Fizika I - Mehanika i toplina - Udžbenik fizike za studente Fakulteta elektrotehnike i računarstva [1st ed.] [PDF]

Zitiervorschau

Dubravko Horvat

FIZIKA I MEHANIKA I TOPLINA

Udžbenik fizike za studente Fakulteta elektrotehnike i računarstva

1. nekorigirano izdanje

Zagreb 2002

Sir. S.. ii

Predgovor

Sadriaj

Pregledni sadržaj

Ove bilješke s predavanja namijenjenje su studentima prve godine Fakulteta elektrotehnike i računarstva koji slušaju Fiziku I i Fiziku II u prvom odnosno drugom semestru. Preliminarna forma ovih bilješki zahtijeva jog niz korekcija i nadopuna. Međutim, kolegij Fizika I je u potpunosti "pokriven" ovim tekstom. Pojedine theme su bitno proširene u odnosu na gradivo s predavanja. Pitanja koja su dams na kraju svakog poglavlja dodatni su orijentir za sadriaje koji su predavani i koje valja pripremiti za ispit. Individualne biljegke students s predavanja dodatno to pomoei u izboru sadriaja i iscrpnosti izlaganja. Iziaganje gradiva je takvo da studenta upoznaje postepeno s novim fizikalnim situacijama pa su obrađeni saciriaji ilustrirani ill uvedeni pokusima koji se izvode na predavanjima i tije je razumijevanje bitno za uspjano praeenje gradiva. Izuzetno je vain° proraditi brojne primjere kroz koje se uvode novi pojmovi i sadriaji. Primjeri su bitni sastavni dio teksta i ne treba ih odvojeno studirati! U pripremi udibenika mnogo su mi pomogli suradnici na Zavodu za fiziku Fakulteta elektrotehnike i ratunarstva: dr.sci. Z. Narantie, dipl.ing. T. Gjurit, mr.sci. Danijela Grozdanit i doc.dr.sci. M. Bade. Bit to zahvalan kolegama - studentima ako me upozore na greške i propuste ovog preliminarnog teksta! U Zagrebu, u sijetnju 2002. Autor

Predgovor Pregledni sadriaj Sadriaj Uvod

ii iii

U-1

I MEHANIKA MATERIJALNE TOCKE, KRUTOG TIJELA I FLUIDA 1. Zakoni gibanja materijalne totke

1-1

2. Rad, energija i snags. Zakoni satuvanja

2-1

3. Mehanika sustava testica. Mehanika krutog tijela I - statika

3-1

4. Rotacija krutog tijela

4.1

5. Gravitacija

5-1

6. Inercijalni i neinercijaIni sustavi statika

6-1

7. Specijalna teorija relativnosti

7-1

8. Mehanika fluids

8-1

II TOPLINA I TERMODINAMIKA 9. Toplina i termodinamika 10. Molekularno-kinetitka teorija plinova

9-1 10-1

Dodaci

D-I

Literatura

R-1

D. Horvat: Fizika 1 za PER

Sir. S

SADRŽJ Predgovor Pregledni sadržaj Sadržaj Uvod

ii iii U-i

II MEHANIKA MATERIJALNE TOCKE, KRUTOG TIJELA I FLUIDA 1. ZAKONI GIBANJA MATERIJALNE TOKE 1.1 Medunarodni sustav jedinica 1.2 Newtonovi zakoni gibanja Prvi Newtonov aksiom Sila Koordinatni sustav Brzina i akceleracija Masa i kolitina gibanja Drugi Newtonov aksiom Tredi Newtonov aksiom 1.3 RjOavanje jednadžbi gibanja 1.3.1 Stalna sila 1.3.2 Stalna sila - sila teia Slobodni pad Vertikalni hici Kosi hitac 1.3.3 Sila otpora linearno ovisna o brzini 1.3.4 Sila otpora i težina tijela 1 Kosi hitac sa silorn otpora. Balistieka krivulja. 1.3.5 Sila otpora ovisna o kvadratu brzine 1.3.6 Sila otpora i težina tijela 11 Sila otpora ovisna o brzini (opdenito) 1.3.7 Sila ovisna o koordinati - harmonitka sila Sila ovisna o koordinati (opdenito) 1.3.8 Vremenski ovisna sila - harmonieka "smetnja" Vremenski ovisna sila 1.3.9 Sila trenja 1.3.10 Gibanje po krivulji. Kružno gibanje. Sila okomita na brzinu 1.4 Kutna kolitina gibanja (moment kolieine gibanja) materijalne totke Dodaci 1. poglavlju DP1.1 Nabijena testica u elektrienom i magnetskom polju DP1.2 Krivulja potjere (lisica i zee) Pregled 1. poglavlja P1.1 Novi fizikalni pojmovi P1.2 Nove relacije i formula P1.3 Pitanja 2. RAD ENERGIJA I SNAGA. ZAKONI SAUVANJA 2.1 Uvod 2.2 Rad Rad stalne site Rad promjenljive site 2.3 Kinetielca energija i teorem o radu i kinetitkoj energiji 2,4 Snaga 2.5 Poteneijalna energija i konzervativne sile

Sadriaj

S- iv

1-1 1-5 1-5 1-5 1-5 1-6 1-8 1-9 1-9 1-10 1-10 1-12 1-13 1-15 1-16 1-19 1-21 1-22 1-24 1-25 1-26 1-27 1-29 1-31 1-31 1-34 1-40 1-46 1-48 1-53 1-57 1-57 1-57 2-1 2-1 2-2 2-5 2-7 2-8 2-9

2.6 Zakon satuvanja mehanitke energije 2.7 Zakoni satuvanja Zakon satuvanja energije Zakon saeuvanja kolieine gibanja Zakon satuvanja kutne kolitine gibanja Zakon satuvanja elektrienog naboja Zakon saeuvanja fermionskog broja Pregled 2. poglavlja 1. Novi fizikalni pojmovi 2. Nove relacije 3. Pitanja

2-11 2-12 2-13 2-14 2-14 2-16 2-16 2-18 2-18 2-18

3. MEHANIKA SUSTAVA CESTICA. MEHANIKA KRUTOG TIJELA I - STATIKA 3.1 Uvod 3.2 Sustav dvije testice. Zakoni gibanja i zakoni održanja 3.2.1 Zakon gibanja teiigta. Zakon satuvanja kolitine gibanja 3.2.2 Sustav centra masa i relativne koordinate Reducirana masa 3.2.3 Energija sustava dvije testice. Zakon satuvanja mehanieke energije

3.2.4

Sauvdrage r ino elastitan sudar iii sraz Savrfeno neelastitan sudar iii sraz Gibanje rakete Kutna kolitina gibanja dvije testice

3.3 Sustav N testica. Zakoni gibanja i zakoni saeuvanja 3.3.1 Jednadžba gibanja sustava materijalnih totalca. Zakon centra mase 3.3.2 Kutna kolitina gibanja sustava N testica 3.3.3 Energija sustava N testica 3.4 Kruto tijelo - uvod Natini gibanja krutog tijela Moment site 3.4.1 Teligte krutog tijela Zakon gibanja težigta krutog tijela 3.5 Statika krutog tijela Aksiomi statike Dodatak 3. poglavlju DP3.1 Primjeri iz biornehanike Pregled 1. poglavlja Pregled 3. poglavlja P3.1 Novi fizikalni pojmovi P3.2 Nove relacije i formula P3.3 Pitanja

3-1 3-1 3-1 3-1 3-8 3-8 3-6 3-12 3-15 3-17 3-19 3-20 3-20 3-22 3-23 3-23 3-23 3-24 3-27 3-30 3-31 3-33 1-45

3-55 3-55 3-55

4. ROTACIJA KRUTOG TIJELA 4.1 Uvod 4.2 Rotacija materijalne totke - jog jednom Natini gibanja krutog tijela 4.3 Rotacija krutog tijela oko evrste osi 4.4 Moment tromosti Primjeri raeuna momenata tromosti 1 4.4.1 Steinerov poutak Dokaz Steinerovog poutka 4.4.2 Teorem o okomitim osima

4-1 4-1 4-2 4-3 4-6 4-7 4-10 4-10 4-12

D. Rorvat: Fizika I za FER

Primjeri ratuna rnomenata tromosti 11 4.5 Kotrljanje Kotna kolleina gibanja pri koirljanju 4.5.1 Kotrljanje po kosini Dinamika kotrljanja tijela po kosini 4.5.2 Kotrljanje krutog tijela uz sklizanje 4.5.3 Trenje kotrljanja Koeficijent trenja kotrljanja 4.6 Rad, energija i snaga pri rotaciji Kinetieka energija Rad Snaga 4.7 Zakon saeuvanja kutne kolitine gibanja 4.8 Gibanje žiroskopa Rotacija tijela poduprtog u CM Rotacija tijela poduprtog izvan CM. Precesija 4.8.1 Zvrk Primjena i primjer precesije 4.9 Princip virtualnog rads, Primjeri raeuna statitkih problema pomoeu principa vritualnog rada Dodaci 4. poglavlju DP4.1 Poopeena rotacija DP4.2 Tenzor momenta tromosti Pregled 4. poglavlja P4.1 Novi fizikalni pojmovi P4.2 Nove relacije i formule P4.3 Pitanja

Str. S- v

4-12 4-19 4-20 4-24 4-25 4-29 4-37 4-37 4-38 4-38 4-39 4-42 4-44 4-50 4-51 4-51 4-54 4-56 4-57 4-58 4-66 4-68 4-71 4-71 4-71

5. GRAVITACIJA 5.1 Uvod 5.2 Keplerovi zakoni Cunjosjetnice 5.3 Newtonov opei zakon gravitacije Gibanje Mjeseca i Newtonov opei zakon gravitacije Cavendishev pokus 5.3.1 OpCi zakon gravitacije i 3. Keplerov zakon za kružne putanje Primjeri ratuna gravitacione site 5.3.2 Opei zakon gravitacije i akceleracija site teie 5.4 Rad i potencijalna energija gravitacione sile 5.4.1 Gravitaciono polje i gravitacioni potencijal Gaussov zakon za gravitaciono polje 5.5 Kinematika i dinamika Keplerovih zakona 5.5.1 Drugi Keplerov zakon i opei zakon gravitacije 5.5.2 Treei Keplerov zakon, eliptieke putanje i opei zakon gravitacije 5.6 Prvi Keplerov zakon i opei zakon gravitacije Meduplanetno putovanje - Hohmannov prijelaz 5.7 Problem dva tijela. Dvojne zvijezde 5.8 Troma i te6lca masa. Princip ekvivalencije 5.9 Teorija gravitacije i moderna fizika Dodaci 5. poglavlju DP5.1 Povijesna skies: "Sve je potelo sa zvijezdarna" DP5.2 Rje§enje jednadžbe gibanja u gravitacijskom polju II DP5.3 Neki posebni podaci iz astronomije, kozmologije i astrofizike

5-1 5-1 5-2 5-7 5-8 5-9 5-10 5-11 5-16 5-17 5-21 5-25 5-28 5-31 5-31 5-32 5-35 5-42 5-44 5-45 5-47 5-50 5-54

Sir. S - vi

Sadriaj

Pregled 5. poglavlja P5.1 Novi fizikalni pojmovi P5.22 Nove pi en relacije i formule P5.3

5-55 5-55 5-55

6. INERCIJALNI I NEINERCIJALNI SUSTAVI 6.1 Uvod 6.2 Galileieve transformacije 6.3 Ubrzani sustavi. Inercijalne sile i translatorno gibanje Primjer translatornog gibanja I Primjer translatornog gibanja II 6.4 Inercijalne sile i rotaciono gibanje. Centrifugalna sila Primjer rotacionog gibanja 6.5 Op& pravila transformacija u rotirajueim sustavima Coriolisova sila Slobodni pad i Coriolisova sila Foucaultovo njihalo Dodaci 6. poglavlju DP6.1 Gibanje projektila u neinercijalnom sustavu Kosi hitac i Coriolisova sila DP6.2 Transformacije koordinata pri rotaciji Pregled 6. poglavlja 1. Novi fizikalni pojmovi 2. Nove relacije 3. Pitanja

6-1 6-2 6-4 6-5 6-6 6-8 6-9 6-11 6-13 6-14 6-16 6-19 6-21 6-21 6-23 6-23 6-23

7. SPECIJALNA TEORIJA RELATIVNOSTI 7.1 Uvod. Galileieva relativnost i Newtonov apsolutni prostor i vrijeme 7.2 Michelson-Morleyev eksperiment 7.3 Einsteinovi postulati 7.3.1 Istovremenost i neistovremenost 7.4 Lorentzove transformacije 7.1.1 Zbrajanje brzina 7.4.2 Kontrakcija duiina 7.4.3 Dilatacija vremena 7.5 Relativistitka kinematika i dinamika 7.5.1 Relativistitka brzina i kolitina gibanja 7.5.2 Drugi Newtonov aksiom u relativistiekoj dinamici 7.6 Rad i energija u specijalnoj teoriji relativnosti Dodaci 7. poglavlju DP7.1 Cetverovektori i Lorentzove transformacije DP7.2 Prostorno-vremenski dijagrarni DP7.3 Transformacije izmedu CM i LAB sustava DP7.4 Elektrodinarnika i specijalna teorija relativnosti DP7.5 Razlilca faza i razlika hoda pri interferenciji valova Pregled 7. poglavlja P7.1 Novi fizikalni pojmovi P7.2 Nove relacije i formule P7.3 Pitanja P7.3 Dodatna literatura uz 7. poglavlje

7-1 7-4 7-6 7-8 7-8 7-10 712 7-13 7-16 7-16 7-18 7-18 0-00 0-00 0-00 0-00 0-00 7-21 7-21 7-21 0-00

8. MEHANIKA FLUIDA 8.1 Uvod 8.2 Tekueinel plinovi

8-1 8-2

D. Norval: Fizika I za PER

8.3 Statika fluida. Tlak 8.4 Hidrostatski tlak Tlak u jednoj toelci fluida Pascalov princip Hidraulitka pre8a (tijesak) Obitna pumpa 8.5 Torricelliev pokus. Atmosferski tlak Jednostavni manometar Pokusi s "U" cijevima Hidrostatski paradoks Barometarska formula 8.6 Arhimedov zakon Kartuzijanski ronilac 8.7 Povrlinska napetost Laplaceova formula Tlak u mjehuri6u od sapunice Kapilarnost 8.8 Dinamilca fluida. Idealni fluid Jednadžba kontinuiteta 8.9 Bernoullieva jednacržba Primjene Bernoullieve jednadtbe (1) Statika fluida (2) Tok u horizontalnoj cijevi (3) Venturijeva cijev (4) Pitot-Prandtlova cijev (5) Torricelliev zakon istjecanja (6) Vena contracta (7) Obitna sisaljka (8) Sila na avionsko krilo 8.10 Viskoznost Poisseuilleov zakon protjecanja Magnusov efekt Reynoldsov broj. Turbulentno gibanje Dinamitka slitnost Otpor sredstva. Stokesov zakon Pregled 8. poglavlja 1. Novi fizikalni pojmovi 2. Nove relacije 3. Pitanja

Sir. S- vii

8-3 8-4 8-5 8-6 8-7 8-7 8-7 8-9 8-10 8-10 8-11 8-13 8-15 8-18 8-19 8-21 8-23 8-25 8-25 8-28 8-29 8-29 8-29 8-31 8-31 8-31 8-34 8-34 8-35 8-36 8-39 8-41 8-41 8-42 8-43 8-44 8-44 8-44

II TOPLINA I TERMODINAMIKA 9. TOPLINA I TERMODINAMIKA 9.1 Uvod 9.2 Nulti zakon termodinamike. Temperatura. Termometri Termometri Plinski termometar pri stalnom volumenu 9.2.1 Termodinamitka temperatura - apsolutna temperatura 9.3 Toplinsko tirenje krutih i tekueih tvari 9.3.1 Linearno a. irenje krutih tijela 9.3.2 Povrlinsko i volumno rastezanje Objanjenje toplinskog tirenja na mikroskopskoj razini Anomalija vode 9.4 Plinski zakoni. Avogadrov zakon

9-1 9-1 9-2 9-3 9-4 9-6 9-6 9-8 9-10 9-10 9-11

Str. S- viii

Sadriaj

Boyle-Mariotteov zakon Gay-Lussacov zakon Charles-Gay-Lussacov zakon 9.4.1 Standardni uvjeti. Jednadžba stanja idealnog plina 9.5 Kalorimetrija. Toplinski kapaciteti 9.5.1 Specifieni toplinski kapaciteti Molarni toplinski kapaciteti Dulong-Petitovo pravilo Toplinski kapaciteti plinova 9.5.2 Fazni dijagrami 9.5.3 Agregatna stanja. Latentne topline 9.5.4 Prijenos topline Konvekcija ili strujanje Zratenje ili radijacija Voclenje ili kondukcija 9.6 Unutarnja energija. Prvi zakon termodinamike 9.6.1 Prvi zakon termodinamike 9.6.2 Mayerova relacija II 9.6.3 Jednadiba adijabate 9.6.4 Rad idealnog plina u raznim procesima 9.7 Krutni termodinamitki procesi. Drugi zakon termodinamike 9.7.1 Kruini procesi 9.7.2 Drugi zakon termodinamike 9.7.3 Carnotov kružni proces 9.7.4 Toplinska pumpa i hladnjak 9.7.5 Reverzibilni i ireverzibilni procesi. Carnotov teorem 9.7.6 Drugi toplinski reverzibilni kružni procesi Ottoov kružni proces Dieselov kružni proces 9.8 Entropija 9.8.1 Entropija idealnog plina 9.8.2 Entropija i ireverzibilni procesi Pregled 9. poglavlja P9.1 Novi fizikalni pojmovi P9.2 Nove relacije i formula P9.3 Pitanja 10. MOLEKULARNO KINETItKA TEORIJA PLINOVA 10.1 Uvod 10.2 Idealni plin u molekularno-kinetitkoj teoriji 10.3 Tlak idealnog plina. Unutarnja energija. Temperatura 10.4 Toplinski kapaciteti plinova u molekularno-kinetitkoj teoriji 10.5 Molarni kapaciteti krutih tijela 10.6 Prijenosne (transportne) pojave 10.7 Maxwellova raspodjela po brzinama Funkcija raspodjele Maxwellova raspodjela po brzinama Energija aktivacije Ratuni lcarakteristitni velitina Maxwell-Boltzmannova funkcija raspodjele 10.8 Realni plinovi. Van der Waalsov plin Bertholletov plin Virijalni koeficijenti Napomena o rnediimolekularnim silama

9-11 9-11 9-12 9-13 9-16 9-16 9-17 9-18 9-19 9-19 9-21 9-24 9-24 9-25 9-25 9-30 9-30 9-32 9-33 9-34 9-37 9-37 9-40 9-41 9-43 9-44 9-45 9-45 9-47 9-48 9-50 9-52 9-54 9-54 9-55

10-1 10-1 10-2 10-6 10-8 10-10 10-13 10-13 10-16 10-19 10-19 10-22 10-22 10-24 10-24 10-25

D. Roma: Fiziku I zu FER

Sir. S- ix

Dodaci poglavlju 10 DP10.1 Izvod Maxwellove raspodjele pc) brzinama DP10.2 Ilasprlenje molekula i relativna brzina

10-26 10-28

Pregled 10. poglavlja P10.1 Novi fizikalni pojmovi P10.2 Nove relacije (formule) P10.3 Pitanja

10-31 10-31 10-31

DODACI Dodatak Dl: Derivacija i integral Dodatak D2: Vektori Dodatak D3: Trigonometrijske funkcije Dodatak D9: Eksponencijalna i logaritarnslca funkcija Dodatak D5: Prirodne konstante I brojtani podaci Literatura

D1-1 D2-1 D3-1 D9-1 D5-1 L-1

Si,. I 2

Pizila I za. PH?. - Al,hanik. i toplina

1] Dizajniranje i izvodenje eksperimenta as provjeru hipoteze. 5] Formuliranje teorije koja povezujc potvrtlenn hipotezn s prothodnint znanjima i predikcijama teorije.

UVOD

U.1 Uvod Dva svijeta Pripadnost Covjeka (barna svjetovinta odreduje smjer njegove znat0,elje: jedan svijet - zajednica ljudi, ljudsko druS.tvo, usmjerava njegovu znataelju prema razumijevanju povijesti i sadaSMjosti drukvenili zbivanja, politike, religije i ekonomije i odnosa tovjeka jedinke i kolektiva ljudskog clrukva. Drugi je svijet svijet Prirode, fizikalni svemir koji tovjek kroz fizilcalne i bioloMte znanosti pokuSava razurnjeti i odrediti svoje mjesto u ogromno.j lepezi prirodnih pojava kroz rnetode fizike, kemije, biologije, geologije i astronomije. Tim je znanostima eovjek namijenio ulogu razumijevanja i objakrjavanja atornskih i inolekularnih procesa. procesa rasta, razrnno2avanja i umiranja, procesa nastanka atoma i propasti zvijezda. Danagnji je napredak civilizacije donio i opasnu moguenost drastienog utjecaja jednog svijeta na drugi: ljudska zajednica svojim djelovanjem u fizikalnorn sverniru sve viAe utjete na njega, vrlo Eesto na uacin kojim je ugrožen jedan njegov segment, pa .1e danaknje izutavanje medudjelovanja dvaju svjetova postao imperativ za sigurnost i sree.0 budueih naraStaja svijeta Ijudi u svijetu Prirode. Izutavanje temeljnih odnosa i zakona svijeta prirode je bitna komponenta u razumijevanju fizikalnog svernira i odnosa svijeta Ijudi prema fizikalnorn sverniru. Fizika je ona znanost iz lepeze prirodMhznanosti kojoj je namijenjena fundamentalna uloga izutavanja prirode. Fizika svoju snagu i uspjelt duguje znanstvenom pristupu problemu iii procesu fizikalnog svijeta. Znanstveni pristup u sebi prije svega ukljutuje otvorenost rezultata istray2dvanja. Time je ortiogue'ena provjera (verifikacija) znanstvenih rezultata i njillova ponovljivost (reproducibilnost). Znanstvene istine ne prenose se na osnovu autoriteta lb politieke ill religiozne doktrine. "Zdrav razum" nije valjan argument on je sarno pomo6na komponenta u razumijevanju eksperimentalnih rezultata, fizikalnih teorija i zakona, njihovih ob.jakijenja i predvidanja. Tom objektivnoeu je osiguran prijelaz znanstvenih rezultata u podrueje svakodnevnog ".ivota kroz tehnolo]Sku primjenu novit] znanstvenih znanja koja su osnova tehnoloMcog razvitka. Znanstvena metoda U znanstvenom pristupu fizikalnorn problemu bitne su komponente znatiZelja i manta, no nijedna einjenica ne prilivaea se kao gotova stvar, sve je podlo2no provjeri, testu, promjeni. Skepticizarn pripada suttini znanosti, a natini pristupa znanstvenom izueavanju mogu se sistematizirati proces zvan znanstvena metoda, eije je naeelo objektivnost, provjerljivost i odbacivanje dogmi. Znanstvena rnetoda je gotovo kružni proces tije se faze pojednostavljeno mogu opisati ovako: 1] Prornatranje fizikalnog - prirodnog procesa i prepoznavanje problema; ] 2] Postavljanje hipoteze, najteke u obliku opteg prinicipa ili matetnatieke veze fizikaluili velieina koje su vezane s procesorn; 3] Predvidanje (predikcija) rezultata na osnovu postavljene hipoteze i rezultata srodnih fizikalnih procesa;

Prirodni zakon Iz ponovljenill ciklusa znanstvene metode, kroz niz provjera i eksperimenata prelivijavaju Sarno neke hipoteze koje kao nepromjenljive istine prerastaju u fizikalni zakon, Istovremeno takav prirodni zakon prolazi stalne provjere istinitosti, provjere primjenljivosti, provjere dosega i taj skepticizam prerna apsolutnoj istinitosti fizikalnog zakon predstavlja odlueujuei korak prerna 110V0111 istraZivanju i stvaranju novilt hipoteza. Na taj mein znanstvena metoda prula racionalni i kvantitativni pristup logiekom sklopu prirodnil] pojava. To onloguenje razumijevanje i objak]jenje velikog broja prirodnit] pojava s ogranieenim brojern fundamentalnill zakona. Znanost starih Grka prema tome nije znanost u modernorn smislu jer je ona spekulativna, bez eksperirnenta, nekvantitativna, bey, provjere. Stvarni napredak je napravljen tek stoljeea kasnije kada je shvaecno da je pravi SIlliS■10 stjecanja znanja eksperiment i promatranje.

1 1. ZAKONI GIBANJA MATERIJALNE TOOKE 1.1 Međunarodni sustav jedinica 1.2 Newtonovi zakoni gibanja Prvi Newtonov aksiom Sila Koordinatni sustav Brzina i akceleracija Masa i kolieina gibanja Drugi Newtonov aksioni Treei Newtonov aksioni 1.3 RjeMvanje jednadZbi gibanja 1.3.1 Stalna sila 1.3.2 Stalna sila - sila tea Slobodni pad Vertikalni ILiCI Kosi hitac 1.3.3 Sila otpora linearno ovisna o brzini 1.3.4 Sila otpora i telina tijela I Kosi hitac sa siloiri otpora. Balistieka krivulja. 1.3.5 Sila otpora ovisna o kvadratu braise 1.3.6 Sila otpora i teZlina tijela 11 Sila otpora ovisna 0 brzini (opeenito) 1.3.7 Sila ovisna o koordinati - harmonieka sila Sila ovisna o koordinati (opeenito) 1.3.S Vremenski ovisna sila - harmonieka "smetnja" Vremenski ovisna sila 11 1.3.9 Sila tresja 1.3.10 Gibanje ito krivuIi. liruZno gibanje. Sila okonin a III brzion 1.1 Kutna kolieina gibanja (looniest kolieine gibanja) inaterfialne toeke Dodaci 1. poglavlju DP1.1 Nabijena eestica u elektrienom i magnetskom polju DP1.2 Krivulja potjere (lisica i zec) Pregled 1. poglavlja P1.1 Novi fizikalni pojmovi P1.2 Nove relacije i Iormule P1.3 Pitanja

1-1 1-5 1-5 1-5 1-5 1-6 1-8 1-9 1-9 1-10 1-10 1-12 1-13 1-15 1-16 1-19 1-21 1-22 1-24 1-25 1-26 1-27 1-29 1-31 1-31 1-34 1-40 1-46 1-48 1-53 1-57 1-57 1-57

D. fforvor Fisika 1 za PER - Mehanika i typhus

Sir. 1- 2

Definicije osnovnils i dodatnih ,jedinica Merin narodnog sustava su:'

(

• Mctar ,je duljina pinta koji svjetlost prijede u virkumnin 7.0 vrijeme jednog 299 792 458-og dijela sekunde. • Kilognatn je masa inedunorodne pramjerc (ctalona) kilograma.

1. ZAKONI GIBANJA MATERIJALNE TOCKE

• Sekunda ,je trajanje 9 192 631 770 perioda zrai.:enja koje odgovara prijclazu izmedu dviju hiperfinill razina osnovnog stanja atoma cczija 133. • Amper jc jakost stalne elektrifte struje koja, kad se odra2ava u dvarna ravnim usporednim

11. prosinca 2001.

voditima, neograniene duljine i zanemarljivo malena kruinog presjeka koji se nalaze u vakuumu madusobno razmaknuti 1 metar, proizvodi medu tim vodieima situ od 2 x 10- N pa metru njihovc duljine. • Kelvin jc termodinamiCka temperatura koja je jcdnaka 1/273.16 termodin.nieke temperature trojne totkc vodc. • Mal je unno71ina sustava koji sadni toliko elementarnih jedinki koliko ima atoma u 12 g ugljika 12.

Meha.niku zapoeinjemo razmatrati kroz predodZbu materijalne toeke u kontekstu Newtonovill aksiorna/zakona gibanja. Prije toga demo obraditi jedinice osnovnih fizikalnih velitina koje su standardizirane i kao takve tine Medunarodni sustav jedinica (SI). Zatim &Inc, formulirati osnovne za.kone inchanike Newtonove za.kone gibanja i razmotriti situacije koje su tipitno opisane njima: gibanja pod djelovanjem sila raznih oblika i ovisnosti. Usput eetno obraditi po,jam vektora i uvesti pojam derivacije. Te su dvije rnatematitke cjeline potpunije obradene u poselmito dodacima. Kao dopuna poglavlju rije§ena Si pone:Sto

• Kandela je svjetlosna jakost u odreclenom smjcru izvora koji ociatfilje monokronnotsko zraCenje frckvencije 540 x 1012 herein i kojemu je encrgetska jakost u torn smjeru 1/683 vata po steradijanu. • lladijan je knit n7,111(111 iIva polumjera koji na kruZnici isijecaju Ink duljine jednake pollonjern. • Steradijan je (prostorni) kut stoSca s vrhom u srediStu kugle, koji no plain kugle °meanie povrAinu .„,,jedrint.ku povrAini kvadrata 6,ja je stranica sjednaka polurnjeru kugle.

kompliciranija gibanja. Uz simbol osnovnih jedinica navederie su i fizikalne climenzije odgovarajutili veliEina /z-taidenc

(1], itd.).

velitina .jednake sit rininoSkii ili oinjeru osnovnih .jedinica, kao

je brz-

ina (duljina/vrijeme=[1.T-1] --mr/s=dak (sila/povrAina=kgm - '5 -2 ) iii import (kgri12 /As3 ). se da fizikalna velitina. iota svoju dimenziju, koja je algebarska kornhinacija osnovnih fizikalnih velieina

1.1 Medunarodni sustav jedinica Fizika. je fundamentaina prirodna znanost pomoeu koje poku.;avarnoshvP.titi pojave u (neZavoi) prirodi. Ona proutava ()pea svojstva, strukturu i kretanje tvari, međudjelovanja tvari, polja., prostor i vrijeme. Jedna od njenih osnovnih komporienata ,je eksperiment - pokus, koji ukljutuje proces tojerenja. Fizikalne pojave koje uoea.va.ili istraZuje fiziear kvantificiramo pornoeu fizikalnih ueheina. Dole fizikalne poja.ve nisu mjerl jive (kotdjanje, klizanje, zratenje, odbijanje i loin sv,jetlosti itd.) fizikalne velitine molerno odrediti - izinjeriti procesu mjerenja. Zato l lung, (ii = 0.1 je kocficijeut trenja). (Uputa: 1 r= — x 2.)

i dijeljenjern cijele ,jednadZbe s rnX0 exp(at) dobijemo tr2 =

Si,. 1 - .90

(1-60) trenutka odvajanja tijela od podloge je

To znaei da je rjeenje jednako

Fh — x(t)

= NoeIi' 121

z (j) = A 2„iwot

(1-61) gdje je

Fo

a (najopeenitije) rjeenje je linearna kombinacija (zbroj) gorujih rjeAenja, tj. r(t) =

= roS

F, + N = my,

tj. ;I;

r(e) =

ti —i`J°1 + X2til`j°I .

(1-02)

since

= 411, I 1711,7,1

i

1

— 82 02 , tj.

Fo , F,. =

Fo — g + p Fo

= X2 = A/2

(0) = 0 = —i(4)0X1 i(4/0 X2

(1-63)

1. (Fo — grag)ds + ilF0 i

pa je rjeenje dano s

1

(sIR)ds V1 — .9 2 /10

(s/R)d(s/R)

v de,

m

—m i vth,

(F0 — prag)s — pFoRV1— (s/ R) 2 + pFoR — mv(s)2 2

Dakle

v(s) = (1-65)

\

2 (— — 17.9

) 3 _ 2pFoR

(V1 (s/ R)2 — 1 ).

Udaljenost odvajanja so dobijemo kada je N = 0, tj.

a zbog periodienosti funkcije kosinus imamo

Fo(so /R)

Forgo = mg —

c,,oT = 27r ili

do ds ds dt

‘,/1— (s/R)2

jer je cosy = (e'v + e — `5 )/2 (v. Dodatak D2). A ,je amplituda, tj. maksimalni pomak od polaiiaja ravnote'ie, x(t) je elongacija, tj. (svaki) pomak iz pola2,aja ravnotelie. Gibanje tijela je periodieko, a to znaei da se nakon vremena T koje zovemo period ili titrajno vrijeme gibanje ponavlja, tj.

27r IT = — = — i T m

Dakle

odnosno

(F0 — pmg)s + aFoRi ,

v(t) = —Awosinw°t.

x(t + T) = x(t) = A cos[wo(t + T)1 = A cos wot,

=

di

eiwot) (1-64)

i

(Fo //1 —

Daklc •

x(t) = A cos wot

+ frh,

dv dt

(.47/0

— 82 R2 a:(0) =.4 = X1 + X2

=

V1— 82 1R-

N = p(no — Fo rgo.)

Lako inolettio provjerili da 1e r(t) a pirn1,11 1ednad•?.111 r1eSen1e direvenci1alne jednad.2.11c. (1-6(i11) I■ vlst.kttLe X1,2 odreduju se iz poeetnili uvjeta. Dakle,

z (t ) = A ( e —iwot

Hi pa komponentama

F,, +

— (so IR) 2 T = 27r r—, rn V

(1 -66) odnosno SO =

pa kako je frekvencija v, tj. broj titraja u sekundi povezana s periodom ovako

+

=— T

(1-67)

= 27rv.

(1-68)

onda wo zovemo kruina frekvencija

To uvrstimo u v(s) pa dobijemo

v(s0 ) = \/2( F:) rn — pg)so = 7.273 m/s.

Jedinica za frekvenciju v je here, Hz, a za kruZnu frekvenciju je (ill rad/s). Time sino prona;;Ii rjeSenje jednadibe gibanja tzv. harrnoniekog oscilatora, jednog od najvainijih i njaeekih modela u fizici. Probleme povezane s (harmoniekim) titranjern obradit eerno u Fizici II.

Primjer 1.10 Situ ovisria o koordinati (opeenito) Tijelo muse en = 5 kg naruje na horizontalrioj podlozi. Na njeyn pane djelovati situ F(s) = Fo/

— .52 / R2 ,

Zadatak L7 Na mirno tiiclo mass en = 2 kg koje se nalazs na horizontalnal podlozi po6ne dicloratt sila koja o udaljenosti s od po6etne todkc ovisi ovako F(s) = Fo V 1 + (sIR)2,

I. Zakoni iibarua ataterijaine tor-,ke

Str. I - .71

Sir. I

D. IlorTat: Fizika l 0a FER - Meltanika i toplina

pod kutorn a = areta s/R tiolika je 6r-zinc tijela u trenutku odvajanja tijela od podloy e, ako je Fo > ping, a p 3e

Integracionu konstantu C1 odredinto 10 poeetnog uvjeta X(0) = 15 m/s= C1 , pa je brzina boo funkcija vremena t dana ovako

koeficijent tmnja. F0 = 5 N. R. = 9.1 sn i p = 9.2.

11J E.II18,11:

(s„ ) = 5/2/41– (RIng 2 p)/(Fo )= 1.0921n /s.

X(t)= (–;t 3 / 3 -1- 15) m/s. 10 iztaxa

0.0

brzinu dobijeuto izraz za put integracijom po t

di . x

tj

dt –

1.3.8 Vrernenski ovisnu situ - hurrnonidku " srnetnju" Neka na tijelo djeluje sila fife se djelovanje periodiCki ponavlja. Takvu silu eTsto zoverno "srnetnja", a ako je pri tome t- estica (inaterijalna totka) slobodna od drugih sila, jednadZba gibanja dui osi x je

=

3

15

t

+ 15t + C2

Ako izaberemo koordinatni sustav tako da je tijelo u ishodiItu u poeetnom trenutku t = 0, tj. x(0) = 0, undo je C2 = 0, pa je izraz za prijedeni put jednak

(1-69a)

Fo sill Wt

= __ 16 .5/2

x(t)= -8 f t 3 Rdt + 15 f dt

16 5 / 1 x(t)= – —t + 151.

gdje smo silu prikazali preko njenog najve6eg iznosa F0 - amplitude site i perioditkog, vremenski ovisnog dijela koji je opisan funkcijoin sinus. Nake su najopeenitiji poi:NM uvjeti dani ovako

15

Neka je je brzina jednaka nuli u trenutku kuji oznaeimo a to, tj.

v(0) = vo.

x(0) = xo,

(1-69b)

i(t0) Gornja jednaaba opisuje npr. situaciju kada na slobodni elektron djeluje elektromagnetsko zraCenje (EM val). Kao i ranije, Innolenje jednadZbe s dt i integriralije daje brzinu

Ill –L.)

°

.

+ 1 5,

V(45) 2 (45) 2 / 3 — — 8 8

to

a poeetni uvjet za brzinu dale Cr = v0 +

liclaljenost kuju tijelo prijede za to vrijeme Jr x(to), tj

F0 ) F0 V(t) = (Vo + — – — cos Wt. MCA) 711W

(1-70b)

Fo

171W 2

tn. J(t)

f (t) ) — f f(t)dt, – tt

i iz poelettiog uvjeta za z(1) dobijento C2 = ir0, pa imaino konabno rjegenje za gibanje tijela mase en pod djelovanjem periodiCke site

Ito u ovom slutnju daje

Fo .

Fo

1 „

(1-71)

) 711W

/

Srednju vrtjednost brzine nademo prema opitoj formull za srednju vrijednost neke funkcije

Fo

x(t) = (

,

x(to) = —

2

l'utanju tijela nademo dirckinim integriranjem gornje .jednadZbe

to

x( ) = (Vo + —) t – si n Wt + 111W TTLW`

±(t)=

(1-72)

FO V(t) = (Vo + — – — cos Wt TIEW 111W FO

Vre.inenski

t

0 iz toga dobijemo (nepoznato) vrijeme to

F0 1 v(t) = — — cos tizt + C, , tgl – 70a

Primjer 1.11

8 3/2

=0=—— 3

to

f ±(t)dt = -Lx(to)=91a/s. to

0

ovisna si a vremenu ovisi ovako: prevaliti tijelo yr* nego li

Na tijelo djeluje. vrernenski OViSTI(1 sila koja daje (vrernenski ovisnu) akceleraciju koja a a = se

in/52 . U trenutku t =

zaustuvi?

0

brzina tijela je

Koliku je srednja brzinu tijela

u

15 in/s.

Koliku udaljenost de

vrernenu od t =

0

do zuustuvljanja?

Primjer 1.12 Krenuvgi praveu nukon

RJEENJE Akceleracija tijela je Z = –4 ■,fi = d(±)/dt, pa imegracijom po t dobijemo brzinu tijela –4 f P/ 2 (it = 43 / 2

+

iz rnirovanja rnaterijalna todka se pod utjecajern vrernenski ovisne sile gibe po

tako da joj je akceleraciju proporcionalna a vrernenorn. Koliki je

4a

brzina take 8 m/s?

ES

Akceleraciju moiemo napisati ovako: a = At

prevaljeni put nakon 10

s, ako je

Sir. 1 - 33

1. Zakoni gibanja materijulne toac

Stir. I - 34

Mchanika i topltna

I). !lomat: Ptztka I za

gdje je .4 za sada nepoznara konstanta proporcionalnosti. Zadatak daje poeetni uvjet koji glass: v(0) = 0, tj. materijalna toeka u poeetnom trenutku miruje. Jednac12.13a gibanja (2. Newtonov aksiom) izgleda ovako d2 x dv dxx=At =dt Slika 1.11 - Sila

i prvo eemo integrirati izraz za brzinu, tj. mnolenjem s dt dobijemo dv = At dt, i kako 5.climo odredit.i

pokugava pokrenuti

tijelo

nasuprot sill

trenja

.u(t) i njcnu ovisnost o t, to jednadthu integriramo

f dv= f At dt. 1.3.9 Sila trenja Kada su dva tijela u dodiru i .jedno se deli pokrenuti u odnosu na drugo, onda se sjavlja sila koja se "protivi"

Integrali su elcmentarni i lako dobijemo

tom pokretanju, a kada se tijelo pokrene i skliCe se po drugom tijelu, javlja se (sliena) sila koja otedava to relativno gibanje. Govorimo o silania trenja: silo koja se protivi relativnom pokretanju tijela zove se sila

v(t) = Ac

statiekog trenja, a sila koja se javlja pri gibanju (sklizanju) tijela po tijelu, cove se silo dinamiekog trenja.

gdje se je pojavila (nepoznata) integraciona konstanta C, koju odredimo iz peeetnog uvjeta

Pokusi pokazuju da i jedna i drugo silo arise prijc svega o vrsti (i stanju) dodirnill povrAina i o pritisku jednog tijela no drugo.t

v(0) = 0 =

+C,,

2

tj.

C, = 0

pa je

R.azmotrimo pokus prikazan na slid 1.11, u kojem se tijelo nalaci na podloci kaju ono priti;•ee silom FN. Sila postepeno raste (ad mile) dok tijelo tniruje cbog site statitkog trenja. i .jednom se trenutku tijelo pokrene i velitina silo ,jednaka je F = Fn (vidi sliku 1.12). To je trenutak "pobjede" silo F nail silom F;,., pa

2 v(t) = AL- . 2

je 1Pal =

Podatak iz zadatka kale da je brzina nakon 4s jcdnaka 8 m/s, tj.

.u(t = 4 s) A

' 2

= 8 m/s

pa jc

A = 1 m/s3 .

rnwv.nje

klizanje

Fay

Prema tome, ovisnost brzine o vremenu je potpuno odredena

Fos

t'

v( t) = T. Slijedcei je korak integrirati jednaddbu za v(t) da dobijemo ovisnost puta x o vremenu dx 12 v(t) =

=

NInolenjem s dt dobijemo

7'

t2

f x d = f

—2 dt

Slika 1.12 - Ovisnost sila trenja o vanjskoj sili F.

ito daje

t3 + C2, x(t) = 2— •3 gdje (nepoznatu) konstanta C2 odredimo iz poectnog uvjeta koji u zadatku nije cksplicitno naveden, all modemo uzeti da je u poeetnom trenutku tijelo bilo u ishodir8tu koordinatnog sustava, tj. x(0) = 0. 1z tog uvjeta slijedi da je C2 = 0, pa imamo x(t) =

t3

103

6

gibanju ma.nja je od ftris , pa " vi,rak" sile.jednak f,.,./s — Ifo I ubrzava tijelo. Ovdje govorimo o sili dinamiekog trenja. ft,./r) koja je, dakle, mania od VeliCinu site trenja, u ovisnosti npr_ o vrsti dodirne povrMne, temperaturi std., opisujemo preko koefiit, pa ithamo

cijenta trerya

lidaljenost toeke od ishodiAta (tj. prevaljeni put) nakon 10s jc

x(t = 10 s) =

Medutim, a.ko silo ostane po icnosu jednaka Ifoi, pokus ee poka.zati da se tijelo (jednom vee pokrenuto) sada giba jednoliko ubrcano, odnosno da je pri gibanju > Prema tome, sila kaja se suprotstavlja

= 166.67 m.

(1-73)

Ft, = us.IaN.

Tu je N normalna komponenta sile, tj. komponenta u smjeru okomice na dodirnu povr§inu, a tis,D je koeficijent statielcogidinamiekog trenja. Koefictient statitkog trenja ps uvijek veei od koeficijenta dinamiekog Silu trenja obieno crtamo uz povrginu podloge da crtcZom sugeriramo da se radi upravo o njoj, iako jc to a

*

*

stvari nepotrebno jer tijelo koje razmatramo jest matcrijalna toeka, pa su bvatika

sila u istoj toeki!

1. Zukuni gitutnju mut

pan,: to

Sa. I - -35

St,. I - 9G

D. llama.. Fizika I za FER - Mehanika i Loplina

Tablica 1.3 - Koelicijenti tronja Povr8ine u dodirn

pa

Bronca/bronca

0.2

Bronca/eelik Bronca/telik + mazivo Drvo/drvo Led/led Cclik/eclik

0.18 0.02-0.08 0.25-0.50 0.028 0.1

Delik/telik + mazivo Celik/led + coda Celik/drvo Bakar/kovano ieljezo Bakar/staklo Guma/asfalt

0.01 0.014 0.2 0.3 0.5 0.3

os

(1.65 0.15 0.15 0.4 1.1

Sliku 1.14 - Tijelo no kosini - dijugrum silo

0.7 0.55

Prirnjer 1.13 Opiaite gibunje tijelo koje se nuluzi no kosini i no njegu djeluje horizoutaluu silo iziwsu 20 trenja pp. Npr. za eelik na drvetu je pp = 0.2, a ps = 0.4. To znaei da treba eetiri puta veca sila za

N, prone slid. Muss tijela je 1 kg, is = 30° i neka su, zbog jednostuvrtosti, diuurnie.ki i statisti6ki koeficijent treuju jednuki: pry = iks = p.= 0.2.

pokretanje tijela od eeiika ua podlozi od drveta, sego Ij za odrZavanje gibanja stalnom hrzittom, kada je tijelo vee pokrenuto. Za pravo objagnjenje sile trenja valja otiei na mikroskopsku razinu i promatrati medudjelovanje stoma i molekula. Medu molekularna se javljaju elektrostatske sile koje proizvode trenje na makroskopskom nivou.

Rastavimo sile koje djeluju nit tijelo promo koordinatnorn sustavu koji postavinto u toeku djelovanja silo, a osi orijentirarno paralehto s kosinom (os x) i okomito na kosinu (052). Na tijelo djeluje teiina G, horizontalna sila frh i reakcija podloge (po treeem Newtonovom aksiomu) F0 , to silo trenja En. Tetinu i horizontalnu silu moiemo rastaviti ovako

Ovdje nos mora zadovodljiti makroskopski opis trenja dan preko koeficijenata u tablici. Mikroskopski (all ipak mehanieki) bismo mogli shvatiti trenje slikovito prikazano na slid 1.13. Sa slike je jasno da ce doei do tegeeg i jaeeg sudaranja nepravilnih dijelova gto je sila koja ih pritigee veea. Kada takve povr6ine miruju, onda se udubljenja i ispupeenja slole zajedno i tegko je tijelo relativno pokrenuti, a pri klizanju manje ima vremena da se "slo2e" neravnine, pa ima i manje dodirnill totaka izrnedu dvije povrgine. Zato je i trenje

G sin a • i — cos a • = —Fr, cos a • i — Fr, sin a • 3. Sila crania koja se javlja zbog pritiska na podlogu (koji dolazi od teiine tijela i komponente horizontalne sile, a ima smjer negativne osi y) jednaka jc

gibanja manje od trenja klizanja. Podmazivanje povrSine znaei umetanje sloja molekula maziva izinedu neravnina, tako da se trenje djelomieno svodi na viskozno trenje (vidi poglavlje o hidrodinamici) medu

Ptr = p.(G cos

+ F,, sin s) •1.

slojevirna tekueine - maziva, Sto vodi na bitno smanjenje site trenja! Pri kotrljanju oblih tijela javlja se tzv. trenje kotr•ljanju o kojcm cc biti rijeei u poglavlju o dinarnici krutog tijela. Ovdje valja kazati da je trenje kotrljanja povezano s deforrnacijom podlogc i deformacijom samog tijela, tc u gornjem smislu lie spada u ovaj dio objanjettja silo trenja.

