = 4,94 kJ) 51. Koloturu, vanjskog promjera 40 cm, vučemo konopcem koji je namotan na osovinu,  promjera 16 cm i ona pri tome klizi ubrzanjem 0,4 m/s2. Koliki mora biti faktor trenja izme đu  podloge i koloture kako bi kolotura kolotura klizila bez okretanja? (Rješenje: µ (Rješenje:  µ =  = 0,027)

52. Na homogeni tanki cilindar mase m 1 i polumjera R, namotano je tanko nerastegljivo uže zanemarive mase, na čijem je kraju privezano tijelo mase m2. Zanemarujući trenje u osi cilindra odrediti: a)  kutnu brzinu cilindra i  b)  kinetičku energiju cijelog sustava u funkciji vremena kretanja.

m2 g 2t 2 ) ; b) Ek =  = (Rješenje: a) ω  = ⎛ ⎛ m1 ⎞ m1 ⎞ 2 ⎜1 + R ⎜1 + ⎟ ⎟ m 2 ⎝ 2m2 ⎠ ⎝ 2 ⎠  gt

53. Tijelo, mase m = 200 g, vezano konopcem duljine l  =   = 0,5 m, rotira u vertikalnoj ravnini. Izračunati najveću kutnu brzinu rotiranja tijela pod uvjetom da se konopac ne prekine. Maksimalna sila zatezanja koju konopac može izdržati je F  je F Zmax Zmax = 295 N. max = 54,1 rad/s) (Rješenje: ω max

 

Zadaci iz fizike (1. dio) 4. izdanje

42

54. Udaljenost od Zemlje do Mjeseca iznosi približno  RZM  = 3,85⋅108 m, a period obilaska Mjeseca oko Zemlje je T M  = 27,3 dana. Saturnov satelit Diona ima polumjer putanje oko Saturna  RSD  = 3,78⋅108  m, a period obilaska oko Saturna T D  = 2,7 dana. Na osnovu ovih  podataka odrediti odnos masa Zemlje i Saturna. (Rješenje: mZ/mS = 0,01) 55. Planet, mase m, kreće se po kružnoj putanji oko Sunca brzinom v  = 34,9 km/s. Odrediti 30

 period obilaska ovog planeta oko Sunca, Sunca, ako je masa Sunca mS = 2⋅10  kg. (Rješenje: T  ≈ 225 dana) 56. Stacionarni Zemljin satelit kreće se oko Zemlje po kružnoj putanji. a) Koliki je polumjer njegove putanje?  b) Koliki su njegova brzina i ubrzanje? (Rješenje: a) r  =  = 4,2·107 m; b) v = 3,02·103 m/s, a = 0,22 m/s2  57. Umjetni Zemljin satelit kreće se u ekvatorijalnoj ravnini Zemlje na udaljenosti  R  R   = 2·107 m od njenog centra. Smjer kretanja je od zapada prema istoku (isti je kao i smjer rotacije Zemlje). Jednu istu točku na ekvatoru satelit nadlije će poslije svakih T S  = 11,6 h. Kolika je na osnovi ovih podataka masa Zemlje? (Rješenje: mZ = 5,97·1024 kg)