Silo trenja je po svom karaktcru takva da djeluje uvijck u protivnom sinjeru od smjera gibanja. To znaei da valja ispitati da li cc se tijelo zbog djelovanja silo Ph (njcnc komponente paralclne s kosinorn) gibati uz kosinu lb cc "pobijediti" komponenta tonne paralchut s kosinom i tijelo cc se gibati niz kosinu (uzer0i uvijck u obzir silu trenja). Dakle, valja usporediti Fh cos° i Gsin a. Uvrkenjern brojeanib podataka dobijemo da je Fh cos a = 17.321 N i G sin a = mg sin 30° = 4.905 N, pa vidimo da bi tijelo lido "uz" kosinu kada ne bi bilo trenja.° Dakle, napiAimo jednadthu gibanja tijela (2, Newtonov aksiom) — Fh cos a + mg sin a + p(G cos a + Fh sin a) = rna i izraeunajmo akccleraciju a tijela: a = —8.716 m/s'. Negativan prcdznak znaei da se tijelo giba uz kosinu. Kada ne bi bilo silo trenja = 0) tijelo bi imalo ubrzanje 00 = —12.416 m/s'.

4 4 Slika 1.13 - "Mikroskopoiu" pove6unu dodirnu povrginu

Kondicional je upotrijebljen zato jer se moie dogoditi da je sila trenja veea od rezultantne sile F,, cos — G sin a, pa da tijelo trajno miruje.

I. Zakani gibanja materljalne todce

Str. I 37

Tijelo mase m = 10 kg rialazi or na horizontalnoj podlozi, a koeficijent (dinamiekog) trenja izmedu tijela i podloge je 0.2. Covjek mode vuei tijelo (ufetom npt.) silom ad 40 N. Pod kojim kutorn treba vacs tijelo da se 0710 giba jednoliko?

Primjer 1.14

RJE?ENJE Nada sila djeluje pod kutom a onda se smanji pritisak na podlogu (zbog vertikalne komponente F,. (prema slid 1.8), pa je jednaeltba gibanja jcdnaka F cos a — F, r, = m.i

Sty.

.18

R.JE,ENJE Also vjeverica gura blokove s lijeva na demo (Id) silom F10 onda oni imaju akceleraciju as,s, pa je jednacliba gibanja jcdnaka (m

Za jednoliko gibanjc po pravcu desna strana gornje jednadthe .jednaka Jr nuli, pa dobijemo

jednaka

Maid = T,d — 1-1,14 Mg,

odnosno

(aid + pmg).

Tld =

Ta sila znora biti jcdnaka sill koja mode slomiti orah, a ona Jr jednaka G,, = mg. Dakle mg = /1/(aid + ttmg). PomoCu (1) sada molemo napisati

tang— tLF sin a = F cos a = F VI — sin' a.

)

Gornja jednachiba nakon kvadriranja vodi na kvadratnu jednadthu za sin a

31M p m (rn +

+ Prning +

== g( m [m+in +

± V F 2 (1 + p.5 )— (mg p), F(1+112 )

s ,, mg — 1-111,1 Mg .

+ Anaid =

Na orah djcluje sila Tid kojom blok m (putem oraha) pritike i pokre& blok M, tija Jr jednadZba gibanja

iii

F cos o — p(mg — F sin a) =

D. II orvat.. Pink. l za FEB Mthanika r toplina

+ rn(p,„ — pm)].

Za gibanje s desna na lijevo (d1) imamo

a uvrkavanje zadanih veRina vodi no rczultat sin a = 0.95 404, odnosno a = 72°33'39".

— p m Mg,

+ 51)0,,, = F01 — a sila koja treba slosniti orals

„ = mg jcdnaka Jr sili Tar kojom iv/ (preko maim) gura m , ma,a = Tdr — p„,m.g = mg — pm mg.

Kao i ranijc, sada dobijerno umjesto (3) slijedeCe Fdt =g

[rn m M

— m.p,)] .

+

Ako uzmemo da je M = 2m i slui:aj (a), tj. kada je pr, = pm , vidimo da se izrazi pojednostavljuju: 3 — 2 mg,

3mg i

pa je Fdi > Fid. To (le, jasno, vjeverica izra e . unati pa ce gurati blokove s lijeva na desno (jer je tako lakSe razbiti orah!). Also uzmemo da Jr (b) 1cm = 2pa, = 1, onda iz (3) i (6) dobijemo

Frit = 4mg i

V

Fid = mg,

pa e'e °pet pametna vjeverica izabrati g-uranje s lijeva na desno! Slika 1.15 • Dijagram sila

uz primjer 1.14

A A A A Primjer 1.15

Na podlozi se nalaze dva kamena bloka mase m i M = 2m, a izmedu njih je orah. Orahova ljuska se mole slorniti ako se na njega stavi kamen mase m. Inteligentna super-vjeverica deli na oriyinalan na6in razbiti orals, tj. guranjern blokova s lijeva na desno iii s desna na lijevo (vidi sliku). Kolikom minimalnom (hortzontainorn) silom i is kojem srojeru mom vjevertca gurati blokove da slonti orals? Koeficijenti trenja izmedu blokova i podloge su: (a) p„, = pm i pm = 2p„, = 1. Zanernarite masu oraha i tmnje oralsa o podlogu.

Slika 1.16 uz primjer 1.15

Primjer 1.16

Na vodoravnoj podlozi leie dva tijela mase rn, = 0.2 kg i tre2 = 0.3 kg medusobno povezana laganom niti (v. sliku). Tijela su preko kolotura spojeni s tijelorn muse m3 = 0.6 kg. Kolika je akccleracija sustava ako tijelo nt 2 skliie bez trenja, a koeficijent trenja za tijelo mi je p = 0.4. Kolika je napetost niti izmedu tijela?

in /

in 2

Slika 1.17 uz primjer 1.16

Zakoni gibanja rautt!ristalue

I.

Sir.

104-Al.:NM Na tijelo rn 3 djeluju (njegova) telina djelovanja je akeel,arija n II vertikalnoin smjern, tj. "Liu = (11 3 9

I

- 39

= .iroy i napetsst 160 7', a rerultat

7",

Na tijelo in, djeluje napctost niti T' i sila trenja F, = panig, pa je jecinadZba gibanja (2. Newtonov aksioni) dams ovako nil — Ft = — prrnig•

+1112a + ra,,a = 77139

—

11,119,

pa je akceieracija a jednaka

q

7113 — /17111

m ■ + ,12

ra3

Za prvo tijelo jednadZba gibanja Jr Fp — Ftrl , — T = ra t a U7, Fp = Fcosa i Ffr11 = (any — F/ ) = pi (no g — F sin (1). Zu drugs tijelo je T — Ftr12 = Tria a i Ftr i z = p2 rn ag i kako je T zadana sila, dobijenio dozvoljenu akceleraciju =

T — tivnaq ' 111 2

F cos a — in, g

i to uvrstimo u prvu .jednadibu

Fp, sing=

(in, + mz)77rnz + F— cos Or 11 Sill a

(T — fiznizg) —

P2)

T

pa je

103.910N.

A A

Zbrajaujein jednadZbi gibanja dirninirains napetosti niti T i T'

=

D. Horuak. Fiziku I za FER - Mellartika i toplina

— T.

lsta napecost, zbog nerastezIjivosti nisi , djeluje na masu In2, na koju takoder djeluje i napetsst tj. 1112a = T — 7'.

7030

St,. 1. 4o

= 4.6375 in/s'.

Zadatak 1.8 Koeficijent statiekog trenja as slueaj game na cesti je ja = 0.8. Koliki mole bill najveci nagib ceste na kojoj mole niirovati auto blokiranili (neporniartih) kotaea. RJE$ENJE: Rut kosinc na kojoj minx stajati auto iznosi a = 39°.

Napetsst niti T' odredinio iz A A

T' = atia + pm, y = 0.879 N.

T' T' T

1.3.10 Krufno gibanje. Sila okornita no brzintr P Ako na tijelo koje se giba djeluje sila koja nije kolinearna s kolitinorn gibanja, tijelo de se gibati po krivulji. Ako je sila cijelo vrijerne okornita na brzinu, tijelo de se gibati po

Neka se ti,jelo u jednom trenutku (prema slid 3) trade u totki 1, a nakon vremena dt u totki 2. Za to vrijeme ono prijede put de.

G Slika 1.18 uz rjeSenje printjera 1.16

A A

Oovjek vuee po podlozi dva tijelo, tako da prvo tijelo muse ne, = 20 kg privezana uictom povluci silont pod kutorn od 300 . Drugo je tijelo muse In2 = 10 kg prirezana drugini uietont zu prvo. Ako drug o uZe mode izdriuti napetost ad 40 N, kolikoin sawn F sutije eovjek potezati tijelo? Koefieijenti trenja su iti = 0.2 iµ2 = 0.3.

Primjer 1.17

A

F, m2

G2

F Si ka 1.20 - Pro *TLC brzine pri aibanfu pa krivulji

T

T

G

Sliku 1.19 - uz printjer 1.17

Neka je brzina (iii 172) dana umnoSkom iznosa brzine 16,1 i jedinienog vektora brzine I0, 171,2 = 101,2 Vremenska promjena brzine (vremenslca derivacija) je jednaka vremenskoj prornjern iznosa brzine i vremenskoj promjeni jediranog vektora (po srnjeru), a izratunata je po pravilu o deriviranju umnAca funkcija:

d dt =(v1) dt

(1-74)

Str.

1. Zakoni gibanja materijalne toa,

Prziku / zu P/•.://. • Mehanika i tophrur

42

Vremenska promjena iznosa brzine je jednaka tangencijalnoj akceleraciji dt. Ako dovedemo .jediniene vektore slici 1.3 ovako:

=

61,2 u

istu toeku, onda je promjena jedinienog vektora do] dana prema

• t10 = (45, a ako ,je d h beskonaerro mali ( I to i jest u diferencijalnom raeunu),

onda je smjer d6n dan jedinienim

vektorom -r,

. tu zakrivljenosti 0, tj. vektorom koji "gleda" prema sredi S

segmenta staze koji promatramo. Dakle: dr= --r • (10. Onda, uz

eto,

dt

de

dV,

de =

r • dcl i de/dt = v dobijemo

dcl V

dC dt

(1-75)

r • dO

Slika 1.211 -

Vektorskc veliane pri kruinont gibanju

11

pa je ukupna akceleracija jednaka

v2 = ati) -

(1-76)

tit Jedinica za kutnu brzinu w je rad/s (ili samo s -1 ). Ponekad se kutna brzina izraZava i brojem okretaja rencijalna akceleracija koja ,je rezultat djelovanja tangencijalne site koja Prvi elan gornjeg izraza 0, je tand mijenja brzinu po iznosu, a upravo drugi elan

li

a,.

predstavlja a.kceleraciju ko,ju zovemo radija/na akcacracija

(to je u stvari (linearna) frekvencija v here - 11z) iii hrojem okretaja u ininuti.

i za nju vrijedi da ,je w = 2rry, a jedinica za frekvenciju

u sekundi je

centripetalna akcelcracija an y , koju dobije t.ijelo kada sila djeluje okomito na. brzinu, 1,j.

Primjer 1.18

=— Takvu silu zovemo centraina silo iii centripetalna Act

(1-77)

R.JEENJE Frekvenctja v jc ,jednaka 10 okr/60 s=1/6 Hz, a kutna brzina jc w = 7/3 rad/s, pa je brzina jednaka.: 27 v = rw = 0.4 x - = —= 0.419 m/s. 15 3

P,p i ona mijenja brzinu samo po smjeru!

Pri kruZnom gibanju molemo, dakle, napisati

At AO v = Inn n — = r Inn — At = rw, t -oo t --00 At

s

*

(1-78)

a po definiciji je kutna brzina v:1 vektor (slika 1.8) koji ,je odreden vektorskim urnnoS'kom (jedinienill) vektora: = r x V, pa iz toga dobijemo da je = W x r , iii mnolenjern

Kolika je brzina eestice koja se nalazi na rubu kruine p/oee polumjera 40 cm i koja se okree

10 puta u minuti?

v = rw

Zadatak 1.9

Kuglica prievr§Cena na koncu akreee se po kruinici po/urnjera

2 77l

brzinoin od 10 ni/s. Kolika

je kutna brzina i frekvencija kuglice (u okretajima u minuti)?

RJE O ENJE: w = 5s-r . v = (150/a) okr/min -2, 48 okr/min. u" =2xr i

= x

(1-79)

*

Silu sada rnoiemo napisati ovako

F.

f•

nirw 2 .

(1-77')

Ako je kutna brzina ry stalna onda dobijemo za " prevaljeni " kut zakreta

nazovemo wo)

0(t) = co + wo t.

(1-80)

Ako je prisutna i tangencijalna sila koja mijenja brzinu i po iznosu, onda je

d d d a, = —v = — (rw) = r —

dt

i cr

je

kuttta akceleracija, pa

dl

= rcx

dt

11102,CM° napisati

H.

= — (1w = —

dt

(1-81a)

u vektorskom obliku

n'r

' =a

x i•.

(1-81b)

Jedinica za ca je rad/s2 (ili samo s -2 ). U tom su slutaju prevaljeni kut i kutna brzina ,jeclnaki Slika 1.21a - Vektorske velieine pri kruinorn gibanju I

=

+ wo t + at2 2

w(t) =

wo + Qt.

(1-82)

t. Zakoni yibansia inaterijalne toe.ke

Sliku 1.22 -

K 07 IUS710 7Liihal0 - uz

Str.

.Str. 1 - 44

D. Horuat Fizika I za FER - Meharaka i toplona

Sliku 1.23 - Zuvoj je nugnut "prema unutra", pu se juvlju centripetulnu situ

prirrtjer 1.19

Tijelo cause en, visi nu niti duljine 2. Ono je otklonjeno zu kut 0 te je "gurrtuto" tuko du opisuje kruinicu polurnjera r (prenta slici 1.22). Tokyo "njihalo" zoverno stoiasto njiltulo. Vulju izraeunati ophodno vrijerne (period) tukvog njiltula, te napetost niti.

Primjer 1.19

teiini tijela a, ti.

P, = + F„ ——

RJESENJE Ka tijelo djeluju dvije site: teiina a koja "gleda" prema doljc i napetost niti T, pa rezultanta tih dviju sila koja "gleda" prema srediku vrtnje predstavlja upravo centripetalna silu koja vrti tijelo stalnom brzinorn (po iznosu ali stalno promjenljivog sinjera). lz geometrije je

Fr, nte 2

SIT1

G = N cos a, pa je v2 tga = -

G • tg &

DR

tj.

a = 7.7°

=rny. tg& pa je

v Vzy • tga -= Vtg • sin tg Tijelo za vrijeme r koje zoverno ophodno orijerne ili period ()bide puni krug, pa je 2r7r = vr

=

a napetost niti T je pa iznosu jednaka 7' =

A

le cos 2n \

Primjer 1.21 Tijelo muse trt = 1 kg je s visine It bueeno u Itorizontuluout srnjeru brzinont od 10nt/s. lzruennujte koliku je tungencijalnu i radijaina akceleracija tijela 1 s nukon izbueaju! Koliku je centripetalnu i tungencijulnu situ u torn trenutku? Koliki je polurnjer zukrivljenosti putunje u torn trenutku? R.J1,,tiENJE Tijelo jc bi'amo u horizontaluom sinjeru pa u ueknm trenutku t ono ima komponente braise kao na slici: tangencijaltia komponenta brzine jednaka je vektorskom zbroju voi i 0,,(t)= —gtj, tj.

/ cos B.

A

A

iii

A

11(t)

+ 13,(t) = Vol — gt),

Pritnjer 1.20 Zuvoji se na uutocesturna Jest() nuginju prenta sredatu zuvoju du bi se postigla centripetalna situ koju ce ontoguditi du (i bez trenja) uutorrtobil "svludu" zuvoj pri odredenoj brzinis /zraeunajte koliki 711.07Y1 bili nugib zuvoju a (prernu slici 1.23) da bi autornobil proluo zuvoj tako du pritisak nu obudvu kotadu Gude jednuk, tj. du su "stvori" kornponentu site koju de izjednueiti pritisak, a time i duti potrebu centripetulnu situ. Polurnjer zuvoju neka je 300 in, a brzine automobile neka je 20 rn/s (72 krn/h). RJESENJE Za izjednatenje pritiska obadva kotaka nuino je da centripetalna sila (koja gleda prema pritiska na podlogu bude jednaka sredi§tu zavoja) u (vektorskom) zbroju s normalnorn komponentom

ill, po iznosu

v(t) = Vv,3 + 92t 2. Ti torn trenutku na tijelo djeluje (samo) teiina težina tijela C koju rnolemo rastaviti na tangencijalnu kora. ponentu rile F i normalnu komponentu site koja je u stvari centripetalna situ Kut a izmedu komponente brzine v,„ i brzine jednak je kutu izmedu tangencijalne rile i teti ema Dakle

P„.

cos a — _ v

gt ‘,/q + 92 0

F, _ F, G

mg

1. Zakgro gibanja muter-Oahrc to6ke

Si,. I. 45

7 6.

yt

Str. 1 • 46

I).

arske / za PEI? - A/char./al i /ophrta

I1071 t

1.9 Kutna koli6na gibanja (moment kolieine gibanja) znaterijalne take Za opis krulnog gibanja totkastog tijela uvodnno fizikalnu velitinu koja odgovara kolicini gibanja kod translatornog gibanja. To je kutnu koli.ciu.a ,gibanja iii kako se negdje zove moment koli6ine gibanja: = 7 x p.

(1-83)

Jedinica za kutnu kolitinu gibanja je kg InVs. Ta velitina nije opterfito satuvana, tj. nije vremenska konstanta, no ako na testicu djeluje (samo) centralna ails, tj. sila koja ima smjer prema iii od sredi§ta gibanja, onda je L satuva.na velitina; tj. vrijedi teorem: L = 0 ako je dt -

(1-84)

Dokaz tog teorema sic ovakir

0

dt Slika 1.24 - Tangencijalnu i centripetalna silo pri horizontalnorn hicu

i Icako je dr7dt =

=

d (r' x 17) = x + dt dt

=

mg" Vq + g 2t2

=

6.870 N

= V(mg)2 Foe = 7.003 N.

It izraza za centripetalnu situ dobijemo izraz za polumjcr zakrivljenosti R = mv 2 /F e = 14.280 In. Ovdje valja naglasiti da se polumjer zakrivljenosti krivuljc stalno mijcnja (kao i centripetalna sila) sto zna6i da rnotemo zamisliti da se tijelo giba kroz niz totaka (koje, naravno, late na paraboli horizontalnog hica) kroz koje u svakom trenutku motemo povu6i krutnieu na kojoj djeluje centripetalna sila poznatog oblika!

(1-85)

t; x [7= 0, drugi tlan je d — L -= ix = r." dt dt

Na osnovu toga moiemo izra6unati tangencijalnu situ (i akceleraciju) i centripetalnu situ (i akceleraciju). Dakle

x rlp 7

f' - 0.

(1-86)

jer sila. F teii teži na istom pravcu kao i Medutim, ako L nije satuvan ; onda je velitina F x koju zoverno moment site i koja je opeenito jednaka M = 7 x f' uzrok vrernenskoj promjeni kutne kolieine gibanja d—L=7x

dt

Ong) = 77E7 x dt = nu x (Cr x dt = rnr 2 a, = M = 7 x F ,

(1-87)

gdje smo iskoristili identitet za dvostruki vektorski produkt. Jedinica za moment site je N m.

Primjer 1.22 Zamanjak stroja okrede se kutnorn brzinom jednakoin 600 okr/rnin. Koliko Fe okretaja napraviti zamaifnjak od trenutka kada ga pane zaustavljati tangencijalna silo, ako ee on zaustavi za 5 s? RJEENJE Vrtnja 6e biti jednoliko usporena, od p&etne (kutne) brzine vo = 600 okr/min = 207 s' do nule, tj. .(t,) = 0 = vo gdje je t, = 5s. Kutna akceleracija je a= Kako se radi o jednoliko usporenoj r

(JO

= s-2.

iji (vrtnji), ukupni "prevaljeni-prebrisani" kut je

Slika 1.25 - Kutna kolieina gibanja materija/ne take

tb(t) = wo t,. - it: = 1007 - 507 = 25 okretaja. Gibanje materijalne take po krulnici zbog djelovanja momenta site M mole, dakle, biti opisano jedna.dlbom

= ra

(1-88)

1.

ZaA mit gibanja mulcripilne tur'kc

Str. 1 • 47

. I - 48

D. Hon. Fiziku I za FEB Meltanika i toplina

'fablica 1.1 Usporedna tablica rota( ije i translarrja Itataciouo gibanie

Veza

Translaciono gibann,

—. = rio/rIt

0 = c.0 x 0 a". -= 5 x I' + c2 x 0 1. = F x ii 31=FxF

0 = ti.;/,1t 0 = clUldt ji = 711.17 F = 45131

5 = LIZI tit I. -= It:

3! = dL/dt AI = i ci

DODACI 1. POGLAVLJU

F = at U.

gdje je I moment tromosti materijalne t(k"ke koji je jednak (1-89) Moment site Al is (1-88) uzrokuje tangencijainu akceleracija (1-81b), pa imam° ubrzanu rotaciju materijalne totke (tangencijaina akceleracija ar i kutna akceleracija a razneiti su od nule).

Dorlatak 1.1 - Iljeenje gibanja nabijene L'estice u elektriemom i magnetskom polju

Ovd.k. &alio rijctiti problenao gibanja ii!estice a elektriimcan i magnelskonl polja. Proltkani pokazuju raznolikost rjeenja u ovisnosti od poeetnill uvjeta, a mogu se poop6iti i na druga gibanja, I'rimjer L/1.1

problem gibanja nabrjette eeatice naboja Q i Isaac m a elektriemom i mayuctskom polju. Polja an medusobno okomita, a 6estica u paelnoirt trenutku ntimuie! Plublein razinotrinio prvo kviditativau, tj. pogleclajmo fizikalni sadrZaj problems prvu, ne ulazeei za sada u matcniatieki Mrmalizani. Dakle, u pueetnom cremicku na (esticu ne djeluje niagnetska sila P,„ jer eestica miruje. Cesticu poem: ubrzavati elektriena sila F. (zbog elektrienog polja u sinjeru polja, a okomito na tnagnetsko polje B. U trenutku kada je u # 0 pueinje magnetsko polje "vrtiti" (:esticu a ravnini u kojoj djeluje elektribat sila F,. Vrteei se, eestica se wade na putanji u sinjeru suprotnom elcktrienom polju, pa polje usporava (esticu. Time opada i djelovanje niagnetske silo, eije djelovanje je proporcionalno iznosu brzine. U trenutku kada se eestica, gibajuti se sada nasuprot elektrienom polju zasutavi, magnetska sila padre na !lulu i cijeli se ciklus ponovi! Odaberimo koordinatni sustav u kojem je magnetsko polje B u smjeru x—osi, a elektrieno polje u smjeru z—osi:

B=

(.8,0,0); E = (0,0,E).

(D1-1)

Cestica neka u potetnom trenutku miruje u ishodiatu, tj. poletni uvjeti su ff(o) = (0,0,0);

#(0) = (o,o,o)

(D1-2)

. Brzina ce zbog orijentacije polja imati samo y i z komponente, tj. (D1-3)

r(t) Elektri(na i magnetska sila zadane su ovako:

=QE = gEic; Fm

= x B = Q0Bi — kB0

(D1-4)

()Mac( I. yarilatilju

Sir. I - 4y

Mr. I - 50

i s time uclemo u ,jednadZbu gibanja (2. Newtonov aksiom)

D. Hornet: Fizika I za PM? - Mehanika i topliria

Conde rjekenje sadrti dvije ncpoznate konstante A t,2, koje Cana odrediti iz pogetnih civjeta (D1-2). Medutini, gornje jc rjekenje inog-uCc napisati i u drugatijam obliku uz pomoc Moivrc-ore formule t

Qt = QEk + Q013 —030 = ni()i) + e

-= cos x t i sin xt,

(D1-16)

Ta jednadZba, po komponencama satIO.ava dvije cezacie jednadZbe tj.

771i) = QBz

non =

i

(coscot +i sin ca) + .A 2 (cos wt — i sin cot) (D1-17)

= (A t + .A 2 )coswt +4.41 — A x )sincat

mz = QE — QBy,

= CI coswt + C2 sin wt, koje rijekimo, uz zadane poitetne uvjete (D1-2), prvo deriviranjem, a zatim udruZivanjem y ocinosno z komponcntc. Deriviranje peer jednadtbe u (D1-6) i uvrktavanje a drugu dajc

QB, (QE QB ,\ _i,QB — =b-t 2 rn 111 m

E

\

gdje smo kombinaciju dviju nepoznatih konstanti preimenovali u druge dvijc ncpoznate konstance CI,2. Na taj smo nakin dobili zapis rjekenja homogene diferencijaine jednaabe (D1-15) u ekvivalcntimin ali (moida) jednostavnijon "simpatiCnijern").

(DI-7) Za potpuno redone pogetne jednadZbe za a (D1-9), valja gornjcm rjekcnju dodati partikularno rjekenje nehomogene ,jednadZbe (to je standardna terminologija teorijc diferencijalnih ,jednadi.bi koju prcuziniamo ovdjc), a to postignemo take da "pogodimo" rjekenje prema obliku dome Sloane. Naime, donna strana Wan w 2 (E/B)) jc nulti Clan polinoma 11 varijabli I., Pr. (1) = note + n l t l + ti21 2 + ,1313 Mctoda rjekavanja nehomogene s jednadX.bc so svodi na to da se opCern rjekenju homogenc doda (II ON-0111 slutaju) polinom istog stupnja kao i donna strana, tj. (ovdjc) polinom nultog stupnja not° . uz nepoznatu konstatau a a koju Como odrediti uvrktavanjern cjclokupnog rjekenja u (nehomogenti) jednadZbn.' Daklc

gdje smo uveli (kruZnii) ciklotronsku frekvenciju w = QB/m. Uvedimo novel varijablu a:

ai y= a; y = o, pa dobijcmo uvrktavanjem u (D1-7) diferencijainu jednadZbu

Poe = non + ocN

o +w2a =

= CI cos wt + C2 sin wt + so. To je nchomogena lincarna diferencijaina jednadZba drugog reda, Cije rejkenje se sastoji od dva rjakenja, od opeeg r3e§ctija hornogene „xednadibe nos (to jc jednadZba kada stavimo da jc na desnoj strani 0) i tzv. partiku(arnay r3e.§enja ricliornogem ark,. Prvo, dakle, odredimo aoll , tj.

Deriviranje gornjcg rjekenja i uvrktavanjern dobijemo —C 2 0011 + 1.0 2 (a011 + 00) =

ac, + “,20 011 =

0.

(D1-10) pa izjednaZavanjem istih stupnjcva polinorna lijeve i desnc stranc (to jc ovdjc trivijalno) dobijcmo

Jednadibu rjekavamo tako da uzmemo probno rjeLenje koje sadrii ncpoznate velittine koje odreclujano iz jednadibe. Probno rjekenje imat ee oblik 00H =

2

2 E

ao =

(D1-20)

Prema tome

(D1-11)

-,

(D1-21)

y(t) = C. cos wt + C2 Sill wt + 7E3- ,

(D1-22)

aON = CI cos Cl + C2 sin wt gdje su A i a za sada nepoznati. UrrStavanje probnog rjekenja u jednadibu (D1-10) vodi na oiijedeci izraz Ae't(o2 + co') = 0,

E

a to jc daljc jednako prema (D1-8)

(D1-12)

a iz toga slijedi da jc 01,2

=

odnosno, integriranjem

(D1-13)

C,

y(t) —

Vidimo da postojc dvije vrijednosti (sada voc poznate) vcliCine a, tj. postojc i dva moplCa rjcScrija (uz dva razlitita A) noir(' = Ate° = A l e"' non, = -42e°2 ` = Ale

= Ate-f't + Axe

(D1-15)

(D1-23)

Deriviranjem (D1-22) i uvrktavanjem u drugu .jeditadX.bu u (D1-6) dobijemo

(D1-14)

711 Al z = 73 1/ = c7T3 (—Cod sin ca + Cxs: cos wt)

Kojc rjekenje uzeti? S obzirom da se radi o linearnaj diferericijalmij jednadibi molemo uzeti obadva rjakenja, tako da i jednostavno zbrojimo (kaiemo da uzimamo njihovu lineartnu kombinaciju), tj. non = nono + a011/2

C2

— — cos + —t + C3.

ili (D1-24)

= —C I sin wt + C2 cos Wt. . Abraham do Moivre (1667-1754) cngleski matematiear. Da je desna strana bila npr. oblika sJ 2 12 onda bismo morali uzeti polinom drugog stupnja P,(t) = aa+a t+a2t2 itd.

Dodo.. I. poylavliu

Sir, 1 - 51

Nakon integracijo dobijemo

Str. 1 - 52

D. Horvat: Fizika I za FER - Meltartika i toylirta

lz gornjeg sustava dobijorno slijodoei rezultat

C, 2(f) = — ens lit +

C

(DI-25) C, = 0,

U OVUM trcnutku imam() e ■ tini nepoznate konstante

C2 = 0;

C3 = 0;

C4 = 0,

(D1-32)

kojo, medlar))) lako odredirno iz poeetnih

uvjeta. Dobijemo

pa je z(0)=0 -=—•1+

!•0+C4

z(t) = 0.

y(t) = —t

E y(0) )---- 0 = C, — - 0 - C2 — • 1 + — • 0 + C., , B (D1-26) i(0) = 0 = -CI • 0 + C2 • 1

(D1-33)

To znaei da se eestica giba po osi u smjeru okomitorn na elektrifto polio E i magnetsko polje B. Takva

je putanja posljedica speficiiMog poixtnog uvjeta 6(0) = (EIB)). Za slueaj b) po6etnih uvjeta, tj. 5(0) = (E/2B)j dobijemo sustav odredbenih jednadibi za konstance C12,3,4 slit-mu onom u (D1-31), odakle slijedi

1/(0) = 0 = C, • 1 + C2 - 0 + E' Sto daje

C, = - B ;

C2 = 0;

C3 = 0;

C4 =

C, =

(D1-27)

pa imam° konaena rjeSenja

C2 = 0;

C4 = —

2/3w

(D1-34)

Rjclonja su y(t) =

z (t) =

E E

E . -1 -37, smwt -

E

y(t) = (D1-28)

sin wt + —t

(D1-35)

E

z(t) = cos wt + — Mu/ a to vodi na slijede6 oblik

(stazu eestice) y = f(r) eleiminiramo parametar t tako da na desnoj strani ,jedna)Rbi (D1-28) ostavimo

E

2 E (y -B t) + (z - — 26_)

)2

(D1-36)

i to je ponovuo cikloida s polumjerom R6 = (E/2Bw) = R/2, gdje je R polumjer prvog slueaja.

trigonometrijske Clanove, a zatim to jednaabe kvadriramo i zbrc jimo. Dobijenio

E 2 E - TO) ( 2 - 77;) =

2Tho

E —

cos wt,

uz = Q B I To. Gornje jednadile opisuju noku krivulju u ravni ii (y,z) a paramotarskom obliku (gdje je t matematieki parametar, ali fizikaino inn) znaeenjo vrernena! . Da bisalo rough prepoznati krivulju

slueaj c) imam() (D1-20)

E -3- ; C2 = 1

C, = (); Ako avedemo oznaka

C3 = 0;

C3 =

C4 = 0,

(D1-37)

= R i E/B =•11 dobijemo slijede)'11 judwsdibu, koja predstavlja jcdnadibc

putanjo nabijene eestice 1111150 m i uaboja Q u magnotskom polju /3 (a siajcidi y osi) i u elektrinami polju

odnosno

E (u smjeru z osi)

E

y(t) = (y - ut) 2 + (z - II)'

112

(D1-30)

2(0=

+

E E t + B Bw

E .

(D1-38)

smwt

Jednadi.ba predstavlja cikloidu, tj. krivulju koju opisuje toeka na obodu kotaea polumjera R. koji se kotrlja (bez sklizanja) po ravnini s brzinom srediSta v. Time sino i matciriatieki opravdali kvalitativno fizikalno razmatranje s poectka rjolavanja ovog primjera!

(Y

Primjer 1)1.2 )(aka so proutijeui rjegenjc prethoduaq zadatka ako jc ecstica ispaljena u poectuom licTiutku brzinam a) t7(0) = ( E/B)j? Ramotrite i slueaj poeetne brzine oblika b) v(0) = (E/2B)j c) C(0) = (E/B)(5-I-

k)! RJESENJE RjeSenja y(t) (1-23) i z(t) (1-25) ostaju ista, jedino Co se prornijcuiti vrijednost konstanti C,,2,3,4. Dakic

C,

C2 —•0 - — 1 +

c, C) z(0) = 0 = — • 1 + — • 0 + CL, ( 0 )=

= c, • 1+ c, -0 + T?

go) = 0 = -c, • o + C2 ' 1

E E\' +

2 E ll + = (17D)

t,j. cikloida polumjera B. = (E I Bw).

4 4

y(0) = 0

Sto ponorno daje

0 + C3

(D1-31)

4 4

(D1-39)

Dodari 1. poulay(in

St,

53

Dodatak 1.2 Krivulja potjere Ovdje eemo rije§iti .jedan lielinearni problem koji vodi do tee. "krivulje pots jere" iii "krivulje slijedenja", tj. gibanja. kada .jeduo tijelo ("potjera") uvijek ima smjer brzine okrenut prema dugom tijelu (" bjeguncu"). Drugo tijelo se ovdje giba jednoliko po pravcu. Primjer D1.3 U trenutku kada uple-da zeta, lisica se nalazi na udal jenosti D od njeoa. Kada zec uoleda lisicu, on pane bjeiati stalnom brzinom oz, po pra CCU okornitorn na pojetni razmak. Lisica u isti (Tao pobie juriti za zecorn stalnorn brzinorn oh, koja ima 0 svakom trenutku srnjer prema zecu! lzraeunajte putanju lisice = 25 km/h. i vrijerne za koliko lisice &mat( zero. lzvvijednite rezultat za D = 100 in, vi = 20 km/h i

dy dx

Iloyvat. l'izika 1 za PEI( - Mchanika i toplzna

i to uvrstimo u (6)

i

r z t — x (D — 11)td2x dy

(D y) TF;(D Y) =

.2

y) + Yve

(LT

dy )2

dy 2

dy

7t.

dt

dx 2 - ■ x . — (D — 14, [1 + () dy2

dz [1 + (-

y)

dy

d2 x 2

(14)

y)

dx

dv

dy

dy dy2

d 2 27

1

i(D — y) = Y(va t — x).

du dy

(17)

odnosno [

Jednadibe (3) i (5) tine nelinearni sustav diferencija.lnih jednadthi koje valja rijeAiti Prvo deriviramo Tablieni integral nam daje — y) — ±Y = Y(vzt — x) + Y(vz — .X) y(vzt — x)+yvz —

du

[ dy

j

J

po vremenu jcdnadtbu (5), pa dobijcmo

VI/2 -1- 1)

In (ti

iy

D—

=

,

D—y

dy

(20)

ili a

(. dx dt dy° dy )

Y TCy = Y

=0/vx = 0, pa je

Inl =0 =y1n-

dx

(19)

C •

Rubni uvjcti su sada: u t = 0 y(0) = 0 i u(0) = dx/dy pa dobijemo

(18)

In(D — y) + In CI = —1/111(D — y) + r1ln C

i zatim vrcmcnskc dcrivacijc transformiramo ovako

2 d2 x

(16)

pa dobijcmo

iii

dx

(15)

Uvcdcmo pokratu p = vz/to, < 1 i

(Lzt x(t)) = * (vzt — x(t))

. d dy d = x X= dt dt dy

uz

) 2 dY2

\/1 +

2

u—

ck Y dy

) 3 - 1/3 ,,Z

odnosno

pa dobijemo iz jednadZbe (2)

.2 d2 x = y

(13)

i to uvrstimo u (12)

tj.

d(

(11)

(12)

dx 2 = {1 + ( — ) I dy

— x(t))

2 d. 2dY = (— ) ( dt )2 = dt

dx / dt

(10)

pa dobijcmo

dy = —(vzt — x(t)). dx

D — y(t)=

(9)

Iz (3) slijedi

dy

dy/dt

+

)(D y) = Y(vzt —

i umjesto vzt — uvrstimo iz (2)

(x z (t) — (t)) =— dx

Medutim, brzina lisice to, je c2, = N.M iz +

U.

. d2x y — (D — y) = yvz . dy2

a tocka Z je na toj tangcnti, tj. D — y(l)

- i4

odnosno

Ncka Sc lisica L nalazi u poeetnom trenutku u ishodiOtu koordinatnog sustava.. Daklc x(0) = 0 i y(0) = 0. Takodcr jc ±(0) = 0 i Y(0) = vy, . Zcc Sc u poeletnom trenutku nalazi a toeki Z(0, D). Nakon vremena t lisica se nalazi u toeki L(x(t),y(t)), a zee se pomaknuo za xz(t) = vz • t, pa se nalazi u weld Z(rz(t), D). Kako je smjcr brzine lisice uvijek uperen prema zero, to tangenta na krivulju (putanju) lisice prolazi totkama L i Z(xz(t),d). •Jedna&aa tangente je y — y(t)=

St,

+ Vu2 +1= ( DD

(21)

(8) a to jc jednako i

dx

YTi

dy

dx 2

D D—

(22)

Dodaci I. poglaylju

Sir. 1- 55

Iz (22) dobijerno prebativanjem i kvadriranjera dr

(D

(23)

Yr1

pa je D"

di/

2 I (D — g),

2,11

(D — y dy ,y)"

(24) r(t) =

D"

(D —

2D, (1 + 17)

+ C2.

(D

2(1 —

HAMM uvjeti daja r(0) = 0 =

D 2(1 +

D + C•2 2(1 — n)

(25)

pa je konstanta jednaka C2 = D

1 — 7/ 2

uz

1.17.

(26)

Dakle r(t)

ID — y(t)I 1 +"D'

2D,(1 + rj)

2(1 — y)

ID

•

+D

1

(27)

,

Neka je t = T, vrijeme kada je lisica stigla zeca. U tom je trenutku y(T,) = D i mica je '(T,) = lz (27) je r(T,)— X, — D

_ n1 .

„.

(28)

To je ujedno udaljenost koju prijede zee brzinom uz, tj . = va, • T.,

(29)

pa je vrijeme kada je lisica stigla zeta jednako T, =

D ea

1—

(30)

ri ,

Ako uzinemo brojt,nre podatke, dobijemo da je T, = 40 a i X, = 222.22 m.

D

X

Xs Slika 1.D1 Putanja lisice koja lout zeta. Zec bjeit po praiicu y = D s lijeva na desno, a lisica ga, postepcno skireuei, stain° /recta. Zec je ulovljen u toeki (Xs, D).

D. Horuat: AzIka I za PER - Mehamka i toplina

4

1

d 2" dy = 2d, (D — y),

r(t) =

Ste. I - 56

4

5'tr. / - 57

Dodaci I. poglaulju

St, 1 - 58

D. II °Twat.- Fizika I za P'E

Mckunika i toplina

1.4 OpiSite Newtonov aposlutni prostor i apsolutno vrijcme (proeitajtc o tome i u poglavlju 7).

PREGLED 1. POGLAVLJA 1. Novi fizikalni pojmovi

1.5 Formulirajc prvi Newtonov aksiom! ZaLto rabirno radijc izraz aksiom od zakona? 1.6 OpiSite "dobar" (referentni) koordinatni sustav!

fizikalne pojave

fizikalne velitine

mjerni broj

jedinice

dimenzije

Medunarodni sustav jedinica (SI)

metar

kilogram

sekunda

amper

kelvin

mol

kandela

radijan

steradijan

1.7 Definirajte srednju brzinu i pravu brzinu. Obratite paZnju na vektorski karakter brzine i pomaka! Uvedite derivacija preko definicijc brzine! 1.8 Definirajte akcelcraciju i povetitc Jo s promjenom brzine i promjenom poloiaja. 1.9 So je sila? Kako ulazi sila a prvi Newtonov aksiom? 1.10 Formulirajtc drugi Newtonov aksiom! Kakva je veza prvog i drugog aksioma? 1.11 Iz jednadibe gibanja (2. Newtonovog aksioma) izveditc putanju i brzinu eestice na koju djclujc stalna sila! Lizmite najopeenitije poeetne uvjetc!

koordinatni sustav

radijusvektor

srednja brzina

prava (trenutna) brzina

akceleracija (ubrzanje)

sila

Newtonovi aksiomi

masa

kolitina gibanja

1.13 Pomoeu zadatka o Atwoodovom padostroju opi8ite kako je moguee izraeunati akceleraciju silo tcZe!

telina tijela

opei zakon gravitacije

akceleracija site tele

1.14 Integrirajuei jednadtbu gibanja (2. Newtonov aksiom) izraeunajte putanju ecstice vertikalno baeene uvis!

Atwoodov padostroj

vertikalni hitac

kosi hitac

1.15 Integrirajuei jednadZbu gibanja (2. Newtonov aksiom) izraeunajte putanju eestice baecne horizontalno!

otpor sredstva

harmonitka sila

vremensko usrednjenje

1.16 Integrirajuei jednadZbu gibanja (2. Newtonov aksiom) izraeunajtc putanju eestice batene koso (kosi hitac)!

sila trenja

koeficijenti trenja

kruino gibanje

kutna brzina

radijalna akceleracija

kutna akceleracija

1.17 Integrirajuei jednadZbu gibanja (2. Newtonov aksiom) izraeunajte putanju eestice ispuStcne da slobodno pada, a na nju djclujc sila otpora proporcionalna iznosu brzine!

tangencijalna akceleracija

centralna sila

centripetalna sila

kutna kolitina gibanja

moment Bile

moment tromosti

1.12 Opi8ite pokus mjercnja akceleracije slobodnog pada. Sto je metoda najmanjih kvadrata?

1.18 "Integrirajuei jednadZbu gibanja (2. Newtonov aksiom) izraeunajte putanju ecstice ispuStenc da slobodno pada, a na nju djclujc sila otpora proporcionalna kvadratu iznosa brzine! Protitajte o Stokesovoj sili u poglavlju 8. 1.19 'Integrirajuei jednadtbu gibanja (2. Newtonov aksiom) izraeunajtc putanju ecstice baecnc koso prema gore, a na nju djclujc sila otpora proporcionalna vcktoru brzinc!

2. Nove relacije

1.20 Kako so dobiju balistieke krivulje? Kako izgleda sila otpora koja proizvodi balistieke krivulje? rn P=

a

dr

.27 = 151

_ d2F - dt 2

d dt

R. = -1;2,1 ma r

f -

F 2 r(t) = -t + vot + xo 2m 9 y(x) = 2vg cos2

x2 +xtg a

v(t) = VOC "

x(t) = 1 - In(' + ktvo)

X(t) = Inch(IgIt)

v(t) =

P„

tn + wot + 02

0(t) = x dt

L=

th (

to ct)

Pep = --rmrcu2 w(t) = wo + at =1-."

hf = I&

1.22 'Intcgrirajuei jeduarlibu gibanja (2. Newtonov aksiom) izraeunajte kako se giba eestica ako na nju djclujc periodieka sila!

=F

1.23 OpiSite silu trenja s makroskopskog i mikroskopskog stanovi8ta. Kako se dcfinira kocficijcnt trenja?

v(t) = -t + vo x(t) -= v0 (1 -

'')

1 +v tva

'4°

x(t) = A cos wot

=w

=w

P = ps,Dg

1.21 Integrirajuei jednadtbn gibanja (2. Newtonov aksiom) izraeunajte kako se giba ecstica na koju djclujc harmonitka sila!

-= dt

x

1.24 Opigite kruino gibanjc. Izraeunajte vremensku prornienu (dcrivaciju) vektora brzinc! 1.25 lzraeunajte vektor ukupne akceleracije pri kruitiom gibanju! Obratite painju na smjerove komponente akcelcracijc. 1.26 Definirajte vektor kutne brzine i napiite vektor brzine pomoeu vektora kutnc brzine kao i vektor kutne brzinc pomoeu vcktora brzine (i radijusvektora, naravno). 1.27 NapiFlite vektor radijahle (centripetalne) akceleracije pomoeu vektora kutne brzinc i brzine. Pokaitte kako sc pravilo desne ruke primijenjuje na gornje slucajeve.

0(0) = c'o + wot

1.28 Napi8ite izraz za vektor centripetalite silo. Izrazite ga a tri alternativna oblika.

_

1.29 OpiSite smjerove pojedinill vcktora pri kruinom gibanju (brzine, kutne brzine, kutne akceleracije, radijalne akccleracije i tangencijalne akceleracije, centripetalnc silo i tangencijalne silo).

=

dt

= x I = mr 2

3. Pitanja (sa zvijezdicom su oznatena teia, neobavezna pitanja) 1.1 OpiSite razliku izmedu fizikalne pojave i fizikalne vclieine! 1.2 Navedite jedinice Medunarodnog sustava i definirajtc metar, kilogram i sekundu! 1.3 OpiSite dimenzije fizikalne velitine i navedite nekc primjere! Koja jc dimcnzija silo, encrgijc i kutne akceleracije?

1.30 Intcgrirajuei jednadZbu gibanja (2. Newtonov aksiom) pod djelovanjem ccntripetalne silo izveditc naein gibanja materijalne totke po kruZnici polulnjera R. 1.31 Integrirajueli jednarlibu gibanja (2. Newtonov aksiom) pod djelovanjem tangencijalne silo izveditc naein gibanja materijalne totke po krutnici polumjera R. 1.32 Napi8ite tablicu paralclnih izraxa za kruino i linearno gibanje, vodeei raeuna o vektorima! 1.33 Sto je kutna kolitina gibanja. OpiSite motiv uvodcrija tog vektora po analogiji s gibanjcm po pravcu. 1.34 OpiSite situaciju kada je kutna kolitina gibanja satuvana! 1.35 Izvcdite opeenit izraz za vremcnsku promjenu (derivaciju) kutne kolitinc gibanja. Definirajte moment silo i pomoeu pravila dcsne ruke pokalite njegov srnjcr.

Dorluci 1. poylavlju

SI, I - 59

1.36 Opiite gibanje materijalne toi:ke po kruinici pod djelovanjem momenta silt. ljvcdite izraz as moment tromosti materijaine tca'.ke. 1.37 Napravite paraleins tablicu izraza za dinanlier.ke velieine bud rotacije i trausladje. Posebno pazita na vektorske oznake i sinjerove!

2 2. RAD ENERGIJA I SNAGA. ZAKONI SACUVANJA 2.1 Uvod 2.2 Rad Rad stalne sile Rad promjenljive sile 2.3 KinetiCka energija i teorem o radu i kinetiCkoj energiji 2.4 Snaga 2.5 Potencijalna energija i konzervativne sile 2.6 Zakon saCuvanja mehanitke energije 2.7 Zakoni saCuvanja Zakon satuvanja energije Zakon satuvanja kolitine gibanja Zakon sathivanja kutne kolieine gibanja Zakon saCuvarija elektriCnog naboja Zakon satuvanja ferrnionskog broja Pregled 2. poglavlja 1. Novi fizikaini pojmovi 2. Nove relacije 3. Pitanja

2-1 2-1 2-2 2-5 2-7 2-8 2-9 2-11 2-12 2-13 2-14 2-14 2-16 2-16

2-18 2-18 2-18

Sly. 2- 2

D. flortnat: Fizika I za FER Melnanika i toplina

Jedinica za rad je diul - J1 iii njutn-inetar - NII1, pa je to izvedena jedinica eija,je struktura kg in 2 s-2.

2. RAD. ENERGIJA I SNAGA. ZAKONI SACUVANJA

Definicija rada u fizici se razlikuje ad intuitivne "definicije" rada u svakodncvnom rivotu. Naime, ako SilVilti1110 rad kao irvrgeno gifianje (pamicanje) nekog tijela, onda se fizikalni i "svakodnevni" rad podudaraju, no ako u ruci drrimo (teiak) teret (nepomitno), fizikalno ne vrkmo nikakav rad (A.a.= 0), a u svukodnevnom rivatu karat demo da smo "radili". Rad jest, medutim, irvrkin unutar nakg tijela, poko su rivci eeprestana stimulirali misicna vlakna na stezanjc i rastezanje (so razliku od kostiju, ne more irdrrati stairs napam ver1 Sc mora neprestano stezati i opukati). Time je izvrSen unutaruji rad, koji se ne manifestira kao rad rnakraskopskog sustava.

Rad statue silo Ukupni izvrt;eiti rad na putu od mjesta s, do :Mesta 82 = s2 - WO, (10: osi x npr. (A8. -■ I • Ax) mo2ento naei tako da zbrojimo uninok.ce vektora site na injestu x.; i pomaka i • ,Ax,. Ako ,je sila konstantna dui, cijelog puta Ox, tj. F = Fo i ima snnjer pozitivne osi x, onda s je ukupni rad jednak "11,2 =- PO • • (,r2 2.1 Uvod

I) =

FO •

(2-2)

Ax•

To grafieki prika2emo prema slici 2.1 kao povrginu pravokutnika ispod "krivul,je" koja prikazuje silu (pravca paralelenog osi x).

Had i energija (i s njima usko vezana snags) su izuzetno va2ne fizikalue velieine za koje slobodno Inc2enio kazati da su mortis najva2nije fizikalue predodZbe suvremene znanosti i telinologije. Poznata je vte2.nost energije u kernijskim, bioloskim, astronornskim, geologkim i drugirn (pri znanostima, kao i u tehnologiji i tehuici. U fizici, ili ovdje u mellanici, rad i energija mogu poslu2.iti za opis nekog mehartiekog sustava na .jednakovrijedan naein kao Newtonovi zakoni opisuju dinamiku tog sustava. Medutim, vainost energije nije bila shvaeena sve do sredine 19. stoljeea, kada se uvidjelo da energija make poprimati razlieite oblike: energiju gibanja, kemijsku energiju, toplinsku energiju, svjetlosuu energiju, elektromagnetsku energiju, itd. S dana'Snjeg stanovita, kada nam je poznat sic fundamental/1th procesa koji predstavJjaju "zajednieki nazivnik" spomenutili energija, energiju ino2eino svesti ua kinetieku energiju i potencijalnu energiju atoma i/ili molekula, no u proutav roskopskill sustava (inaterijahla toeka, kruto tijelo, titrajni sustavi, itd.) jot uvijek je praktieno zadriati zadržati "tradicionalnu", gornju podjelu oblika u kojima se javlja energija. U izutavanju oblika u kojirna se u makroskopskim sustavima javlja energija ustanovjjeno je da postoji zakon saeuvanja energije, tj. zakon koji govori da jednom uvedena ili nekako dobijena, energija u zatvorenorn sustavu ostaje "vjetno prisutna". Taj zakon je potaknuo istra2livanje opeenitih zakona satuvanja, posebno kada je ustanovjjeno da su zakoni satuvanja povezani sa simetrijama fizikalnili sustava. U avant demo poglavlju definirati i opisati rad, energiju i snagu i formulirati osnovne zakona zatuvanja fizikalnilt velitina, to istaknuti njihovu fundamentalnu va2nost kao i konceptualne promjene koje su nastale kao pool rasta vainosti važnosti zakona saeuvanja u suvremenoj fizici. Terre samo naznatene u ovoni poglavlju dalje se razraduju u kasuijim poglavIjima (posebno zakon saeuvanja kolieine gibaJtja - poglavlje 3 ili inehanika krutog tijela - poglavlje 3 1 4.)

F(x)

W1,2

xl

1.2

x

Slika 2.1 - Rad izvrgen od stalne sile Fo

integralnog ratuna (dodatak D1) znamo da je to povrgina jednaka

11'1 ,2 = f F(x)tlx = Fo I (11, xV

(2-3) = Fo •

'I)

= Fo • Az.

2.2 Rad U fizici kaZemo da je neko tijelo izvrgilo rod ako ,je ono savladavalo silu no nekom. putu. Matematitki to incettio iskazatl tako da kaieino da je rad jednak skalarnoin umno§ku (vektora) site i (vektora) pomaka, tj. AW=F-A (2-1) Dakle, rad je

= Fo (1,2

kada je tijelo bilo poniaknuto dui puts Os i kada sila ima komponentu (10, puts.

Primjer 2.1 Za kogaru s maakorn Ar•turom prikvaerta je opruga konstante k = 100 N/rno Oprugu rasteZerno (parulelno s Horn) i kada se opruga rastegne 20 cm, koaara se pokrene. Koktru s Arturont odskliierno 2 rrt nriesnto, Indriatnajnei stalnu rastegnutost opruye. Koliki smo izvrgili rad za vrijerne pornicanja kogare? ;lames Prescott Joule (1818-1889) gkotski fiziear i pivar.

q 'Jo

;!.

qa

oat. Motka I on FEU. - Alchrottl.“

Zuk171.1 Olr.711,f1 1. 11,1

1 701!174(1

pa skalarni umn&..ak F sa di = i d.c daje F • di = Fo cost dz. Gornje razmatranje, Inatematieki dare u jednadZbarna (2-5) upuiuje da rad mote biti i negativan! Ako sila djeluje u suprotnorn sinjeru od porriaka tijela, onda je izvrS-eni rad negativan. Take npr. a zadatku 1 tovjek mote djelovati silom od 600 N na ormar take da ga zaustavlja. Neka se ormar giba s lijeva na desno (nekom brzinom koja ,je dobio zheg neke druge Bile). Covjek ga zaustavlja djelujuei silorn s desna na U torn .je slutaju tovjek izvrSio rad jednak

Slika 2.2 - Uz primjer I

W = F.•

= f F • dx • cos 180° = 600 N • 3 m . (-1)

= —1800N. drugatije kazano, "ormar je izvrkio rad na tovjeku" (i taj rad ,je pozitivan!).

12,JEENJE Kada se opruga rastegne za At (= 20cm) onda je sila koja ju je toliko rastcgnula upravo jednaka

Take je rad koji izvrS4mo kada podiZemo tijelo prerna gore (stalnom silom) jednak (slika 2.3)

F = k • At. Tom je silom pokrenuta konara s Arturom i to ,je sila djelovala. na putu Ax (= 2 m), pa je silo F izvrHa rad jednak

IV1 ,2 = 1F • di; = F (112 — hi)

(2-7)

m

=

f (kAt)• dx -= (k • At).

=F• 5h.

2

0

40J.

Zadatak 2.1 Koliki rad izarli 6ovjek gurajue'i stalnom silorn F = 600 N armor na putu dugorn trot RJEEN.JE: IV = 1800J.

Medutim, i sila i pomak su vektori, a prerna definiciji rada nije svejedno koji kut zatvaraju vektori Pr'" i di! Drugirn rijetima, u primjeru 1 bile je vaZno naglasiti da sila djeluje paralelno s flour, pa je, prerna definiciji sicalarnog produkta vektora (dodatak D2) = f • a =Ifl • Id.§1• cos(z P /a) = IPI • !al • cos 0°

(2-4)

= F • ds. Ako je sila stalna ali djeluje po pravcu koji sa smjerom pomalca tijela di zatvara neki kut 0, onda ,je ukupan rad jednak (za pomak duž osi x) 2 W1, 2= P4 •

Slika 2.3 - Sila F podiie kogaru konstantnorn brzinom

S obzirom da se koara na slici 2.3 podi2e stalnom brzinom, prema 2. Newtonovom zakonn dvije so site u ravnote2i, silo F i telina G koSare i Artura

F — = o,

IFI=

ci

R.ad koji je izvr§ila sila teZa. (tetina) G je

a = Fo cos 0 f dx Fo cos 0 • (x 2 — )

(2-5) wG = 6' • dli = f

= Fo cos 0 • Ax.

coslso° =

,„ Naime, vektor sile je jednak (dodatak D2) F=i F0 cos 0+jF0 sin 0,

- -W1,2. (2-6)

Znati da je ukupni rad izvrAen na koSari s Arturorn ,jednak nuli!

• (—n

(2-8)

6. Rod,

(•11 lyija i 511,1y(1.

Sir.

ZILkU161 ucuvanja

- 5

Str. 5 - 6

D. llorvat: Fiziku I as FER • Adeltunzka i toplirtu

F(x)

Primjer 2.3

poloiaja a =

Koliki rad izvnii opruga koja vrati praznu kogaru (Artur je iskoho!) a ravnoteini poloiaj iz = 20 cm. Kojara se giba jednoliko!

R.JEENJE Smjer rile opruge F p je prema ishodittu, a pri tome to sila morn savladavati silo trenja (koja ima suprotan smjer, a po iznosu je jednaka sili opruge, jer se ko'Sara giba jednoliko), tj.

x1

x2 P00 =

Slika 2.4 - Rad prornjenljive site F(x)

—ikx

i

Fop +F„=0

pa je opruga izvfSila rad nasuprot silt trenja jednak 0

Wu p = f Rad promjenljive site Ako sila nije stalna (konstantna) kao u izrazu (2-3) onda ukupni rad dobijemo zbrajanjem umno2aka Fi • Axi , gdje sada Fi irna smjer dui x—osi i ovisi o mjestu x,, tj. WI , z

=

E Fi(xi) • Ox;,

0

f (ik ( dx) = x)(—idx) = —k f x dx Le

=—

k 2

pi

= +k

LC

(Ae)2 = +2J. 2

(2-9)

prema slid 2.4. Ukupni rad, odnosno ukupnu povr0inu ispod krivulje F(a) dobijemo najbolje tako da podijelimo interval dx. Svaki taponmo oo) djeMa, pa Ax1 = x2 — xi na mnogo (beskona'eno innogo - N oihno žhno odgovaraju&in siloni F(x) na mjestu x i sve to posumiramo. Tako dobijemo odredeni integral (vidi dodatak DI, jednadibe (D1-30) i (D1-29'), to sliku D2). Prema tome,

= f F(x) dx openitije

(2-10a)

2 IV, 2 = f (F) dr.

Primjer 2.2

Prirnjer 2.4 Opruga visi u nerastegnutorn poloiaju. Za njen kraj prievrkena je koiara iz prirnjera 1 (rn=6.4 kg), all rukorn pridriavarno kogaru tako do je opruga prvo nerastegnuta, a zatirn polako spugtamo ruku, tako da se kogara jednoliko spugta i rosteie oprugu. Opruga se rastegne do duljine Dy = 12.4 cm. lzraeunajte rad koji je izvrgila teiina kogare, b) opruga i c) risks. (Konstanta ove opruge nije poznata!)

(2-10b)

Koliki rad izvrgi silo koja rastegne oprugu (k=100 N/rn) za 20 CM, U. print:jet-a I?

RJEdeNJE Vanjska silo rasteie oprugu za At(-=20 cm). Pri tome rastezanju vanjska sila mora biti sve vela i veda, jer se opruga opire rastezanju, a to je opiranje proporcionalno produljenju At, tj.

= —kxi gdje je x u stvari At. Vanjska sila je znaia jednaka sill opruge (po iznosu, all je suprotnog srnjera) 17■ mjska = kxi,

Slika 2.5 - Artur visi no opruzi - uz prirnjer 4

a rad koji izvrSi vanjska silo je =20 cm =

f

= 2 =20 can

(i d x) = k f .1=0

x 2 20c m

=k 2

2 0

= 2J.

0.22 k• 2

xdx RJ17,EN.11.: (Ovo je vrlo veal, primjer i valja ga pailjivo prostudirati!) lz podataka da je na udaljenosti Ay postignuta ravnoteZa silo (teiine i sue opruge), izraeunati demo konstantu opruge k, tj.

G —3• kAy = 0 a

k=

G

= = 506.323 Nim Ay Ay

2, Rad, encrq;jai snags.

Sir. 2- 7

Zak071i ocuvanja

Actor skal sa zids visokog 1.5 ?a, u horizontalnorn srojeru, brzznow on doskoa, on zernlyn?

Primjer 2.5

(pozitivna os y okrenuta jc prema dolje). Rad koji izvr5i telina ko5are i Artura je TVG = 3 rag j • Ay = +7.785 J.

2

–3.892 J,

IV= F LIE = mg Valja uoiati da potnak de iota dvijc komponenta, u smjeru osi x (liorizontalno) i u smjern osi y (vertikalno - pozitivan je smjer prema dolje), no skalarni uninolak site koja ima samo komponentu prema dolje daje doprinos samo a stoic!, osi y (vitljeti reeenicu iza formule (2-1)). L. gornjoj je formuli IS = 1.5 In. Onda

• dy = 0

Jc

pa je uktipm, = IV + Wan + 1Vtars

Kojorn

tj.

a kako jc ukupni izvr5eni rad jednak null, jar je tijelo jcdnoliko spubltano, pa je ukupno sila bits jednaka null, imamo IV,,k„,,„. =

brzirtorn v, = 3 rn/s.

R..1E 5 . E,Nr E Problem molemo rijesiti tako do napigemo ,jednadZbu gibanja (horizontalni !Mac, it d. ), = medutim, ovdje tlemo problem rije5iti ponmeu teorema (2-14). U poeetnom trenutku brzina je v, =. 3 m/s, a porast kinetieke energije (povetlanje brzine) jc rezultat izvrbenog rada koji izvr5i sila teZa,

Rad opruge je ,jednak

-k (4y)2 =

D. Ilor vat: Fizika 1 za FER - A4 chanika i tophn a

St, 2- 8

=0

=

–

–3.893.1.

1 s – –ott,;ot , 2

1 2

i era,,

4 4

N/2gAy + vr,0, = 6.199 m/s.

I:inernatitl,ki se to brzina sastoji oil horizontalne komponente r, i vertikalne komponente Vq,ot + vi i njcn je smjer "koso prerna dolje".

tj

4 4 2.3 Kinetieka energija i teorem o radu i kinetinoj energiji Neka na tijelo stalne mase in djeluje sila F dug osi x i daje tijelu akceleraciju a. Onda mogerno napisati d dv dv dx F = —p = rn— = m-dt dt dt dx dv dx dv = rrt— — = ra— • V, dx dt dx

Zadatak 2.2 lzra6unajle kut o brzine iz prethodnog pricnjera, u odnosu na horizontal?u. RJFENJF.: tga =

(2-11)

to

a = 61 057°.

to

pa je rad koji izvrgi sila F jednak 2 ,

,47,,,=/Fd:c=imv_ax=imv,,,.,.= dsc

2.4 Snaga

v2 p

2 ,,, (2-12)

WI ,2 =

712q

771V?

2

2

prema (2-10a)

MA 2

my

– 2 = f F(x)dx

Silo mole izvrsiti isl.i rad na bezbroj naeina, tj. cljelujuei nekom silom, neki predmet dug, nekog puts mogemo porna.knuti za 1 sekunclu, ili 1 minutu, ili 2 minute ltd. Za razlikovanje naeina izvrerlia rada (a vremenu), uvodimo snagu koju definiramo kao rat) izvrgen u nekom vremenu, odnosnu definiramo ju kao ornjer ra.da i vremena za koje ,je taj rad izvrSen AW

(brzina vi je brzina koju ima tijelo na mjestu xi). Razlika vereina u zadnjem reclu forinu1e (2-12) je razlika kinetidkih energija AEk. Time smo uveli pojam kinetieke ene gije Cestice rnase m i brzine v

1

Ek = –rnv2 . 2

(2-15a)

Al Ako nas zanima

snags a odredenom trenutku (a (2-15a) je clefinirana sredrija ;maga), on& je

(2-13)

P=

d117

(2-15b)

dt

Relacija (2-12) je iskaz teorema o radu i kinetiekoj energiji koji kage da ,je ukupan rad koji izwrge site na

Jeclinica za snagu je vat

neku aesticu jednak prontjeni kineti2ke energije aestice

Iz (2-15b) mogerno dobiti snagu izragenu pomoeu site koja djeluje na tijelo i vrgi rad

Wuk = AEk = Ekikonkena Ek/poCet.na

1 2 = '-rnviconat.na

trio snags

jednaka

(2-14)

-

W. odnosno W=.1/s=kg•m2 /s2 /s=kg•in 2 /s3.

P–

dIV

• df.

dt f

dt

-

–F

dt

(2-16)

2. Rod,

i sr1111/11.

Zokoni

01;1/1171:01

St,.

9

Otigledno,je da i snaga (kao i rad) mote hiti negativna, ovisno o srojeru cljelovanja site i smjera hrzine.

St,. 2-

10

Honrt:

D.

Fiziku 1 so PER. - Mehuniku i

toplino

Ckupni je rad site f jednak (heskonaenoj) surni radova dll", tj. integialu, a kako je sila stalna. dohnerno da je

Prirojer 2.6 Autornobd 111,18C 1 t iniruje. If ado se pokrene, zu 15 s je prosjeena snaga motors trebala za to yibartje? R.JEIENJ E

071

13

postiyne brzinu od 100 km/h. Noliko 16 =

Yr!

P' • dS'=Ifi•

= my • yn.

(2-1S)

A

Promo t.eoremu o radu i kinetiOkoj energiji

Do solo izabrali putanju 2, dakle od Ado C pa do B dobili bistro), oeito isti rezultat, jer ponovno dio puta od C do B ne hi doprinosio jet. je dot toga dijela silo okotnita na pornak. To vrijedi i za putanju 3, gdje hi dio truth od .4 do D dao doprinos nula.

= 3.838 x 105 J, pa je za to gibanje trebala (prosjeOna) snaga .jednaka -..,

IP At (la_ko su "konjskc silage" (KS) jedinica izbateoa iz sluthene uporabc, jot; uvijek su u svakodncvnom komuniciranju "konji", Costa jednica za snags autornobilskog rnotora. Gornja snaga u vatima, preraOunata u KS je P = 2.572 x 10' W • (1KS/735.75W) c 35 KS.) P = — = 2.572 x 10' W.

Kilda hismo sada vratili Artura putanjont 3 natrag. od B do A. (jecinoliko, naravno) sila hi imala kao i prije smjer prema gore, no pomak je u suprotnorn smjeru (spugtamo ga). Had bi bio negativan. alt istog iznosa! (Porrovito lie doprinosi dio putanje od D do .4!) Viclimo da je ukupni rod pri premjegtanju tijela od A putairjour 1 do B pa natrag putanjom 3 do A jednak nuli! To hismo napisali ovako A •

Wukupni = f

4 4

dg + I f • d.;=- 0

A-0C A

f • d.?= 0

f' • d.S. = - I

f

2.5 Potencijalna energija i konzervativne site Potencijalna energija je oblik energije koja se nalazi u fizikalnom sustavu zbog relativnog polotaja ill orijentacije dijelova sustava. Da hismo je toeno opisali i za gjeuo puno razumnevanje, valja uvesti pojam konzervativne site. Pogledajnio situaciju na slid 2.6, gdje nasuprot site tete telimo premjestiti Artura (jednoliko, da se maeak ne uplai) s poda (toeka A) na stol (toeka B). Na slici su naznatena tri od bezbroj mogueill natina kako motemo izvesti to premjegtanje.

(2-19)

f • (lg.

B:r

A-1C

f f • a f f • a A--oC

A-01)

Rad izvrgen po zatvorenoj krivulji protiv site tete jednak je null. Nacialje, rad izvr8en protiv site tete ne ovisi o putu, vet. ovisi samo o poeettioj i konatnoj weld! Za takvu silu katemo da je konzervativna sits. Za konzervativnu silu moterno definirati funkciju (koordinata) U(a,y, z) (najopeenitije u 3 dimenzije), takvu da je to silu moguee dobiti iz tako definirane funkcije! Tu funkciju zovemo potencijatna energija. Dakle, potencijalnu energiju mote imati samo sila koja je konzervativna! Promjenu potencijalne energije A Ep AU defirtiranto kao negativni rad koji izvrte konzervativne site (indeks "K" stoji za konzervativna ) AE, = — 1I'k.

(2-20)

WK = -AU = U, - = f P; • dz.

(2-21)

AU = -WK odnosno, u ,jednoj dimenziji

ill

znaei poeetni, a k kortatiti)

Cornjo .jeclna&bu inotemo napisati i ovako Shka 2.6 - P7V711:legt(1711e A711171111(1 tri rioetna

U k(X) = - f P; • dr + Up

Najvjerojatnije bismo Artura premjestili putanjom 1. Pri tome se putanja 1 sastoji od niza potnaka df koji se sastoje od pomaka (hit osi x za i • dx i pomaka dui osi y za j • dy. Sila teta ima srojer prema doije jednak G = -5nry, pa je izvrgeni rad site F nasuprot sili teti, na djelieu puta

i testo izaberemo vrijednost za Uy da bude jednaka nun, za neki proizvoljni položaj x. Fizikalno znatenje iota samo promajena potencijalne energije. Jednaaba (2-22a) daje narn "recept" kako izratunati potencijalnu energiju U(x) ako je poznata sila. S druge strane, iz potencijalne energije U(x,y,z) motemo izratunati silu

=

• V= -6; • (IS' = (+5 • ray) • (I

= my • dy.

+ dy)

(2-17)

F(x) —

OU(a, y, z)

F(y) —

OU(x,y, z)

ay

(2-22a)

F(z)—

OU(x,y, z)

az

(2- 22b)

2. liar?, cn rrgia

i snaga. Zakoni

WIL11117110

2- I I

D. I/for-cot: Fi,iky 1.:a 1.TI? - Mchanika i topliroy

51r. 2- 12

Zadatak 2.3

Had koji izvrii nekonzervativna sila ovisi o putu (stazi) dui, kojcg je rad izvrten. Rad nekonzervativne silc dakle nije funkcija samo potetnog i konatnog poloiaja, pa za nekonzervativne silo ne postoji potencijahia energija.

Koju bizinu na visini y iron tijelo iz primjera 7, ako je ono been() prema dolje brzinom vp ? 13,JEENJE: vk = r;1; -1- 29(h — y).

2.6 Zakon saeuvanja Inehanieke energije Neka se eestica giba po osi . 17 pod Hjelovanjein konzervativne sile energiji, rad konzervativne site je

Prema teoremu o radu i kinetiekoj

ll'K = AEk,

(2-23)

2.7 Zakoni saawanja Neka ,je neki sustav S, koji se sasto,ji od eestica iii vise tijela, odreden u nekom trenutku to koordinatama {x(i01 ) i brzinama {!°)}, tj.

a prema ,jednadibi (2-21) 1110"2e1110 napisati Ha je

S

AEk = —AU,

(2-24)

A(Ek + U) -= 0.

(2-25a)

odnosno

To ,je zakon satuvanja mehanieke energije koji mo.Zemo napisati i u altetnativnorn obliku Ekl p + Up = Eklk Uk.

(2-25b)

Ako uvedemo ukupnu (mehanieku) energiju E kao zbroj kinetieke energije Ek i potencijahre energije E=

(2-26)

U,

onda zakon saeuvanja melianieke energije kaie da je AE = 0,

(2-27)

odnosno, da je ukupna mehanieka energija sustava konstantna, ako su jedine site koje u sustavu cljeluju konzervativne site. Molerno, dakle, kazati da kada se kinetielca energija sustava pove/a (ili smanji) za neki iznos, za isti se iznos smanji poveca) potericijalna energija. Tako ,je uvi,jek zbroj kineti?ke i potencijalne energije stalan. Primjer 2.7

Tijelo je ispu.§teno s visine h iznad tla. Koju brzinu irria tijelo kada je na visini y iznad tla?

= scto {.;°')

})

{,( 0)

(2-28)

Ako se sustav mijerna u vremenu onda kaZemo da se zoijenja stanje sustava. Na osnovu razmatranja zakona mehanike, znamo da, poznavajuei medudjelovanja (site) sustava (njegovih konstituenata), molemo odrediti vremensku evoluciju sustava, tje'Savajuei jednadZbe gibanja konstituenata, uz poznate poeetne uvjete dare u ,jednadibi (2-28) (2-29) S = S(t 0 , {.;°)), {.(°))) S = S(t, fx,), {±,}) Medutirn, odredivanje stanja sustava u trenutku t putem jednadibi gibanja rnole biti izvanredno zarors;en problem. Problem mole biti i nerje§iv ako se npr. ne zna totan oblik medudjelovanja, ako je broj konstituenata. ja.ko velik itd. Postavlja se zato prirodno pitanje: mole li se na osnovu nekih opdih principa, koji su (eventualno) povezani sa zakonima. mehanike (Newtotrovi aksiomi) zakljutiti o konaenorn stanju sustava S(t, (xi), Uzi)), bez kompliciranog postupka rje§avanja jednaZbi gibanja? Odgovor no to pitanje je pozitivan: opei principi na osnovu kojili molemo opisati neko stanje sustava a.ko mu znarno poeetno stanje, zovu se zakoni saeuvanja (nekih) fizikalnih velitina. Oni govore govore o fiziklanim velieinama koje se ne mijenjaju u vremenu, iako se stanje sustava (koortlinate i brzine opt.) vremenski mijenjaju. Dakle, fizikalna velieina koja je nepromjendjiva vremenu je saeuvans fizikalna vclicinn ili konstanta gibanja, a zakon koji govori o tome jest zakon saeuvanja. Zakoni satuvanja postali so posebno vaini rclativno nedavno, kada je otkrivcno da on oni povezani sa simetrijama sustava, odnosno simetrijania medudjelovanja koje dada u sustavu iii vac sustav s okolinom. Time se teiiite razmatranja svojstava i dinamike fizikalnog sustava pomite sa zakona gibanja na zakonc satuvanja. Zato se mote kazati da su prijc vrijedili zakoni dozvole: oui su opisivali ito se mote i sinije dogoditi, a sada, preuzirnanjem vodete uloge zakona satuvanja imamo zakone zubrane: zabranjuje se svaki prows koji bi promijenio vremenski konstantnu (sa(uvanu) velitinu. Vain° je istaknuti da su zakoni zabrane ma.nje restriktivni od zakona dozvole. Neki osnovni zakoni saeuvanja su zakoni satuvanja

RJEENJE Na tijelo djeluje samo teiina tijela (konzervativna sila), pa moiemo upotrijebiti zakon satuvainja energije (u °Niko (2-25b)), jer je potetna kinetitka energija .Ek15 = 0 i Up = m.gh. Na visini y imamo = rut),/2 i US = mgy. Onda jc

(a) energije, (b) kolieine gibanja, (c) kutne kolieine gibanja, (d) naboja,

E11 5 -e Up = E1.15

0t myh=

mu) 2

+

mgy

vi = 29(h — y)

(e) fermionskog broja, koji u sebi ukljukuje npt. (el) zakon saeuvanja leptonskog broja. Zakoni saCuvanja (a), (b) i (c) povezani su sa svojstvoin izottopnosti i hornogenosti prostorat i jednolikosti vremena. t Izotropnost prostora ,je karakteristika prostora da u sviin sinjerovima ima ista svojstva.

2. Um!, cryryira i Snapa.

Zak Oni

cermartja

Sir. 2- 13

Zakon sai.-mvanja energije je poopceiije zakona spomenutog u proSlom odjeljku, a on u mehanici glasi ovako: u inercijalnoin sustavu mehanieka energija zatvorenog sustava eestica, u kojeni nema disipativnih sila, ostaje stalna. Dakle = 0 (vidi (2-25a)).

Sir. 2- 14

D. Norval: Fizika l za FER - Mehanika i toplina

pa integriranjem od t = 0 do t = td, odnosno od x = 0 do a = d, dobijemo

C11;

dt —

Neka je ukupiia mehanieka energija inercijalnog konzervativnog sustava u jednoj dimenziji jednaka

.1

2

,„

+ Euk = -

/2

0 {4 f(y) +

o

(2-30)

(x).

2

(2-22b) vrijedi do je dU(x)/di = —F,. DokaZimo da je En k vremenski nepromjenljiva veheina:

dl

— 2

dv d U dv dU 2v • — + — = — + — —

dt

dt

dt

da dl

dw v(m— — F,)= 0,

(2-31)

(it

pa vidi no da je dE,A/dt = 0, jer je ispunjen drugi Newtonov aksioni in • chid( = F0 . Time su zakoni saeuvanja rfirektno povezani s jednadZbama gibanja sustava. Opeeniti zakon saEuvaitja energije molemo formuln•ati ovako: energiju nije moguee stvoriti ill uuistiti. Ono mo;,e samo prelaziti iz,jednog oblika u drugi ii s jednog sustava na drugi. Pooplenje tog zakona preteZe Sc ea !duos !nose i encrgije prema Einsteinossij relatiji: Ey = tric2 , gdje je Ey energija mirovanja tijela, a m ujegova masa (vidi poglavlje 7). Npr. u visokocnergctskom ra.sprSenju ("sudarauju") protona p na protonu p stvara se Z.:este:a pion 7r•

p+p--p+p+ 71. Jedan proton s lijeve strane prikaza reakcije ima (kinetieku) energiju) i zakon saeuvanja energije izgleda

sada ovako kin.

+ 2nLY c2 =

kin.

+ 2rnpc2 + rrt„c2 .

Zakon saEuvanja koliCme gibanja Kolieinu gibanja definirali smo u prvom poglavlju kao umno2ak brzine tijela i njegove erase: l7= nvt7.

Zakon sacTuvanja kolieine gibanja kaie da je kolitina gibanja sustava konstantna velitina (saeuvana, u vremenu nepromjenljiva), ako je zbroj svih van sila na sustav jednak null, tj. 17= konst.

E

ako je

(2-32)

'raj zakon je opeenitiji od Newtonove mehanike jer vrijedi i u ndkroskopskom svijetu atoma i njegovih konstituenata, a tamo Newtonovi aksiomi ne vrijede. Primjer 2.9 U drveni blok incise rap = 15 kg jedan za drugirn -adore dva metka, svaki inase rn„, = 4.2g. Kojn brzinu vir in/a korttad (intact nakon sto ga pogodi drugi metak, ako je brzina inetaka v„, = 1200 m/s, a kontad drveta prije -adorn inetaka rairuje? R.JESENJE Zakon saimvanja koliLne gibanja u jednoj dimenziji (a) za prvi metak daje

Pprije = Ppoehje Primjer 2.8 Cestica erase in giba an po pravcu pod djelovartjern site f (x). lzraJunajte, na 0 STIOV11 zakona saeuvanja energije, vrijeme potrebno da an eestica pontakite za udaljenost el. Prije poaetka djelovanja sire

ti•

i• TrWirn

Pmetak Pdrvo = Pmetak-Fdrvo

+ 0 = ( MD + Ulm)i • VD ,

a za drugi metak je

(:estica se gibala brzinom vo.

(mu +

i = (mu +

1,

RJEENJE Jednadiba gibanja testiec jc Pa je '113

d2"

vu = v,„ •

f(x),

dt 2

Ovdje valja naglasiti da mehaniZka energija nije saZuvana (energija jest sauvana!), jer se pri udaru metka u drvo razvija toplina Q, pa molemo napisati

a teorem o kinctiekoj energiji i radu, jedn. (2-12) daje 1in day = 2

2m ,,, — 0.672 m/s. trip + 2m,,,

f (ody Kin.

2

Kin.

+ Q.

gdje je Co poletna brzina tijela prije djelovanja site. 1z gornje jednadZbe je 1/2 da = dt

f (Y) dY +

Pri ratunu kinematike gornje reakcije valja voditi railuna o tome da izraz za kinctiau energiju u obliku nave/2 vrijedi sane> za male brzinc (u odnosu na brzinu svjetlosti c), pa bismo morali rabiti izraze iz poglavlja 7, za relativistitke brzine

Zakon saEuvanja kutne koliEine gibanja Kutnu kolieinu gibanja definirali smo u prvom poglavlju (jedn. (1-83)) i pokazali da ,je kutna kolieina gibanja saeuvana lada na testicu djeluju sarno centralne site (jedn. (1-86)). lz jednad2be (1-87)

dt

M

(1-87)

2. Bad, enerysia i snaga. Zakont oduvanja

Str. 2- 15

vidimo takoder daje L konstantna velieina ako je moment (vanjskilt) sila M oko date totke oko koje ratunamo kutnu kolikinu gibanja jednak null (2-Ma) L = konst. 7d L = 0 t Prema tome, zakon ,saeuvart ja kutne koliejine gibanja molemo iskazati ovako: u inercijalnorn sustavu koji je izoliran od okoline, kutna kolieina gibanja ne ovisi o vremenu (konstantna je). Oko Bane totke, odnosno osi kroz tu toeku L (totnije, projekciju L-a na tu os) inokerno izraziti polnoetu momenta tromosti I i kutne brzine pa zakon saeuvanja kutne kolitine gibanja daje (2-34b) E = E -11:„k gdje se strum protele preko svih poeetrith (p) odnosno konaitnill (k) stanja sustava. Za sustave koji nisu izolirani od okoline vektor kutne kolieine gibanja L nije konstanta gibanja vee saeuva.na mole biti jedna njegova projekcija na neku os (z npr.). To je toeno u slutaju ako je projekcija ukupnog momenta Al svili vanjskili sila na tu os jednaka nuli. Dakle, kako je = E Mi/, (2-35) L. E L,,, i ako je npr.

(2-36) k Al, = 0 onda je L, = E L,,,(t) = konst. Zakon satuvanja kutne kolitine gibanja postulira se i za sustave u kojirna ne vrijede Newtonovi aksiomi, pa taj zakon predstavl,ja opei princip izveden iz eksperimentalnih razmatranja. On je zajedno sa zakonom saeuvanja energije i zakonom saeuvanja kolitine gibanja jedan od najvalnijih zakona prirode. Primjer 2.10 Utn jetni satelit ima eliptienu putanju oko Zemlje takvu da je u perihelu udal jenost jednaka 7.02 x 106 m, a u afelu 10.3 x 105 nt. Ako je brzina u perihelu 8.22 x 103 m/s, kolika je brzina u afelu? RJESENJE Na satelit djeluje centralna sila, silo gravitacije. Prerna tome, kutna kolitina gibanja je satuvana, a to znad da je

tj. rne,r, =

Lperihel = Lafel

7/1ll.re

gdje je v„ brzina u perihelu, ltd. Brzina u afelu je vp = vp

= 5.602 x 103 m/s.

Sir.

D. Homat.. Fizika 1 za PER • kleitanika

2- 16

i toplina

Zakon saeuvanja elektrienog naboja Elektrieni naboj izralava jakost kojom inedudjeln ju tijela koja posjeduju viak lb manjak negativnog naboja tiji je nosilac elektron, elementarna testica eiji elektrieni naboj molemo izraziti ponloCu Si-jedinice kulon - C (2-37) 6 x 10-19C Eksperintentalna je ein jenica da je naboj protons (koji nije elementarna eestica vee se sastoji od kvarkova predznaka elementarnill eestica - vicli 9. poglavlje) po iznosu jednak riaboju elektrona, all je . (2-38) Q(p) = -Q(e) = = +1. Eksperimenti pokazuju da sve (elementarne) testice koje nalazimo slobodne u prirodi imaju po iznosu naboj jednak naboju elektrona njegovoin cjelobrojnom viekratniku. Tako je npr. naboj tzv. kaona h ,jednak (2-39) Q(K-) = Q(c) = -1.6 x 10-'9 C, a naboj tzv. delta-rezonance A++ ,je (2-40) Q(A++) = -2 x Q(e) = 2 • IQ(e)I = 2 x 1.6 x 10-'9 C ltd. U prirodi postoje i neutralne eestice ciji je elektrieni nabo,j jednak null, npr. mionski neutrino je eestica bez elektrienog naboja Q(v5) = 0 ill Q(neutron) = 0 ill Q(71-9) = 0, ltd. (2-41) Zakon elektrienog naboja zabranjuje procese u kojirna bi bilo narugeno saCuvanje (ukupnog) elektrienog naboja. Po tome zakonu dozvoljene su reakcije poput p + p -)11. + A° + K+ + zr+ 7+ + (2-42) p n + p A++ + K*9 U prirodi nikacla nije opalen proces u kojein bi postojala nejednakost zbroja elektrienog naboja prije i poslije reakcije. Zakon saeuvanja ferrnionskog broja Pri razrnatranju mikroskopskih svojstava tvari (poglavlje 8) uvest Cemo svojstvo mikroskopske - elementarne eestice, svojstvo koje zoverno spin lb vlastita kutna kolieina giban ja. svojstvu odgovarat ee vrijednost spina, tzv. spinski kvantni broj koji je jednak runnoiku tzv. reducirane Planckove konstante (vidi dodatak D5) i racionalnog broja (0, 1/2, 1, 3/2. 2, ltd.). Sve mikroskopske testice (proton, elektron, kaon, lambda, pion, foton, neutrino, ltd. - vidi poglavlje 11) prema. vrijednosti spinskog kvantnog broja podijeliti u dvije skupine: u tzv. bozone koji kvantni broj jednak 0 • 1 • 2 . ltd. i na lerrnione koji ima ju spinski kvantni broj 3 • Ti ltd. Fermiortima inolemo pridru iti ferntionski broj koji je apsolutno saeuvan n svini reakcijama, tj. zabranjene su one reakcije u kojima ukupni fermionski broj prije i poslije reakcije nije jednak. Fermionski se broj za razlitite grupe fermiona razlitito zove; za tzv. barione tj. za te.;Ie eestice poput protona, neutrona, ksi ltd. broj se zove barionski broj - B koji je prema zakonu saeuvanja fermionskog broja apsolutno satuvan. Tako je dozvol,jen proces p + p ->11. + A° + K+ + zr + (2-43) Q(e) = -1.

suprotnog

6 x 10-19 C

sacuvanja

ir°

Toni

rno2erno

irnaju spinski

Ti,

Zadatak 2.4 Zeltajilla staza oko Sunca je eliptiena (rnalog ekscentriciteta). U perthelu je udaljenost Ze111.1: jaSunce jednaka 1.47 x 101' m, a u afelu je 1.52 x 101' rn. Izraeunajte koliko je prta brzin.a u perihelu ve&L ad brzine u afelu. RJESENJE: 1.03 puta ili 3.4% vie.

lambda,

Ti,

fermionski

jednak 2• Ti. 4 • Ti.

2. Rad, t•Ti • yija i snaga. Zukottt ocuvarya

Str. 2. /7

jer je abroj barionskili brojcva 13 na lijevoj strani jednak zbroju barionskili lirojeva B na desnoj strani reakcije (13(p) = 1, 13(10= 1. 13(A° ) = 1, B(10- ) = 0, B(7r+) = 0; (knoll i pion a su bOZ0111 pa je njiliov barionski/ferinionski broj jednak nuli). Broj bozona u reakcijaina nije saeuvan. da svaka (elementarna) eestica iota svoju antieesticu: proton - anti-proton (p - 1 (It -

),

itd., pa je odgovarajtMi ferinionski broj antieestice jednak negativriont

fermionskom broju eestice. Fermionski broj koji pridruaujemo elektronu i njegovorn neutrinu rove se elektronski leptonski broj - e, i on je boo i barionski broj gore saeuvan. Apr. u reakeiji raspada piona 7+ —7

e+ + ve

imanio saeuvanje elektronskog leptonskog broja e,. jar ,je

(2-44) = -1 i

D. Horvut: Fiziku 1 an FER Mehaniku i toplinu

PREGLED 2. POGLAVLJA 1. Novi fizikalni pojmovi

treba odniall naglasiti neutron - anti-neutron

elektron - anti-elektron tj. poaitron (e - - e+), kaon - anti-know (1( - 1(), pion - anti-pion (7r+ -

7r - ). neutrino - anti-neutrino (a -

Str. 2- 18

rad

rad stalne site

rad promjenljive sile

kinetitka energija

teorem o radu i kinetiEkoj energiji

saEuvanje kinetiEke energije

snaga

srednja snaga

vremensko usrednjenje

konzervativne site

potencijalna energija

mehaniEka energija

zakon satuvanja mehaniEke energije

zakoni satuvanja i simetrije

zakon satuvanja energije

zakon satuvanja koliEine gibanja

zakon saEuvanja kutne kolitine gibanja

zakon satuvanja naboja

zakon satuvanja fermionskog broja

= 1 pa lijeva i desna strata 2. Nove relacije

imajo ukupni elektronski leptonski broj,jednak nuli. Slieno je i u raspadu

2

7r - -■ e— +

(2-45)

SIN= F•Ag

WI,2 = J

2 F

d7"

A di = —I A di I

tay. (1-raspadu neutrona imamo istovremeno saeuvanje barionskog (B) i elektronskog leptonskog broja (e,)

WI,2 = E1, 2) —

WI,2 = ,AEA!

p + e— + v,

(2-46)

AW At

EA. = isto boo i u C3-raspadu A° eestice

2 A° —■ p + e — + ve .

(2-47)

U saint gornjim reakcijarna potovan je i zakon saeuvanja elektrienog naboja. Do sada spomenuti zakoni saeuvanja vrijede apsolutno, tj. nikada u pairs nije prirrajec'en proces u kojern bi jedou ad tilt zukono bin notithend Posto,je, medutim, neki aakoni saeuvanja koji vrijede samo u nekim odredenim situacijama, tj. u prisustvu nekili medudjelovanja. Ti su zakoni nartfAeni u prisustvu

P d141 dr

f(t)= ,

W,2 = — ~E0

1411,2

dE,( x , y, z) dx

drugili medudjelovanja, a stupanj Iiaruenje mole dati toeno odredena pravila po kojima se odvijaju neki procesi. Zakoni satuvattja i zakoni naruenja u inikrofizici (fizici atoma, jezgre i elementarnih eestica) line skup pravila i ta pravila zovu se "izborna pravila", a to su zakonitosti po kojiina an odvijaju neki procesi.

■ AE,,k = 0

=0

'fa so pravila povezana sa simetrijama u ntikrofizici i ta Ill einjenica uzdiae tia troll univerzalnosti i daje ini primarni karakter u odnosu na zakone dinamike i kinematike.

D2

tit

1(1 ) 85

I

— DI

= 4' ) — 42)

F(y)—

dE,(x, y, z) dy

• t7

F. dr=0 F(z)

dEp(x,y,z) dz

EP= E prije poslije

,A(Ek + E,)= 0

EL= E L' P,,je

P

,AC) =0

puellj

3. Pitanja (sa zvijezdicom su oznatena te2a, neobavezna pitanja) 2.1 Kako an a fizici definira rad? 2.2 lzvedite izraz za rad statue silo koja djeluje pod kutom a u odnosu na smjer putanje 6estice! 2.3 Sto inoiete kazati o radu centripetalne silo uvedene u prvom poglavlju? 2.4 lzra6unajte rad koji izvrSimo kada rastegnemo (Trap,

all

Ox!

2.5 lzra6unajte rad koji izvrii situ opruge (unutarnja sila) kada je opruga rastognuta vanjskom silom iz prethodnog pitanja! 2.6 lzra6unajte rad pri premjeStanju predmeta u polju site teZe! 2.7 Kako an definira snaga? §to je srednja snaga i koji je njen smisao? Kako se ra6una srednja snaga ako sila ovisi o koordinati? 2.8 lzra6unajte snagu kada djolujo stalna sila koja djeluje pod kutom 0 u odnosu na voktor pomaka dr Valja ipak naglasiti da su ti zakoni u svo,joj sukini statistieki. 0 statistiekom pristupu prirodnim procesima biti de ukratko govora u 8. poglavlju.

2.9 NapiSite i izvedite teorem o kinetiCkoj energiji i radu. OpiSite neku situaciju u kojoj dolazi do izraiaja tai teorem!

2. Rad, eneniija i snaga. Zakoni on,vanja

Sir. 2- 19

2.10 Kakve su to konzervativne sile? Definirajte konzervativnu silu na (najinanje) dva Baeina! 2.11 Pokarite da je sila tern konzervativna sila. Izvedite njenu potericijalnu energiju! 2.12 Izvedite izraz za silu iz potencijalne energije, opeenito, a zatim za silu tau! 2.13 Formulirajte zakon saeuvanja mehanieke energije i poopcite ga na oeuvanje (ukupne) energije! 2.14 Pokatite da za konzervativne sile, iz 2. Newtonovog aksioma slijedi zakon saeuvanja mehanieike energije. 2.15 Opikte zako su zakoni saeuvanja varni. Kakva .je njiliova veza sa simetrijarna? 2.16 Formulirajte zakon saeuvanja koli9ine i kutne kolieine gibanja! Koji livjeti inoraju biti ispunieni da vrijede to dva zakona saeuvanja? 2.17 Ilustrirajtc zakon saeuvanja elektrienog naboja i fermionskog broja!

4

3 3. MEHANIKA SUSTAVA CESTICA. MEHANIKA KRUTOG TIJELA I STATIKA 3.1 Uvod 3.2 Sustav dvije eestice. Zakoni gibanja i zakoni odrZanja 3.2.1 Zakon gibanja teii;ta. Zakon saeuvanja kolieine gibanja 3.2.2 Sustav centra mase i relativne koordinate Reducirana rnasa 3.2.3 Energija sustava dvije eestice. Zakon saeuvanja mehanieke energije Sudari SavrAeno elastiean sudar iii sraz SavrSeno neelastitan sudar ili sraz Gibanje rakete 3.2.4 Kutna kolieina gibanja dvije testice 3.3 Sustav N testica. Zakoni gibanja i zakoni satuvanja 3.3.1 Jednadžba gibanja sustava materijalnih toeaka. Zakon centra mase 3.3.2 Kutna kolieina gibanja sustava N eestica 3.3.3 Energija sustava N eestica

3-1 3-1 3-1 3-1 3-8 3-8 3-6 3-12 3-15 3-17 3-19 3-20 3-20 3-22 3-23

3.4 Kruto tijelo - uvod Naciui gibanja krutog tijela Moment sile 3.4.1 TeHte krutog tijela Zakon gibanja teliSta krutog tijela

3-23 3-23 3-29 3-27 3-30

3.5 Statika krutog tijela Aksiomi statike

3-31 3-33

Dodatak 3. poglavlju DP3.1 Primjeri iz biomehanike Pregled 1. poglavlja Pregled 3. poglavlja P3.1 Novi fizikalni pojmovi P3.2 Nave relacije i formule P3.3 Pitanja

1-95

3-55 3-55 3-55

D. llorvat.. Fizika I za Foe •

Sir. 3- 2

jedliad'1,1)o, dobi,jenio, voded rai-Ania o 3. Newtonovoin aksiotnu

Ako zbrojimo to

2

7. prosinca 2001.

3. MEHANIKA SUSTAVA CESTICA. MEHANIKA KRUTOG TIJELA I - STATIKA

Mci,m,i ku i toplina

MI

dt2

fill

d2 F, + M27 , 1 2 72 =

—

(II

+ f„/2 Ili

1,12 —172 = 151 + T1I2172) = + 11) = Al dtd m if)) +Alm2t72 = Al dtd L dt m1I -I- m2 f'cx, (1 2 = M dt—2 f'cm = Al dt— Cent = /11(7cm. (I

dt

III 171 + 111272

,

2)

dt

dt 111 + M2 rn I 7-. + M2,72 )1

(3-2)

).1

3.1 Uvod

U dosadakijim razmatranjima u srediStu je bila materijalna totka, dakle zamiSljeni objekt - tijelo s masom all bez dimenzije. Sve site koje su djelovale na materijalnu totku djelovale su u jednoj Weld i rezultat njihovog djelovanja bilo ,je (jednostavno) translatorno gibanje po nekoj krivulji (pravcu, kruZnici, itd.). Medutim, kada promatramo realna tijela koja su prote2ita u prostoru, djelovanje sile u razlititim totkarna tijela mole uzrokovati zamr§eno gibanje koje predstavlja istovremenu translaciju i rotaciju oko neke (trenutatne) osi. Za opis takvog gibanja nu no je opisati pojam krutog ti,jela i fizilcalne velitine koje uzrokuju njegovo gibanje. Za opis krutog tijela koristimo pri,jelaz: rnaterijalrla gdje poopoenje od materi,jalne tone kree'e preko osnovnih zakona gibanja i osnovnih veli 'dna koje reguliraju dinamiku tijela. Osim toga, prvi korak pri,jelaza prerna krutom tijelu ukljutuje i opis problema sustava dviju eestica - materijalnill totaka, koji je vrlo važan u klasieno,j i kvantnoj fizici.

to6ka --■ sustav materijalnilt taake --■

kruto tijelo,

3.2 Sustav dvije Eestice. Zakoni gibanja i zakoni održanja

Slika 3.1 - Sustav ad dvije 6estice s medud jelovanjima U gornjem nizu koraka uveli smo eestice, tj.

nkupnn

3.2.1 Zakon gibanja teii§ta. Zakon saEuvanja koliEine gibanja Razmotrimo sada najjednostavniji sustav eestica, tj. dvije eestice rn, i rn2 koje se u ,jednom trenutku nalaze na mjestima odredenim f.j ,2 u inercija/nom sustavu sa sredigtem u toeki Cestice se u jednorn trenutku gibaju brzinama 171 , 2 i na n,jih djeluju vanjske sile f„0,2 , a istovremeno one medudjeluju silama odnosno F2,1 gdje oznakeznaee da eestica d,jeluje na testicu i! Medutim, po 3. Newtonovom aksiomu to su dvije unutarnje jednake po iznosu all suprotnog smjera, tj. F12 = Dakle, gibanje prvog odnosno drugog tijela opisano je 2. Newtonovim aksiomom

0.

sue

m=

dt2

;=, 2

rn2 dt2 ' 2 =

TII i + M2 i

vektor poloiaja centre mase (CM) dvije

",1 17.1 + TO 27 2

(3-3a)

ml + m2

odnosno brzinu centra rnase (CM)

j

2

Al =

MaSIL

17C =

mlvi + Tn2,72 rat + rn2

(3-3b)

Gornji izrazi pokazu,ju da gibanje sustava dvije testice "zamjenjujemo" gibanjem jedne materijalne (all "fiktivne") totke CM, eija je masa jednaka M rn2, eiji je trenutni pololaj dan vektorom f'cm koja se giba pod djelovanjern ,jedne site f,,. Pri tome gibanju unutarnje igraju nikakvu ulogu. Nadalje, ako je fr,„ = 0, tj. ako ,je (vektorski) zbroj svill vanjskih sila jednak null (ili ako ill uopee llama), onda dobijerno koji kale Ha se u odsutnosti vanjski sila centar mase sustava (dvije eestice ovdje) giba jednoliko po pravcu (Hi rniruje), tj.

= rnl +

site

ne

zakon giban ja centre mese

(3-1)

EFi = Fr/2 F21 i=1

17cm = konst.

(3-4a)

Mchaniku ,rotuva ecstica. Afrhanika krutog tip•ta

statika

St7'. .7 - 3

F I2

Sir. 3 - 4

D. Horvat: Fizika 1 za PER - Mehanika i toplina

Pololaj CM odredirno prema forrnuli (3-3a). Jasno je da je CM na spojnici sredika, tj. yet, = O. —koordinatu odredimo ovako

72t

mi • 0 + rrt2 . 0.5

0.3

mt +m2

m.

4 4 Primjer 3.2 lzraeonajte poloiaj centra muse (CM) sustava od Eetiri eestice s 71141S(1711(1 rn1 = 1 kg, nt 2 = 2 kg, 7n3 = 3 kg i m4 = 4 kg, koje su smjeatene u vrhove pravokutnika sa stranicarna 1 in i 2 in (muse Int i

nt 2 Su uda1jeite 1 Slika 3.2 - Relativito gibanje u sostavu ad dvije eestice.

714,

a rat i nt 3 2 in).

R.JEENJE Ako rnasu nu postavimo u ishodike koordinatnog sustava, onda je prerna forrnuli (3-3a) x koordinata CM jednaka C -=

m . 1 kg + 1 m • 2 kg + 1 m • 3 kg + m 2 kg = 0.5 (1 + 2 + 3 + 4) kg

a y koordinata je !tem =

m • 1 kg + 2 m • 4 kg + 2 in • 3 kg + m • 2 kg (1 + 2 + 3 + 4) kg

1.4

Dakle, CM ima koordinate T(0.5 m,1.4

4 4 Slika 3.3 - Gibauje centra muse dvije inaterijaluc taeke Dvije ntaterijaine toile nit i 7112 povezane so oprugont i leie na glatkoj povrhiti. Na ?MIMI 7112 djeloje horizantalito situ P i vole tijela nadesito (prerna slici 3.5). lzraeunaj obrzanje CM tag sustava! Ako a jeditoirt treitutku opruga pubic!, kolika je onda akceleracija CM? Kolika je onda akceleracija tijela 711i Primjer 3.3

a takoder s je, iz (3-3) 15.1

'16.2 = k011St = 71 t fit +71,2172 ,

(3-41))

tj. ukuptia kolieina gibanja sustava dvije eestice je u odsustvu vanjskili sila konstantna velicina, odnosno, satuvana velitina!

Primjer 3.1 Odredite poloiaj centra muse (CM) sustava koji se sastoji od dvije kugle eije su nurse rut = 2 kg

i 71t 2 = 3 kg, koje so povezune spojnieout bez muse, tako do

su

no sredikla udaljena 50

Slika 3.5 uz primjer 3.3.

CM.

R.JE4:NJE Slit P predstavlja (rezultantnu) vanjsku silu F,. pa je prerna gorujern razrnatranju akceleracija CN1 jednaka c12

dt 7

mt

0m2

r2

Slika 3.4 Teii:Ste jeditastavitoy sustava; uz pri7njer 3.1

Fc m =

1

d2 — ieto = Elcm — dt 2

. 1 F. , + m2

Situ opruge predstavlja unutarnje site i kako je akceleracija CM nezavisna od djelovanja iii postojanja unutarnjill sila, onda akceleracija ostaje jednaka gornjoj i u slueaju kada opruga pukne! Akcelcracija tijela 17t ■ jednaka je nuli kada pukne opruga, jer na njega ne djeluju nikakve silts!

3. Mehanika sustava eestica. Mchanika krutoq tvla

statika

.51,

3- 6

I). liorrat.

I.

I

zo FEU

Al,./taulAa i toplow

Zakon satuvanja kolitine gibanja pisan po vektorskim komponentama je Al ,. Al j — u, + — tiv2/ + )02/0, 2 2

vo cos pa je

Mvo cos a = –2– v2/ , tj. 02/ = 2vo coso i v," =

Projektil koji pada vertikalno prelim dolje, padne za t l = 36s, tj.

Slika 3.6 - Kosi hitac i raspad tijela - gibanje contra rouse CM Pod kutorn a ispaljen je projektil paetnom brzinom U trenutku kada je postigao maksimalnu visinu projektil se raspao no dva jednaka dijela. Jedan dio padne vertikalno dolje. Koliki domet postigne drug/ projektil?

– 1t 12 12.,

H= – H–'2 – 2

Primjer 3.4

ILIEENJE Prilikom raspada tijela djeluju unutarnje site koje, kao 8.to smo pokazali gore, ne utjetu na gibanje CM, pa se CM giba bee promjene kao da raspada i nije bilo. Domet CM te biti Xm (vidi (1-27)), a kakojedan fragment rn, padne vertikalno dolje, tj. na XM /2, onda drugi padne na Xm+Xm /2 = 3Xo, /2.

+ T v2,„

0=

= –205.683 m/s.

Takoder ,je 02/, = 2vo coca = 600 m/s –

/y = 205.683 m/s,

pa je brzina (njei iznos) drugog projektila ,jednaka V2 – = \/ 2 /, + 2/y –=634 634.276 m/s.

di

Projektil je ispaljen pod kutorn od 60° brzinom od 600 rn/s. Kada se projektil na/azi u najvisoj toeki putanje, on eksplodira i jedna njegova polovina okomito padne na tlo nakon 36s. Na koje se maksimalnu visinu iznad tla popne drug/ dio projektila?

Primjer 3.5

Nakon eksplozije projektila, drugi projektil izvodi, u stvari, novi kosi hitac s potetnom brzinom vo = 1,2 i po kutorn a koji je dan ovako tga = : 2 0 L='• = 0.3428, v2/,

tj.

a' = 18,92197° = 18°55'19". Prema tome, (nova) maksimalna visina H' je jednaka (1);)2 sin .' a' – 2 156.243 m, 2g

H,

pa je ukupna visina drugog projektila iznad tla jednaka =

Slika 3.7 - Uz primjer 3.1

RJES'EN2E Projektil se popne na maksimalnu visinu H koja je jednaka H= vg sin2 g

H+

= 15 917.711 m.

Primjer 3.6 Sredigta tri kugle leie na istom pravcu. Kugla 1 se pribliiava brzinom v, pa (tom) provoi i 7)09030 kuglu 2, koja zatim pogada kuglu 3. Oba sraza so savrgeno elastiena. Kolika mora biti masa kugle 2 da bi kugla 3 postigla mak,sima/nu brzinu? Masa kugle I je 1 kg, a kugle 3 je 4 kg. 11..lES'ENJE Iz zakona satuvanja kolitine gibanja za prvi sudar n1,1,1 = 7112 02 + TrI,

= 13761.47m. i iz zakona satuvanja kinetitke energije

Na toj visini on eksplodira i jedna njegova polovina odleti vertikalno prema dolje, pa moterno napisati zakon satuvanja kolitine gibanja

1 2

/11/711 = m,v, + m202, gdje je Al masa ispaljenog projektila, en; = /4/2 (i = 1,2) i 0, = :flay, fill je horizontalna komponenta potetne brzine vo, tj. 1711 = ivo cos a i 172 = iV2/r + 302/y

2 e,

1 1 , –77,2 v2 + -771, v,, 2

dobijemo da je 0,2 =

2m1v1 en, + my

3. Mehanika sustava eastica. Mehanika krutoy tijela I - statika

Str. 3- 7

Pa .je

Za drugi sudar po analogiji dobijemo —

;c =

.iott rn2 v' (To, + m2)(rn2 + 1.3)

2m2 u2 nit + nr3

dmj

(3-6)

I. sutavu C\1 je brzina CM jednaka nuli

=0 Ill) = VIII

u

— xcim

xz = xz — xcm

lz zahtjeva da brzina u3 bude maksimalna, tj. dna.

D. Horvat: Fiziku I za FER. Mehanika i toplina

Str. 3- 8

,TIL3 =

2 kg.

(3-7)

i vrijedi ili

+1 52 = 0

+11121712 = 0.

(3-8)

Prijelaz u sustav CM u innogint problernima sudara (mikroskopskih) eestica ,jako inole pojednostaviti raeune.

4 4

Reducirana masa Primjer 3.7 Dva tijela s masama in, i r02 povezunu su oprugom konstante k u nerastegnutom stanju Co i skliiu stalnom brzinom va po glatkoj podlozi (vidi sliku 3.7). U jednom trenutku tijelo rnl udari u zid i zaustavi se. a) Kolika je brzina CM prije sudara? b) Kolika je brzina CM, licm odmuls nakon sudara? eJ U jednom je trenutku nakon sudava opruga stisnuta no duljinu d (d < Co), ;ler se 1122 giba i dalje 710 lijevo prerna slid. Kolika je akeeteracija CM ticm u tom trenutku?

U odnosu na pololaj centra ',lase CM mo2ento definirati relativne koordinate (oznaeimo ih sa potezom iznad slova) x2 = 7.2 + XCM

1 XI = Ti + :Eck!

71 — xl — xcm

1 r2 = X2 — XCNI •

pa je (3-9)

RelatiVlitt koordinatu dvije 6estice uvodimo ovako zR = r l — 'Z2 = x, — x2.

(3-10)

Ako sada razinotrinto samo unutaride site (promatramo, dakle, izolirani sustav). onda mo2erno napisati jednadZbe gibanja ovako i (3-11) = F42/m1 12 = F21 /R02,

k-----

10

k

d

a njilloviin oduzimanjem i uz tredi Newtonov aksiorn P12 = —P21 dobijetrio

(ml + rn2)

_ :62 = thR _ F12 F12 = TILi 7112

Slika 3.8 - Gibanje sustava dvije eestice - uz primjer 3.5 RiESENJE a) S obzirom da se obadva tijela gibaju istom brzinorn, ranije razmatranje gibanja teiika

7

F12.

(3.12)

Ovdje tnoiemo tnožemouvesti reduciranu TII(191.1 p kao

daje

r7 c m =

Vo

p

b) U trenutku sudara in, se smiri tj. 1.71 = 0, a '172 = vo, pa je onda + m2172 'UCN1 =

trh, + rnz

m2 — .00

pa gorn

711, + "12

21):E

+ 1112

•

nadZbu moiento možento ziapisati ovako

Vrio eesto je povoljno prentjestiti ishodiste koordinatnog sustava u yenta]. mase (CM). Pri tom prijelazu "crtane" koordinate dvije testice odredene (translaciji ishodika sustava S ea vektor Fcnt) iz sustava S u

n2 medudjeluju međudjeluju konzervativnom silom, tako da potencijalna energija Neka dvije testice ma ovisi samo o razinaku testica, tj. U(7') —■ UM! Ue12) (iz koje izvodiino silu poinoeu izraza F = — Ovdje Zelimo izvesti ukupliu energiju takvog sustava. Za relativne koordinate (preina slid 3.9), a i od ranije (vidi od,jeljak o reduciranoj masi) vrijedi

su novint poloajem CM, tj. (piSemo sve za x—koordinatu samo) zcnl

=0=

In, + rn2

(3-14)

vEm)

3.2.2. Sustav centra mase (CM) i relativne koordinate

„ (rrt i + 0124).

(3-13)

3.2.3 Energija su tava dvije Eestice. Zakon saEuvanja mehaniEke energije

4 4

1

1

tj. opisali smo sloZ:ena gibanja dva tijela, opisana s jedriadtharna (3-11) pomoeu gibanja "jednog tijela" (reducirane) mase p, pod djelovanjem (iste) unutamje site Fie. Takav zapis gibanja izuzetno je koristan pri opisu relativnih gibanjarnikroskopskill testica (elektrona i protona u vodikovorn atomu, protona i neutrona u denteriju ltd.) a vrlo slolenini kvantlioniehaniekin, !norm:11,6nm, kao i pri astrofiziekini proratunima gibanja dvojnill zvijezda i sl.

= Pop =ik(eo— d)= acki(in, + 7/42 7/3

11

,112) 7041 — µ =+

piR = F12:

C) Opruga djeluje na tijelo rn2 silom nadesno i to je sila jednaka Poo = ik(eo — d)x (koordinatni sustav i rn2, pa je "gleda" nadesno). Ta sila je ujedno i (jedina) vanjska silo koja djeluje u sustavu Cestica

ik(eo —

41 1122 Tre, + 2112

Trt272 = 0 (3-5)

fR =

F2

f•C M

1

01171 + inefi rrti rn2

(3-15)

▪ ▪

3. Mehanika sustava Jestica. Melianika krutog tijela 1 - statika

i kako je

Sir

9

1). lloruat.. Fizika 1 za PER • Mehanika i toplina

Sir. 3- 10

Dakle,

= rcnl + f- ] = V1R +7'2, vrijedi da je

(3-22b)

Ek = EP + E(k R) (3-16)

= 11 - 72 = f

to je ukupna energija jednaka

Onda je xi = XCNI -FrEi i 22 = Sve gornje relacije mo2iemo zbog jednostavnosti promatrati na uz 2R = 21 - 22 = 71 - x2. Kako je xcro = (x, 22n12)/(Till +1112) dobijemo iz = XI

,T,CM = XI -

x1 111 1

£271/2 T/L2

X2)

T/11

2 = konst. = U(r) + 1 • 2

Eu k -

i slieno za 72, tj. 1111

72

= xH

Til l + T/12

EL,

1 1/(v) + 2

(3-17b)

•

Ukupna kinetieka energija dvije i.estice jr jednaka (za gibanje (10, osi

+ 2 1Li H.

(3-23a)

Ako nema vanjskih sila, onda je :rent = konst. (ili nula), pa je i EP' =konst., iii

"12 • 1111 +1112 '

1112

1

Eu k = E, + Ek = U(r) +

(3-17;1)

1)12

= (21

X21

1)(11Iii(!lli 1V21111411.

iipr.)

= ek l) + El?) = 2 rnith; + 2 m2i3,

iii (3-23b)

= k011til.

sahivana (vremenska promjena jednaka je null).

11k111111a

(3-18)

a prijelazom na sustav CM prema relacijama (3-17a,b) dobijemo izraz za kinetieku energiju u slijedeeem obliku E k = ek l) + 42) + -1 2- (rn + tn2)iCkt

d (in 171 + m2 72)• ,kcm Ti

(3-19)

Zadnji elan iMezava pogto su to koordinate CM u sustavu CM, pa je kinetieka energija u sustavu CM jednaka je zbroju kinetieke energije centra mase (fiktivne materijalne take) i kinetitkih energija eestica koje se relativno gibaju u odnosu na CM: Ek = EP + 411 42) .

(3-20)

Medutim, kinetieke energije relativnog gibanja moerno izraziti preko reducirane mase, ako uvrstimo radijusvektore relativnog gibanja u izraz za kinetieku energiju, tj. 012 rH m, + Tn2 102 7.,77. mi +012

f, F2

i slieno za 7-2 (3-21)

1 = -M2am 2 _1 mi2 2 cm ±2

2

c

E12) 1 .2 1 -771121 -rn2‘,2 2 2 2

( m2 ) 2 .2 1 ( rn j rR =1-112 . rt-t, + m2 2 m1 + 1112)

m + 1,2 r

011 012

rtt?rn2

2 R 1.(rni +m2)2 (ml m2)2 mi012 (MI ± m2) = l m±2 2 cm 2 R (m 1 + m2)2 1. = - Mx6 + 1-z - 6?kt. 2 2

Sudari Neka se po pravcu giba eestica mase 111 1 i brzine i neka ta eestica naleti na testicu mace 1112 koja se giba po nekom drugom pravcu brzinom 7.12. Pri tome sudaru testica 2 djeluje na testicu 1 nekom shorn, a ta sila ovisi o gradi testica ili njibovim (mellaniekim, elektrienim, magnetskim iii drugim) svojstviina. Ako je npr. prva testica tenislopta, a druga testica tenisreket, onda je jasno da ee sraz ta dva tijela trajati relativno dugo, jer ee doe) do deforrnacije loptice i do istezanja 2.dca reketa, do vraeanja loptice u prvostni oblik i do ispravljanja 21ca. Ta bi sila mogla biti prikazana na slici 3.10 slikom (a), gdje dosta "neuredna" krivulja opisuje deformacije sudara. Pri takvom sudaru dolazi do promjene kolitine gibanja, tj. iz 2. Newtonovog aksioma dobijemo

To uvrstimo u (3-20) i dobijemo Ek = EP -F

Slika 3.9 - Relativne koordinate

H (3-22a)

P

dt

P dt =

f t,

dt

=f

clf; -= 17(t2 ) - 17(t i ) =

(3-24)

t,

Ovdje smo uveli irnpuls site I, eiji je iznos predstavljen povr'Sinom ispod krivulje site F(t) na slici 3.10. Svakako, oblik sile predstavljen na slikama predstavlja aproksimaciju, koja za savrgeno elastitan sraz - slutaj

.7. Alcharilka ,n,h11,11

F(t)

(a)

Al, hartiAa

utroq hp•la I

(b)

(c)

.stall/:a

(d)

.91

/2

/7.

Pizika

za PER Mchartika i tophrta

Za opeenit e/ustietti sudurt dviju eestiea masa 7n, i Trr2 i odgovarajueili brzina t7, i (72 vrijedi. dakle, zakon 5aeuvanju kulieirte gibanja

gprije sudara

172

(Si+1122'12 =

ti

At

At

I

iii

= fposlije sudara

26.1 + 172 =

1 '131 + ru2172 •

(3-25)

Zakon saeuvanja energije svodi se na saCuvaMe kTisehbkTh energija (jer potencijalne energije rnedu eesticama izvan podrueja medudjelovanja nerna) uz mogue gubitak dijela energije na unutarnju energiju - toplinu Q. Dakle, m&,erno napisati zakon saVuvarrju energije

I At

41) + E(,21 E(k C) + E;2 : 1+Q Sliku 3.10 - Impalsuc silt

1 2

(d) - predstavlja aproksirnaciju trenutne site koja naraste ua maksimalnu vrijednost i zatian trenutna padre ua nolu. Promjena kolieine gibanja L p za taj je slueaj .jednaka po iznosu makshrialnoj vrijednosti site. U slucajevima (a) du (c) din iiielianieke energije gill,' se a villa toplinske energije deform:lei:le iiiir.), ukupna energija je saCuvana.

2

1

2

+ — 711.21) = 2 2

lb

1 ,2 1 „2 — 71110E, ) —111 2kV2E + 2

(3-26)

gdje je Q gubitak kinetiCke energije u obliku toplinske energije. Pretna tome da li je gubitak kinetieke energije u toplinu jednak null ne, elastine sudare dijelimo na savrienu elasticise i na elasticise. Ako se pri sudaru poCetna tijela spoje i stvore jedno tijelo, onda takav neelastiCni sudar iii sraz zoverno suvr§eno neslustiCrd sudar! Obrnot proves savrSeno neelastiCnom sudaru zoverno raspud. Savrgeno elasti'ftLn sudar iii sraz

Sudare ne treba nuZ:no doslovno slivatiti kao neposredni dodir (Iva tijela, vet. ill it ;Thom smisht treba slivatiti kao fizikalne procese u kojima dolazi do medudjelovanja Cestica, a pri takvorn inedudjelovanju, brzina eestica prije sudara i poslije sudara je stalna (Ito ne i jedimka).

Savritieno elastiean sudar (sraz) je onaj sudar kod kojeg je siteuvana koli/ina gibanja (3-25) i ciiergtja, tj. vrijede Iva zakona Silellvanja (bez transformache mehanit'ke energije u toplinu)

Tu se valja sjeti ti npr. "sudara" a-distice i jezgre atoina zlata a Ilaitherfordovian pokusu raispritienja, tam°

71110, +1112'02 = 711,01 ' +1112'0.2 '

se a —eestica pribli3,i jezgri na neku udaljenost, a medudjelovanje (odbojnit elekLrostatska - Cuulowi ties

— 2,,,v1 4, 2 2

.,

- sila) sc mole opisati kao izmjena fotona izincdu pozitivne jezgre i pozitivne a-Cestice. Dakle, radi se o elektannagnetskuni inedutijelovanju - o sudara - bee neposreching

=

‘.2 1 , —117,01) —1112(17,) .

2

(3-27)

2

1'14 l'aZ111■11.1":112. 1 Lill sudara nil ()hien° znamu pneellie paramet re sudara (raspri,ienja), tj. casino In/Ise 1W, i i odgovarajuee brzine ii1 i 02 (tj. njihove iznose vi i u,2 i sinjerove gibanja), a moramo pronaei konatne brzine 'i '! Raiamamo, dakle iz prve gornje in, (g, — MI

—

)(71 +

') = ro2(172 — 02) ') = 1112(02

'171 + NI111 , 141.j1.111 zallu jc .H11111(1%11E' S 1112 i

a iz druge je nakon kraCenja, daje

02)(0.2 ' + 02)

(3-28)

-= fiz + '212. ll

Rill IIVI'SEaVall.j1.1117112E2

iz zakona siteuvanja kulii isegibau,jn, dobijemo

izraz za

mova (a)

I

kinetieku

,

(b)

Sliku 3.11 - Prikaz rusprgenju (a) dvije eestice (sudara) i ruspudu (6) ecstice na 71 konuendt.

. estice izoliramo od okoline, a njihove brzine i sve druge dinarni*Cke veliNne Sudare razmatramo tako da C mjerhno u nekom inercijahrom sustavu. Na taj !ratan mo2erno rabiti zakon saeuvanja koheine gibanja, koji vrijedi za izolirane sustave (tj. u one u kojirna ne djeluju vanjske site).

=

271E202 + (71E1 — 7112)01 Till + 7112

(3-29)

Slieno dobijemo i za v2 ' ,

—

+ (1122 — T/I4 1122

)172

(3-30)

Te dvije ,jednaclžbe možerno razmotriti za nekoliko tipierdh situacija: t Elastieni sudar je onaj kod kojeg nema promjene masa Cestica, tj. mase prije i poslije sudara su iste. Raspad eestice prikazan na slid 3.11 (b) oeigledno ne spada u elastiCne procese!

3.

nil –

D. IlorTar Fiziks I as FER - Mchanika i toplina

Str. .9- 14

mlnosn na mirnog prom:It:rat:a) dobijemo kao i korak prije,

a nakon trade bugle brzinu

= 0: to odgovara situaeiji kada testica nt, nalijete na mirni heskonaeno masivni zid!

Dobijetno lako da je f,) =

VI

Dogodila se "zamjena" brzina izmedu testica 1 i 2.

' =112 i 172 =

(1) no = rrt2: dobijerno da

(2) m2 >> Tar

Sir, .9- 1,?

Mehanika sustava ecstica. Mehanika krutog t(rela I - statika

T71 =

i v2' = 0, tj. testiea se odbila od "zida" po iznosu istom brzinom

= 171I) ali suprotnog smjera. Prornjena iznosa kolitine gibanja ,je Ap, = Irni 771 – '0)1 = 2n/iv] . Zid se ni pornaknuo ni,je!

(3) rn2 >> rn, i vi = 0: beskonatno masivni "zid" nalijete na mirnu testicu. Dobi,jerno da ,je

InV1311 = ='72

= 2172, tj. " zid ni in zna" da ,je naletio na ne:Sto, aui zato prije mjrns testiea 1 sada I)jjejiji ispred

+

7-11, + I + 17 . m

rri k +

+ 18 . m

v mk

+ 19 • In

Nakon k–to bugle brzina u odnosu 115 mirnog promatraea je

zida (relativnom) hi:7.010111 v"2, iIi brzinom 2732 u odnosu na mirnog promatrata! 1:k

I,

[T11 711.

+ rn k + AI + (19 – k)- m mk + M ± (19 – k +1).171

Dvije identiene biljarske kugle rrtiruju rta stain i dodiruju se. neou kugia, jednaka drugim dvjerna, pribliiava Sc brzinorn Vo pa pravou koji jo tangenta 1{(1 obadvije kugle i prylazi njihovirn diraligtem. lzraeunajte brzinu kugala nakon sudara, ako se kugla-projektil nakon sudara youstavila!

Primjer 3.8

an + Al + 18 •111 + Ink + 91+19. 1,] rn Jednostavan program na merlon) kalkulatoru daje slijededi niz broja kugala i odgcrajueili (rolativnih)

ESENJ Neka se smjer kugle koji utlara o dvije mime kugle podudara a sal y. Zakon kolitino gibanja dajc za .r–smjer

odnosno za y–smjcr

rnVo =

Broj kogl.

Brzina

Broj kugl.

Brzina

I

0.0657

8

0.5709

2

0.1329

9

0.6505

3

0.2016

10

0.7323

v2 ''

4

0.2719

11

0.8164

v, pa iz zakona saeuvartja

5

0.3439

12

0.9030

6

0.4176

13

0.9921

7

0.4933

14

1.0839

+

a zakon saeuvanja mollanieke cncrgijc dajc m t102

2

u,22)

im,v, 2 2 ‘'

2

,

2) + 1

( r 2 ±

2 rn

Kako je v),„ = vz,s E v,, dobijemo dajc Vo = 2v,, a takoder energije dobijemo V02 = 2v! + 2y,2, 4u = 2v! + 2y,2, Ito dajc za iznos brzinc

r

2)

+ yr =

Tablica 3.1 on prosier 3.9

,

1 ,,

30

N/2

0 = Prerna tablici 3.1 vidimo da treba izbaciti 14 kugala!

4 4

4 4

Na tratnicarna se nalaze kolica mase rag = 10 kg na kojima se nalazi e-ovjek mase M = 70 kg i dvadeset kugala, svaka mase in = 3 kg. Ako kolica u paetnom trenutku mirtuju, koliko treba izbaciti kugala da kolica postignu brzinu od I rn/s? Covjek mode baciti kuglu brzinom od v = 3 m/s, u Itorizon.talnorn smjeru. Primjer 3.9

Primjer 3.10

Tijelo je ismateno s visine h. = 100 m i ono slobodno pada do visine 50 rn, kada se raspadne

no dva jednaka komada koji no zendju padrtu na razrnaku od 50 m. Kojorn brzinom su se odvojili komadi

jedan ad drugoga? ri.JEENJE Nakon bacanja prve kugle iz zakona sauvarija kolieine gibanje imamo RJES'ENJE U vertikalnom smjeru brzina se zbog raspada no promijeni. U horizontalnom smjern vrijedi

(rnk + M + 20 • m) • 0 • i = mv(-3!) + (mt. + M + 19 • m)v, • i

zakon saeuvanja kolieine gibanja

pa jo brzina kolica nakon prvog bacanja jednaka V] V rng M +

0 = ft: + 19 • rn

Nakon druge bugle brzinu v2 (odnosu na mirnog promatraea) dobijemo iz zakona saeuvanja kolieine gibanja rn V2 – V Mk +M+18•2/1 +v mk. +M+19•m

=

+ rnil2 =

– n311

Za zadnjill 50 In pada tijclu treba vrijerne t 1, a njcga izraeunamo ovako: za prvih 50 In (No = 50 m) treba vrijethe 1.50, a za cijeli put treba vujerne t, tj.

too–

\ /. 2 • hso

3.193 s

2• h

t = \- = 4.515 s 9

32 = – too = 1.322 s.

3. Alchartika SUSlill,“ resticu. Mchuniku krntog tijcla - statika

Sir '1 - 15

Za to vrijeme, tijela nastala raspadom udalje se 50 in, tj. svaku prijede, gibajuti se ,jednoliko po prawn udaljenost 25 III, pa je brains jednaka v = 18.904 m/s. Rclativna brzina je dvostruko vela.

16

D. iloruut.' FutA.a Ian FER AlcItanika t toplina

(energijama), posebno kada se radio rasprenjima. Tada treba gornje izraze modificirati prema "teoriji velikib brzina" - specijalnoj teoriji relativnosti (vidjeti kasnije poglavlje).

Primjer 3.12 aurnena super-lopticu rouse 45.8 g ispuifterta je iznad tla s visine 2rn i odbije se do visine 1.5 in, Kolika je kolieina gibanja loptice? Ako se pretpostuvi da je loptica bila a dodiru s tlom 7 x 10' s,

A

izraeunnjte srednju akceleraciju lotice: Koliko iznosi koeficijent restitucije? Koefictjent restitucije c defini1517110 kao ornjer brzine nakon sudara i ()Trine prne sudara, odnosito kuo orojer (relativite) brzine udaljavanja i (Tetutivne) brzine pribliiavanja!

Savrgeno neelastiean sudar iii sraz Savr'Seno neelastitan sudar nastaje kada se prilikorn sudara mase m l i 002 "slijepe" i nastave gibanje kao jedno tijelo mase ni l +1112. Prema tome, vrijedi (i dalje) zakon saeuvanja kolieine gibanja, ali ne i zakon satuvanja kinetitke energije vet (samo) ukupne energije, tj. vrijede

RJEENJE Brzinu kojorn loptica udari o tlo dobijemo iz zakona saCuvanja energije, tj. iz mgh = inq/r, dobijemo uo = f207; = 6.26 m/s. Brzinu kojom se Cestica odbila dobijemo na isti nakin. vi = = 5.42m/s. Promjena koliCine gibanjc jednaka je mu, - men = Op = -0.535 Ns, gdje smo uzeli da jc pozitivni smjer okrenm prema dolje! Srednja akceleracije je u = = -1669 m/s2 . Dakle, koeficijent restitucije je

=

rn 1 L1 + M2112 = Tr,I 131 —TIE

1)2 + —,112V2 =

2

2

2

(y' )2

— "I2 (V )2 2 2

Q.

Pokusi s glinenim kuglama obje§enim na koncima primjeri su takvilt sudara, ocinosno sudar npr. olovne kugle s tegkom metainom plotom (ili tegkim utegom) itd. Primjer 3.11 U drueni blok muse 10D = 15 kg jedun as dragon udare dva metka, svaki muse rtt„, = 4.2 9. Koju brziou up into kornad drtretu nakon Sto ga pogodi drogi inetak, ako je brzina metaka = 1200 ro/s, a kontad &yew prne udara rnetaka mit-4e? RJESENJE Zakon satuvanja kolitino gibanja u jednoj dimenziji (x) za prvi metak daje

P garije = Pposlije

vi

= 0.866.

(3-31)

ranetak

ti•

= fitnelak-Fdrvo

A A Primjer 3.13 Cestica rouse 0.8 kg giba se nadesno br•zinoiri od 5 ro/s i suduri se (centrairro) s eesticom rouse 1.2 kg koja se giba u suprotitoro srojera brzinam od 4 m/s. Poslije sudara prim eestica se gala nalijevo brZi7d0711. od 4 ro/s. Kolika je brzina druge eestice nakon sudara? Koliko iznosi koeficijent restitucije? RJ F-§ENJ E Iz zakona sa'euvanja kolitine gibanja (dui +x-osi npr.) m (iv!) + ma(inz) =

) + mz(Iv;)

lako dobijemo da je vZ = 2 in/s, tj. druga se testica giba u pozitivilorn smjeru osi z. Iz (poopCene) clefinicijc kocticijenta restitucije e = Ibrzina odvajanja/brzina pribliiavanjal dobijemo

i • rnv,,, + 0 = (inD + in,„) i • VD,

(-4) - 2

5 - (-4)

a za drugi metak je Inm

(MO ±

)

1

= (M

pa je

6 = - = 0.667. 9

2n1,, - 0.672 in/s. +21n,„ Ovdjc valja naglasiti da mehanitka energija nije satuvana (energija jest saeuvana!), jer se pri udaru rnetka u drvo razvija toplina Q, pa molerno napisati

E((P;;;.'.'") = 4'70 + Q. lsti rezultat dobili bismo i da no razmatramo dva uza.stopna udara rnetaka, vet da sun) jednostavno pretpostavili da istommeno u blok udari jecian metak ali mase 2m,„!

A

A

U kategoriju savreno neelasti e- nth sudara spadaju i "inverzni sudari", tj. raspadi jednog tijela (elementarne test ice npr.) na neki broj konathill t- estica - tijela, poput npr. "0 -raspada" neutrona p+e - +Ti, iii Pri svim tint procesima saeuvana je kolitina gibanja, npr. 'PK° = P.,++P;r- • raspada kaona Ko -■ 77 + Valja, medutim voditi raeuna da se gornji procesi u mikrosvijetu odgiravaju najteke pri velikim brzinama

A A Primje.r 3.19 Elustiata loptica ispusti se

a ursine ho izriad horizontulne povtgine. Ako je koeficijent restitucije jednak c izraennajte ukupnn duljinu putanje koju opisc loptica prne ?Lego se zaustavi!

RJ EtiENJE Neka se nakon prvog pada loptica popne na visinu hi, nakon drugog na visinu ha itd. Onda je koeficijent restitucije jednak e = V2g/11/2gho =071; =ha ,./TT = • • = ,/h„/h„_,. Za bilo koje dvije visine moiemo napisati da je h,k = ehk_,, a to vodi na izraz za h„

h„ = e2h„_1 = e4,1„_2 =

= c2'ho.

Ukupna duljina putanje jednaka je ho plus dvostruki zbroj preostalih vision (jer loptica ide prvo gore na visinu, npr. hi, a zatim s te visine padne)! Dakle,

L= ho +2E= ho 1+2EE"

3. Alehanika sustava ftstica. Alchanika krutog tijela 1 - statika

Sir

- 17

NapiIinio sada zakon satuvanja kolitine gibanja za raketu u trelmtku t za sustav u kojem se raket a u trenutku / giba brzinom v. Ckupna koRina gibanja P. koje se sastoji od kolitine gibanja rakete pr l plinova Tip je satuvana, a ona je jednaka (3-37) /1.„ = A.(t) + fir m = rrt(t)v(t).

Zadnji izraz predstavlja sumu geometrijskog reda Ciji Jo kvocijent jednak c2 , a prvi Clan ,je (2 , pa je suina jednaka L=

Afehanika i toplina

D. Hnrnat. Pizika 1 za PEI?

Str. 3- 18

(1 +

Brzina izlaiiertja plinova iz rakete vp je konstantna i poznata velitina! Trenutak dt kasnije. tj. u t + dt masa se smanjila. za dmp , tj. za masu plinova koji su izaIli iz rakete, a brzina poveeala za (117, pa u iS10111 sustavu sada piserno zakon satuvanja kolitine gibanja za raketu i plinove Zadatak 3.1 Izineunajte koliko protekne VT'CT/leTta od tmnutka ispugtartja loptice do trenutka konaF.nog zaustavtjanja, prema prothodnont zadatku! RJESENJE: T = to + 2 Et, = (V2ho/g)(1 e)/(1 — e)

P„ gdje.je

=

- dor) • ( 11 + dO) +

dot p • (17; + i7p)

(3-38a)

brzina plinova mase dro p. Condi je izraz jednak kolitini gibanja u trenutku I tj jednak je 00(t)v(t) rit(t)v(t) = (ni — Mu) • (F+ dt7) + (i7-11, • (17 + 17,,)

(3-38b)

Aku tu jednaliost rasptImuo i zanemarinn, ntedusnime umnoIke infinitezhnaha veni.ina dobijeino dro p

Gibanja rakete

+ trt • (115 = 0, (1,7 =

Do sada sino promatrali gibanja kod kojili je masa tijela koje se giba bila konstanta, pa .je vremenska promjena kolitine gibanja davala samo promjenu brzine s vremenorn, tj. akceleraciju. Sada eenio razinotriti situaciju kod koje imam° promjenu mase s vremenom, s tim da nam je za razumijevanje i rjeIenje tog problema nužno poznavanje zakona satuvanja kolitine gibanja. Gledamo, dakle, kako se giba raketa tija se masa u potetnom trenutku rre(0) (t = 0) sastoji od mase same rakete m i mase goriva koja de se smanjivati kako gorivo izgara i plinovi izlaze kroz zadnji otvor rakete. Zanemarit tem° stalnu gravitacionu silu na raketu. Masu goriva u nekom trenutku t tem° oznatiti s m0 (t), a masa goriva u potetnorn trenutku je 74) . Dakle u t= 0 rri(0) = mr + rr4,°1 (3-32) u t =t rn(t) = m,. + rn p(t). Neka je brzina izgaranja goriva jednaka b, tj. mo'iemo napisati da je dm p(t) dt

b

(3-39) r

jer (Im p = —don. Dijeljenjein to ,jedrimbIbe s dt dobijemo a.kceleraciju rakete (177/dt. Integracijorn gornje jednadiThe dobijemo, uz potetne uvjete v(0) = vo i ranije potetne uvjete za masu

v(t) = vo + vp In m

(o) r + nip rrt(t)

(3-40)

Potetni uvjet za brzinu je opeenit, a obitno je vo = 0, tj. raketa krece iz mirovanja. Kako je v(t) = dx/dt, ino2emo uvrstiti izraz (3-36) za ovisnost mase o vremenu i integrirati jednadthu (3-40) da. dobijemo put rakete, uz opeeniti potetni uvjet da je z(0) = zo (potetni polciaj rakete neka je xv). Dakle, v(t) = vo + vp In (1 —

(3-33)

gdje negativan predznak dolazi zbog toga Ito se masa goriva smanjuje. Ako je ukupno vrijeme izgaranja goriva jednako T, onda moXemo rijesiti gornju diferencijalnu jednaabu, uz koju mcr2,emo napisati potetne uvjete rnp(0) = mr i (3-34) rn p(T) =

odriosno = r Tit m

dtn p

rit(pO) t rit(t) T

= dx dt

(3-41)

Integriranje gornje jednackThe po vremenu daje putanju rakete x(t): x(t) = vot —

raP(0— ) f di In (1 — ri-0)

(3-42)

vol — vp i + C.

Diferencijalna jednadkba za masu ima rjeIenje Integral Z. rijeInno zarnjenom varijabli: y = 1— (4) /rnoT)• t , uz dy = —(mr/rnoT)dt. Ito vodi na integral nt p(t) = —Gt + C

(3-35) =

a iz potetnih uvjeta ino2emo odrediti konstantu C, tj. C = m(p°1 = bT, pa je

dt In (1

(0) mP t) = rnoT

Tr/ 0T in,

dy In y = —y In + y (3-43)

rnoT (o)

rri p(t) = --Gt + m(p°) = —bt + bT m(t) =m, — bt + rnr) = rn.r — Gt (1 — T /t) =

+ 4) (1 — t/T)

rre(0) ='mo = mr + rrer

(3-36)

1

714,5)

t

rrm

T

[1

(1

t )1 m T•

Za odredenje konstante integracije C uzrnemo potetni uvjet x(0) = xo Ito daje

pa je xo

Inn rrtp

(3-44)

sustrna (,e.stica. Mehunika krutog tijelu - statika

3. Mciturkika

Str. 3- 19

pa konaimi izraz za putanju rakete izgleda ovako

Sty. 3 - 20

D. Throat: Fizika 1 za PER Mettanika i toptirta

Vrentenska promjena (ukupnog) -a sada vodi ua josdva Plana ra raucdNeisnoj strani (3-50) tj. d (3-45)

dt

E' = m; + 112 +

l'2 ) x P12

tii; + M2 3.2.9 Kutna koliEina gibanja sustava dvije eestice Ovdje eerno dokazati (teorem, u stvari) da u situaciji kada se dvije (Justice nalaze u inercijalnorn sustavu i kada site kojitna inedudjeluju lee na spojnici till toeaka, onda jje ukupni moment site koji djeluje na sustav Pestica jednak vremenskoj promjeni ukupne kutne kolicine gibanja till Pestica. Pri tome se svi momenti odreduju u udnosu iii na istu toeku u referentnom sustavu (ishodiS'te npr.) iii na CM! Dakle, neka su kutne kolicine gibanja Pestica jjednake = n X TIL1171 i f2 = 7'2 X 111202.

(3-46)

mill x

dl

1/l2 /'"2 X

duct (3-53)

nr2 f'2 ) x avat m

Zadnji je elan ,jednak null jer je ishodite u CM (rem = 0 = (rre l .r, + in.27'2 )/A1). Prelim tome, dokazali smo tvrdriju i za opci pololaj ishodista referentnog sustava.

3.3 Sustav N Eestica. Zakoni gibanja i zakoni saCuvanja Prijjelaz od materijalne toeke prema krutom tijelu nastavljamo razrnatranjem sustava od N materijalnih toeaka, koji predstavlja direktno poopeenje prethodnog razmatranja sustava dvije testice!

a ukupna kutna kolieina gibanja je L 2 = r1 x rlt i vl + F2 X 1,12,721

L=

(3-47)

pa je vrernenska prornjena (vremenska derivacija) jednaka d d d litL =(L 1 + L2 ) =

+

x

Razutotrimo sustav materijalnih toeaka, tj. odreden broj N inaterijahrill toealca eije su rnase koje nalaze n prostoru na mjestu i na rijill djeluju vanjske site F,11 kao i site medu materijalnim totkarna. Onda jednadZie gibanja sustava materijalnih toe:aka moleino napisati ovako

X11121;2) (3-48)

_ (1171 (1132 = //L i r, x — +1n21.2 x dl dt

gdje smo napisali da je ei/dt = t7 I v, x v, = 0. No kako je 0 (vidjeti sliku 3.1) ishodite referentnog (inercijahrog) sustava, vrijedi 2. Newtonov aksiom u torn sustavu, tj. di.71 1111

at

= t',/1 + rzt

d17,2 i

1112

(LC

=

/2

+ 1. 12

j 3.3.1 Jednadjžba Jednad iba gibanja sustava materijalnih to ealca. j Zakon gibanja centra mase

d2 ,- rn

-A/1

---71121.2 di2

=A/2 +F2,

z 711'31'3

-A/3

(3-49)

+•••

112

+AI +

+1.23

+ A N-1 + PIN

1+•••

+AN-I + F2N

+ F34 + •

+ A N-1 + P3N

12,

d2

je 11 dl

. ,■ + 6 2) + ((1212 x (1 /2 + F2!)

L = 11111- 1

//16 X fiv/i + /1521'2 X 1;12 +

di`

111 N 1'N = Pt,/ N+PN1+ P N2+ P N3 + • • •

(3-50)

-,72) X F12.

u Ovdje smo iskoristili 3. Newtonov aksiom (vidi sliku 3.2). Kako su, medutim site medudjelovanja smjeru spojnice dviju eestica, vektor r = ri - r2 je kolinearan sili medudjelovanja, pa ,je zadnji Plan s jednak nuli, odnosno pokazali smo iznesenu tvalnju, tj. dL dt

=

(3-51)

= A4, +

Ako ishodir;te referentnog (inercijal tog) sustava prundostimo negdje drugdjo, npr. sinjestinto ga centar tnase,i onda jednad2be gibanja dobijaju jos jedan Plan na desnoj strani koji dolazi zbog moguije akceleracije CM-a (vidi kasnije poglavlje o neinercijalnim sustavima) df.ti 1111

17t2

= r,:/1

duct,'

+ P.12 -

do2 = fv/2 + dt

tj. prijedemo u novi koordinatni sustav S', kao rani "crtane".

(3-52) 1112 t

(1,71C M

dt

•

koordinate i ix Mill izvedene velicine pOStatiu

Slika 3.12 - Sustav materijalnih toeaka

+ f,v s. -1

(3-54)

Sir 2- 21

.7. Mehanika sustava cestica. Mchanika kruloy tijela I statika

li gornjern izrazima je Fib sila kojom 1—ta jeestica djeluje na i—tu! Oeigledno eestice ne djeluju sonic na sebe pa nema "dijagonalnih elanova" poput Fkk. Nadalje, po treeern Newtonovom aksiornu vrijedi da je Prema torna kada zbrojimo sve jednad2be, na desnoj strani ee se ponikititi svi pa.rovi unutarrijih tj. silo Fii, pa ostaje samo (vektorski) zbroj vanjskill silo

Pizika I za ELM - 114,hanika i toplina

- 22

ista., bez obzira na to da h se sustav raspao ill Mje! Prema tome, ()dumb nakon raspada, ukupna kolieina gibanja tri komada zajedno, jednaka je kokini gibanja jedne mase, neposredno prije raspada! Ako jr npr. ukupna masa prije raspada bila. jednaka 3m, onda je kolieina gibanja prije raspada bila jednaka po

d2 — do (nin) +

= ameo cos oi

d2 dt2

yrn2F2t + • •

= P.1, 11 + 41,12 +

dt2

+ Pe, IN

(3-55a)

a nakon raspada je = 0101 + 1n172

kto mozemo napisati kompaktnije ovako

m(60i +

2 dt2

gdje smo uveli vektor polo2aja centra mase

AfRoNi =

Tlrn +

—• Al

a to je jednako po, pa izjednaeavanjem gornjib izraza dobijemo = (601 60)) m/s.

koji ,je poopcenje izraza za dvije eestice, don rat*

+ tule2 + 1,12 +

—

(3-551))

, 111.,77,

+ raNFN

E,"_,

+

111V3

30)) m/s m(30i — 90)) m /s,

a a

Tlri

(3-56)

E 3.3.2 Kutna kolieina gibanja sustava materijalnih toealca

=1

i gdje ,je uvedena ukupna masa sustava eestica Al. flezultat gornjeg razmatralip je fundantentalare sustav materijalnih toeaka ponaga se po drugom Newtonovom aksiomu kao materijalna toeka (ukupne) mase A/ i giba se zbog djelovanja vanjskih sila ci, jj vektorski zbroj djeluje na centar mase CM. Istovremeno se unutarnje silo ponigtavaju, odnosno one ne igraju nikakvil Mogi' u razinatranju gibanja sustava Inaterijalnill toeaka! Slueaj za dvije materijalne toeke ilustriran ja na slid 3.3 (uz F = FR).

Neka se sustav koji se razmatra sasto,ji od N eestica - materijalnih toeaka. Svakoj toeki pridruZujerno njen radijusvektor odnosu na. CM polokaj toeke je odreden vektorom pa molerno napisati da je = 7'0 0 +1;'. Odgovaraju(0 hrzina je 17, = + Kutna kolieina gibanja pojedine cost ice .le a ukupna kutna kolieina gibanja sustava od N itestica .je

Ako je vektorski zbroj svih vanjskih sila ,jednak null, onda slijedi da se centar rriase sustava materijalnih toeaka giba jednoliko po proven (iii miruje), tj. iz

i=N

i=1 0

„c„,,

= konst.

(3-57a)

To je vrlo važan zakon oeuvanja koji kontrolira niz situacija i pomoeu kojeg razumijemo gibanje rakete, raspade tijela ltd. i pomoeu kojeg rijekavamo cijeli niz praktienill problema eije bi rjekenje bilo mace vrlo tebko rjebivo! Taj je zakon neposredno poopeenje zakona CM izvedenog za sustav dvije eestice! Takoder dobijemo odozgo i zakon saeuvanja kolieine gibanja sustava eestica ± 712 ± • • • ±

= konst..

(3-57h)

=

E(T,' x T-;; )

x

= Em,(7-cm

x

= Emi(TCto

X 1700 ± FCM X

E (1'CA1 X

(3-58)

in,17c0

= i'c!t! x Pon! + Primjer 3.15 Projektil je ispaljen pod kutont od 60° u odnosu na horizontalu poeetnont brzinont = 100 m/s. Kada je projektil postigao najveeu visinu projektil se raspadne na tri dijela jednakih masa. Brzine prvog i drugog komada odrnah nakon raspada su

771 = (607 + 301) rri/s i 152 = (307 — 905) m/s. lzraeunajte brzinu treceg komada odmalt nakon raspada! RJE§ENJE Ovdje se radi o kosom hicu pri kojem je doss-lo do raspada tijela na koje djeluje vanjska sila - totina tijela, ali i unutarnje sile koje su izazvale raspad! Te unutarnje site ne utjeeu na zakon gibanja contra mase sustava (Sustav ovdje predstavha jedna eestica prije raspada, odnosno tri eestice nakon raspada.) Dakle, CM se giba i dadje pa paraboli. Promjena koheine gibanja sustava zbog teline tijela je

+ 01,F,

TCA1

x

o

X "1.7CIVI

X ficu

7'; X 77; ')

TrI.,7'CNI X 17, ±

,13CNI X rc)

d

Clan koji je sadrkavao Eir="1 'nt, bio je jednak nuli ,je on predstavlja udaljenost CM od toeke u odnosu na koju se raeuna pololaj CM. Drugi elan u konatnom izrazu gore je po definiciji kutna kolitina gibanja oko CM, tj. dobili smo vaian rezultat L

= r00 x ITcast +

=

LCAI

(3-59)

icm •

ija kutna kolieina gibanja sustava materijalnih toeka, Lo je kutna kolieina gibanja (materijalue) toeke (CM) eija ,je masa. M oko ishodikta, a Lcti je kutna kolieina sustava toeaka oko CM! Vremenska promjena kutne kolieine gibanja rezultat,je djelovanja vanjskih momenata na sustav testica. Na taj naein gibanje sustava testica opisujerno preko translatornog gibanja CM zbog djelovanja vanjskih sila

3. Mehanika .sustava ecstira. Mehanika krutog tijela I .stalika

Sir. 5- 23

Sir. 3 24

D. Noma: Fizika I zu FER Meltunika i toplina

i vrtnje (rotacije) sustava zlzog djelovanja vaiijsklll momenata. Taj opts gibatija sustava materijalnill tokaka poopcava se na gibanje krutog tijela.

3.3.3 Energija sustava N ruaterijalnih toO"aka szno da je ukuptia kolieina gibanja sustava Cestica u potpunosti je odre djena brzinom centra mase sustava, a ne i relativnini gibanjima eestica. Ovdje eemo defirairati ukupnu kinetieku energiju sustava eestica kao zbroj kinetiekili energija pojedinili eestica, tj.

ek.k) E

=

2

2_

(3-60) Slika 3.13 Uz definiciju krutog tijela

gdje se brzine nijere u odnosu na toeku 0, ishodite koordinatnog sustava. Ako ponovno izrazimo koordinate eestica preko radijusvektora centra mase CM, tj. napiSemo = Fcisi onda -je i v.i = 'km +15; pa izraz za kinetieku energiju molemo napisati ovako

,(.1,) =

2_,nti('ucm +17,')(17c m

));')

= 2 MyCni + gcm (E miff; ') +

E

(3-61)

Prvi Clan predstavlja kinetieku energiju materijalne toeke mase M koja se giba brzinorn gcm. Drugi Clan ino.2eino napisati ovakoi.7ers id(E, i on predstavlja vremensku derivaciju koordinate centra mase, §to je jednako nuli! Zadniji Clan predstavlja ukupnu kinetieku energiju svilt eestica u odnosu na CM, pa je kinetieka energija sustava eestica jednaka 1 E' = 11,111cro +

2

E

Slika 3.14 Trunslacija krutog tijela

(3-62)

Ako npr. sve testice sustava imaju brzinu jednaku brzini CM, onda su sve brzine '6"; ' jednake nuli, pa ,je kinetieka energija sustava jednaka prvoni clams. Gomji izrazi i gornje razinatranje ukazujc da kinetieka energija zatvorcnog (izoliranog) sustava nije saeuvana velieina (za razliku od kolieine gibanja eije saeuvanie vrijedi). Druga zaniinljiva situacija nastaje pri kotrljanju krutog tijela, pri kojem se giba centzu. mase CM kroz koji prolazi os vrtizje (rotacije) all se ujedno giba i os. Tako imam() translacionu (AlvL, /2) kinetieku energiju i relativniu - rotacionu kinetieku energiju.

3.9 Kruto tijelo - uvod Do sada smo promatrali dinamiku inaterijalne toeke i sustava inaterijahlih toeakz, sto IIEIS dovodi u situaciju da molemo uvesti pojaiu krutog tijela, dakle realnog predineta odredenill dimenzija i dane mase. Kruto tijelo je tijelo protelito u prostoru. Ono se pri djelovanju sila vrlo mak) proniljeni, toenije, deformaciju krutog tijela zbog djelovanja vanjske site moleino zanemariti u odnosu na dimenziju tijela. Dijelovi krutog tijela se, dakle, pri djelovanju sila lie gibaju relativnio, jedan u odnosu na drugoga. To itio;z:eino, prema slici 3.13. prikazati tako da uoCimo dvije proizvoljne toCke krutog tijela eiji su radijusvektori 1'; i rI. Relativni

vektor polo2,aja to dvije toeke je i ako vrijedi da sic za bib koje dvije toeke relativid radijusvektor nepromjenljiv u vremenu konstantan, onda ka.Zeino da je to tijelo kruto! NaCuli gibanja krutog tijela Kruk, tijclo pod djelovanjem sila i momenala inole izvoditi translatorno gibanje pri kojein se sve eestice tijela gibaju po pravcima koji su inedusolnio paralelni i pri kojein sve Cestice tijela imaju istu (lineaniu) brzinu (vidjeti sliku 3.14). Takoder se pod djelovanjeni site (totnije momenta - vidi dalji tekst) kruto tijelo mote gibati tako da njegovi dijelovi izvode krivulje u prostoru, odnosno da se kruto tijelo "prevr&" u prostoru. Pažljivo razmatranje opeenitog gibanja krutog tijela dovodi nas do zakljueka da se svako Oka* krutog tijela mole opisati koo (istovrentena) translacija i rotacija eke neke osi.t Relativno jednostavno gibanje nastaje kada je os oko koje rotira kruto tijelo tevrS'eena. Onda pojedini dijelovi krutog tijela opisuju (zamiSljene) kružnice eiji centri sjede na osi (vidjeti sliku 3.15). Nadalje, razmjerno je jednostavno gibanje pravilnog - okruglog - krutog tijela kod kojeg se centar mase giba po pravcu, a os rotacije prolazi kroz centar inase. To gibanje zovemo kotrljanje krutog tijela. Mi t'emo u ovom poglavlju obraditi prvo uvjete ravnoteže krutog tijela, a zatim se, u slijedeeem poglavlju posvetiti rotaciji krutog tijela oko stalne osi i kotrljanju krutog tijela. Najopeenitije gibanje krutog t Ta tvrdnja je u stvari tzv. Chaslesov teoreiri po francuskorn matematiearu Michelu Chaslesu (1793-1880). Dokaz tog teorema dan je u naprednim knjigama o dinantici krutog tijela

3. A Ichanika sushi?. e.,stica. A 1 chanika krutog Lijrin L - statika

Sir. 3- 2.5

IL lorvat: Pizika 1 za PER - A Ichanika r toplina

Sir. - 26

Sao. 3.165 - Rastavlianie sila na kruto tijelo

Slika 3.15 - Rotacija krutog tijela oko stalne osi = cos0 = IP31 sird(3 + 7/2) = 11.31 sin 0, gdjeie ponigtena reakcijom od osi. kao za silo fr,. Dakle cs kut izmedu silo 5s i vektora koji lei a ravnini vrata i ima smjer od osi preina hvatistu IL

tijela, koje sarno po sebi ne uvodi nitta novo u odnosu na nage buclu6e teme, prilieno je komplicirano i tonie su posveceni posebni dijelovi rnehanike - analiticka mehanika koju ovdje neeemo obraditi. Moment site Moment site /11 = P x F uveli smo ranije (pog1.1) razmatrajuei rotaciju materi,jalne totke u ravnini oko .jedne evrste totke. Ovdje promotrimo kruto tijelo koje je "probodeno" nekom osi. Kada sila ) djeluje na to tijelo, u ovisnosti o iznosu site i njenom smjeru djelovanja, ti,jelo Se se poled vrtjeti kroz os. Os rotacije je (zamilijeni) pravac u prostoru od kojeg oko osi 0, ako pravac d,jelovan,ja site ne pr testice tijela zadržavaju zadriavaju stalnu udaljenost pri vrtnji, tj. oko koje se kružno kruino gibaju. Totka kojo,j djeluje sila zove se hvatiSte site, a vidjet Semo u daljem tekstu da je vaino svojstva hvatigta da ga moZ1errio pomicati (sklizati) dui duž pravca na kojem djeluje sila, a da se djelovanje site ne promijeni.

Vrata Se se zakrenuti zbog djelovanja FN komponente site f13 , a rezultat djelovanja site biti ee to "bolji" Ito sila djeluje dalje od osi rotacije. MoZ:emo zato u skladu s ranijom definicijom prepoznati moment site, vektorsku fizikalnu velieirtu tiji je iznos jednak umnogku iznosa site FN i udallenosti roll, gdje je roll udal,jenost od osi 0 do hvatigta site H M = roll • FN

= rOli • F3 •

(3-63)

sin a.

Jedinica za moment site je njutn-metar Nm. Moment site je, medutim, vektorska velieina ciji je iznos dan gornjom jednariborn, a iz definicije vektorskog produkta inolemo oeito napisati M = Pon x F3 , iii, opeenito (3-61)

Al=Px P.

Srnjer vektora. A? u sluea,ju na slici 3.16b je "iz papira", okomito na vektore fbn i F3 . Iz slike 3.16a odmah je jasno da je zbog djelovanja site F2 moment /112 jednak Ai =Pon, xF2

M=

(3-61')

rorr . 1F2F.

Nije nu'ino imati i'vrstu os oko kojc se tijelo mo,e okrctati, pa da uvcdemo moment silt. Prema slid 3.17 moemo izrae.unati moment site F oko toae .4 it B iii C.

Slika 3.16a - Djelovanje nekoliko sila nu tijelo koje ramie rotirati oko osi 0 r2 rt Zamislimo otvorena vrata - kruto tijelo, (slika 3.16a) na koja djeluju tri site. Slurp svili sila koje djeluju na kruto tijelo zovemo sustav sila. Iz iskustva nam ,je jasno da sila Pi koja djeluje na pravcu koji prolazi kroz os 0, neee uzrokovati nikakvo gibanje, jer Se reakcija u 0 ponigtiti djelovanje site. Sila 1 2 , koja je istog uzrokovat Se vrtnju vrata oko osi 0. Vrtnju Se izazvati i djelovanje site F3, koja je istog iznosa kao i sila iznosa kao F1,2, eije je hvatigte toeka H. Ako rastavirno situ .P; na komponente (prelim slici 3.16b) onda vidimo da komponenta okornito na ravninu vrata uzrokuje rotaciju vrata, dok je komponenta u ravnini vrata

'C

'H B.41‘,

AAIlk

Slika 3.17 - Moment site oko proizvoljne take

3. Mchanika sustava cestica. Mchanika krutog !richt 1 - statzka

, liH =

Sir. - 27

Str. 3- 28

D. Hurcat Fizika 1 za FER, - Mchanika i toptina

= 'F3

Neka je A = Onda je moment: (a) oko toeke A jednak = t i x F, (b) oko toi:ke B je A1u -= x oko toac C je Me = x F. Kod konkretnog proraeuna je nag slobodan izbor (praktienost rat:1m) izabrati "os" (toeku A, B ill C) oko koje raeunamo moment silo! Nledutim, ovu zadnju tvrdnju o slobodi izbora valjat ee dokazati - vidjeti dalji tckst!

Slika 3.18 - Teiigte polukruinog lika - uz prirujer 3.16

3.9.1 Teži;te krutog tijela Prema ranijern razmatranju djelovanja vanjskill i unutarnjill sila na sustav materijalnill toeaka, vidjeli S1110 da se gibanje sustava moZ".e opisati kao rezultat djelovanja (vektoiskog zbroja) vanjskill sila na toeku koju zoverno centar mase (CNI), a eija je masa .jednaka ukupnoj masi sustava. Ako na sustav djeiuje sila te;,a, tj. ako su vanjske site u stvari tezine pojedinill komponenata sustava, onda ,je hvuttigte rezultunte svih koje se nalazi u CM toe. teiigte T sustava materijalnill toeaka. Prema gornjoj definiciji dvije toeke - teligte T i centar mase CM nalaze se u istoj toCki, medutim to ne mora biti nuino tako, Jer ImAe se dogoditi kod velikog - proteiitog sustava da akceleracija site tete svih dijelova nije ista zbog nehomogenosti tla ispod pojedinih dijelova sustava zbog prisustva velikib masa ili velikih gupljina. Vodeei raeuna o toj moguenosti, uzet coins (gotovo) uvijek da to fluktuacije moiemo zanemariti, pa &ono to dvije toeke stavljati na isto mjesto, uz alternativne oznake.

mIS = Am] AS = dm/dS = dinl(dxdy) (u Kartezijevirn koordinatama) ili a = inIS = dial pdpd0 (u polarnim koordinatama) itd., pa je din = (inl S)dx dy ili drn = (in I S)p dp dO i (3) voluinne gusto& p, koja je jednaka p = rnIV = dm/d1/ pa je din = = (rnIV)dxdydz (u Kartezijevim koordinatama) ili drn = (rn I V)r2 dr sin 9 d9 (10 (u sfernim koordinatama). Primjer 3.16

Odredite poloiaj teiigta (plognog) lika promo slici!

RJESENJE Ako smjestimo koordinatni sustav prema slici, jasno je da je x koordinata teiigta Jednaka null, a y koordinatu dobijemo iz izraza

Nalalenje centra mase CM krutog tijela , odnosno poloiaja teiiSta T krutog tijela, svodi se na raeun beskonaenog zbroja infinitezimalnih djelie'a mase pormay2ene s udaljenosti od neke fiksne to'Cke (ishodikta npr.). Dakle, pornoeu izraza za CM sustava totaka (gdje je M ukupna masa cijelog sustava)

XCM =

i=N E

x;.„„

, i=N 1 YCNI =

Al

iN

Yin,: i=1

ZCM =

/11

E

Zitrti

napravillio prijelaz promo krutom tijelu tako do uzinemo infinitezimalue djeliee mase

ponmo2ene s njillovom udaljenokeu. Tako dobijemo i beskonaean broj takvili djeliea, tj. N .N 1 , X c1N1 = —„ 11111 E AM,X, —I Ai ,N rn -40 N-40c, i=1

ycm

1 ,.

= — Illn

1N

:ECN1 =

I M

(3-65)

Ilti

1

f ydrn o f ydS = f din o f dS '

gdje je a = dm/dS povrginska g-ustoea, a element povrtine dS Ce biti u polarnim koordinatama dS p dp i y = psi!' 0, pa imam()

Am -4 0

SCM =

co, pa imamo

f :E. (1111,

E .x„„yi _, Wcni = — f Y dm ru

Yem =

p2d. p f sin rgdO u (R2, _ ,2„)

(_ cos 0) 4 R2 + Re + 3a R+ r

;7,.(R2 _ 7.2)

Ako dozvolimo da r I), onda dobijemo iz gorsjog izraza pololaj teZiSta polukruine ploee: //cm 4R/37c. Takoder za r -■ R dobijemo poloiaj tOigta polukruZnog prstena yes = 2R/tr.

(3-66)

N - • sc 1=1

Ti m ZcNi = -- 11111

=N

E

Ai z.N rri -.0 N-.z i=1

ti

zi _,

1 f z dm. ZCN1 = — Al

gdje je uvedena definiciju integralu preko beskonaene sume infinitezimalnih doprinosa! Za praktienu provedbu odredivanja telikta raznill tijela, prevodimo integraciju po (Int na integraciju po nekoj koordinati (dx npr. dB itd.). To napravinro uvodenjem:

izrueunajte teiigte (poloiaj CM) jednakostranienog trokuta (plognog lika) so strunicarna a (krakovi) i b (baza). tikupna masa trokuta je

Pritnjer 3.17

ITJFS'ENJE Ukupna masa trokuta je tn, a povrtina je S, pa moiemo uvosti povrginsku g-ustoeu a ovako _ Am _ dm

=

(1) lineume yustoee p, tj. iz p = mIL gdje je m ukupna masa nekog homogenog tankog predmeta eije se

druge dimenzije mogu zanemariti u odnosu na duljinu, a L njegova (ukupna) duljina, rnc0.erno napisati da je mIL = Am/[AL = dinIdL pa zarnijenimo dm s din = (rnIL)(1L, ili uvodenjem (2) plogne gustoc'x a koja je po analogiji s linearnom gustoe...om definirana ovako o = mIS, gdje je S ukupna povrAina, a debljinu prechneta InoZ".erno zanemariti, bar kto se poloaja CM tiee! Onda.je o =

- AS - dS .

Trokut smo sinjestili tako da treba posumirati mase vertikalnib "rezanaca" debljine dx i duljine 2y. Iz slienosti trokuta dobije se omjer x : y = h : b/2, gdje je h visina trokuta jodnaka h = Ia 2 - 62 /4. Prema tome, masa rezanca je

dm =

dS = cr(2y)dx = a

xb 2/e

ab dx = —xdx.

3. Mehanika sustara eestica. Mehanika krutog tiyela 1 - statika

Sir. 3- 29

D. Horrat: Pizika 1 za PER - Me.hanika i toptina

Str. 3- 30

y te "nite" je jednak pot: Mini poninolenoj s visinorn, tj. dV = (r 3 r) dy. Undo jo gusto4a jednaka

P

don don dV = r 2 rdy

Pa je

don = p. r2 F dy= pir(le — y2 )dy, Sada raiMnamo y—koordinatu targta

YT

3 p2R3 r

yp,(R2

f•

y2) dy =

3

77p ( R2

2R37rp

2

4

2

4

0

3R

4 4

Slika 3.19 - Ccntar mase trokuta - uz prirnjer 3.17

Primjer 3.19 Homogena kugla polurnjern R inta sfernu gupljinu polurnjera r, aije se sreddte nalazi no udaljenosti b od contra kugle. Nadi poloiaj centra mose. Onda je 1

xcKi =

f x dm = — f xa dS

=1 f

m

ab xdx= ab xh mh

= ab x 3 lh = ab h3 mh 3 ,3 mh 3 PovrSinska gustoa je a = rn/S = 27n/hb, pa je xcoi = 2h/3. Ako .je, nadaljc, trokut .jednakostraniiian, onda je h = 00/2, pa je xr:Ki = ii0/ 2, a ako je trokut pravokutan, onda je h = o If/ 2, pa je xmo = n0/3.

4 Primjer 3.18

Odredite poloiaj antra rouse - teidta homogene polukugle polumjem R i mase Slika 3.21 uz prirnjer 3.19.

R.JES'ENJE Odabran je koordinatni SUStilV s isbodistem u centru kugle, a centar supljine sinjeSten je na os x. Tim izborom postignuto jo da y i z koordinatc contra masc (CM) imaju vrijednost ymo = zeim = 0. x koordinatu contra muse (xclit) naei 6emo uz pomoc slijede6eg razmiljanja: kuglu sa Aupljinom, ciji xmo trauma , mohimo nadomjestiti toaastom inasorn 4/3r(R3 — r 3)p, gdje p prcdstavlja gusto6i kugle. Snstav sastavljen ad to kugle sa Supliinom i mine bugle iste gustorle, a volitiuc i polo2aja supljiuc imao bi c:entar mase u (0,0,0), to 1110C1110 pisati:

Slika 3.20 - Polukugla u presjeku - uz prirnjer 3.18

RJES'ENJE Za homogeno tijelo uvodomo (volumnu) gustoe'u p = m/V = din/dV. Za (polu)kuglu cc element volumena dV biti volumen tanko "mnite" debljine dy i polumjera r, prema slici 3.20. Voltnnen

4ro

— (R3 — r3 )P • xch, 3

4r 3 —r ph = 0. 3

lz to jednakosti dobijamo :ccnt kao: r 3b R.3 — r3

3. Mchanika sustava eestica. Mehanika krutog tijela 1 statika

Str. 3- 31

Sir. 3- 32

D. Horvat: Fizika za FER. - Mehanika i toplina

41

Zakon gibanja teži§ta krutog tijela Ako van•jska sila djeluje ua sustav tit kruto tijelo, onda smo pokazali (za sustav od

Cestiva) da as opi!enito gibanje sustava pod djelovattjent vanjskih sila aloes svesti na gibanje CM, dakle s jedne tot-t.ke masa koje je jednaka ukupnoj vas! sustava, pod djelovanjent rezultantne sile jednake vektorskom zbroju svill vanjskih sila! isti naein Ce djelovanje ukupne site teZe na kruto tijelo imati za posl•jedicu da rezultantna sila - telina tijela - djeluje na teliSte ili CM i da se tijelo giba kao da je stisnuto u jednu (ntaterijaInu) toitku, a tia6n gdbanja to (materijaine) toCke cliktiran je njenom telinom, tj. =

(3-67)

Ako nenta vanjskih sila, onda teliSte miruje iii se jednoliko giba po pravcu, tj. Ift7j! = koust.

Slika .9.23 - Credo u translacijskoj ravnoteii, ali zakrenuta oko osi 0. (3-68)

To •je. uz (3-67), zakon giburtju teiigto krutog tije/u, koji je analogan (mom za sustav materijalnih toCtaka!

3.5 Statika krutog tijela

R.azniotrimo sada pa2ljivo tijelo - homogenu gredu dudjine C i mase M, objeteno u težigtu, prema slid 3.40. S obzirom da su vanjske site na djeliee tijela u stvari teline tilt d, jelila, onda totku - hvatiSte rezultantne site - teiine tijela - zovemo teiigte. Greda objeAena o nit miruje, jer je rezultanta vanjskih sila jednaka nuli

C

+

= 0, pa centar vase CM iii teliSte T

Uklanjanjent jednog utega M s grede valja ukloniti i jedan uteg M s niti na desno (prema slid 3.23) da In greda bila i dalje u ravnoteii, tj. da Debi dodo do ubrzane translacije grede po vertilcalnom pravcu. Medutim, ako objesimo negdje na gredu uteg In (koji je, jednak rn = M/2), doCi ee do ubrzane translacije grede u vertikalnom pravcu ali i do ubrzane rotacije grede oko osi 0. TiAnslaciju grede sprijeirno dodavanjern, prema slid 3.23, ,jednog utega rtt na desno, na nit. Dakle, zbroj svili sila na gredu jednak je nuli, pa se greda ne giba translacijski. Medutim, iako su site u ravnoteii (vektorski zbroj jm ,je jednak nuli), greda je zarotirana! Da bisrno povratili i rotacijsku ravnote211 moramo na odgovarajuei natin objesiti dodatne utege. Rotacijsku ravnotežu postižerno vjetanjem utega tako da su "zbrojevi urnn&.alca inasa i udaljenosti jedne i druge strane jednaki". Jasno, to je sarno "prijevod" situacije na slici 3.24, no stvarno se radi u zbroju momenata sila:

miruje (ili bi se moglo jednoliko gibati po pravcu). Greda se

mote zakretati oko osi 0 (tu je u stvari i te'lAte grede).

Slika 3.2.4 - Creda u translacijskoj i rotacijskoj ravnoteii: vektorski zbroj svih sila i svih mornenata sila jednak je nuli!

Slika 3.22 - Creda muse M optcreeena Tnasom M u rcivrwteii

zbroj uninoLika teina utega i krakova - udaljenosti od objesi§ta - osi lijeve strane jednak je odgovarajueem zbroju umiloZ".a.ka tefi.ina i krakova druge strane. Dakle, na lijevoj strani grede imarnorrtg.4+(3m)g•1 = 7rny•1,

3. Mchanika swum; (Tstica. Alchanika krutog tijelo / • stalika

Sf.r. 3- 33

a na desnoj strani imamo (2m)g • 2 + mg • 3 = 7mg • 1. Dakle, momenti sila (telina) lijeve strane jednaki su po iznosu momentima druge strane. Prerna ranijem razmatranju o rnomentima ,jasno je da vektori momenata sila lijeve strane "gledaju" iz papira (po pravilu desne ruke, tj. vektorskog umnogka kraka sile i vektora site f), a vektori momenata sila desne strane "gledaju" u papir. Vektorski zbroj momenata jednak je nuli, pa greda ne rotira. Nadalje, palljivo zbrajanje utega lijeve strane polcazuje da .je greda na miru u vertikalnom smjeru, jer je odgovarajuei broj utega objegen na nit desno! Dakle, greda se na giba ne translatira jer je vektorski zbroj sila koje djeluju na nju jednak null! Time smo dolli do uvjeta ravnoteie krutog tijela: kruto tijelo je u ravnotelj (ne rotira i ne translatira u nekom inercijahrom sustavu), ako je vektorski zbroj (vanjskih) sila na tijelo jednak null i ako je vektorski zbroj (vanjskih) momenata sila .jednak nuli: o E NJ, (3-69) Ovdje valja uoeiti da se momenti vanjskih sila raeunaju oko bilo koje osi (a ne nulno oko osi kroz teligte). Da to polcalemo, premjestimo ishoHigte koordinatnog sustava za vektortj. 0 -4 0' = 0 + d. Oncla i krak sile momenta Ali postati a uvjet statike nametnut momente sada .je E E is; x = E(i!; — (7) x P, (3-70a) -4

= + d,

no uvjet za sile E F, = 0 pokazuje da je zadnji elan jednak null, pa ostaje jednakost (3-70b) E=E Dakle, ako nema rezultantnog momenta vanjskih sila one neke toeke nema ga oko bilo koje druge toeke, pa imamo slobodu izbora osi oko koje postavljamo uvjet na momente. Dobar izbor osi mole u nizu slueajeva jako pojednostaviti raeune u problernima statike krutog tijela. Za praktiene raeune problema statike krutog tijela valja opisati preciznije nacine djelovanja vanjskih sila na kruto tijelo i ratuna momemata vanjskih sila. Zato ovd,je iznosimo dva va/na aksiorna statike i nekoliko definicija i konstrukcija. Ranije smo kazali da skup svih sila koje djeluju na kruto tijelo zovemo sissies sila. Prvi aksiorn statike kale da ee kruto tijelo biti u ravnoteli pri djelovanju dvije sile ako su te site F, i fr2 istog iznosa, tj. I = If21 i ako djeluju (la istom pravcu all su suprotnog sinjera, tj. F = —F2.

U. Horvat: Puika za FEll • Mohnuika i toplina

Sir. 7. 34

Slika 3.25 - Uz dokaz korolara o sili - kliznom vektoru!

Drugi aksiom statike kale da se djelovanje sustava sila na kruto tijelo neee promijeniti ako tom sustavu doclamo dvije sile F, i F2 istog iznosa, tj. IF, IF2I , koje djelu ju na istom pravcu all su suprotnog smjera, tj. f = —F2 . Iz ta dva aksioma statike izvodimo valan leorein ill korolar koji kale: ako sila djeluje na kruto tijelo, onda njeno livatigte molerno premjegtati dui. ()raven na koje djelu je ta sile, bez da se djelovanje te sile na kruto tijelo promijeni! Tada kalerno da je sila klizni vektor. Dokaz toga korolara, eija je tvrduja izuzetno korisna, ide ovako: zamislirno na kruto tijelo djelu je sila kojoj, po drugom aksiomu statike dorlarno dvije sile F, I F2 prema prvom aksiomu, u ravnoteli. Izaberimo da te site djeluju na istom pravcu na kojem djeluje i sila F i neka je njihovo zajednieko lrvatigte a toeki A, prema slid 3.26, i neka su njihovi iznosi ,jednaku iznosu site F. Onda, prema slid 3.25, molerno shvatiti da su site i site iz aksioma 1 odnosno aksioma 2, tj. njih molemo ukloniti a da se ne promijeni djelovanje site F,. Kada ih doista i uklonimo, ostaje (samo) sila Ft koja je po svernu jednaka (originalnoj) sili F, osim Ito joj je hvatigte pomaknuto u totku A! Na osnovu tog korolara mo2emo rijetiti djelovanje opeenitog sustava sila koje djeluju na kruto tijelo (slika 3.27). koje Si,,

fr2

Ft

r4.

42

Aksiomi statike

Slika 3.27 - Nalaienje rezultante

\

korikurerrtnik

Sile koje medusobno nisu paralelne molemo klizanjem, prema dokazanom korolaru, dovesti u istu totku - zajednieko hvatigte. Takve sile, koje djeluju u istoj toeki zovemo konkurentne site. Njihovu rezultantu nademo po pravilu paralelograma zbrajanja sila, a hvati!8te rezultante onda molemo dosklizati po pravcu djelovanja rezultante do tijela u toeku ko,ja nam najbolje odgovara. Za nalalenje rezultante paralelnih sila (slika (3.28)) morarno se posluliti aksiomom 2, s tim da smo ranije paralelne sile dosklizali da pravca koji spaja njihova hvatigta. paralelnim silarna dodamo dvije sile iz aksiorna 1 tako da one djeluju na pravcu koji spaja hvatiSta paraleluill sila, i ako su njihova livatigta u livatigtima paralehrill sila (prema slid 3.28) onda Inv° nademo rezultante R, i 172. Na taj srno naein "nagnuli" site i pretvorili smo u konkurentne. Sada je lako, prema prethodnom razrnatranju, naei rezultanu sila! Monteith sila konkurentnilt sila odreduju se tako da sila jednak vektorskom umnogku kraka - radijusvektora Ad x M= f!'x (fr, + + ...) = M, + fi2 + (3-71) Ako

nademo rezultantu, pa je moment sustava povutenog od osi oko koje gledamo moment do hvatiS'ta

Slika 3.25 - Uz prvi aksiom statike

rezultante - vektora rezultante, tj. =

3. Mehanika sustava 6 ' estica. Mehanika krutog tijela I - statika

.517'. 3- 35

Str. 3- 36

D. Donal!: Fizika I za FER. - Mehanika i toplina

Ei441Wi41;WWil

5,5,

G

Slika 3.28 - NalaZenje rezultante patalelnilt silo Slika 3.30 - TciiSte (prarilnoy) krutog tijela.

Odgovor nam daje prethodno razmatranje koje poma.Zc da dvije po dvije silo zbrojimo i eliminiramo i tako dodemo do poloi.aja tetit.tta. Rezultanta svilt paralelnill silo (telina komadinaka tijela promo slici) potnnolena s krakom rezultante dot ne moment npr. oko osi koja prolazi lijevim krajern predmeta sa

dike. Xrak rezultante s obzirorn na to os je don formulorn (3-73) Slika 3.29 - Sustav paralelnih silo i roam momenta rezultantne stile oko Locke A.

el?

(3-73)

E F,

gdjo umjesto silo Fi sada napiAemo tetinu

Za nalaZenje momenta site paraleinth sila ponovno smo u neprilici jer ne znamo odrediti odinah krak =

rezultante. Pogledajmo zato sliku 3.29, na kojoj su prikazane parMelne stile koje djeluju na kruto tijelo. Zanima na rezultantni moment site oko ope'enite toeke A. Nakon Sto sino dosklizali site tako da

hvatita na istom pravcu (prema slici) uoeimo da sve vektore sila incerno prikazati pornoeu jednog vektora

it koji, recline), gleda gore, na slici. Onda je svaka sila F prikazana kao umnolak tog vektora i velieine F1 , koja je jednaka iznosu site poinnolenoin s +1 ili —1, u ovisnosti o tome da site "gleda" kao vektor it iii u suprotnom smjeru. Oznaenno takoder i udaljenost od toeke .4 do hvatiSta site f,

s

Onda

rR

ukupni

(3-72)

=

FN)

F2 + • • +

nakon krantenja 9—ova (koji su po pretpostavci svi jednaki za pojedine dijelove tijela, iako to, medutim, mase

,

ti. m = r k a R.

EFirni E sn,

1 E 0,tnig -— M

= ?cm.

No kako je R =

Ei Fi

=

E; F, it,

vektorski molemo

Primijenimo sada priprendjenti teoriju na konkretne mindere raeuna statike krutog tijela. Primjer 3.20

Ljestve duge = 4 in i muse rrt, = 10 kg naslonjene 811 11(1 iimpav zit! (p2 = 0.1), a s awn zatvarain kut 0 = 60°. Koefieijent trenja 11(1 podu je µti = 0.2. Na koju se vision po ljestvanta 111011: popeti

eavick 1101SC rn. = 60 k g, (t da one 710 poenn

napisati + F2 + • + FOIL =

+

F2 +

+

FA X it

i'k (F + F2 + • + FN) =

+

F2 +

+

Fry)

'Fa x

—

J

iii

Neka je novjek na udaljenosti a od podnoZja ljestava. L'vjet ravnoteie (za site) daje

S. to daje

+ F,,, , +11a7 +1110 +

(3-73)

E Fi

+F,,, 2

E

Tairste i centar muse Pogledajmo sada neko tijelo (pravilno da olakAamo neposredno razrnatranje) kao

=

0,

fit po komponentarna Nt — nig — zaly + Ft,-,2 = 0

Sada lako nademo inomet rezultantnth site jer je 1 = is

= N2. Silo trenja povezane su s reakcijama podloge orako

na slici 3.30. Pitamo se gdjo je hvatiSte teline, odnosno kako nemo zbrojiti ore tante djelina tijela (slika 3.30)?

(3-74b)

it

S druge strane to je jednako nekom kraku rezultante (nepoznatom u moot trenutku) 771{ pomnolenom s vektorom rezultante R,

(3-74a)

nije nuZno uvijek tako za protelita tijela npr.) daje izraz koji je jednak (po definiciji) polotaju contra

moment svih sila jednak

= (f.1 Ft +

rirniJ

E

su ins

F, ,.,1 = al N

i Ftr.2 = P2N2,

(1)

3. Mehunika mstava ccstica. Meltunika krutoll tijela I ,tutika

.51.7 7 - 37

Sir.

- .78

D. I In at: Pizilal I is EL - Aichanika i toplum

UvrStavanjem odgovaraju6ih podataka dobije se do je a = 1.3431 in, oduosno h = u.ain a = 1.1631 in.

Zadatak 3.2 Homogena daska naslonjena je na gladak zid jo§ moie stajati naslonjena ako je p = 0.2?

hrapavu podlogu. Pod kojom kutom o daska R ES ENJE: 210 48'5".

Primjer 3.21 ()Inc i sin iele nositi teret teiine 800 N na dasci duljine 2 in i Iodine 100 N. Gdjc treba staviti lcret ako se deli da sin nosi 1/,? tereta kojeg TIOSi otac? x

F tr,l Stan 3.31 uz primjer 3.20

100 N 3P a zadnja uvjetna jednadtba za ravnoteZu daje Fie,2 = p2Fie,i. Uvr8tava-njem tih izraza u jednadtbe (1) 800N

dobijemo Fee,i –

(m + rni )I,1 9

1 + pip2 (m + m1)1111129 1 +µ1µ2 tivjet ravnoteie za momente oko dodirnc to6ce s tlorn (v. sliku) daje dx mg+ 1 6xm i 5+ix N2 +

Slika 3.32 uz primjer 3.21 =0.

Vektore moEemo raspisati po komponentanm ovako if cos a + je sin a,

5 = is cos a + ja sin a, N2 - = –N21 =

P2

Ftr,21

rtr,2 = 3Ftr,2

E Fd = 0

7710 -= –mi g).

mg = – mg),

R.JFS'ENJE Na slid su prikazane svc site kojc djcluju na dasku. P je sila kojom djclujc sin, a 3P sila kojom djeluje otac. Dasku postavimo dui osi x, te svc site imaju samo y komponcntc. Prvi urjet ravnoteie zalitijevic odnosno

3 P – 800 – 100 N + P = 0

Sada gornji uvjet ravnoteie maXemo napisati ovako a coda • (–mg)(i x j) + ecos a • (–mig)(i x :7) + sin a • (– I F, 2) x + cos a P2

=0

8to daje 1 1 –amg cos a – –km ig cos a + --tFer,2 sin a + eFt r.2 cos a = 0, 2 6,2 pa je traZena udaljenost a jcdnaka ef3„2 a=

iz kojeg sli,jedi P 225N. Primijenimo drugi uvjet ravnoteie, koji zahtijeva da zbroj svih momenata sila bude jednak O. Koko ,je izbor osi proizvoljan, uzmiino da je ona na lijevom kraju daske, onom kojeg nosi otac. 'mama –(800N) • x – (100 N) (1m) + P (2m). UvrStavanjein prijc dobivenc vrijednosti P = 225 N, dobivamo x=0.44 m.

sin a + cos a) – gem,g cos a

mg cos a 26 (mi + m)111 m 2+

emi ka tg a + — – — . 2 2m

Primjer 3.22 Praeovjek deli upoznati Dolly Parton. Ako je njegova masa 80 kg, a masa (cijele) Dolly je 75 kg, na koju se najmanju udaljenost mode praeovjek da se daska na kojoj se oni nalaze ne prevail ? Masa daske je 10 kg.

3. Al challika ustaun (cAlca. Alchnnika krutoy t.iycla t - statika

S

.Y - 40

D. Hurvut.• Fizika I za FEII - Mchanika i toplina

RJESENJE Zbroj momenata oko to?ke A daje

E A7/51,=.=

+

x P.

Krak je dan ovako

it sin° + 3? cos 0, Slika 3.33 - Ono i on - uz pri Mier 3.22

a site su

F = —iF 13 + iF cos (3;

= -7C;

al =- -)G■

pa jc uvjet za ikezavanje mornenata jednak

RJEENJ E Priblii.avajud se Dolly, pranovjek mijenja svoj moment silt koji postaje sve manji i u jednom trenurku postoji jednakost momermta sila (D-Dolly, d-daska, p-praeovjek)

;CID = Ma + M„ FL) X

(i sin a + ) cos

iii

+6(i:in] d + 3cos a) x (--i sin + cos L3)F

OD =F,x G5 + x

"A° u skalarnom obliku postaje (hvatiku teiine daske je u geometrijskom srediM.0 daske) COD • r1., = (lid • rd+ in„.r„, pa je udaljenost praeovjeka od potporuja u trenutku kada su mornenti jednaki (ravnoteia) jednaka r„ = 1.563 m, a udaljenost od Dolly je u torn trenutku jednaka D + 2 m = 3.563 rn.

— G sin a( —k) + (G I sin a ( —k) 2 e SiTla cos OF(k) eF cos a sin d(k) = 0, odaklc dobijemo F(sin rk cos /3 + cos a sin d) = I

F

(•G' +

sin a

sin (0 + d) Priinjer 3.23 Dizalica imu izgled i poloiaj prenta shei 3.34: Breda je u toeki A zglobom (s vertikalnom osi) vezana na vertikalno postolje, a gornji kraj 7105i teret tako do je uie napets izutedu ktaja givde i postolja. Kula je 45°, a kut ,3 = 60°. Kolika je napetost meta F. ako jc masa grede = 40 kg, a masa tereta je 2 tone?

Slika 3.34 - Zglobom uftrgeenu Breda nosi teret GI - uz primjer 3.23.

x (—)G)

-1-6(isiner + )cosa) x (—jGr)

Z G + Gi) sin a

ill

— 14506.5 N.

Primjer 3.24 Ljesive inane 20 kg osloujeue sa na glatki zid pod kutom o = 45`' (picina slici 3.35). U toeki A postoji oslonac tako do ljestve rte mogu "pobjeCi", a no njima se, na tre6ini visine, naluzi eovjek Inane 60 kg. Odredite kojom silom Ft, ljestve pritigeu zid n toeki !I i odredite horizontalnu F, i vcrtikalnu situ Fy u toeki A! Gdje "gleda" sila F u toeki A?

Slika 3.35 uz primjer 3.24

3. Mithanika sustaea erstica. Mrhanika krutog

Str.

- shaika

41

I).

Str. 3 - 41/

Prvi uvjer. rav o,rcir krutog tijela (E, F, = 0) vodi na

RJEkNJE Momenti oko toeke A so MA = /3 x Ge + /2 0G-1-/xFh=0,

– )G + )/?c – iT + :gin sin a + iRe cos a = 0.

gdjc je

Drugi uvjet. ravnoteZe (E .1/, = 0) oko oeke C daje

13 = ./cosai+ .i l esinct) e2 =

2

ormit: Crz3ka I zu PER • hi clianika toplina

,xu+Fx fi.13 = 0, 2

fcosai + !hallo) 2

ecosai+ esina)

i

gdjc je F, =

G = G(–));

ot = Co( –));

1 1 ino(-1)+ tcosct) -2- = .2-w

Vektorski produkti u jednadthi za momente oko toeke A daju

F = (idgo)(-1)+ )/1

+ IF, sin a(k) = 0,

le cos crG,( –ic) + lecos 2

14.o vodi na s jednakost

oilitkle do liijiono F, ctg

F, koja uravuotetuje (jedinu) horizontainu

toeki A djelujc llorizontalna

F, –

=0

pa je

Smjer silo F,

–=0 F, = 80N.

Iz gornjill jednadZIO dobijemo

F, 30N,

pa je

/to

G

( /12)

it sin atg a +ii ens a Rc= G– C,, sin a= 51.34 N,

17.32 N,

T=Ru cos a= 15 N.

su komponente F, i Fv , odreden je kutom danim ovako tgO — 69°26'38".

F,

4 4 Primjer 3.25

k –111?1,cas k

F,,, tj.

a njena vertikalna komponenta uravnotetuje vertikalne silo koje djeluju u sustavu, tj. F„ –

/.11/1Si11 ,11.g

k

2

(Ge + G) = 30 N.

Zadatak 3.3 Lagana letva lijevim je krajern osIonjena u /eii.§.tu a desnirn je uevrgena na zid uz porno6 uieta kao sto je prikazano na slici 3.37. Na istorn kraju obje3en je teret taine 80 N. Kolika je napetost uieta?

Ljestve teiine 60N i duljine 4rn naslonjene so na zid visine h = 3 rn (vidi sliku 3.36). Kut

a jednak je 30°. Ljestve su vezane uietom u podnoiju. Ako nema trenja, valja izradunati napetost u uieto i

reakciju tla i zida u toakarna B i C!

Slika 3.37 uz zadatak 3.3 RJ EF,NJ E: T = 106 N

Slika 3.36 - Ljestve oevr§denc oietorn - uz prirnjer 3.25.

A. Mchatoka sustuva e.c.5tica Alchtatika Artilog tzicla / - statika

Sir I

Si , 9- 44

D. Horvut: Fizika za PER - Mehanika i toplina

Sliku 3.39 - Uz printjer 3.27 Slika 3.33

- Kotue prelazi preko prepreke

- uz primjer 3.26. R...IEFNJ I: Zit sumo mornenata silo oko toeke A Mn (prema !CIA = 0 =7 2

Primjer 3.26

Koliku je minimulna silo F potrebna da kolue. muse Sky (na slici 3.38) suvladu prepreku

visine h = 0.2 m? Polumjer kotaeu iZTLOS1 R = 0.5 tn. Traiena sila upravo bi ponikila pritisak kotaea na podlogu u weld A, odnosno kotuk tek Ito se ne bi poeeo odizati. Tek miuimalno poveQauje site F rezultiralo bi podizanjem kotaea, time bi se minimalno potreban iznos isto silo smanjio, itd. Drugim rijeeima, minimaina silo koja bi kotak popela na prepreku morn biti tek malo vela od silo zbog koje nestajc pritiska na podlogu u toeki A. Na6i silo F moiano bilo uz porno? uvjeca E = 0, bilo uz pomoe uvjeta E = 0. Primijenimo ovaj drugi uvjet: RJESENJE

R • F • 005(900 — o) — C • cos o = 0

oduosno

F

ago = C.

lz geometrije je vidljivo da cog ctga moiemo izraziti kao:

(11_ H)2

V112

ctg —

H.

— II

•

Uvrkavanje vrijednosti u F = C . ago, dobivamo F > 104.641.

Prirnjer 3.27 Puttagna tunolovka sjedi na vrho tunariee

Bukurskom. zuljetru) i (uza/udno) Jeku tune.

Ako je Inane tunarice (yrede) 40 kg, a uie smije podnesti nupelost od T = 850 N, koliko "kilo" smile imati tunolovIcu? Kut a = 550 , a uie je priaUrVetto nu Q/4 od vrhu.

i kako je C = — )G, T =

+ 114 4

i Z = tows + )sin

vrijedi ar dobijemo

3Tsin 13 — 20 cos /3 _ 714.24N, 4 cos 3 'rev = 72.81 kg.

ill

Doduei 3. poglaulju

Str.

- 45

Str.

.0-

46

D. Norval.- Pizika l za FEU.

Oztulka

-

Mehanika i toplina

Koordinate

Dio tijela

Masa

(% od vis ne ) l'

(% uk.)

Z

Zglobovi

DODACI 3. POGLAVLJU

A

Bara glave na kitrni

0

91.23

11

Raunena

±10.66

81.16

C

Laktovi

±10.611

62.20

D

Flokovi

+5.04

52.13

N

Ti. ,glob

:1 10.66

46.'21

F

I:oljena

±5.04

28.44

C

N. zglob

±5.04

28,44

CM 1

Glava

0.0

93.49

6.9

2

Nadlakl.ica

±10.66

71.09

46.1

3

Trap

0.0

71.09

46.1

4

Podlaktica

±10.66

55.33

4.2

5

Rake

±10.66

43.13

1.7

6

Fled ra

±5.04

42.48

21.5

7

Potkoljen.

±5.04

18.19

9.6

8

Stopala

±6.16

1.78

3.4

57.95

100.00

S

CM cijelog Lida

Slika 3.4 - Poloiaji centra muse i odnos veheina u ljudskorn tijela. Podaci su dani kao odgovaraju6 postatak (muse ili tikupnc visine).

Dodatak 3.1 - Primjeri i podaci iz biomehanike

Mjerenja dimenzija i masa ljudi rezultirala su u podacima ko,ji su darn prerna slici i tablici D3.1.

Pomoeu tih podataka izraeunat eemo, kroz primjere neke zanimUivije iznose sila i rnomenata koji su u duhu

ovog poglavlja - statike krutog tijela.

Doduci 3. pogluely‘

Str. 3. 47

PREGLED 3. POGLAVLJA 1. Novi fizikalni pojmovi

Str. 3- 48

D. Norval: Fiziku I zu PER - Mehursiku i bap IITIV

3.6 lzvedite izraz za kiActieku energiju sustava od dvijc rnaterijalne totkc! 3.7 Izveditc zakon saeuvanja ukupne mehanieke cnergije sustava dvijc ecstice! 3.8 Definirajte impuls site i opiMtc neke impulsne site! centar mase

relativne koordinate

reducirana masa

sudari

impulsna sila

elastitan sraz

3.10 lzvedite izrazc za konaene brzine u vektorskom obliku pri sudaru dviju eestica.

3.9 OpiSite elastiene i neelasticne sudarc i opecnito mcdudjelovanje "bez dodira".

neelastitan sraz

koeficijent restitucije

gibanje rakete

3.11 OpiSite savr9eno neela.stieni sudar i raspad.

zakon teiilta

translacija

kruto tijelo

3.12 'Izveditc izraz za brzinu rakete.

os rotacije

Chaslesov teorem

kotrljanje

3.13 'Izveditc izraz za putallju rakete.

hvatilte site

sustav sila

uvjeti statike

3.14 Izveditc izraz za kutnu kolieinu gibanja sustava dviju eestica.

aksiomi statike

klizni vektor

3.15 Opiite sustav od N materijaluill toeaka i izvedite zakon gibanja eestica i saeuvanje kutne kolieine gibanja. 3.16 17A:edicc izraz za kutnu kolieinu gibanja sustava materijalnill toeaka i povciite ga s CM! 3.17 lzvedite izraz za encrgiju sustava N materijalnill toeaka iu povelite ga s CM.

2. Nove relacije

mt ri + rrs2F2

Fcm =

illt

ICM

=

0

sots-51 + lilt F2 sill + ml m2

+ 1112 + tti2x'2 rill + to2

3.18 Definirajte kruto tijclo i opi9ite naeine gibanja krutog tijela.

=

-j1. I + j)

1111 +m2

1 p

1 7111

E, = Es s1 + K1) + E(,21

R = F12

= konst.

= U(r) +

I+

2m,91 + (m, - 7,11)172 M + m2 , tor + ro(°)

V(t) = i;.+ vo n

7,,(1)

'

E(k o + El„2 ) = K1 ') + E;;2' ) VI

E=

dr, = M = A11 + M2 dt

=- 1 YC. NI m f Y

2

dm

dm

Tf

a = (IS

E E

+

i2 E 11101: 2

. dm

E F', =0 R-

2m2i72

VI

xosi = r i i f x dm,

P,.

3.22 lzvedite izraze za CM i te3Ate krutog tijela 3.23 Izveditc zakon gibanja CM - teiika krutog tijela! 3.25 lzvedite izraz za moment site paralelnih sila.

+ (mi - m2)V 1111 + M2

Vs -

VI)

Ek = -1 M FL,

Mi. T =

E

L= Lo + Lcs,

P=

3.21 Opksite linearnu, povrinsku i volumnu gustolu! 2CM + 2

Pdt

7=

h" dt =

;.1 +m2V2 = rutvt

3.20 Opiite prijclaz s CM sustava od N eestica na CM krutog tijela, lzvedite izraz za CM polukruinog lika!

'012

3.24 Opigite pokuse koji vode na uvjetc statike krutog tijela!

1 .2 U(r) + -pr R = konst. 2 m

3.19 Definirajte moment silt za sustav matcrijalnib toeaka i kruto tijelo. Sto je os rotacijc?

1

N

•E

= x - - f z -cm drrs P= d17

E =

E F.; E F,

3. Pitanja (sa zvijezdicom su oznatena te2a, neobavezna pitanja) 3.1 Definirajte centar masc i izraeunajte poloiaj CM 3 toekasta tijela u ravnini! 3.2 lzvedite zakon gibanja CM i zakon saeuvanja kolieine gibanja za sustav od dvijc materijalne toeke! 3.3 Primijenite zakon saeuvanja kolieine gibanja i zakon gibanja CM na prijektil koji se raspadne u zraku! 3.4 Primijenite zakon saeuvanja kolitine gibanja i zakon gibanja CM na dva tijela koja su povezana oprugom, 3.5 Definirajtc rclationc koordinate i izvedite izraz za reduciranu masu!

3.27 Formulirajte aksiome statike i doka3,ite korolar! 3.28 Konstruirajte rezultantu paralelnih site ko,je djeluju na kruto tijelo! 3.29 Opilite uvjetc statike grede koja stoji naslonjena na hrapavom podlogu i naslonjene na hrapavi zid!

- 7)2

RCM =

3.26 Pokaike da je uvjet ravnotc3e krutog tijela ncovisan o izboru osi!

4 4. ROTACIJA KRUTOG TIJELA 4.1 Uvod 4.2 Rotacija materijalne totke - jo§ jednom Naeini giban,ja krutog tijela 4.3 Rotacija krutog tijela oko evrste osi 4.4 Moment tromosti Primjeri ratuna rnomenata tromosti I 4.4.1 Steinerov poutak Dokaz Steinerovog poutka 4.4.2 Teorern o okomitim osima Primjeri ratuna rnomenata tromosti II 4.5 Kotrljanje Kutna kolitina giban,ja pri kotrljanju 4.5.1 Kotrljanje po kosini Dinamika kotrljanja tijela po kosini 4.5.2 Kotrljanje krutog tijela uz sklizanje 4.5.3 Trenje kotrbanja Koeficijent trenja kotrijanja 4.6 Rad, energija i snaga pri rotaciji Kinetieka energija Rad Snaga 4.7 Zakon satuvanja kutne kolieine gibanja 4.8 Giban,je Ziroskopa Rotacija tijela poduprtog u CM Rotacija tijela poduprtog izvan CM. Precesija 4.8.1 Zvrk Primjena i primjer precesije 4.9 Princip virtualnog rada Primjeri ratuna statitkih problema pomoeu principa vritualnog rada Dodaci 4. poglavlju DP4.1 Poopeena rotacija DP4.2 Tenzor momenta tromosti Pregled 4. poglavlja P4.1 Novi fizikalni pojinovi P4.2 Nove relacije i forrnule P4.3 Pitanja

4-I 4-1 4-2 4-3 4-6 4-7 4-10 4-10 4-12 4-12 4-19 4-20 4-24 4-25 4-29 4-37 4-37 4-38 4-38 4-39 4-42 4-44 4-50 4-51 4-51 4-54 4-56 4-57 4-58 4-66 4-68 4-71 4-71 4-71

Str. 4- ;=,.

r. prosinca 2001.

D. Horvat: F ziku I zu FEII Mclianika i toplina

Ako je, inedutim, trial to/ke prisiljena gibati se oko jedne (fiksne) evrste to/ke - sredigta rotacije ("prisila" je ostvarena pornoCu niti - koala iipr. ill gravitacijskom silom ill silorn trenja i sl. - vidi poglavlje I), onda je ripen pololaj na krulnici polumjera R opisan kutom c4(1), a njena brzina ,je 'u(t) i njena kutna brzine je C.;(t), i vrijedi cijeli niz odnosa koje ovdje prepisujemo iz rauijib poglavlja

4. ROTACIJA KRUTOG TIJELA 1 = cwt + -at' 2

=tlw= tit

fce L

(12

I = sin'2

=w

dt 2

ace

=

= P: x

L)(t) = L..10

Oa

x

=

A

=

(10 (It (i

R

= Tnr 2 co

(Trtil)

w=

dt

li =

x

L = iii Al = nir2 ri = is

Nacini gibanja krutog tijela - jog jednom Pololaj krutog tijela u prostoru je odreden ako su poznate koordinate tr kolinearne) totke. Prema tome, prvi je zakijulak da treba devet podataka (koordinata) za odredenje poiolaja krutog tijela, all mora se uzeti u obzir da ,je relativni pololaj (razrnak) parova totaka

4.1 Uvod

U prethodnom SIII0 poglavlju naueili kako inolemo prijeCi od sustava materijalnili totaka na opis krutog tijela. Proulili smo, nadalje, uzroke gibanja (all ne i samo gibanje per se) i izveli uvjete ravnotelje krutog tijela. Sva to razmatranja slijedila su "recept": (jedna testica)-(sustav dvije testice)-4(sustav N testica)-(kruto tijelo). Ovdje 2elimo prouliti gibanje krutog tijela. Medutim, opeenito je gibanje, kao Ito je vet kazano u poglavlju 3, vrlo komplicirano, iako ga se mole rastaviti na translaciju i rotaciju oko neke (trenutaene) osi. Ovdje lemo proutiti gibanje krutog tijela oko tvrste osi i slo2eno gibanje - rotaciju oko osi koja je ujedno os simetrije i (istovremenu) translaciju to osi Ik(i smjer ostaje stalan u prostoru. Takvo gibanje zovemo kotrljanje i ono se odvija santo u (najeegee) vertikalnoj ravnini. Kao posebno zanindjivo all komplicirano gibanje opisat Celia) gibanje 2iroskopa - tj. zvrka. Prou/it lerno i izuzetno vaari problem satuvanja kutne kolitine gibanja, koji je jedan od ua,jvaiui, jih zakona saialvituja eija primjena se proteZ'J sve do fizike mikosvijeta - fizike atoma i jezgre, kao i do inakroskopskili dimenzija Svemira. Nadaije, preko definicije rada i energije translacije i rotacije krutog tijela opisat lento orb() zaniniljiv problem virtuafisog Hula koji predstavlja tek mall din) istralivanja a ',iv. analiti/koj awhitilici kojeje. dovelo no niza reztiltata i oniogulilo alternativnu formulachu mellanike. Ta formulacija je priredila put modernom istralivanju u fizici mikrosvijeta - kvantnoj inehanici i kvant noj teoriji polja. U °von' poglavlju ne&into razmatrati vrlo vallio gibanje krutog tijela probodenog horizontalnom osi koja ne prolazi kroz teligte i oko koje se kruto tijelo mole njillati - oscilirati. Toni toy. fizi6korta rtjihata (i nizu slitnih mellanilkill periodilkill pojava) posvetit lemo cijelo poglavlje u drugoin dijelu ove kujige (vidi: D. Horvat Fizika 2 - titranje, vulovi , optiku i modermi fizike).

stalan (po definiciji krutog tijela), gto odmali smanjuje bro,j uuinila podataka na lest. Kalemo da kruto tijelo ima lest stupnjeva slobode. Kada, medutim, sila djeluje na kruto tijelo ono se mole gibati sloleno i to niže) all istovremeno i rotira. Dakle, oplenito se gibanje krutog tijela tako da se cijelo tijelo translatira (vidi niie) sastoji od translacije i rotacije. Opis slaenog gibanja ko,je,je superpozicija (zbroj) translatornog i rotacionog gibanja ,je jedan od najtelih zadatak inehanike, pa lemo se nil ovdje koncentrirati. kao Ito je "najavljeno" u uvodnom dijelu, uglavnom na poseban all vrlo vaali problem rotacije oko evrste (fiksirane) osi i na problem kotrljanja (pravilnog, okruglog) krutog tijela. Pri tome se oslanjamo na rezultate dobijene pri razinatranju krulnog gibanja materijalne totke i sustava niaterijalnill toeaka. 0 translaciji krutog tijela govorimo ako sve testice (svi djelili) tijela u istim vremenskim razinacima prelaze menhisobrio.jednake putove, a plitanje sn iin paralelni pi avci (vidi sliku 3 5). Gibanje krutog tijela je u torn slueaju opisalio jednadlbom gibanja teligta, tj. A / --.-

gJI,je zbroj svili vanjskili sila, it Al ,je , (11(111)11a) 111;11i:1 kflit())2, tij(-1;1. 1/1,1'01Lit,ijOi krutog tijela govorimo kada se sve testice tijela giba,ju po paralelnim krivuljama. Prvospornenuta translacija je pravocrtna trunsiacrja, a ova druga je krivocrtna trartslacija! Kada djeluje neka site na kruto tijelo, prelim slici 4.1 (a), rezultat Ce biti neko sloleno gibanje. Medutim, tni niolemo, prema prvom aksioniu statike AS1 (vidi odjeljak 3.5), to,j sill dodati dvije site na istom pravcu bez da se promi namika tijela. Izaberemo h pravac djelovanja till sila tako da on bade paralelan pravcu na kojem leli sila F, a da taj pravac prolazi kroz teligte T tijela i da iznosi sila budu jednaki iznosu sile F, onda le sile F i sila

4.2 Rotacija xnaterijalne tolke - jog jednom!

(4-2)

tvoriti par silo, a par sila uzrokuje /istu rotaciju. Moment para sila

,jednak ,je uninogku njillovog iznosa i razmaka izmedu ttjihovitt hvatigta. Sila koja djeluje na os uravnote2ena ,je ukrueenjeni osi. Preostala sila F2 djeluje utežigtu teiigtu i uzrokuje (listu) translaciju, pa vidimo da rezultat aljelovanje (jedne) sile molemo opisati kao (lista) rotaciju plus (listu) translaciju.

Ponovimo ovdje neke osnovne pretpostavke i rezultate ranijiln poglavlja koji Ce nain pomoCi pri razmatranju rotacije krutog tijela. NIaterijahm totka se pod djelovanjem site ponaga po 2. Newtonovoin aksioinu, tj. vrijedi

F = -±n.7 = dt

d

— p. dt

Ako se sve toeke tijela giba,ju po paralelnini ravninania koje okomito probada os rotacije, onda govorimo o ravniriskorn gibanje krutog tijela. Gibanje tijela razinatramo onda tako da proniatramo gibanje skupa totaka tijela samo u jednoj ravnini. Kotrljanje spada u ravninsko gibanje krutili tijela. I:ruto tijelo mole se gibati i tako da mu je jedna to/ka "ukrulena", tj. "prisiljena" je biti na miru, a

(4-1)

Os rotacije prolazi kroz to tolku i slobodno inijenja svoju orijentaciju u prostoru u odnosu na neki inercijalni

4.

- 3

Rniacija krutog

Sir.

44

D. Ilorvat: Fizika I za PER - Mehartika i toplina

dui +z-osi, po pravilu desne ruke. Pololaj tijela oclreden je jednim podatkom - iznosom kutne brzine, pa kaZemo da. tijelo lino jedan stupanj slobodc. Uoeimo jedan djelie tijela ant, koji se nalazi na udaljenosti od osi. (Vektor je, prema tools, okomit os a oznaeen je crtano jer on Mk radijusvektor djeliCa radijusvektor, koji nije nacrtan aIr slici 1.2, povezivao bi ishodi.4e 0 i djelie :ern,!) Svakako, vekt or je ujedno i polumjer rotacije djeliea koji molelno napisati ovako = ix: = ix; (koordinate x i y raclijusvektora toeke i vektora sit iste), a brzina je =a x (4-3) Valja uoeiti da ee svi djeliei tijela imati istu kutnu brzinu a. Kutna kolieina gibanja djellea AM; je IT; i jednaka. je, s obzirom na toeku iz ko je "izvire" x Arnifi", (4-4) a ukupna z-komponenta (poneka kaZerno i aksijoina komponenta) kutne kolieine gibanja cijelog tijela koje Sc (za sada) sastoji od N djeliea E E Ain i f,„ (4- 5) (R.anija razmatranja (proMog poglavlja takoder) su nas naueila kako postupiti u takvim situacijama, pa za sada ostayljarno sumaciju.) I■Jitua brzina ima komponentu samo stujeru _—osi, tj. = (0,0,x,) ili 6; = k kako je brzino dana s (4-3), izraz (4-5), 1)0111061 izraza za dvostruki vektorski produkt 11 x (b x = 1;(d • E) — e(d • b), molemo napisati ovako L = E Arnif; x x 7-.1) = E Ariti(f:)263 — E Arti;(f:c0)f: ■ =t i=1 (4-6a) 711i

(a) Slika 4.1 - Djelovanje stile

(b)

no kruto tijelo i par sila.

sustav koji iniruje u odnosu no toeku nkrueenja. Tokyo gibanje je gibanje zvrka - Zirosloya i tricgo ectno istraZiti na kra ju ovog poglavlja. Na isti natin molemo proizvoljnu silo koja djeluie kruto tijelo koje je probodeno jednom osi premjestiti tako da dobi jento par sila plus djelovanje jedne site ita os. na

+]y+

je

ri X

11

4.3 Rotacija krutog tijela oko Evrste osi

(Drugi je elan jednak nuli je je okornit na Vektors obzirom na ishodite 0 na slici 4-2 ima i druge kornponente osirn z, ali za sada ill ne razmatramo (vid,jeti napomenu na kraju odjeljka). Dakle, L= (i ( 2+ 2 . (4-6b) Taj izraz za aksi,jalnu komponentu vrijedi bez obzira gdje je ishodigte, sve dok je ishodite negdje na osi rotacije. Ako je tijelo pravilno, a os rotacije mu j e i os sitnetrije, onda je aksijalna komponenta i jedina kornponenta (vidjeti napomenu na kraju odjeljka). Izraz unutar sume je moment tromosti kornacliea mase Anti, jer je on jednak umno§ku mase i kvadrata udaljenosti od osi rotacije - osi z (vidi 1. poglavlje). Toenije, to je moment tromosti oko osi z, t j. aksi jalna komponenta kutne kolieine gibanja je N =E (4_6e) Ukupni moment tromosti I, jednak je zbroju svill doprinosa, preko cijelog volumena tijela l', a to znaei da moramo uzeti infinitezirnalno mali komadie mase -4 0 (all zato dobijento N Do), tj. lire E Arti(x2 + y2) = f(x2 + y2)dm ))

x Slika 4.2 - Rotacija krutog tijela oko cvrste osi. Radijusvektor djelida

LSrn nrje nacrtan!

N

=

Rozmotrirno kruto tijelo (opeenito nepravilno) koje je probodeno s osi. DuZ, osi uperimo z—os koordinatnog sustava. Onda tijelo rotira tako da je smjer vektora kutne brzine ci; svakog njegovog cljeliea

Am-0

Ntix

=

i=1

dm (F 2. — .z 2 ), . v

V

(4-7)

4. Rotarija krutoo k7litoo tOrla

.Sir. 4- 5

pa sada molerno napisati

L,k

(1-8)

Ako se sjetimo da je za vremensku derivaciju kutne kolieine gibanja za materijalnu toeku vrijedilo el —G =

x rod) = 1111' x

rl

D. Horcat: Fizika l za FER Meltatiika i toplitta

Pokusi pri kojima mijenjamo iznose vanjskog momenta i geometriju i masu tijela koje rotira pokazuju (la ,je kutna akceleracija ovisna o geometrijskom rasporedu mase tijela koje rotira. Doista, prelim definiciji momenta tromosti (oko osi z npr.) I, =

den L

tl = x (4-9)

=

St,. 4 - 6

- 2 2 ),

(4-13)

vidnno da njegova velieina ovisi o geometrijskom rasporedu mase

x =

Moment tromosti je fizikalna veliCina koja mjeri inerciju (otpor) tijela prelim promjeni rotacionog stanja: gdje je smjer (77- tangencijalan (u smjeru brzine je tangencijalna vanjska sila, a /1.7%.,, je vanjski moment site i vrijedilo je d d k = - (km) = I (et I= (1- 10) dt onda molento ovdje i za kruto tijelo napisati

ako tijelo rotira, a illia velik moment tromosti, teako ga je zaustaviti iii mu ubrzati rotaciju. Ako ono mirujc, teako co ga biti pokrenuti na rotaciju. OCito postoji odredena analogija izutedu muse (pri translatonrom gibanju) i momenta inercije (pri rotaciji), kao i izmodu site F i momenta site If , kalieine (giba gNakn ja fi momenta koliCine gibanja L itd.(vidjeti tablicu ni2e). Tu analogiju rn olerno rijeCima iskazati

kolieina gibanja p = (mjera tromosti) x (linearna brzina)ii d — dt

=

int;

(9-11)

kutna koliCina gibanja L = (mjera tromosti) x (kutna brzina)W

= 41,1; = 1,oic

t

tj. dobili smo jedetudilm gibanja - rotacije krutog tijela oko (stable) osi U slijedeeim eemo primjerima pokazati kako se raeunaju mornenti tromosti razlieitih tijela.

k m = 1,0k.

(9-12)

Dak.le, vanjski moment site koji djeluje na tijelo probodeno evrstom osi uzrokuje kutnu akceleraciju tijela, a to je akceleracija obrnuto proporcionalna inomentu tromosti tijela ratunatorn oko isle osi oko koje tijelo rotira odnosno s kojont je vanjski moment site kolinearan!

Kao i ranije pri ratunu polollaja centra mase ill teligta, pojavljuje se problem prijelaza s "apstraktnog" integriranja po den na integriranje po koordinatama. Rabi se isti "recept" kao i ranije uvodeei linearnu "gustoeu" (raspored) rnase p = &n/de = ntle §to daje zlzu = p de = Tde = dx,

(9-14)

Ovdje ponovno valja naglasiti da gornja jednadiba (4-12) vrijedi za posebnu situaciju kada je vektor

paralelan s vektorom kutne brzine 0. To vrlo eesto nije tab° (vidi odjeljak a Ziroskopu i zvrku, to dodatak poglavlju DP4.1), jer se kutna kolitina gibanja raCuna u odnosu na toeku, a kutna brzina u odnosu na us, gornjern razmatranju jednakost (4-8) da je ispunjena je u vrlo simetrienim slutajevima, jer vektor ima i radijalnu komponentu s obzirom na toeku 0, tj. = F, x Anti ,/ (usporediti s jednadiborn (4-4)) i kako je = zi (gdje je zi z - koordinata toeke iz koje je na osi z povueen vektor dobijemo (za kutnu kolieinu gibanja s obzirom na toeku 0) 7; (°) =

x

= (Fi' -

z) x (Amu;)

x

tj. dobili auto i radijalnu komponentu kutne kokine gibanja. Za simetrieno tijelo, gdje je os rotacije ujedno i os simetrije, to co se kompononte poniStiti (u parovinta, s jedne i druge strafe osi), pa Co astati rezultat (°) = e, Sto co dalje dovesti do jednakosti (4-8). Osi tijela oko kojili kad tijelo rotira vrijedi da je vektor hone koliCine gibanja paralelan a vektorom kutne brzine ZOVC1110 glavne osi tijela. Tada je rotacija ujeduaCena, tj. nema djelovanja momenata site us OS. NajCeatte se glavue osi poklapaju s osima simetrije tijela, pa su npr. glavne osi pravilne prizine ujedno i osi simetrije ltd. Nesimetritna tijela a to dovodi do sila (inornenata) na os oko koje tijelo rotira. Najbolji primjer jo nemaju L paralelan s (obiCno) mala asimetrija automobilskog kotaCa prije "balanstranja", pri koje se dodavanjem man utega L u smjeru LJ. Nakon toga, automobil vozi mirnije jer

nema djelovanja momenata na osovinu kotaiia.

4.4 Moment tromosti

en

den = dx dy =

711

pdp dql

= rS r 2 sin 9d9 dO

(u Kartezijevim koordinatama) (u polarnim koordinatama)

0-15)

(u sfernim koordinatama)

- zik\mi(k x vi)

= it, - z;Atniv,

na rub "felge" popravlja simetrija i usmjerava se

povitinsku "gustoeu" mase T = ettl S = drill (IS koja vodi na

kouMeno, volumnu gustoeu erase p = rn/V = dmIdV koja vodi na den = V — dx dy dz ' — pdpdmdz =V =

Va

2 sinOdOdqIdr

(u Kartezijevirn koordinatama) (u cilindrienim koordinatama) (u sfernim koordinatama).

(4-16)

.9r, 4- 7

4- Botacija krutog krutog tijela

.SIT. 4 - 8

F,'17 -

1) 110,aL 1',11--ri I

11.

1,7,11n1

Tablica 4.1 Momenti tromosti a za it = 0 dolnicino moment ireniOSti Staps as os kroz kraj ktapa

Moment tromosti

Tijelo

Položaj osi

Tanki prsten

kroz sredike, 1 na ravninu pr. rar2

Tanki prsten

kroz sredig te, u ravnini pr.

KruZna ploea

kroz sredike, _L na ravninu p1.

Tanki stap duljine t

kroz sredike, 1 na kap

Kugla

kroz sredik e

Kuglina ljuska

kroz sredik e

Valjak visine lo

kroz plant,, 1 na os rotacije

1 2 –7717'

2 i 2 – nir 2 1 —rnt 2 12 2 2 -r M 5 2 2 –rnr 3 1 1 , + urn.11.2

Iloaj —

m pg

pa vidimo veliku razliku izmedu to dva rezultata. Kasnije dime vidjeti da Ce nam jecian sniveranian rezunat, (tOeniie 1eorem) Onlogueiti da izbiegnemo raeune monninata tromosti istih rijela za razliCite polotaje od (koje su medusobno paraleine kao a OVOID

Primjer 4.2 lzraJunajte moment tromosti kuyline ljuske pa/10*ra I? i muse sredigtem kugline ljuske.

oko osi koja prolazi

Pravokutna ploea sa stranicarna a i b

1 —rn(a2 + b2 ) 12 rnr2

kroz sredike, 1 na pl.

Materijalna toeka

1 na ravninu rotacije

Primjeri raEuna momenata tromosti I

Primjer 4.1 lzraeunajte moment tromosti tankog :shwa muse rn i duljine Q oko osi koja je okornita no Stop i pmlazi na udaljenosti d od jednog njegovog kraja.

-d

dm

I-d

tot

1

Slika 4.4 - Uz radon momenta tromosti kugline ljuske - primjer 4.2.

RJF-ENJE Prema slici vidimo da moramo pozbrajati doprinose djelida masc dm koji su za r udaljeni od ad. Prema slid jc dm -= o dS, komadie povr/ine dS jednak jc dS = (dr c12) • (R dB) i kako je r = //sin vidimo da jc dS = f?' sin de dc;,. Prema tonic je 2

Al s

dm = — dS

Slika 4.3 - Uz

Main

momenta tromosti :shwa, primjer 4.3.

RJEENJE Smjestimo ktap u koordinatni sustav promo slid. Prema gornjim uputama uvedemo linearrm gustodu p i izrazimo pomodi njc dm, tj. dm = pdx = (m/2) dx. DjcliC mace dm je pialjen x od ishodikta koordinatnog sustava, pa mciXemo sada napisati _m f / = f 1-2 dm = f x 2 (m/2) dx – 7

•v

Za

r3

L „, r

T

at [(t

d)3 d31

dx

/= IS

m22

r2 dm =

.4 7r

R2 sin 0 dB d¢ = — Sin Trr

f

dB dO

f /?' sin' &sin Oda.

Trigonometrijska transformacija (iii Moivreova formula) daje noun relaciju sin 2n = 3 sin a – 4 ,sin' a, pa kada to uvrstima u gornji izraz, dobijemo

= M2 (24 R2 [ 3 = –

dobijcmo moment tromosti ktapa za os kroz taikte

1V1

4/07r

2

da – – f

4

0

sin 36 da) =

1 os -4 — cos 30] = 3 4

2 2 = – MR , Valja usporediti taj rczultat s momentom tromosti (pone) kugle iste masc i istog polumjera - slijededi primjer. Ovdje moierno odmah kazati da oeekujemo manji moment tromosti za punu kuglu, jer je masa

4.

norueila kruloy krutoq tijela

St,.

4-

9

Sfr. 4 - 10

D. Horns!: Fiziku 1 zu PER - Mehuniku i toplinu

ovdjc sca odmaknuta tin maksimalnu udaljenost od osi, dok ,jc kod puny kugle ono " ritzmazana" po cijoloj

R,JE:ENJE: I =

unutrasnjosti kugle!

z-

= 9.8 x 1037 kgrn 2 .

* l'

jet - 4.3 laucuu n jte

LI 0711 Sti pun,: kuyle . p n lumjr•ru I? i muse, Al 0d:,, ost

prolaz nienim

.711- dz..; Ion.

4.4.1 Steinerov poueak U osnovnom zakonu vrtnje tijela (4-12), moment silo Al i moment tromosti / raeuna,ju se prema osi Jasno, to os opeenito ne prolazr kroz teliStc. Zato ,je 110,no moei izracunati moment tromosti oko zadane osi, za razlieita vrtnje.

di= pdqs dS=d1 dp = pc195 dp dV=dS dz

Jedan od naeina odredenja 1110111elltil tromosti / je istovremeno injerenje momenta silo 14-1 i kutne akeeleracije, odakle se zatim izratuna moment tromosti / = Medutim, ako znamo moment tromosti /0 za os kroz te2iSte, onda moment tromosti / oko osi koje ,je paralelna s osi kroz te2iSte ino2emo lako izra.eunati prema formuli - Steinerovoin poueku / = / o + md 2 ,

dm=adV=crpdgnipdz

Slika

R.J E;.; ENJE

- Uz

tromosti kugle -

main momenta

prirajjer

4.3.

Smjestano ishodike koordinatnog sustava u sredke kugle (prema

Razinotritno ";situ"

- odrezak - ploCu polumjera r koja jc udaljena z od sredika. Za hornogenu kuglu ukupne mane kornadiC mase

drn

M i

vrijedi

dm tj.

= T

dV

= — dSdz =— V 04, dpdz V

dV

Tada

je moment tromosti

(It

ploee jednak

d =

M

f p2

(—

p2

pdp f

0

=

it, ,/3 2

dO) dz = Skim

0 32,4

p4 r

7r 4 o

4

=

=2

f

f

d/0, =

73 7 '11 3 f (114 — 21l 2 z 2 + 7.. 4 )dz

—R

3M z' z5 2 = — [R 4 z — 2/22 — + — =- 111R2 . 4R 3

3

5

o

Dokaz Razmotrimo opeenito nepravilno tijela i smjestinio ishodiSte koordinatnog sustava tako da se os z poklopi s osi kroz teigte. Moment tromosti /0 za os kroz te'ijAte,je poznat. Zelinio odrediti moment tromosti I tijela za as paralelnu s osi kroz teiSte. Neka to os prolazi kroz toeka .4(x , ya), prelim slid 4.6. Neka su koordinate.jedne toeke mase tie; tijela jednake (x i , yi). Onda ,je kvadrat udaljellosti tog dijeliea mase od toeke fl ,jednak (xi — x,4) 2 + (yi — yA) 2 , no Pitagorinorn poueku. Moment tromosti / oko osi kroz toeku A izra.eunamo prema formuli (4-13)

5

Prema oCekivanju prethodnog zadatka, moment tromosti pune kugle manji je od momenta tromosti kugline ljuske iste mase i istog polumjera (2/5 < 2/3)!

Tn.,[(x, — xA)2 E ;=, = E tit;(x?

* 4.1

I zrueunajtc moment

tromosti

- Uz dokaz Stei ke,vvDy pouCku - os z illnu iz paynn!

(h.

z

Moment tromosti kugle sada dobijemo " zbrajanjem" doprinosa svih ploCa - odrezaka ad — R do +1/, tj.

Zadatak

(4-17)

gd,je ,je / moment tromosti oko neke osi koja ,je paralelna s osi kroz te2iSte, /o je moment tromosti za os kroz teiSte, or, ,je masa tijela, a d je udal,jenost od osi kroz teZCSte do osi oko ko,je tra2imo moment tromosti.

(y, — yA)2]

X A — 2zirA

(4-18)

+ YA — 2YiYA)

i=1

= E Tn.; i=1

yn — 21A E mix; — 2ya E ■ =t

i=1

(E trti)(x 2A + y2a).

4 lloiacija krutag kruiag tijela

Sir. 4 - 11

Sir. 4 - 12

D. Horuat: Fizika 1 za FE/i - Alchanika i toplina

Prvi Can .je upravo moment tromosti kroz telike 10

=E

(4-19) 4.4.2 Teorem o okomitim osima

= 0), to su Drugi i tree'i Clan su koordinate teli.4a, formula (3-66), a kako .je telik.e u toCki T(.re = 0, Ind?, gdje je d udaljenost. od A do 0, tj. od osi

dva Clana jednaka null. Zadnji Clan .je jednakm(4 + y,4 ) kroz .4 do osi kroz teli§te. Prerna tome dokazali suto da je

Steinerov pouCak (4-17) primjenljiv je na bilo koje tijelo. Tearem a okomitim osima mole se primijenni same na "ploSMa" tijela, tj. na tijela (poput tanke ploCe) Cija je dehljina zanemariva u odnosu na drugc

dimenzije tijela. Teorem kale da je zbroj momenata inercije

§710g tijela aka drije akomite osi koje left u

tijela jednak momenta inercije aka osi kaja fe akomita na r(19)71/217/ tijela i prolazi presjccigtem osi u I = /0 + md 2 .

(4-17)

raintini tijcla. Dakle, ako je tijelo u x — y ravnini, onda je

tj. dokazali smo Steinerov teorein

Primjer 4.4

/, = /„. + /5 ,

lzyueunajte moment, i7111/141.44 I gimps doljinc i rouse 'at kroz njegav kraj, za as okomitu no

slap.

(•1-20)

gdje je 1, moment inercije oko z — osi. Iako postoji ograikenje teorema, on je izuzet no koristan, jer ornogneuje zaobilaZenje niza dugih raeuna momenata tromosti. Sada slijedi vrlo vaZail mintier koji pokazuje primjenu °ha/Iva teorerna (0 okomitim i paralehnin osima)

Prerna Steinerovont pouPku jr

pri raCtinima momenata tromosti! Valja ilociti da pronlatramo (tiglaviloni) rotaciju sitnolrilnih t ijela kod kojill L irna samo aksijalnu (z) komponentu, pa je i L paralelan s 0, odnosno L je paralelan s kutnorn

1 = lo + rail',

akcelera.cijorn a iz tablice 4.1 Jr /0 = me/12, a d = P/2, pa intarno Primjeri ra6una rnomenata tromosti II mt°

1 =

t,2

TT +" .'

me2

lzraaanajte moment tromasti tanke okrugle place mase ./11 i polumjera R.2 s ruporn palumjera IS (kraini vijenac) aka asi koja prolazi sredigtem plod i akomita ja nn 1'0111111U a kajoj leii place! PantoCu teorema a akomitint osima izraPunajte i momenta'. tramasti oko drugih osi. Takoiler pomaou learema

Primjer 4.6

=3 '

Ito je u skladu s rezultatima primjera 4-2.

a paralelnian osima izraJunajte moment tromasti ifupljeg valjka oko osi koja prabada njegav plaR i okomita je na as simetrije valjka! Paopdite taj razultat na puni valjak!

lzraeunajte moment tromosti 1 valjka paluanjera IS i muse Al aka asi koja leii a plagtu valjka (i paralelna je s osi simetrije).

Primjer 4.5

dS=d1 dp = prick dp

rt..11F,ENJI; Prerna Steinerovom pouPku je

dm=adS =op dc d p 1 = lo + md 2 ,

a iz tablice 4.1 je /0 = OIR 2 , a d = R, pa imams,

=

12

Slika 1,. 7 Moment tromasti kruiriog vi jenca - lIZ prianjer 2

R + AIR —

3Ain' R.JEENJE Kornadit", ploPe povrIine dS = pda) dp nalazi or na udoljenosti pod prema slid. Nein re hornogena, pa ,je povrIinska gustoCa arose jednaka a = dmidS = 21/5, a pri tome je ukupna povrIina ploPe jednaka S — R;). Prerna tome, ako je os u smjeru z—osi, molemo napisati

2.

• = I p2

lzraeunajte moment tromosti tijela sastavljenog ad ravnog Stapa duljine e = 0.40 rn i mase M = 3 kg i kugle polurojera r = 10 CM mase en = 0.50 kg. Kugla je prievrgeena na kraj Stapa, a as je okomita na Rap i nalazi se na udaljenosti C/4 ad kraja Stapa.

dS

• S

Zadatak 4.2

R.J11111,JJE1: /= 0.15 kg rn2 .

drn = .1 s

Al

= 7 (/.13 — +

—

2

pa

2r

4

R4

Tr(R3 RT)

R

(10 .1 R

13'

pdp

4.

Rotaciya krutog krutog tijcla

Str. 4 - 13

Taj je rezult•:t univerzalan u tom suds))) da iz Mega moiemo dobiti nekoliko momenata tromosti. Prvo, za 1?, 0 dobijemo moment tromosti ploee - diska (bez rope) polumjera R, zatim moment tromosti /22 tankog prstena za R,

Str. 4 - 14

D. Horvut: Fizika I za FE1? Mehanika i toplitta

Moment tromosti takvog prstena koji je za a udaljen od gornjeg je pc) teoremu o paralclnim osima jednak ,

L(prsten) =

MR2 , 2L

d/(x ) —xa +

(ploea) = -21- MR2

x =

L

(112 , + x Ix 2

L

a ukupni moment tromosti jednak je "zbroju" (integral») gornjill izraza od a l = —L/2 do is = L/2, tj.

Cornji rezultati vrijede ne samo za tanks ploee vee i za valjak proizvoljnc visine, jer se visine valjka uvijek pokrate. Ako to nije oeigledno, valja to pokazati, odnosno provjeriti.

/2

/— f-L/2

Nadaljc, prema teoremu o okomitim osima, vidimo da ee moment) tromosti oko osi z opt. koja lcii ravnini prstena i na nju okomite osi y koja takoder leii u ravnini prstena biti jednaki, tj. = Te obadvije osi okomite so na os 2 za koju slob izraeunali moment tromosti. Prema tome, moiemo napisati

dl(x)

L

L/2

2+ [I-1--

AIR2 + AIL?

2 3 -I,/ 2

2 12

4 4

= + I, = i kako je 1,(prsten) = AI 122 = 2/r (prsten) dobijemo da je / r (prsten)

15 (prsten) =

2

MR2,

(za os u ravnini prstena). Sliean raeuna moiemo provesti i za ploeu, odnosno kruini vijenac. (Ti rezultati ne vrijede za valjak kao ranije, jer teorern o okomitim osima vrijedi samo za ploSne likove, a to valjak sigurno nije!)

Primjer 4.7 Zurna§njek (ploda) polurnjeru 90 cm i muse 4 kg okre6e se sa 720 okretaja/rain. U jednorn trenutku na njega se prisloni koJnica na koju djeluje sila proporciona/na vrernertu, tj. F = at (a = 0.1a N/s). Koliko okretaja napravi zarna§njak do zaustavljanja ako je koeficijent trertfa izrnedju njega i koenice jednak 0.5? RJEENJE Jednadiba kruinog gibanja je =

—Rpot

koja integracijorn daje = - -1

,.,

21

a C odredimo iz po0etnih uvjeta: o.,(0) = a0 , tj. C = W0 i L.7(t)=470

-

npa 21

2.

Vrijeme zaustavljanja je =

2/wo

a km zakrcta je 'At) =

CL,01

Teisat 3

.

Ukupan broj okreta do zaustavljanja je

N = 50(O 21"

Sliks 4.8 -

7.11 i'7171

momenta tromosti valjka oko osi 2.

gdje .je

aµa t'! ) _ 2 lz tog rezultata moiemo pornoeu teorema o paralelnim osima izraeunati moment tromosti 3upljeg valjka (cijevi) duljine L oko osi z, prenm slid. Moment tromosti tankog prstena nurse dm i polumjera R je (za os u ravnini prstena, kroz srediSte)

\I

Za ploeu je 1 = m112 /2 pa je N=

443

3rr

= 192 okre a.

dl = 1— I12 dm 2

i kako je

dm = a tiS = (M/S)dS = (111/2RrL)2127rdx = (111/ L)dx, dobijemo dl =

AIR2 2L dx.

Primjer 4.8 Valjak erase rn = 3 kg i polumjera R = 25 ern vrti se s 1000 okretaja u rninuti. U jednorn trenalku na °God valjka podinje djelovati situ trenja koja (od nate) linearno caste s vrernenorn i za vrijerne

4.

/ 2 = lO s smunji broj okra* no trenutku kadu se valjak zaustavi?

Str. 4-

R.otarija krutog krutog tijela

polo.

15

Str. 4 -

Ilo7uot: Finika I za PER - Mchonika i toplina

16

Moment tromosti zatvorene posudc je

Nakon kolko se vrernena voljak zaustavi? Koliki je iznos

Jednadiba gibanja krutog tijcla momenta tromosti M = In = -RFp =

I

-RpAt,

gdjc jc Al =

p. 1' = R. 3.77pH (H

je visina/dubina posudc), tj.

gd,je je a kutna akcelcracija, p koeficijent trcnja, a A jc nepoznata konstanta proporcionalnosti, tj. Fe- = Apt. Kutna akcelcracija je prva derivacija kutne brzine po vremenu, pa je

,duz(t)

/

— = - nnitt in wkt) = dt

RA Y

MR,2 2

I,

jc

feull =p

RAP 2 •, I to& = -21 t

rupe paraboloida (rupe). Znati, treba izratunati moment tromosti paraboloida. Za ratun ukupnog

lz po tetnik uvieta (zadane potetne kutne brzinc wo = 1000 • 2/r/60s-1 ) w(0) = wo = C, pa je

momenta tromosti inoramo zbrojiti mornente tromosti odrezaka debljine dz i to od 0 do ViSille 11. Otvor paraboloida je R a .jednaci.ba krivulje a (z,p) ravnini je z = ay' i kako jc za y = R, z = h dobi,jemo

w(t) = wo -RAY —t 2/ Zadano je i da nakon hj/.2 WO

= a R.2

wo/ 2, t.i.

iii a = hire.

,(t1/2) = w° =- RAY t 2 ,, pa je A /Int?/, 2 2/ Dakle za plots. je Nakon (nepoznatog) vrcmcna 1, vaJjak se zaustavi, tj. w(G) = 0 = we Alm to vrijcmc i izraz za .4 uvrstimo u izraz za silu trenja, dobijemo

Fr, =

2

Moment tromosti otvorene posude je zbroj momenta tromosti zatvorenc posudc i (negativnog) momenta

(RAp121)t1 pa

je

I =

mr 2 /2, pa je

t_ =

1 21mRwo = 1.768 N. 2 ti/2

dl =

i kako jc r = y tj.

I ,

2 1 - r -, pr dz = pirr' dz/2 2

= .y2 = z2 /0 2 = R'z 2 //i 2 , dobijemo 4 dl = pr

4 4 i to trebamo integrirati od nule do Primjer 4.9 Valjkasta posudc s vodorn mole rotirati oko osi koja prolazi srediatern Gaza valjka. Ako posudu otvorirno i zarotiramo, dio tekudine iscuri i stvori se paraboloidna ploha koja dosiie do poiovinc dubine posude. Valja izraunati omjer niomenata tromosti zatvorene (punt) posude i otvorene posude, kako je gore opisano. (Mast posude i poklopca zanernarimo!)

=

do 2Rh2

In

P7 le f h Z 2 dz = P 2h2 0 210

1 dl

•o

4 z3

p2rIeh

- 6

Usput, masa toga paraboloida jc /,

n2 pr7 2 dz = p2r—

rn - 1 dra = •o

h

p27113 zdz = h

o

p2rIeh —

2

Dakle, moment tromosti otvorene posude

= I, + ( - I. gdje je

I .k„,„;

moment tromosti paraboloida

=

Orn.jer

Slika 4.9 uz prirnjer 4.9

I,

)

(zatvorm posnde) i

I.

pferH pult 4 h p7R4

2

2

(H h13).

(otvorenc posude) .jc :

I,

H

- I p7R4 -

L

6

2

2

(H - h13)= H - 1,13'

Sty. 4- 17

4. llotacija krutug k7utog tecla

Zindano jc da je dubiva paraboloida jednaka polovini duldne posude tj. It = 11/2 pa jc

/„

// // - ///6

Str. 4 - 18

D. Hum& Fiziku I zu FER Mclaniku i toplina

gdje ,je broj okrcraja koje napravi valjak, a Fgr, 1,2 SII site trenja koje dobijerno iz uvjeta ravnoreZe (pad na did) valjka: - 1101'1%011 table k(Mil1011,11t, = Ne

1.2.

Iffy

lz definicij(2 sila treuja je

- Vi -

=0

=

- vcrtikalmv kalltpollentc.

(2)

i Ftr , z = ILN2 i iz uvjeta (2) dobije =

Prin]jer 4.10 Vuljuk i kugla (razIt6tili polumjera i masa) nalaze 2if! 74(1 V71,1, kOSiTIC i iSIALSie sc istovremeno 7/i/ kosinu, da se rotirajuei spuataja uz neki koeficijent trenja. Ako je nagib kosine 30° tko pobijedi u "utrci"

It

I + it=

tor/

i

flty.

,,2 = +

To mth.erno uvrstiti u (1) pa dobijemo broj okreta k koje nai0ni valjak prijc zaustavljanja

i za koliko, uko je (Jul:jinn kosine 5 m? RJES'ENJE Jednadiba gibanja je, zbog site trenja F, jednaka

k-

= ntg sin 13 - F,.

2ThrF

2RIT(Ff,..1 + Fa.,2)

Rwl,(1+ 112 ) 47rgja(1 +

Sila trenja daje moment

346.9309 okr.

gdje je

= 25 2r- s-1 . Da bismo prona8li za koje se vrijeme valjak zaustavi, valja rij6iti problem usporene rotacije valjka zbog djelovanja momenta rile koji nastaje zbog sila trenja koje djeluju na "kraku" R, tj. M = 1 a = R(Fos i + Fa,z).

F,R= =11=R R Gornja jednadiba za kuglu (1 = 2mR2 /5) odnosno za valjak (1 = m[12 / 2) postaje:

Kugla

7 -i 5

Valjak

Tijelo sc vrti usporeno po zakonu

g sin 0 •

a(t)=

gt 2 sin 0: = wet - 2t 2 ,

g sin 0

c..1(t) -=-

-

(3)

(t) = gt 2 sin 0. Nakon (nepoznatog) vremena zaustavljanja t, je a(1,) = k • 27r i w(t,) = 0 To sada uvrstimo a prvu .jednadibu u (3) pa dobijerno

Vrijeme kugle je t K = 1.6894 s, a valjka tv = 1.7487 s.

cp(t,)

k • 2r = wat„ -

Prirnjer 4.11 guplii valjak tankih stijenki zarotiran je do 25 okreta u sekundi i stavljen na ao uz vertikahra stijenu. Ako je koeficijent trenja klizanja p = 0.2, potrelmo je odrediti nakon koliko 6e se ll7'e7f1C7la valjak zaustaviti! Koliko okreta napravi valjak uko mu je polumjer jednak 40 cm?

uo

- atz, pa je n = c‘Is/t„

cot,

Rwo (1 + 112 ) = 27.7545 s. pg(1 + p)

Priznjer 4.12 Na stolu lezi okrugla plo6a polumjera R = 8 cm (debljine/visine H) i muse M = 7000. Ona je probrdena vcrtikainorn osi 0 (vidjeti sliku) oko koje se ploja mote vrtjeti tako da je ponwou niti povezuna s 'utcgotn muse 9u = 400 g koji slabadna visi. htneunajte za koliko de se vremena uteri spustiti za 50cm, uko je koeficijent trenja izmedu ploee i stola p = 0.25.

Slika 4.10 uz primjer 4.11 RJE4:NJE Valjak Ce se zaustaviti jer t1e site trenja na mewl kinetiCke energije rotacije valjka izvrkiti rad jednak

W= F•s=

+ Fer,2) • 2Thr • k

Ek

(1)

Slika 4.11 uz primjer 4.12

Ste. A - 19

Itotacija krulog butog tijela

D. Ramat.. Fizika l za Fill? - Alchanika i toplina

Si,. 4 • 20

rtJEENJE JedrmdZba gibanja utega je mg — T = ma, gdje smo uzeli pozitivan sTnjor prema dolje, a Ta 71allet,OSI 1611 Taje moment 917. koji okreCe tijelo, a sib, trenja F, koja "onteta" RT — Alf = /a, gdje ,je rotaciju daje svoj moment Ml. JadnadZba rotacije ploix jc MT — Mf / = MI12 /2 moment tTomosti plote, a a je iznos vcktora kutne akceleracije za vrtnju ploCe oko osi 0. Za kutnu akceleraciju vrijedi odnos a = oR i uz I = hl R.2 /2, dobijemo

T je napetost nir.i.

RT — A11 =

2n. Al R.

Za raeun momenta AI / razmotrimo desni dio slike: na uski prstcn dcbljine dx djclujc sila trenja .jednaka = pH dS = pH2277 dx, pa jc df = pgpH2kx dx i kako je p = AI /V = Al/R'- r,11 df = pg dm, a dm = p dobijemo 2H ,

a/ =

R2

(a)

a x.

Sila df djeluje na kraku x pa .je njen moment jednak

dhl/ =

2111km R2' - x 2 dx.

Ckupni moment site jednak jc "zbroju" prcko cijcic ploCe, tj.

= 2Mpg R X 2 dx — 2MPUR .

AI f =

R2 0

o

3

Sada moicmo napisati jednadZbu rotacije

RT

21‘ 1 pgR1 = —aMR 3

2

Slika 4.12 -

Translacija (a), kotrljanje uz sklizanje (b) i 6isto kotrljanje (c) tijela kruinog presjeka oko horizontalne osi

i uz T = mg — ma dobijemo za akceleraciju a a=g

2(3m — 201) 1 — — m/s 2 3(2m + Al) 3

Cz s = at 2 /2, za vrijcmc dobijemo t =

4.5 Kotrljanje

Valja uvijek voditi ratuna o tome da .jednad2ba rotacije krutog tijela M = dL/dt vrijedi samo ako se M i L odreduju u odnosu na istu os. Ta os 'flora biti ili (1) fiksirana u nekom inercijalnorn sustava ili (2) prolaziti kroz centar mase CM. Razmotrimo sada gibanje krutog tijela okruglog presjeka (kugle, valjka, prstena itd.) poltunjera R po ravnoj podlozi. Gibanje takvog tijela mote biti iii tista translacija (vidi sliku 4.12 (a)) ili eista rotacija (b)) iii tisto kotrljanje (slika (c)). Pri eistoj translaciji sve totke, u skladu s ranijim razma m, imaju istu brzinu (vent na slid), a u totki dodira P tijelo se bez trenja skliže skliie po podlozi. Pri eistoj rotaciji (slika 4.12 (b)) CM miruje, os rotacije prolazi kroz CM, pojedine take kruinog presjeka imaju brzine koje ovine o udaljenosti r od CM i dane su relacijom v = rw , pri temu je w (trenutaena) kutna brzina rotacije, a r je radijusvektor pojedine tone. Toeka dodira P rotira oko CM brzinorn v Pri eistont kotrljanju (vidi niZe) totka dodira P trenutaeno miruje, CM tins brzinu vcm, a woks R suprotna toeki P iota brzinu

Slika 4.13 - iloteljattja kaa rotacija rtko tITTIUt7 40 71C1107Iliel IC osi na mjestu dodim, tj. a tocki P

v et = (2R)w = 2vcm. Smjer brzine CM i brzine toeke /I je isti, dok sve drupe oar imaju treble koje su okomite na spojnicu to totke i toeke dodira P kroz koju ide trenutna on rotacije. Takvu toeku zovemo centar Toluene, i u slueaju kotrljanja, to totka se neprestano mijenja. (vidi sliku 4.13).

Kutna kolieina gibanja pri kotrljanju U prethodnom smo poglaviju (3) pri razmatranju sustava eestica izveli izraz za kutnu kolieinu gibanja sustava eestica koji ovdje odmah rnoerno poopeiti i na kruto tijelo pri kotrljanju. S obzirom da se pri kotrljanju polot2.aj osi neprestano mijenja. moramo rastaviti ukupnu kutnu kolieinu gibanja na cloprinos kutnoj kolicini gibanja ad gibanja CM i na doprinos koji dolazi zbog gibanja

4. Rotacija krutoy k -atoy tiicla

Str.

21

oko CM. Prema tome (prepisujemo izraz) L = Lo + fen.i

(3-59)

gdje je L ukupna kutna kolieina gibanja tijela koje se kotrlja jednaka L0 - doprinos gibanju oko CM, plus LCM - doprinos zbog gibanja CM. L0 je neovisan od gibanja CM i to ,je law° vlastito svojstvo fizikalnog sustava (objekta), neovisno o prornatraeu. Ponekad se to kutna kolieina gibanja zove i spirt, a rastav kutne kolitine gibanja (3-59) na dva doprinosa izuzetno je vaari u inikroskopskoj fizici atonia, .jezgre i elementarnili eestica. Ta,j vaan rezultat ilustrirajmo jednostavnim ali vrlo va2niin primjerom koji treba paZdjivo prostudirati! Primjer 9.13 Prsten polumjera R = 15 cm i muse M = 300 g kotrlja se po ravnini (prerrto slici 4.14) jednolikom br•zirtont iznosa ve nt = 0.9 TVs. Koordinatni sustav postavljen je tako da je pruvac p po kojem se gibs prsten paralelan osi y. Valja izraeurtuti (ukuprru) kubru kolibrlu gibanja prstena u trertutka kada se OIL trade u toeki A koja je udaljena od ishodiata rA = 0.5 rtt i Eiji radijusvektor zatvara kut od 600 stupnjeva s

osi x.

Str. 4. 22

D. Homat: Fizika I za PER - Mehartika i toplina

Svakako, valja ovdje obrazIoZliti i pridjev "eista" rotacija. Ako zamislimo vrlo glatku kuglu na glatkoj podlozi koju udarirno tako da sinjer udarca ide kroz njezino sredite i paralelan je s podlogorn, onda molemo oeekivati da ee se kugla gibati, bar neko vii jeme, onako kako ,je prikazano na slici 4.12 (a), dakle gibat ee se translatorno. S vremenoin ce ipak sila dinamielcog trenje u weld dodira zapoeeti postepenu rotaciju. Pri toj rotaciji neee biti ispunjen uvjet da ,je nc:nr = flu, tako da bisino rnogli kazati (lie sasvim ispravito) da se kugla "vise skli2e nego se okreee". Vrijedit ee. za takvu rotaciju sa sklizanjern, nejednakost (4-21) Na shear' natin rnolerno uzeti istu kuglu ali sada uc ,je>(u w zarotirati i zatim sauna poloZiti na glatku podlogu. Kugla ee (neko vrijerne bar) na mjestu rotirati dok se postepeno ne pokrene i potne se i kotrljati. pocetku ee, nakon polaganja kugle na podlogu, vrijediti nejednakost lecro < Rut,

(4-22)

tj. kaZemo da se kugla "vise vrti sego kreee". Ako je, međutim postignuto takvo gibanje da toeka dodira trenutatno miruje relativno u odnosu na podlogu, tj. da nisu ispunjene ni jednadiba 4-21 ni 4-22 vee da vri,jedi uvjet kotrljanja (4-23)

VCM =

govorirno o "eistorn kotrljanju".

Slika 4.14 - Kutna kolieina gibanja kotrljajudeg prstena.

RJE.4:NJE Prema slici su radijusvcktor CM, brzina SI jedinicama)

CM i LCM

0.2500i +0.4330 j+ 0.1500 k

Fcio = r n cos 60'i + rn sin GO') + 1CM

(kutna kolieina gibanja CM) jednaki (u

= 0.4j

Tom = ?OM x Mllcm = (0.030k —

0.0181) kgm2 /s.

neke toeke ua rubu Za ratun kutne koliCine gibanja Lo oko CM treba uoeiti sinjer vektora R i brzinu _L R , to kutna kolieina prstena (preina slid). Brzine su tangencijalne na obod prstena pa je uvijek gibanja uvijek "gleda" u — x smjeru. Prema tome je x

= — 10.018 kgm2 /s.

Ckupna kutna koliCina gibanja je

T. = (0.030 k — 0.0367)kg m2 /s.

4 4

Slika 4.15 - SIlkiCt011i vektora brzine ficm, kutne brzine C.; i radijusvektora take dodira pri kotrljanju. Preval,jeni put s prema slier 4.15 ,jednak je duljini opsega koji se "odmota" pri rotaciji, kako je prikazano na slier 4.16. Duljina "odmotariog" opsega jednaka je s = gdje ,je kut rotacije, a kako je, pri jednolikoj rotaciji odnosno kotrljanju = wt , dobijemo da je "odmotani" opseg, odnosno prevaljeni put jednak s = Rwt. Ranije Kr) izveli da ,je vcm = pa je prevaljeni put, odnosno "odmotani" opseg jednak s = ecm • t, tj. to je njedno ridaljenost koju prevail CM pri (jednolikoni) kotrljanju. Ti odnosi prevaljenog puta opsega se ne promijene pri ubrzanoni (usporettont) kotrljanju, jedino su inaternatieki izrazi kojima to iskazujeino razlieiti! Primjer 4.14 Tanka nerustez/jivu nit namotana je na (okruglu) osovinu polumjera r. Osovina je ugraderta u dva kotaea (ploee) polumjera R. Nit je ptebuelerta preko koloture i nu njert je kraj objegen predmet. Ako se predmet spusti za f koliki de put prijedi center niase osovine? Tijelo se po podlozi kotrlja bez trenja! 11..:1;11NrE Ako se CM (okruglog) tijela pornakne za s onda se i uteg spusti za s. Istovremeno se, mcdutim, valjak zakrene za kut 4, (vidjeti sliku) za koji vrijedi da je s = R4, pa se konac odmota za a' gdje .je = r4,. Tada je t = s = R.51)+ 7.0 = ,k(R + r) i = tl(R+ r). Pomak centra mase CM je

s=

R

R+ r

•

4. Botacija krutoy krutog tijela

Str.

1). 'lomat: I,

Sir. 4-

- Mchattika r toplitis

I as

sustavu S na kuglu djeluje silo trenja F, (koja okreCe kuglu, alt u sustavu CM), a to sila daje kugli akceleracija tj. = CM sila trenja F, uzrokuje moment silo loin rot ira kuglu, tj.

F,R = In = (2ms 22 /5)a. (Valja uociti da je krak silo u sustavu CM polmnjer I? Liji vektor pokazuje prelim dolje, pa vektorski produkt tj. moment silo upravo ima smjer ix papira, odnosno, daje rotaciju °brunt° od kazaljke na satu!) Kugla se kotrlja bez sklizanja po plod, pa je uvjet kotrijanja day) ovako a' = Ra, gdjc jc

akceleracija kugle u adrtosu na ploju, tj. a odnosu na (ubrzani - ncinercijalni) suntan

Sl . Akceleraciju a' moXerno izraziti preko akceleracije op i aK, tj.

= oo —

pa jo n r —

= Ro

Ako to uvrstimo u izraz za moment silo trenja dobijemo da je 2

,

— OK),

Ft=

s.R(1)

pa dobijemo daje ak = 2ao/7, Ito vodi na izraz za F, F, =

Slika 4.16 - Prevaljeni put i "odrnotani" opseg poi kotrijanju. Onda je F — F, = mrs,,

2 7

ill F mt. +2711,, /7 .

4 4

4.5.1 Kotrljanje po kosini

Slika .4.17 - Kotrljanje tijela - uz primjer 4.14

4 4 Primjer 4.15 Na glatkom stole left myna piaci mase inp, a na njoj se nalazi Isomogena kugla masc not; . Na plau poene djelovati stalna horizontaina sila F. Kolika je akceleracija ploae, a kolika je akceleracija centra mase CM kugle, ako se kugla kotrlja bez sklizanja po ploti?

Razmotrimo gibanje krutog tijela kru'Znog presjeka polumjera R niz kosinu. Ako su povrgine dovoljno hrapave, neee doei i do sklizanja pretna izrazu (4-21) vee do prave rotacije. Gibanje eemo tretirati u dva koraka: prvo, promotrimo gibanje centra mane u odnosu na mirni suntan S (osi x i y) vezan uz kosinu npr. (vidi sliku 4.19). Sustav S' (osi i y') koji je vezan uz CM je neinercijalni sustav (alt njegove osi, naravno, ne rotiraju s tijelorn). Pailjivo proucimo sliku 4.19: na tijelo djeluju slijedeee site: tekina G koju smo rastavili na komponentu paralelnu s kosinom CI i kornponentu okomitu na kosinu G L . Na tijelo djeluje i sila trenja

F, koja djeluje uz kosinu i koja zajedno s reakcijorn podloge N (koja je po treeem Newtonovorn aksioinu jednaka po iznosu CL ali je suprotnog srnjera) daje, vektorskim zbrajanjern rezultantnu silu FR (koja djeluje na slid nekako lijevo-gore). (Silo N nacrtana je dva puta: drugi puta je njeno hvatite iz CM premjeMeno u totku dodira da laBe konstruiramo rezultantim silo in .) Tijelo rotira (kako pokazuje strelica) pa kutna brzina or iota smjer "u papir" S . to .je prikazano i odgovarajueim simboloin d.

Slika .4.18 uz primjer .4.15

RJFENJE Prvo napisimo, u inercijalnom sustavu S jednadXbu gibanja plo&r: F — F; = moor. U

Slika 4.19 - Kotrljanje rtiz kosinu

4. Rotacija krutog krutog tijela

Str. 4.

25

Gibanje se odeija bez sklizanja, pa u jednom trenutku dodirna toeka tijela i kosine miruje. U sustavu blYIlla le tuck,, I oua je povezaria s brzinorn a IIIII110111 SUSlaVII S G8IlleleV0211 transformacijom = 15. –

(4-24)

m

Stv. 4 - 26

D. Horvat: Fizika I za FER - Mehuniku i tophus

Uvedena je kutna akceleracija, all to nije nova nepoznanica, jer ovdje je ispunjen uvjet kotrljanja (za trenutnu brzinu acm i trenutnu kutnu brzinu w) vcm (t) = Rw(t)

jer je (trenutna) relativna brzina sustava

u udnosu Ira sustav S upravo ,jecinaka 1.1cm. Neka drugs toeka na obodu tijela ima u sustavu S' brzinu = C.; x po iznosu t, = wR. U sustavu S' brzina je jednaka nuli, pa je ij" = –dcm. Nacialje, brzina dodirne toeke i toeke na obodu vo su po iznosu jednake = vo jer see toeke na istoj udaljenosti F od osi imaju istu brzinu. Prema tome, dolazimo do rezultata da ,je

Ito, deriviranjem po t daje

ducivi„dw "CM = — = •n— = dt di

Prema tome, imartro cjelokupni sustav koji opisuje kotrjjanje (bez sklizanja) okruglog tijela tease to i polumjera F niz kosinu nagiba VC Al dt

V

(4-23)

VCs, =

a to predstavlja ranije izeeden uvjet kotrljanja za tijelo okruglog presjeka polumjera I?. koje se vrti (trenutnom) kutnom brzirboun w. S obmrom da se, Li SIISUIV11 S, radi a 111/1/.■1110111 plump, sada val,ja razuwI.ti1,i dill:111111M 1.07c giluoljs! Dinansika kotrljanja tijela po kosini Tekna (vanjska sila) d,jeluje, prema ranijern razrnatranju, u CM (to je ujedno I ishodiSte S'). Na tijelo, u totki dodira djeluje sila PR koja je rezultanta site trenja A koja djeluje uz kosinu i sile /N7 koja je reakcija na okomitu komponentu te2ine Gl, prenta treeern Newtonovom aksiornu. Prema tome, drugi Newtonov aksiom (u inercijahlorn sustavu S) je (4-26)

G' + FH=ne dt

(4-32)

dvcm = Ro dt FtR -= lo

tj. iznos braise bilo koje totke na obodu,jednak je iznosu brzine centra mase CM tijela u inercijahront sustavu S. Na taj natin ponoN•no dolazimo do izuzetno vaknog rezultata, kao i pri kotraljanju po ravtioj podlozi, da je

= mg sin 3 – Ft

0 = A, – rrtg cos 3

(4-25)

= VC A I

(4-31)

Ovdje imaino potpuno rjeke sustav od 4 ,jednad'i.be s 4 nepoznanice: "eel = (Ircki Mt, Ft , FR i o. Moment tromosti .je poznat iz podataka o kakvom se tijelu radi: valjak, kugla, Suplji valjak, itd. U nizu sli, jedecih prindera proueiti 6erno posebne slutajeve gibanja - kotrljanja okruglill tijela po kosini! Prinljer 4.16 S kojom ac akceleracijom sputa guplji valjak niz kosinu nagiba 3 = 300 ako je u poeetku bio na mint, a koeficijenti statiekog i dinamiekog trenja so jednaki i iznose 0.15? Koko izg1eda izraz za kutnu brzinu aka je potion:jet' Oupljey valjka jednak I? = 0.1 TIL, a us poeethu nije votirao? E Jednadiba gibanja CM je (prema optenitoj slid 4.19)

macs, = Trig sin Q – Ft = mg sin 3 – Ps,Drng COS11 mg(sin p – j.2 cos (i), pa ,jc "CM = y(sin Q – p.cosfi) = 3.631 m/s2. Za kutnu brzinu dobijemo iz jeduadThe rotacije

dt

2 M = Ft!? = 10 = KmR . — = tang cos 3R, dt

Vektori su dani ovako dcm = lacm

gcm = ivcm

Gl= –f/G cos

(h• = 1 za suplji valjak - vidi tablicu 4.1) pa je uz potetni uvjet cu(0) = 0

air = SG sin

= –IFt

/Cr = jN

(4-27)

cos

w(t) =

/

12.744 • t.

KR

= po komponentama

mg sin 3i – IF, + jN – :pug cos 3 = im

d vc m. dt

(4-28) Prinajer 4.17 lzvaeunajte akcelevaciju CM za (a) kuglu, (b) goplju kuglu, (c) valjak i (d) Supiji valjak koji se spagtaju bez sklizanja i bez poeetne brzine niz kosinu nagiba 3.

Sto vodi na dvije skalarne jednadthe

N– mg cosQ= 0 mg sin 3 – Ft =

dvcni

(4-29)

R.J ES EN J E Napinlmo prvo moment tromosti razlititill tijela ovako

dt

IA = 711IeKA,

Otigledno gornji sustav nije odmall rjekv jer imamo previe (3) trepoznanica: N. Ft i VCs,. Va.:2110 je prvo uotiti da situ trenja ne možerno izraeunati preko relacije p • N, jer ovdje nemarno trenje sklizanja (niti je koeficijent trenja as zadan). Medutim, ovdje Miaow rotaciju zbog (vanjskog) momenta sile Ft , koji ulazi u jednad2,bu rotacije krutog tijela (u sustavu 5')

gdje A znati slulajeve (a) do (c), a KA ima slijedete vrijednosti 2/5 KA

tL1=

dt

i

= Ft R = dt (1w) = I— = la. dt

(4-30)

=

za (a) - kugla

2/3 za (b) - guplja kugla 1/2

za (c) - valjak

1

za (d) -suplji valjak.

4.

R.otacija krutog krutog tijela

Str. 4 - 27

Morncnt silo daje rotaciju zbog silo trenja Al = In = RF,, a vrijedi (po vrernenti derivirani) uvjet kotrljan,ja arm = Hu, Ito dajc, u jodnadzbi gibanja

Ste. 4- 28

D. lisTvat: Fizika 1 za FER • Adchanika i tophna

gdje je a = 1/2 za valjak, pa uz = 25° dobijemo us = 0.155.

4 4

markt = rag sin 3 — F, = mg sin Q — let/ R, acnt=

l+rc

q sin

= ,),Ag sin ,ft,

a An ima vrijednosti

An

=

5/7

za (a) - kugla

3/5

za (b) - kuplja kugla

2/3

za (c) - valjak

1/2

za (d) - kuplji valjak.

Primjer 4.19 Na kosini nagibu a nalaze se valjak muse mz, i polurnjera /? i kocka muse mk. Za os valjka, koji je postavljen Mic od kocke, vezana je nerastezljivom niti kocka, tako da se, gibaju6 se niz kosinu, valjak kottlja bez sklizanja, a kocka se skliie. Ako je koeficijent statiacog i dinamiacog trenja izmedu tijela i kosine ,iednak it, izranunOte akceloaciju tijela!

Ito dajc odgovarajule akceleracije C31. S obzirom da je aria = dveni/dt = vela (I) = near t, za na dnu dobijemo 5/7 za (a) - kugla 575' za (b) - kuplja kugla cciu = \1271. •

575 za (c) - valjak

1/2

za (d) - kuplji valjak.

Za rotaciju bcz sklizanja potreban jc (statitki) koeficijent trenja koji dobijerno iz izraza za arm g sin /I — pg cos /I, Ito daje p = (1 — AA) • tgfl, pa je potreban koeficijent trenja,jednak

Slika 4.20 uz primjer 4.19

2/7 za (a) - kugla

=

2/5

za (b) - kuplja kugla

1/3

za (c) - valjak

1/2

za (d) - kuplji valjak.

RJEENJE JednadIba gibanja tijela, tj. njibovib centara masa (matcrijalnib totaka) je (uz F,, = tart o g cos a) jednaka „g sin h — tern,.g cos a + mix sin a — µmfg cos a = (m,. + mk)a, a jednadba gibanja valjka (krutog tijela) je

Primjer 4.18 Niz kosinu nagiba Q = 25° felt se spustiti puni valjak tako du se ne skltiie (vee sumo colitis). Koliki je za to potreban statieki koeficijent trenja? RJEENJE JednaclIbc koje opisuju gibanje valjka dane su gornjim izrazima, a situacija je prikazana na slid 4.19. Akceleracija contra ma.sc dana je izrazom 1 = g sin p. arm 1 + K

M = /rr = Iry = RF,„ = pm,.JRcosh

i kako jc

v

uz a = Rz;z, dobijcmo akceleraciju sustava

a—

(rn„ + mi,)g sin n — ',talky cos a 3m,/2 + mk

gdje je tc = 1/2. Da bi se rotacija mogla odvijati bez sklizanja, nuian jc (statieki) koeficijent trenja koji povezuje silu trenja F, i pritisak na podlogu. (Valja se sjetiti da totka dodira valjka i podlogc - kosine mirujc pa se radi o statitkom trenju!). Dakie

F, = pszng cos a odgovarajuei moment site koja pokrcte tijelo na rotaciju je

FIR= errata pszng cos .°

tj.

KrrielR l+ —mgsin 8

Ito daje statieki koeficijent trenja

µs=- 1

K tg 0,

Primjer 4.20 Igraeka zvuna jo-jo sastoji se od dvije kruine plone - disku koje su povezanc s dcbelom osovinom - valjkom, Inks da jc razmak izmedu ploea (tj. vision valjka) oko 5 nim (vidjeti sliku 4.21). Na valjak jc prie'vr'Seurt jcdan kraj niti i nit je zatim nainotana. Slobodni kraj niti drii se Incilo prshinu i jo-jo se push tako du se nit poenc slobodno odmatati, Ito uzrokuje (sve rotaciju jo-jon. Karla so ?zit do kraja odmota i pocnc se namutati u suprotnom srajeru, rukorn se lagaizo cukne wpm gore (da so nadoknadc gubici), pa se time postiie du se nit. do kraja namota ?in valjak, a valjak se ponovno popne do prstifu. Time sve pocinje iznova. Neka je polumjer Plona jednak R = eta, a masa jedne pitiee je M = 50 g. Nadalje, poiumjer-raljka osovine - spojnice je r = 1 cm, a masa mu je ne = 10 g. Duljina niti neka je I = 1 m (obieno je nit duga oko

4. Itotacija krutoy krutog tijela

Sir. 4- 29

Sir. 4- 30

D. Horrat: Fizika 1 za FER - Mehaniku i toplina

opterelenja na kotaee, ua lijevu iii desnu stranu. Svakako, valja pokukati (najeekle u 2. brziui) krenuti s malirn "gasom", da se odmalr pokuka postidi uvjet kotrhanja, kada izmedu kotaea i tla djelujc statieko trenje (koje je vele od dinamiekog), jer dodirna toeka trenutaeno miruje. Druga situacija nastaje kada (na dobroj, sulmj cesti) automobil kota. L tom je slulaju m < nom je velika, a kucna brzina kotaea je mala, tj. umnotiak a 11 je mauji od rem. Clime opec ostavljaju Crag na cesti, no fizikalna situacija je razlieita, ali se i u jednorn i u drugorn shreaju jarha trenje klizanja, tj. dinanaieko trenje!

Za dinamiao rjeAeoje problema kotrljjan jja (okruglog) tijela sa sklizardem. krenemo od 2. Newtonovog aksioma (u inercijjaMom suscavu) primijenjenom na CM

= macm = Slika 4.21 - Igraeka jo-jo -

=la=l d =

Pr .

(4-34)

(Vals ja uvijek uoeiti razliku orkjentacije vektora R u inercijahlorn sustavu S i neinercijalnorn sustavu S'!) Moment tromosti je, prema ranijoj notaciji jednak

RJESENJE Jednadtiba gibanja CM je

injacm = nt j g –T

I = amIe

gdje je ny ukupna masa jo-joa: in; = 2M + rn. Jechradiba rotacije je

mr 2 /2 = MR2 + mr2 /2. Iz gornjih izraza, ehminacijorn T dobijemo akceleraciju CM m +

2M

2A1(1+ R2 /2r 2 ) + 3rn/2

Vrijeme slobodnog pada s visine t je to = traieni omjer jednak t/to = ,0.081= 0.284.

— 0.081 - g.

a jo-jou le trebati t =

(4 -35)

(a = 2/5 za kuglu itd.). lako ne vrijedi uvjet kotrljanja (pa nam zato nedostaje jedna relacija za nalaienje svih nepoznanica problema), sada vrijedi veza site trenja (klizanja) i nornrale na podlogu, tj. imarno (umjesto uvjeta kotrljanja) jednakost Ft = gdje ,je npr. Fl = mg cosf3 za tijelo na kosini nagiba /3, ill samo Fl = mg za tijelo na ravrroj podlozi, itd.

T • r = In =

OCM = 9

— d = x

dt

1 in).

1 = 2 - MR2 /2

(4-33)

gdje .je P, (vektorski) zbroj svih vanjskih sila koje djeluju na tijelo mase rn. Ovdje je F= Pt , tj. sila trenja je vanjska sila. Nadalje, na tijelo djeluje moment vanjskih sila koji daje tijelu momenta tromosti I kutnu akceleraciju 6. Vaujska sila koja uzrokuje (usporenu) rocaciju je sila trenja, pa imam() (u sustavu vezanom za tijelo)

uz prim:kr 4 - 20.

50 an). Izraeurtajte ornjer rrernena spuJtartja jo-joa (da se odinota tijela nit) i vremenu slobodnog pada (s visine

Uem

= to/ 0.081, pa je

Niz prhujera ko, ji slijede, a koje valja izuzetno palljivo prostudirati, pokazat ee primjenu gornjih razmatranja u razlititirn sicuacijama kotrljanja tijela po horizontalnoj podlozi i ua kosini. Posebno je vain() pall prostudirati vektorske odnose i zapise jednad'Ai! Prirn.jer 4.21 Kugla u kuglani "poloiena" je na relativno glatku stazu bez poeetne kutne brzine, ali s brzinorn CM jednakoin 'uo = 1.8 m/s. Koliku de brzinu irnati kugla 1 sekundu nakon "po/agartja", ako je koeficijent trenja klizanja jednak p = 0.02, a polumjer kugle je 10 cm. Nakon koliko ee se vreinena kugla samo kotrljati (bez sklizanja)? Kolika je njena brzina CM u torn trenutku? Na kuglu djcluje silo trenja sklizanja koja ju usporava. Ujedno, moment silo nascao zbog site trenja u sustavu CM zapotinje rocaciju, uz, ipak djelomieno sklizanje. U poeetku (malo nakon izbaeaja), dakle vrijedi da je rem > Rw, tj. jok nije ispunjen uvjet kotrljanja. Jednadtiba gibanja CM je u suscavu vezanom uz podlogu (uz orijencaciju osi prema slid 4.22)

4.5.2 Kotrljauje krutog tijela uz sklizanje

d dt

111— VCM

Nods nije postignut uvjet kotrljanja da jje u = wk It, tijelo kruZinog presjeka iota kutnu brzinu iii vkM li manju od Wk. daje jaki "gas", gurne Prvi slulaj bi odgovarao "kportskorn" krctanju automobila kada (priglupi) se brzo vrte na mjestu uz jaku kkripu i cviljenje, ah automobil se tek sporo ponnee, sve dok ne "uhvati" uvjet kotrhanja. Fri tome ostaje, zbog velikog trenja na cesti end crag rastopljene guise. Shona situacija nastaje poi krecanju na zaleelenoj cesti kada kotaei "proklizavaju" . Automobil se u cakvoj sitauciji uglavnon: najrnanje mice u tieljenom smjeru vet se uglavuom zanosi, zbog nejednolikog trenja i rasporeda

uz

d dt

= i — VCM =

Ft =

poeetni uvjet iIcrd(0) = vo = Jedrradiba rotacije (u sustavu CM) je /17/ =

d = I— dt

= –kRF1 =

= (-36)x 5

dt

0 x 'ORE,

St, 4 - 31

4. itot.,,cip, krutog krutog tijela

1). norm& Vizilas 1 za PM/ - A1717,s77117, torhaa

Str. 4- 32,

tons tremaku Nakon ti = I shrz77171 je 77(10 = 170 – pg = 1.6714177/s, a kurna je brzina (4741.0 je .ucro(t,) > w(t,) • /7, jer jog 00e postignut uv.Ict kotrljanja kugla se "viIe w(t,) = 4.905 skliZe nego kotrlja". Nakon 12 = 2s, nejednakost jc mak, "nblatena": 5011(1 2) > w(t2) • I?

tj.

1.408 m/s > 0.981 m/s, a nakon 2.5s vrijedi rem (2.5 s) > w (2.5 s) • R t,j Slika 4.22 - uz primjer 4.21

1.310 m/s > 1.226 m/s.

4 4 lea, sm ikoi ndena tsile, (17/ k Inastao, zbog site trenja pokazujc u D p raek.

smjeru, tj. "u papir". To u!ed o pocicti okretati u smjeru kazaljke na satu, tj. i vektor ham. brzincj! di npokazuje jednadibu za valja rijaliti 11z poCetni uvjet 3(0) = 0. "u papir". ,Gornju dif ,gmc jc Za translatorno gibanje vrijedi

Centas. masa :supljeg valjka mase en = 2 kg giba se (nadcsno, prema slici) brzinorn od vo = 2 m/s. Islovremeno, valjak 7Vii111 7L smjens sumptuous od kazaljke 1515 Sabi kulnom brzinorri wo = 5 s 1 . Ako je polurnjer valjka R = 0.1 us i ako je koeficijent stalidkog i dirsartsiekog trenja jednak p = 0.1, odredite kako

Primjer 4.22

se giba valjak!

J dilokr = –igp f dt iii 777c,„,(t) = –Igpt +

o

Ito uz poletni uvjet daje 0CW (t) = 1(00 — pat). Prema tome, sila trenja t.e smanjivati brzinu CM prema brzini vom(tk) kada 6c, nakon vremena tk biti ispunjen uvjet kotrljanja rem (4) = w(tc)R. Svakako, da bi se postigla upravo takva kutna brzina, sila trenja, tj. njen moment dati 6e ubrzanu rotaciju prema ranijem izrazu, tj. 2 2 dui –kRF, = –mR 5 dt Slika 4.23 - Kotrljanje krutog tijela uz sklizanje - uz primjer 4-22.

uz F, = pmg - 5pg ddi(t)= –k — dt, 2/0 Ito nakon integracije daje 0(1) = –k(5pgt/2R)+

Cr,

a poletni uvjet daje C, = 0, pa jc

ri.JEENJE Jednadibri gibanja za translatorno gibanje jc mach = macmi = F, = –IF, = –Spray.

5pg 3(1) = –k— -1. 2R

Integriranjem tc jednadthe po vremenu, dobijemo

Nakon vremena tk kutna brzina po iznosu naraste, tj. post* sve vile ncgativna, sve dok ne dostigne uvjet kotrljanja (pisan, naravno, u sustavu vezanom uz podlogu) ivcm(ti)= (–kw(tk)) x (+3R) = (7 x k) • s7.7((k)R = i • w(tk)R. Valja uociti da smo R orijentirali od toCke dodira (trenuta0na os rotacije koja trenuta0no mirujc) prema CM, jer CM rotira oko toe!ke dodira. Vrijeme tk nademo iz gornje jednakosti

vo –

pg pgtk = —tkR 2R

iii

t, = 2uo — = 2.621 s. 7pg

U tom je trenutku brzina CM jednaka vom (4) = 5v0/7 = 1.286 m/s, a kutna je brzina po iznosu or(4) = 5v0/7R = 12.857 Naravno, ispunjen je uvjet kotrljanja w(tk) • R = 5v0/7 =- 1, C1,1(tk).

rem (t) =

+ CI

i iz po.t. etnog uvjcta vcm (0) = vo dobijemo rjeIenje yew (t) = vo – pgt. Za opis rotacije (u sustavu CM), orijentiramo os vertikalno rivis (s obzirom na podlogu), pa je onda poZetna kutna brzina zadana ovako: dio = kwo, jer os z "gleda" iz papira, prema narna! Moment silo koji usporava rotaciju nastaje zbog site trenja sklizanja F, koja djclujc na kraku iznosa 10, pa piAcmo A1 = (-3 R) x = xmled, - F, = –k km R.'

= 15 = (j x i)RF, = –kRFI tj.

4. Roluelja krutog krutoy tijrlu

St, 4

1)akic, vcktor kutne akccleracije 6 iota smjer suprotan od rru , Sto ZMIC:1 do iniamo .f/SpOre7171 rotaciju zbog silo trenja sklizanja. Svakako, uyjct. kotrljanja oirgledno tic Ino.z., biti ismorjcn jct. se valjak okrcec "krivtan smjeru"! Gurnji izraz za c7. vodi na diferencfialnu jednadZbn

dt (uz n = I

(kw) =

k

u;(0) =

Gornji izrazi vode na

it

v(10 — Ft,gt. = RFtllytr b(t t,= 0.765 s. 2kt, rj

Dakle, od poeetnog trenutka do trenutka kada je poeelo pravo kotrljanja proko je ukupno t„ = 1: + t, = 1.274 s. Trick, sc dalje giba stallion] brzinorn 0(1.) = 0.75 m/s i stalnom kutnom brzinom od 7.5s -

pa uz poeetni uvjet dobijemo

ke(t) =

D. !lomat: Piziku I za PER - Mehartika i tophrta

•S'i, 4 - 74

F4 0411R

za suplji valjak). ItjeSenje to jednadZbe je = -— 1`g t ± C2,

3.7

-

t.

Kako vrijeme prolazi smanjivat ee se i brzina 0(t) i kutna brzina w(t). C trenutku t, ee c.,;(1,) pasti no nulu, i zatim ee rasti (u drugom smjeru) pa ee biti postignut uvjet kotrljanja .,./(1k.)R = 0(1k). Ovdje pretpastavljarno da ee se prije zaustaviti rotacija nego translacija. Obrnut slueaj obraden je u slijedeeem primjeru! Vrijeme prestanka rotacije odredimo iz uvjeta

Piny-pony loptica poluntjera R zurotirurtu je u smjeru suprotnorn od kazaljke na satu (prerna slici 4.24) i u horizontainont je smjeru ithadena brzinorn po horizontalnoj podlozi. lzradunajte brzinu s kojorrt de se loptica vratiti na rajesto ithadaja. Koji uvjeti rrtoraju ispunjeni da se loptica vrati natrag?

Primjer 4.23

Koeficijent trenja klizanja je pD = p. RJEENJE Najveei dio rjeSenja dan je u prethodnom primjeru, osirn Sto za moment tromosti sada valja napisati I = 2MR2 /3 (x = 2/3), pa imamo

tr9

- tigt)

=

C tom ee trenutku brzina biti jednaka

At) = i

v(t,) = v0 - pgt, = 110 - wo R. Nakon toga ec se valjak poeeti okretati zbog silc trenja koja cc irnati isti smjer kao i F1 koja je zaustavila rotaciju i koja je usporavala CM. Ta ista sila trenja jednaka je umnoSku koeficijenta stati6koy trenja trenja p„ i pritiska na podlogu, tj. F; = p.,rray. Ta sila uzrokujc moment silo koji okreee tijelo kutnom brzinorn koju dobijemo iz jednadZbe rotacije (u sustavu S') d, F:11 = rani-12 — vektorski dt

- V • t)

=k

woR

a(t,) -= 0

(vat

- tigt 2 )

Vrijeme zaustavljanja 1: dobijemo 7.z vent(t,) = 0, tj. t, = u4'/pg. lidaljenost koju loptica prijede do zaustavljanja je of

LE(r,) = ;—. 2pg Kutna brzina u trenutku zaustavljanja je

Za gibanje unatrag vrijcde slijedeei izrazi o7(t) = k

0-

2tf' ?`-1 )

(-3R) x (-1F;) = km 11%7 0 = .00,1(t) lz izraza za d:Oldt koji je proporcionalan -k, vidimo da je smjer rotacije u smjeru kazaljke na saw, daklc u smjeru u kojem hi mogao biti postignut uvjet kotrljanja. Brzina i dalje pada p0 istorn zakonu od poeetne brzine 1.5 m/s (nastale nakon vremena t„), tj. to je brzinu tijelo imalo kada se vrtnja u krivom smjeru zaustavila. Soda vrijedi v(t) = 0(1: )- pot, ali sc javfia p, umjesto po, jer dodirna toeka izmedu tijela i podloge nairuje. RjeSenje za kutnu brzinu w(t) je = _Psil t. R Nakon vremena t, postigne se uvjet kotrljanja

-ikor i (- kigt 2 )

E(t)

Sada se vrijeme raeuna od nule, a ukupno vrijeme 1. od poeetka gibanja je 1.= t+1:. Nakon vremena rk doei ee do kotrljanja (prestanak sklizanja), tj. (u sustavu S) iicni(tk) = -ivekt(tk) = (kw(t,,)) x (1R) = (k x j)w(tk)R = -(3 x k),(tOR

nem (t)k. = pgtk =

vem(t4)=- 40(14)11 3u0 n3µy

(j-

2R - 2R 1' )'`

211

v(t.) = Rw(t,.)

ill

3v0 ) = 2 2R )

opg

Stu vodi

- 3v0 airy

To je vrijeme od zaustavljanja do poeetka kotrljanja. ukupno vrijeme od izbaeaja do kotrljanja je

ili vektorski v(t.) = (-L(t,)) x (3R) = -(k x Du(t r)R = x

=

rk

2(no + Rkvo) apg

4

ll'otelrlio Arnim/ lo Tao!, ity

4•

Vrijerrie t„, do se, ad tremirka zaustavljanja pa do poFetnag mjesta vrati loptica dabijenia iz

:to

11

Int 1%,11.,1 I

PrIf • AI,Itioilka

A ko pastaviina kaardinaini slistav Loki, da as

okomita no kosinu prema gore, undo je jednadOba gibanja

1,.‘;

=

2pg

1

2

tj.

2

d

Pfl

1AI — = IG sin + iFe

tophrio

1 ,1, 111•1110

kt1N1110111, cl

ON 1,

kuglice jednoka

Fr = pN

a ukupno vrijeme t, od trenutka izbaeaja je t,„ =

+1,,

21,0 pgg

gdic je Fe silo trenja koja je jeduaka umnaSku koeficijenta trenja sklizanja (dinami(.ki koef.a•ijent lrenja) i = G. pa Fe iz paralelograma silo pritiska na podlogu. Sile N uravnoteOuju tetinu tijela G, tj. vrijedi silo biti

Pri povratku na mjesto izbaeaja loptica ima into brzinu kao i no kraju sklizanja (odnosno na poFetku

2 sin(1/ 2) '

eistog kotrljanja), tj. 3tosi + 2wo

ijow (t, _

5

jcr su site N okonate no stranice ilijeba, a zatvaraju kut A Ato se lab° palate geometrijskom konstrukcijam paralelograma silt. Prema tome je silo trenja jednaka

Poletna kutna brzina wo mora biti takva da se loptica jot vrti "u krivorn smjeru" (no sklizanje) kada se

Fr

CM zaustavi, tj. mora vrijediti do je w(y)It > v(1,) wo >

Sto daje

3vo 2/7

> wk . Krak stir je ve6a od kutne brzine koja ulazi u uvjet v = Itw,„ tj. trenja koja uzrakuje usparenu rataciju jodnak je r (prema slici) gdje jo r = Rsiii(A/2). Dakle, jednatiOlta rotacije izgleda oval,, a poeetna kutna brzina

Ako sada zahtijevamo da se loptica poene prije kotrljati bez sklizanja nego or vrati, mora biti La < t,„ tj. vrijeme od izbaFaja do poFetka kotrljanja mora biti mane od vremena od izbaeaja do povratka, Sto daje 2(vo + lbws) < ana wo < 41 7 iii

spy

P 2 sin 1/2

Silo irenja lizrokuje usparavanje rotacije, jer or ovdje radi o shdaju kada uije iSp1111j0T1 uvjet. kotrljanja,

Al = l o = F -- k

pg

Obadvije nejednakosti zajedno daju

x (i Fr)

Pm 2 sin(A/ 2)

llsin(Al2)— kt` 31 2

— IC = ky1R2 d a

Iz gornje jednadObe dobijerno diferencijalnu jednadOlau za < w°
F

N dt = men cos 81-,,A gdje je rq jedinieni vektor koji gleda od CM prema A.

> F, Ito daje

mRB + mg cos B < it(ng sin 0 — m Re2 ).

Impuls silo F dt proizvede kormtnu kolieinu gibanja mficm od potetne mvo sin 0, Gornju nejednakost valja razmotriti sa stanovita promjcnc kuta 8, kutne brziue B i kutne akccicracije B. F dt = mtcm — mvo sin

— mvo sin e

U poctriom trenutku (poL'etak uspinjanja) kut B jc najmanji, pa (u gornjoj jednadnibi) sine raste! Onda cos e pada, a takoder padaju i e i B. Ako uvrstimo u gornju jednadtbu poetnc vrijednosti, tj.

gdje smo uveli uvjct da oko toelce A nema sklizanja, tj. da vrijcdi uvjct kotrljanja v'cm = Roan = 6v0/7.

4 sin e -= 3,

Sila F je tangencijalna sila koja mora biti manja od site trenja da ric bi bilo sklizanja, tj. F < iii

i kako je sin B = (R — h)/R = 4/5 i cos 6 = 3/5, dobijcmo slijedeeM nejednakost 4 3 mvo < p mvo— 5 5

•

five

••

3g

0 = v. ? i= —T ry

dobijemo nejednakost koja odreduje uvjet da nema sklizanja

miLia — taco sine < p(mvo cos B)

6mve

cose. 33 ,

ill

21 < p (98 — 911)

gR

Ta nejednakost ukljueujc u scbi, naravno, uvjet izveden ranije.

2 > 21

Jednadiba gibanja kugle oko tone A (prema slici) je zbog djclovanja tangencijalne site F, tenine

mg i rcakcijc vrha N praga jednaka

Primjer 4.30

Metak mase en = 10 g ispaljen je u drveni valjak tnase M = 3 kg i polumjera R = 15 cm, eija je evrsta os horizontalna. Putanja metka okomita je na os i udaljena je od osi d = 10 ern. Valjak je prije pogotka rnirovao, a nakon pogotka rotira 70 puta tr minuti. Kolika je brzina rnetka ako je rnetak ostas

F — mgcose

praktieki na povrgini drveta?

N — mg sin = —rnitY a jednadiba rotacije je

mg cost) R = —la = — (

3 2 mR2 „re) 7

a

2 db

27 = -To!? = —5,mR e 5 To sto vodi na diferencijalnu jednadCbu Ca B, tj. moRcose de =

•

7 5

Shka 4.32 - an petrojer 4.30

eija integracija daje jednu konstantu integracije C, mg Than B+ C,

= --5-2oR 2 b22

=

inR2 b 2 ,

Da bismo odredili konstantu Ci iskoristimo poectiii uvjet koji kale da je za kut Op za koji je sin do =(R — h)/R = 4/5, kutna brzina jednaka 6v0/7R = Bo, tj. ± c,, = _ 7 7 ThR2,,13: R vg,

C, = mill?. s ( in

7

4 36

4

10 49R2 5 =

m.gR, (b2

pale x

49R

RJE.4:NJE Zakon sainvanja kolidne gibanja daje Lwije

•lor

tj.

l,„“)

gdje je I. moment tromosti valjka l,. = ILIR2/2, a I,,, je moment tromosti metka (materijalne tone) I,,, = mR2 . Brzina metka jc (MR2 /2 + mR2 )to v= — 249.05 m/s.

and

4. Rotactja krutog krutoq tijela

Str- 4 - 49

Sir. 4 - 50

D. Holvat: Fizika 1 za FER - Mehanika i toplina

Dva gonna zakona saeuvmija sadrZe dvije nepoznanice: ,

i ut. Iz gornjeg sustava dobijemo

M - 37n

- 243.788111/s M + Tra 12v 711 — 37.699 sI Af + 3in

52

Stu odgovara 6 okr./s. Valja uoeiti da Sc brzina kuglica Sc se "zalijepiti" za kap.

•

biti jednaka null ako je masa m jednaka M/3, tj.

Sliku 4.33 - Sliku uz prinder 4.31

Primjer 4.31 Stap muse M = 1 kg i duljine f = 80 cm leii nu glutkoj podlozi, probu5'en vertikalnont osi kroz CAI. Oko osi Rap moic rotirati he: tree/a. U sum kraj §tapa pogodi metuk muse rn = 10 g i ostane u njoua. Putanja metka okontita je nu Slap. Nakon pogotka stop se (zajedtto s inetkont) okreC:e 3 putt it

sekundi. Kolika je bilt brzina Tnetka? R J ESENJE. Na sustav djeluju vanjske silo: teline tijela i reakcija na os pri udaru meths. Kjihovi mornenti su oko osi (kroz CM) jednaki null, pa je zato kutna kolieina gibanja saeuvana. Neposredno prije sudara metak jc ilnao kututi koliEiuu gibanja s obzirom nit os jednaku =

2

x

= 1- emv(i

=— 1 e(—)) x 2

2

x )) = — 1 2

a kutna kolieina gibanja Stapa jednaka je null. Nakon sudara Stay ima kutnu kolieirm gibanja jednaku a metak

w 12 k

4.8 Gibanje iiroskopa Do sada smo razmatnli rotaciju krutog tijela tako da smo, uglavnom simetrieno tijelo, promatrali kako rotira oko evrste (ukrueene) osi, koja ,je ujedno bila i os simetrije. Takoder, promatrali smo rotaciju oko CM pri temo se CM translatirao, pa os nije mijenjala orijentaciju u prostoru, tj. promatrali smo kotrljanje u svirn njegovirn aspektima. Ovdje želimo proutiti gibanje - rotaciju krutog tijela pri kojern smjer osi rotacije nije fiksiran, pa niti vektor kutne kolieine gibanja L nije uvijek paralelan s vektororn kutne brzine w. Svakako, to je pooljedica einjenice da moment tromosti tijela iota razaite vrijednosti za razIleito pololene osi rotacije (vidjeti vise o tome u DP4.1 i 2). Za kruto tijelo opeenitog (nesimetrienog) oblika inolento izraeunati moment tromosti oko bilo koje tri medusobno okomite osi (x, y, z) i dobiti komponente momenta tromosti Imo , I s i Ir . Kutna brzina tijela rna2e in prikazatu kao zbroj w = wri+wy j+w,k, pa je kutna koliOna gibanja jjednaka L = 46.'0+ 1,ctzk. Ako je npr. I, X I y , onda oeito L nije paralelan s w (vidjeti sliku 4.34 (a)) dok su u slutaju I = I, = ly vektori L i w paralelni (slika 4.34 (14).

L,,, = (—e ) 2 pa jc iz zakona saeuvanja kutne kolfeine gibanja v = ((Al + 3m)ev./1/61/1 = 259.86714s.

r.41 to..+1 coy )

Primjer 4.32 Pretltodni primjev valja rijegiti uz promjenu: ntetak postage gumena kuglica koja udaii it Rap. Vri/crite udaru je tako kratko da se pri trajanju kontukta innedu kuglice i Stapa Rap ne pokrene. Ako je sudar suvrgetto elastieutt, &Om iztueunati koliko se puts u jednoj sekundi okrene Rap ako su, svi poduci kao u progloin zadatku (osiut, IlarUV710, kutne brzine). Kolika je brzina kuglice nakort sudara?

co„ (a)

E

(b)

Kutna kolieina gibanja kuglice prije sudara je dana ranijim izrazom, a nakon sudara jc

Slika 4.34 - Razlieit odnos vektora L i i pri opcenitoj rotaciji. L„,' =

2 Kinetielca energija tijela je u tom slutaju jjednalca

Za Stap vrijedi iota formula kao i prije. Sada je 1

1

=

-

+

e2

Er'

+ ./y 4 +

=

• L.ri = Lc,: coo n,

(4-55)

k gdje je (vidjeti i sliku 4.34 (a)) a kut izmedu vektora

i a To molerno napisati ovako

S obzirom da je sudar savrSeno clastiean, saeuvana je i mehanitka - kinetieka energija tj. vrijedi 1 (L!, 1

2

1

„

1 5112 2

2 m(v).5

It! ;

. 7± ,

(4-56)

Sir. 4 -

4. Rotacija krutog krutog tijela

.51

SIr. 4 - 52

D. l/orvat: Fizika I za PER - Nichartika i toplina

ako cijelu jednadibu podijelimo s (konstantorn) Er, dobijerno 2

)2

2

(4-57)

= ( V2Er/

)

V2Er/ly

V2EU:r/I,

a to je jednadžba elipsoida eije su poluosi jednake V2E1.°V/x , V2EVY/5 i V2Er //,. Prerna tome, poluosi elipsoida inverzno su proporcionalne drugom korijenu iz odgovarajueeg glavnog momenta inercije. Rotacija tijela poduprtog u centru mase CM R.a.zmotrinto sa.da rota.ciju tijela koje je poduprto u CM i koje rotira tako da nema vanjskilt momenat a (moment od teiine tijela C je takoder jednak 'nth, MG = 0, jer konstantna velieina, pa je i L konst amid je krak do CM .jednak null). Onda je kirtetieka ettergija rotacije vektor. To, nadalje znaei da je i projekcija W na L konstantna, tj. Lw cosa =konst. (vidjeti sliku 4.34 (a)). Prema tome, pri rotaciji kod koje su vanjski momenti sila jednaki null = 0, os vektora L ostaje stalno uperena u jednom smjeru i bilo koja promjena poloiaja CM neee promijeniti njen smjer.

Slika 4.36 - Slikoviti prikaz nutaeije pri kojoj ry rotira oko L.

CM, pa se time post iie da na kotae (cijeli sustav) rnoie djelovati vanjski moment silo oko horizontalne osi kroz totku A, ill ga ne mora biti ako CM padne toenu u totku .4. Cijeli uredaj se inoie slobodno rotirati i oko vertikalne osi. Ako en postavimo tako da je CM u .4, onda ponavljamo situaciju iz ranijeg pododjeljka gdje smo razrnatrali (slobodnu) rotaciju krutog tijela poduprtog u CM. Tada je, podsjetimo se. L neprestano uperen u istorn smjeru!

Slika 4.35 - Rotacija simetrienog tijela poduprtog u CM. Ako je tijelo simetrieno, a os rotacije je ujedno i os simetrije, rotacija ce biti bez promjene orijentacije osi. Kada, medutim, lagano "piknemo" os rotacije (predamo mali impuls) doe) ee do promjene njenog smjera, pa ee L i v zatvarati kut a i doei ee do takvog gibanja pri kojem ce biti stalni kut a izmedu L i w, all ee i neprestano mijenjati smjer. To gibanje zovemo rrutacija i moierno ga zamisliti tako da gledanro dva stoka koja se kotrljaju jedan u drugom, prema slid 4.36. Vektor L uperen je duž osi simetrije jednog stoka (manjeg na slici 4.36), a C.! leži na plaku drugog (veeeg) i veei neprestano obilazi martjeg, naslanjajuei se na njega. Kut otvora man,jeg stotca je 2a. 2iroskop u navigaciji Vidjeli smo da pri rotaciji tijela poduprtog u CM smjer vektora kutne kolieine gibanja L ostaje stalan jer nema vanjskih mornenata da ga poremeti. Zato se iiroskop koristi u navigaciji: kotatrotor relativno velikog momenta tromosti umetnut je u dvostruko pokretni zglob - kardan i postaadjen .je u odredenom smjeru. Trenje u ležajevima zgloba .je vrlo malo pa jednom orijentiran iiroskop zadriava svoj smjer bez obzira na pokretanje iii okretanje kardana koji je npr. vezan za avion. Prema stalnoj orijentaciji kutne kolieine gibanja rotors u svakom se trenutku moie odrediti položaj aviona tj. njego nagib u oduosu na "pravu" vertikalu iii horizontalu. Rotacija tijela poduprtog izvan CM. Precesija Kotat prema slid 4.37 mole rotirati oko osi, pa inta kutnu kolieinu gibanja s obzirom na totku .4. Uteg era moie se pomicati dui osi s tako da se mijenja poloiaj

Slika 4.37 - Tijelo rotira oko vlastite osi, a djeluje i vanjski moment rile M0 koji pokazuje "a" papir i uzrokuje precesiju tijela.

Medutint, sada namjestimo poloiaj utega tako da, prema slid 4.37, desna strana s kotatem (koji rotira i ima vlastitu kutnu kolitinu gibanja "pretegne". Onda oko horizontalne osi kroz A postoji moment site Mc koji dolazi od teiine C koja djeluje u CM. Moment site "gleda" u papir. Taj vanjski moment daje promjenu koliente gibanja

cf, =

,

(4-58)

tj. za vrijetneAt M Se uzrokovati promjenu 4L u smjeru Mc, tj. "u papir" (vidjeti sliku 4.38). Taj smjer je okornit na L, pa se L neee mijenjati po iznosu ve6 samo po smjeru. Zato Se se oko take .4 u horizontalnoj ravnini oko vertikalne osi pornaknuti os s kotaeern i masom 711, odnosno u vremenu A! promijenit Se se kut

4. notacija ktutog krutog tijula

Sty. 4 - 53

Sir. 4 - 54

D. Horvat: Fizika I za PER - Mehanika i toplina

Pontak IL .je postignut za vrijerne dt i odgovara poinaku u kutu dO, tj. dL = L det iii 1 1 GrcNi dry = —dL = —G rcNi dt = dt. Iv

(4-60)

pa je kutna brzina precesije 12 ,jednaka

Sliku 4.38 - Pogled odozgo 11.11 situuciju uu prethodnoj Kutnu brzinu precesijc Il pokazuje u smjeru z osi koja izlazi "iz papira".

=

dill dt

Grcm

(4-61)

i kako kutna brzina rotacije w (spina) pada, kutna brzina precesije D raste.

orijentacije osi za AO, pa ee zbog vanjskog momenta silo loci do rotacije cijelog sustava oko yerlikulne osi kutnom brzinorn f2 = AO/At k. Takvu rotaciju zoverno precesiju. Brzina i smjer precesije ovise o smjeru vanjskog momenta sila i o velieini Svakako, ako je L = 0 kotat ee ,jednostavno slijediti djelovanje momenta i pasti ee dolje. Kada je (noki) \-alijski moment silo M,, razlieit od nule i postoji f, onda se on "troii" na inijenjanje all no nutno sant° una padanje". Ako uteg nt pontaknerno prerna kraju osovine tako da CM prijecTe na drugu stranu od toeke .4, promijenit ee se i smjer precesije. jer ee se promijeniti smjer M0 —a, a time i ~L. smjer precesije mole se promijeniti i promjenom smjera rotacije kotaea, tj. promjenom L po smjeru. Spektakularan .je prikaz precesije kada so kotae (npr. isti onaj it poknsa s Prandtlovim stolieem) jako zarotira i train' objesi na kontad utota. "Umjesto da padne", kotae poene precesirati oko meta a smjeru djelovanja 117/c-a ("u papir" prema slier 4.39).

Zvrk je aksijalno (osno) simetrieno kruto tijelo koje velikont kutriont brzinom W rotira oko svoje osi simetrije.t Neka je smjer rotacije suprotan gibanju kaza.ljke na saw - vidjeti sliku 4.40. Tada vektor "gleda" od mjesta dodira "prema van". Ovdje pretpostavljarno da nema sklizanja mjesta dodira "§i1j1ca" zvrka po podlozi. Priinjeeuje se da os simetrije precesira spore), opisujuei stiac eiji je vrli u totki dodira s podlogoin, a smjer precesije ,je isti kao i smjer rotacije oko osi. Dakle, CM zvrka rotira oko vertikalne osi malotri kutnont brzinom brzinorn precesije. Vektor 12 pokazuje vertikalno prema gore (prema slici 4.40

gdje je f a kutna kolieina gibanja oko CM, a Lena je kutna kolieinagibanja centra masc. Vektor ,je s kutnotti brzinom W (prelim slici 4.34 (b)) jer je zvrk simetriean pa se radijalne komponenta

(4-62) kolinearan dokidaju.

ktorskom umnoiku r'crd i ktm. To, u trenutku prikazanom na Prema slid 4.41 (a) fcm je jedna slici 4.41 ( pokazuje da je L051 okomit na Fcm, tj. on ležt leit "u papiru". Ukupni L, u trenutku prikazanom na slici 4.41 (a) takoder leži leii "u papiru". Zvrk se, prema slid, giba "u papi je ukupni L malo bliii vertikalni od Lo i po iznosu neSto yea od fo.

Sliku 4.39 - Upeeaajiv prikaz precesije kotue:u koji kuo du prkosi sill teii (a). U (b) su prikuzuni (sumo) smjervui vektoru - "neesniku" u procesiji.

Na sustav djeluje i sila u uietu, inedutim ona ne daje moment (krak je jednak null) pa je ovdje lie treba razmatrati. Kako se postepeno kutna brzina rotacije kotaea smanjuje, tako caste kutna brzina precesije. To more no pokazati tako da napiSerno jednadibu rotacije pa je

Firtzmotrimo sada malt) drugadju verziju prethodnog slueaja: govorimo o zvrku, igraeki koja u sebi nosi rriz zaniml, jivih karakteristika prethodnog proueavanja.

+ Lcm

(b)

dL =G"C"' dt dL=Grcr,t dt

4.8.1 Zvrk

Ukupna kutna kolitina gibanja zvrka dolazi zbog brze rotacije kutnont brzinom i u inercijalnom sustavu s isaltodigtein u toeki dodira. Medutint, moranto uraeunati i kutnu kolieinu gibanja zbog precesije kao doprinos ukupnom L—u, prema izrazu (3-59)

G

NIc=

It gornjeg razzinatranja vidimo da je neobiean rezultat da rotirajuei kotat ue padne ,jednostavno razurnjolt: ako je w = 0, tj. ako je L = 0 (u t = 0), onda moment Mc; uzrokuje rotaciju oko hocizorttalne osi. Ta rotacija proizvodi L (u t > 0) u istorn smjeru kao i Mc. Prsti desne ruke po "pravilu desne ruke" pokazuju smjer padanja, a palac pokazuje u smjeru momenta, odnosno u smjeru poveeanje L —a. Ako je v = 0 onda postoji L 0 (u t = 0). MG proizvede AL koji se nadoda postojeeern i rezultantrii L"ne proizvede padanje" vet': !nal° zaokrenutu rotaciju. MG- je uvijek 90° ispred f; —a i on takoder mijeuja svoj smjer brzinorn precesije!

(I,)).

AL

CM

(a)

Zbog precesije ,javlja se i kut itina gibanja f p eiji vektor pokazuje u vertikalnom smjeru, dui meta. Ako je > Il iznos vektora L5 je vrlo malt pa moiemo možemo uzeti da je (i dalje) vektor L horizontalan.

Kako vrijerne prolazi, ravnina (papira) koja sadrži sadrii sva tri vektora L lagano rotira oko vertikalne osi kutnorn brzinom precesije II = k IL Moment sile Mc zbog teiine G je uvijek horizontalan (na slid 4.40 (b) nacrtan je "u kosoj projekciji"). Iz jednadibe gibanja MG = I dt vidi se da je dr. u smjeru M0. Tu jednadibu gibanja moiemo primijeniti je i Mc i L ratunamo u odnosu na istu toeku dodira s podlogom, polcazuje vertikalno gore! Dakle, dL je uvijek za ko,ju ,je vezan inercijalni koordinatni sustav, a eija okomit na ravninu u kojoj se nalazi L, okomit je i na L, pa Mc ne rnijenja iznos L — a vee samo rtjegov

(4-59) Osno simetrieno tijelo ima dva glavna momenta tromosti jednaka Iz =

4. Rotacija krutog krutog tijela

Sir. 4 - 55

Sir. 4 - 56

D. Iloruat: Fizikai I za PIM itl,hanika i topliria

To znati da je L

E0 i u tom slutaje moreino, prema slid 4.41 (b) napisati dL = MG dt =17' cm x di di = rcm log sin (ir — 13) dt = rcpt my sin Q dt

(4-63)

= L sin 3dq, odnosno, kutna brzina precesije . je dy rem mg sill = =

dt L sin = rcnineg _ rcromg

L

(4-64)

1w

Dakle, dobijen je rezultat u skladu s onim od ranije, kod 2iroskopa! Ako, medutim, ne napravimo prctpostavku da je L L. onda se mak pokazati u teoriji opdenitih rotacija krutog tijela, da umjesto izraza (4-65) vrijedi stijededi izraz za kutnu brzinu precesije

Slika 4.40 - Zvrk pri brzoj rotaciji (a). U (1) su prikazani (samo) S7TtierOVi vektora - "ueesnika" u precesiji.

C2

gdjc jc

-

Iry ± /Pug + 4(1 — 11)Ingr cm cos 2(1-11)cos lS

LL moment tromosti oko osi kroz dodirnu toeku okomitc na os rotacijc (simetrije).

smjer (orijentaciju). Ako gibanje razmotrimo "po etapama" koje traju po At, onda vidirno da se na kraju

Primjena i primjer precesije

prve etape E promijenio za dr, i nastao je novi L koji je ,jednak L(dt) = i(o)+ di. Sada ,E(dt) leži u ravnini koja (opet) sadrži FCM i d, ali ,je to ravnina malo zakrenuta u odnosu na ravninu u t = 0. Nakon dt Mc je

Nuk/earna magnetska rezonancija Precesija zvrka .je melianieka pojava koja je sama po sebi vrlo no posebno je zanintljiva i vaZna ekstrapolacija mehaniekill rezultata na druga podrutja fizike: npr. u velini atorna ,jezgra irna vlastitu kutnu kolitinu gibanja (spin), ci,ji ,je vektor paralelan osi simetrije. Jezgra irna i magnetska svojstva koja se o6ituju u postojanju magnetskog momenta, pa se u rnagnetskom polju .javlja moment sile koji ,je okornit na smjer magnetskog momenta koji ,je takoder paralelan s osi simetrije. Prerna tome, nuklearni magnetski moment precesira kao i zvrk, tak i .jednostavnije, jer se toeka dodira 0 (prema slid 4.41) i CM kod jezgre podudaraju. Moment site koji uzrokuje precesije proporcionalan je .jakosti magnetskog pol,ja, pa je i brzina (fiekvencija) precesije proporcionalna toj .jakosti. .lecgra koja precesira u uzorku nekog materijala ma2,e apsorbirati elektrornagnetske valove (fotone) ako je njihova frekvencija jednaka frekvenciji precesije. ,Mjereli frekvenciju apsorpcije znaestvenici mjere frekvenciju precesije, a time, posredno ocireduju s vrlo velikom toenoglu jakostinagnetskog polja koje djeluje na jezgru. Toinagnetsko pol je proizvode elektroni SV0.01-11 rasporedima, pa se na taj satin saznaje o detaljnoj strukturi atoma. Ta metoda istar'i.ivanja cove se nuklearna magnetska rezonancija.

(ponovno) okomit na f(dt), pa on ponovno uzrokuje novi i(dt + dt) = L(dt) + dL itd. Ravnina koja nakon n etapa sadrii i(o • dt) rotira oko osi z, a i MG torn istom kutnom brzinom rotira. Vrh vektora L opisuje krui2nicu I< na slid 4.41 (b). Rotaciju (odnosno ravnine koja sadrži 1„ 7vcm i 61) zovemo precesija, a brzina promjene kuta zakreta zove se kutna brzina precesije fi.

z

Zendjina preecsija

Gibanje Zenilje predstavlja neposredni primjer i realizaciju prethodno opisanog prece-

sionog gibanja..

Slika 4.41 - Prikaz vektora pri rotaciji zvrka (a). U (6) je prikazan vanjski moment v Mc koji je okomit na L, a it smjeru s

Kutnu brzinu precesije rno'2,enio ocijeniti na osnovu pokusa koji pokazuju da je gotovo uvijek >> 13.

Zeinlja rotira oko vlastite osi s periodorn T = 1 dan. Os je nagnuta 23.45' u odnosu na vertikalu na ravninu koja je odredena godi§tijoin putanjoin Zeintje oko Sunca. Ako promotrimo gibanje Zernlje rr referentnom sustavu vezanom za Zeinljin CM, onda vidimo da se Zernlja deformirala zbog rotacije, pa na Zemlju djeluje Mjesec tako da daje moment sile koji po iznosu ovisi o poloaju Ndjeseca, ali koji ima smjer uvije okomit na os rotacije. Na Zeintju djeluje i Sunce koje takoder, zbog nesferienosti "nagnute" Zeinlje daje moment. sile. Taj ukuptii (slain) moment site daje spore precesije vektora kutne kolieine gibanja tiji ,je period oko 25 300 godina. Dallas vektor kutne kolitine gibanja pokazuje totno (minus 1°) prema cvijezdi Sjevernjati (Polaris). Za 13 000 godina "sjevernjata" le biti neka druga zvijezda, ali za slijedelih 13 000 godina ponovno ee sjevernjaea biti Sjevernjata! Za takvo gibanje znali su vee stain zvijczdoznanci: Hiparh iz Nikcjc u Maloj Aziji (oko 190 god. p.n.c.) je otkrio precesiju usporeduju6i svoja mjcrenja poloLija zvijezda s podacirna svojih prcthodnika stoljc/c i pol ranijc. Hiparh jc izra.Cunao (bcz objaAnjenja uzroka) da prccesija iznosi 46" na godinu dok jc

4 lirriactio krutog krutog

trjp (n

4 • 57

St,.

Si, 4 - 58 Sir.

D. Hotuat: Fiziku I as FEE - Mehunika i toplina

LEONHARD EULER 1707-1783 1.1

Slika 4.42 Grai filozof i astronoin Hiparh iz Nikcje.

J. Bernoulli radon je 1667. godine u Baselu Ole roden i L. Euler 1707. godine.

Ptoloniej izraeulla0 vrijednost 36" na godinu. Precesiju je prvi objasnio N. kopernik n sewn djclu De Revolutionibus 1543. godine kada je izraeunao vrijedriost od 50.2". Hiparha Sc Sinatra mzumiteljem trigonometrue, a izriteunao je SUOCi1111 dull do 6 min oenosti, to je napravio prvi kacalog zvijezda koji Sc rabio vise od tisueu godina.

principa, uz odgovarajuea ogranieenja i poeetne i rubne uvjete, izvode se jednadibe gibanja pomoeu Euler-Lagrangeovill jednadZbi varijacija. U ranijoj fazi razvoja analitieke mehanike vain() nijcsio zauzirnaju P. L. M. de Maupertuis i P. S. Laplace:. Svakako ne stone se zaboraviti G. W. von Leibnitza koji je prvi poeco razniatrati gibanje sa stanoviSta kinetieke epergne.

9.9 Princip virtualnog rada Ovdje c'emo formulirati.jedan vrlo koristan princip kojim ino9.eino rjeSavati probleine ravnote9.e - statike inaterijahle Locke i krutog tijela razinatrajtMi samo mognee ill zamisljene pomake sustava. Takve infinitezimalne koji su mogu6i - dozvoljeni prelim datom sustavu sila i momenata i drugih uvjeta i ogranieenja, koji se nuino ne zbivaju vec su potencijalno moguei zoveino virtuulni pomuci of'4, a rad izvrAen dtp2, takvill pomaka zovemo virtuuMi ?Yu/ 1511/,. Radi se dakle o moguCeni - virtualnom radu ko,ji Li izvrSile site laid Li pontaknule tijelo - sustav duz virtualitill pomaka. Princip virtualnog radu lade da je sustav na koji qjeluju site i/ili inomenti sila u ravnotezi ako je virtualni rad primijenjenih sila i mornenata jedriak null. Ako virtualne pomake oznaeimo s i odgovarajae kutove zakreta s 15e;, onda princip virtualnog rada mo'llemo mateniatield formulirati ovako

E f; 154 = 0 za materijalnu toau. odnosno A111501) = 0 za kruto tijelo.

J. L. D'Alembert rodeo je 1717. godine u Parizu; P. S. Laplace je je roden 1749. godine u Beaumont-en-Auge.

•

>(f •

Simbol "6" ima uobieajena svojstva diferenciraMm tako ,je opr. 6(cos 6) = — sin

(4-65)

66 itd.

Princip virtualnog rada , koji onsiguenje provedbu mews' statike materijalmic toelte i krutog tijela uvomlimo tek ovdje jer je bilo tuOno prouciti djelovanje mostenata nit kruto tijelo, It to je tek a potpunosti obradeno u ovum poglavlju. Princip virtualnog rada formulirao je 1. Bernoulli' 1717. godine. Taj princip dio je drugaeijeg pristupa mehanici: za razliku od Newtonovskog pristupa gdje prvo "popisujeirio" site a zatim kroz provedbn drugog i tredeg aksioma, Uz uvjete i ogranitenja rjekvamo jednadibe gibanja, u tzv. analitiekoi raehanici kreeemo od ukuptie epergne sustava i pornoen tzv. d'Alembertovogl principa (poopeenja principa virtualnog rada), koji prolirujc pojam statike i gibanje prikazuje kao poseban slueaj statike i varijacionill Johann Bernoulli (1667-1748) elan je poznate 8vicarske obitelji koja je kroz vise generacija dala 01z poznatill marematitara i fizitara: Daniel (sin) bavio se hidrodinamikoni, Jakob (brat) bavio so diferencijalponi geornetrijonl, Johann 11 (sill) bavio se optikom i toplinom, Johann III (unuk) bavio se reorijom vjerojatnosti itd. I. Jean Le Rond D'Alembert (1717-1783) francuski matematitar i tiziear.

U daljoj provedbi i zaokruienju analitieke mehamike doprinijeli su Hamilton, Jacobi i Poincarre, da spomenemo sumo najistakuutiji?

Formillacija inehanike pomcK9u analitiekili metoda onaigueila je elegantno niatematieko proSirenje Inch:mike na relativistieko podrueje, a posebno a podrueje mikrosvijeta, kroz formalacija kvantlic Inchanike gdje tt potpunosti nestaje pojam silo, a &minimum ulogu imaju kinetieka i potencijahme energija, tj. energija inedadjelovanja.

Primjeri ra'Cuna statiEkih problema pomoCu principa virtualnog rada U slijede6ent nizu primjera primijellit (env, princip virtualliog rada na probleme statike inaterijalne toeke i krutog tijela. Svakako, svaki 0d tili prinijera inoguee ,je rijeSiti i ua "standardan" mein, inedutirm mode se pokazati da u !lieu slueajeva princip virtualnog rada vodi na bitno pojednostavnjenje raeuna. Leonhard Euler (1707-1783) Svicarski matematiear i fiziear; Joseph-Louis Lagrange (1736-1813) francuski matematiear i fiziear. Pierre Louis Moreau de Maupertuis (1698-1759) francuski matematiear; Pierre-Simon Laplace (1749-1827) francuski matematiear. ' Williams Rowan Hamilton (1805-1865) irski matematiear; Karl Gustav Jacob Jacobi (1804-1851) njemiteki matematiear; Jules Henri Poincare (1854-1912) francuski maternatiear i fiziear.

4. ltotariga krutog krutog tijela

,97

S

St,. 4. no

1). II el, val. Pzzlkil I za

Al lifinika i toplota

GI

Slika 4.43 uz primjer 4.33.

P. L. M. de Maupertuis rodeo ge 1698. godinc u Saint Matou, a J. L. Lagrange je tvden u Torinu 1736. godine.

J I;SENJE Rjeknje problema na "standardan" naCin rastavljanjern sila i izjednatavanjem odgovazajneih komponenti skoro je trivijalno. Ovdje Selimo pokazati kako se problem rje8ava principom virrualnog rada: telina tijela ml mogla bi pokrenuti tijclo niz kosinu i izvrAiti virtualni rad jcdnak 611', = 0, • Sr, =rnigSr, sin al. Na isti mein takav rad bi izvrSila i telina G2, tj. SW2 = O26F2 = ro2g6r2 sin o2. Porto su Sr, .2 su komponente vektora virtualnih pomaka St'1,2 za njih vrijedi uvjet Sr,

6r2 = 0,

Ito, zajedno s principom virtualnog rada Gi•6rI+G2 bF2 =0 i mo6r, sin a, + m2gdr, sin 02 = 0

dr, = —6r2 daje

mig sin crL Sr, — m2gsin 02 Sr i = 0

(mcgsin a, — m2g sin a2 )dr, = 0

uz

odnosno

daje, konaCno

ml sin cr, = m2 sin er2,

W. R. Hamilton rodeo je 1805. godine u Dub linu; K. G. J. Jacobi ruder; je 1804. godine u Potsdamu.

Ito predstavlja tra0eni uvjet ravnoteie sustava.

Princip virtualnog rada pogodan je za rjeavanje problema koloturja: to je sustav pornienih i nepornitrah kolotura (Sije mase u prvom pristupu zanernarMemo) koje sluZ:e za podizanje tereta. Takvim sustavom kolotura maze se s malorn silom savladati velika, no prvi je problem rijeMti statiku takvih situacija. Slijededi primjer obuhvada neke tipitne slutajeve. Primjer 4.34 Rijegite problem. ravnoteie tijela na sustavitna kolotura od (a) do (e) na slici 4.44. Muse kolotura va/ja uvijek zanemariti, a nit - uie je takoder bez mase i nerastezljivo! R.JEEN.IE

PI11.71C(171 7VTIC71. je 1854. godine u Naneyu djelovao je konecptualno

u fizici XX stoljeCa.

Ravnoteia materijalne toeke Prvo demo razmotriti nekoliko primjera ravnoteie materijathe todke. Ti su primjeri gotovo ,jednako tako jednostavno rijesivi i "standardnirn" rnetodama. Medutirn, problem koloturja u "standardnom" pristupu postaje kompliciran, pa se u tim pro idi prednost pristupa ravnoteie ravnoteže preko virtualnog rada. Poslije demo razmotriti i ravnote.Zu krutog tijela - sustava. Primjer 4.33 Na dvostrukoj kosini nagiba a t i a2, prerna slici 4.43 na/aze se dva tijela s rnasama en, i m2 . Tijela su povezana s bezmasenom nerastezljivom niti. PornoCu principa virtualnog rada izvedite uvjet pod kojim su tijela a. ravnot eie.

(a) Slueaj je trivijalan: kolotura sluZi samo za promjenu smjera djclovanja site. To, rnedutirn molerno opisati pomoeu virtualnog rada ovako: virtualni pomak Sr p za koji silo F ponmkne svoje bvatike u smjeru djelovanja jeclnak ,je virtualoom pomaku Sr,,, tijela m nasuprot tunic my , ali u suprotnom srnjeru. Virtualui rad site F .je F•kr, a virtualni rad teline je 5110 = 709.6.r,,. Vrijedi IlViet. + Sr. , = 0, Ito s principom virtualnog rada 6W = 0 = 614,+ 61-VG dajc F 62, + mg lr m = 0 = F6rh. + m9 (—Jr odnosno F = mg. (b) Zarnislimo do silo F spusti svojc hvatike za Sip. To skraemnje niti "s desne strafe- prve koloture izazvat Se isto skraeonje s lijeve stranc, no kako je druga kolotura porniem, 000 (njeno srediStc) Sc se "popeti" za Szk/2. To znaei da je izvrSen virtualni rad nasuprot teiinc tijela rn jednak 6I•Vo = ingkr,„ = rrig(ap12). Virtualni rad site F je SWH = Fbx p i vrijedi da je bx p + = 0. Princip virtualnog rada Sly = 0 = J5Wk + 6WG daje F6x, + mgh,„ = 0

i uz

Sip =

Fbx r + 7ng( -637F12).--- 0

= —62742

odnosno

F=

dobijemo

2 m.y.

4. R.otacint krutog krutoy

(a)

(b)

Str. 4 - 61

Str. 4- 62

D. Horvat.• Fizika 1 za FE!? - Mehartika i toplina

(c)

Slika 4.44 uz primjer 4.34

Daklc, 7.Z1 (jednoliko) podizanje predmeta muse rrr Od110S110 tthiTIC rag trcba u sustavu kolotura (b) dvoscuko manja sila F. (a) Prvc dvije koloturc funkaioniraju isto kao i u sustavu (b). Pomak trace (sasvim lijevo na slici) kolocure jednak je potovini pomaka srediSta srednje, pa sila F izv6i virtualni rad 6WF = F6trp, a raj rad je izvrt:en nasuprot teline C dui vircualnog pomaka jednakog (Ox r/2)/2 = 6.tp/4, tj. .= 0 = dx,„ = 0 dobijemo is principa virtualnog rada 611 .6. = ontax,„ i kako Jr 6:0.• trty(-61,,t14), pa je F = itrty, tj. trcba djelovati adorn tnytix,„ = FOxr + OIVG = FOrc jeduakom eater-tint teiine za odrZavanje ravnoceZe, odnosno, jednoliko podizauje fume tn.

Slika 4.45 uz zadatak 4.3 i slika 4.46 - Arhimedovo koloturje, uz zadatak 4.4.

Na osnovu rijedcuiIi primjera mole se vidjeci da de potrelma sila za postizanje rarnoceZe na koloturju bind jednaka oty12" gdjc je II btu] potnituill kolotutu!

Zadatak 9.3 Kolikorn silom mom vojrtik na slici 4.45 vudi kortop da Si bio u ravrtoteii? Masa vojnika zajedrto s opremont je 120 kg. RJESENJE: F = 588.50 N.

Zadatak 9.9 Na 5116 4.46 prikazano je tzv. Arltintedovo koloturje. Printjenont principa virtualnog rada Uvjeti su dani kao i runije: koloture i uie su bez muse i uie je nerastezIjivo. vaija rijegiti problem (a) i R.JI.:SENJE: (a) F = mg/4; (b) F = mg/5.

Ravitoteia krutog tijela L slijededim primjerima primijenjujemo princip virtualnog rada na ravnoteiu krutog tijela u nekoliko jednostavnill situacija. Pritnjer 9.35 Homogene ljestve muse M nuslortjene su na glatki zid. Nu njth djeluje Itorizontalna situ P (Prema sttei rokr.47). Koliki je iznos site P koja drii ljestve u ravuoteii? Radun valja provesti porttor.:u priucipa virtua/uog ruda.

X

-)1

Slika 4.4 7 uz primjer 4.35

FiJF:ENJE Sustav je u ravnoteii, medutim, kada bi sila P pomaknula ljestve, pomak 6.r zbio bi se u negativnom smjeru x-osi, tj, P • 61 = —Pbx = 6W.r . Pri pomaku 6x teiiate Ijestava podigne se za 6y, pa + OW, jednak je rad nasuprot site G = —3.11.1g jednak OW9 = —Mg6y, a ukupni virtualni rad OW = je nuli, tj. OW = 0 = —Pox — Myty.

Rotarija krnt.og krutoy tijcla

Str. 4- 6.5

/finvra.

.57.7. .1- G1

I FH

Mehartika i toptina

Iz slike jc sin 8 = x/e i cone = 2p/e pa ,je (sjetimo se do je "6-operacija" formaluo ista kao diforenciranic)

6x = 6(0 sin 8) = e6(sin 0) = f cos 060

6y =

1

- cos 0) = — e6(cos 0) = — sin 0 00 . 2 2

(2

1
0 i y < 0 granaina!

e < 1 - Tada je I —el> 0 pa VIVedil110 oznake I —( 2 = I/a i p/V1 — c= = b. Sada 11102,110 napisati jednactZ.hu (4) ovako (1 — e2 ) [x.2 + 2x

Pc 1 — e2

pc/( 1 — e2 )12 + p2 (1 — e2 ) 2

+ V2 =132

y2 2

P 1 — e2

ili

—1

(6)

5. Grand,.Oa

Str. 5- 7

sto uz ramie oznake a= 1

- < 2.

f =

V1

p

- 7: 2

—

- (2

(7)

vodi na jednakost (x

+ oe)2

y2 _ 1 ' b2

u2

(8)

Ato predstavlja jednadibu elipse sa sredintem S(x s, ys) izvan ishodinta (tj. u toeki (x s , ys)) (x - x.s.) 2 02 Vidirno da je sredinte elipse u u F,! (c)

(p - ps)2 b2

(9)

0), u skladu sa slikom prethodnog primjera, gdje je ishodinte

e = 0 - Odmah se vidi iz jednadibe (4) ili, joA bolje iz jednadthe (8) da dobijemo jednadXbu kruin tee x2 y2 = 1 x 2 + 11 2 = +

ur (d)

e

Cvedimo shell° kao ranije A

=

(10)

y2 —

A2

1,

B2

(11)

nto valja usporediti s jednadXbom hiperbole sa srediiitent a toeki S(x s , ys)

- xs) 2 A2

(Y

- Ys)2 _ B2

i La ee silo morati uzrokmati krukesje koje slijedi Keplerove zakone. Dalje, po treeem Keplerovom zakonu, omjer kvadrata ophodnog vremena i kuba srednje udaljenosti (r-a u gornjern izrazu za silu) stalan je. Prema tome vrijedi da ,je T 2 /7-3 = A (konstanta), pa, pigui izraz za silu skalarno, dobijemo Frp

2

4717, 21 211T

4n 42 Trr (5-2a)

Dakle, privlaena sila Sunce-planet opada s kvadratom udaljenosti, a proporcionalna je rnasi planeta. Medutim, po treeern Newtonovom aksiomu, planet 1st= silorn djeluje na Sunce, pa prema tome u konstanti koja se javlja u goihjem izrazu krije se i masa Sunca Ms, tj. gornji izraz valja napisati u shjedeeoj formi (izostav1jamo sada oznaku cp) Mg rrt F = konstanta (5-2b) r2

lzmedu svaka dva tijela u Svemiru javlja se privlaena sila koja je proporcionalna urtinaku njihovih masa, a obrnuto proporcionalna kvadratu njiltovilt udaljenosti, tj.

P- G""m2, , r2

- 1 B = P1Ve 2 - 1. Onda jednakost (6) daje

(x - cA)2

D. Hamar: Fizika I za FER. - Mehanika i toplina

Tako je Newton mogao 1684. godine formulirati svoj opei zakon gravitacije:

= b = p.

>1

.Sir. 5 - 8

(12)

(5-3)

(i objaviti ga 1687. godine). Negativni predznak da,je privlaenost site: ako se ishodigte koordinatnog sustava stavi u tijelo rri, onda sila "gleda" od tijela Trt2 prema tijelu int. Konstanta koja se javlja u gorn,joj jednadthi zove se univerzalna gravitociona konstanta i jednaka je G = 6.673 x 10-11 N rn2 /kg2 . Ta konstanta ovisi o jedinicarna u kojima se mjeri sila, a odredio ju je prvi Cavendish. Matematieki oblik ovisnosti sile o udaljenosti r prula trioguenost da silu nazovemo sila inverznog kvadrata. Zanindjivo je uotiti da istu funkcionalnu ovisnost o udaljenosti posjeduje i elektrostatska (Coulombova) sila izinedu dva elektritki nabijena tijela. Gibanje Mjeseca i Newtonov opel zakon gravitacije Newton je univerzalnost svoje site testirao na problemu gibanja Mjeseca oko Zernlje. Sila, dana izrazom (5-2a), tj.

nto pokazuje da je sredike hiperbole u toeki S(e.4,0), u skladu sa slikom hiperbole iz prethodnog primjera.

422

F =rn. Are

Dakle, pokazali smo da jednadiba (1) predstavlja parabolu (c = 1), clipsu (0 < e < 1), kruZnicu (e = 0) i hiperbolu (c > 1).

(5-2a)

morn odgovarati sill blizu povehine Zond,je Fy = gdje je ekspernnentalno titn.:rdetia vrijednost konstante y, koja je jednalca. 9.81 in/s2 . Hilo je, inedutim, pitanje kakva ,je silo (5-2a) na tijelo blizu Zenilje s obzirom na raspored mase Zemlje. Naime, r u jednadkbi (5-2a) predstavlja udaljenost izrnedu npr. Sunca i Marsa i gotovo je potpuno svejedno, s obzirom na goleme udaljenosti, da li se radi o odaljenosti od povrgina lb od sredigta. Medutirn, blizu povrgine planeta nije bilo sasvim jasno kako izraeunati silu! Tu je Newton primijenio svoj "upravo iclIffiljen" diferencijahti mewl i pokazao je da se i na povriani Zenilje radi o sill izmedu sredigta Zendjine kuyle i (toeltaste) inase. U primjeru 5.7 taj je rezultat izveden u danagnjoj, modernoj, u stvari Leibnitzovoj notaciji diferencijalnog raeuna.

5.3 Newtonov opei zakon gravitacije Newton je predodZbu sue iz svojih aksioma gibanja prenio na svemirske odnose kada je napravio hrabru pretpostavka da je sila univerzalna, tj. da ista sila odreduje gibanje tijela blizu povrtine Zetnlje (slobodni pad jabuke - kao gto hake povijest, iii kosi hitac, itd.) kao i gibanje Jupitera oko Sunca iii M,jeseca oko Zeinlje. Prvo. prema Huygensu ,je uzeo situ - centripetalnu silu - koja djeluje prema sredigtu vrtnje i daje kruZito gibanje, prema prvoin Keplerovom zakonu (jer su i kruknice u stvari elipse - vidi prirnjere 5.1 i 5.2), planeta oko Sunca. Prema tome. znajuei zakon kruknog gibanja, sila Sunce-planet je centralna - centripetalna sila, eiji je oblik jednak F. =

r.

(5-1)

Mjesec se giba oko Zeinlje tako da Una ophodno vrijeme TM ,jednako TM =27 dana 7 sati i 43 minute. Usporedujuei jednadnu (5-2a) i izraz za tekinu tijela vidimo da je 422 "

(5-4)

pri eernu je konstanta A jednaka za sve Zeinljine satelite (kojih, osim Mjeseca. u Newtonovo vrijeme nije bilo). Dakle, za Mjesec vrijedi treei Keplerov zakon: = A, gdje je rm polumjer Mjeseteve staze oko Zen*, a ena je velieina bila poznata u Newtonovo vrijeme rm = 60.1 x az.

9

5. Ural/It ego

.5. /1i

Sty.

4 x 3.142 x 60.13 x 6.378 x 106 in (2.361 x 106 s)2

5.466 x 10" in s2 — 9.81 in/s2 . 5.574 x 1012

toplula

izvodc na suttinski isZanimljivo je da se i danakja moderna mjercnja konstante toj aparaturi kao u Cavendishevorn pokusu: torziona "vaga" sastoji se od kvadratiene ploee (umjesto Sipke s kuglama) objekne na stakleno vlakno. Ploeu privlate eeliene kugle velitine dinje. Ste je kontrolirano raeunalom koje upravlja kuglama i mjeri zakret. Rezultati su precizni do 0.0014 %. Na osnovu tog mjerenja odredena je i masa Zemlje: Mz = (5.97223 ± 0.00008) x 102' kg i masa Sunca: Ms = (1.98843 ± 0.00003) X 1030 kg. I; okviru istog projekta mjerenja konstante G provjeren je i matematieki oblik ovisnosti silt F kao sile inverznog kvadrata, na malim udaljenostima. Do sada (2001. godina) Newtonov opti zakon gravitacije provjeren je do udaljenosti od 150 pm. Vjeruje it do bi odstupanje od zakona inverznog kvadrata na malim udaljenostima moglo ukazati no postojanje vieeg broja dimcnzija prostor-vremena, a to bi onda moglo objasniti zako je gravitation° medudjelovanje tako slabo u risporedbi s ostala tri fundamentaina mcdudjelovanja: prenosnici gravitacionog mecludjelovanja (hipotetski) gravitoni "izgube" se u dodatnirn dinienzijama i na taj naein "rainshiv" gravitacio7171

Ako se konstanta .4 uvrsti u izraz za g dobije se 4n2 r3 = 17z 2 T„ l'21

FlOt

Rezultat Cavendishevog pokusa sa konstantu C bjo je samo nekoliko postotaka drugatiji od " moderne" (mo'l.emo kazati) prave vrijednosti!

Tu vrijednost su aproksimativno znali i stari Grci - vidi dodatak poglavlju D5.2. Prvi podaci kojc je imao Newton o ,- ,-u su bili krivi, pa kad je provco raeun s njimo, nije dobio ono Oto Jr oeekivao i to go je pokolebalo u njegovim nastojanjima da formulira opti zakon silt. Mcdutim, kada je par godina nakon prvog raeuna dobio korigirane rezultate, rezultati su bili u skladu s univerzalnoSeu silt.

g

C. Moral l'Itaa I to

(5-5)

Ta,j je rezultat u skladu s rnjerenjima akceleracije sile tek, tj. akceleracije tijela na koje djeluje univerzalna sila gravitacije kada je tijelo udaljeno RZ od sredifta Zernlje! Prema tome, iz podataka o gibanju Mjeseca i it pretpostavke o univerzalnosti sile izveden je rezultat dobi,jen direktnirn mjerenjern gibanja ti,jela na povrMni Zemlje. Mole se kazati da je taj raeun prvi rezultat teorijske fizike u povijesti znanosti! Cavendishev pokust Cavendish je 1798. godine izveo pokus u kojem je izmjerio vrijednost gravitacione konstante C. Prije Cavendisha je, 1774. godine cngleski astronom Nevil Masi:dyne odrcdio G usporetioMO .silt, kojom Zemlja privlaei visak odnosno silu kojom planina privlati visak. Planinu zgodnog oblika flak° jc u Skotskoj, gdje se u ravnici iznenada izdiZe planina Schichallion, koja ima takav oblik da joj jc jednostavuo izraeunoti volumen i centar mase. Masu planine odredili su mnogiru buSenjima i uzimanjem uzoraka da pronadu (srcdnju) gustou, a pomotu teleskopa odredili su otklon niti viska. Ma.skelyne je izratunao konstantu G koja se oko 20% razlikujc od prave vrijednostil

5.3.1 OpCi zakon gravitacije i treCi Keplerov zakon za kružne putanje Tre6 Keplerov taboo usporeduje karakteristike putanja dva planets eije su mase M1 odnosno M2. Za njih vrijedi da Newtonov opei zakon gravitacije daje eentripetalnu silo koja uzrokuje periodieko gibanje planeta oko Sunca, tj.

Ms 7.2

M•v? ' 7'

(i = 1, 2),

(5-6)

a ophodno vrijeme - period Ti, brzina gibanja v, planeta i oko Sunca i duljina putanje 0; dani su ovako 0;

(i = 1,2)

= 2ra = viTt

(5-7)

pa jednadlba (5-6) s gornjorn daje

C Ms q 4,T2

T2

(i = 1,2) .

(5-8)

Ako izvrijednimo gornji izra.z za i = 1 i i = 2 i podijelilno jednadne, dobijemo TI

T?

T2

Slika 5.6 - Cavendishev pokus odredivanja konstante Uredaj za pokus se sastoji od kvarcne niti T (prema slici 5.6) uevrAeene na jednom kraju. Na drugom kraju niti je objekna Lanka Mplca (duljine 216m u pokusu) na eijirn su krajevima bile male olovne kuglice mase rn = 0.729 kg. Njima se su rnogle pribliziti dvije kugle mase M = 158 kg. Na taj su natin nastali momenti sile koji su zakrenuli §tap s kuglicama i time tordirali i kvarcnu nit. Na niti se nalazilo ogledalo Z koje je nakon refleksije snopa svjetlosti iz izvora L bacalo svijetlu toeku na skalu. Iz zakreta zrcala rnogli su se izratunati momenti (gravitacionih) sila izrnedu kugala, poznavajuai konstantu torzije lice, koja .je ranije bila odredena rnjerenjem titrajnog vrernena torzionog njihala (vidi D. Horvat: Fizika II - torziono njihalo). t Henry Cavendish (1731-1810) cnglcski fiziear i astronom.

T2

(5-9)

tj. izveli sine) it opeeg zakona gravitacije treed Keplerov zakon! Zanirnljivo je pogledati kako rezultati mjerenja parametara gibanja planeta Suneevog sustava slijede treei Keplerov zakon. Podaci su darn u ranijim tablicama 5.2 i 5.3 kao i u tablici 5.5 gdje u zadnjern stupcu vidimo konstantne rezultate omjera (5-9). Srednja udaljenost Zeinlje do Sunca nazvana je I astronornska jedinica - 1 aj - i ova ,je ,jednaka 1 aj=1.496 x lO nrn 1.5 x 10" in. Zadatak 5.1 Oko planeta gastodc p grim se, blizu pot/taint planeta, satelit. Koliko je ophodno Interne satelita? RJEIENJE: T = N/3r/pG.

tl

VicUcti npr. CERN

Courier, July/August 2000, str. 13.

Str. 5- II

5. Gravitari)a

.9.r. 5- 12

D. Horeaf: Fizika za FER Mehanika i toplina

Tablica 5.5 • Planed Sunecvog stmt.a i tred Keplerov calculi Planet

Masa

Srednji

[kg]

polumj.

3.18 x 1023

2.43 x 106

Venera

4.88 x 102 '1

Zendja

5.98 x 1023

Mars

6.42 x 1023

Jupiter

1.90 x 1027

1Jdaljenost ad

isi

Surica

7.60 x 106

5.79 x 101°

2.97

6.06 x 106

1.94 x 10 7

1.08 x 10' 1

2.99

6.37 x 106

3.16 x 107

1.50 x 10"

2.97

:1.37 x 10''

5.94 x 107

2.28 x 10 1 '

2.98

6.99 x 107

3.74 x 108

7.78 x 1U LL

2.97

7'

11

T2 /(0) 3 -191 [10

Period T

R fin]

ENJ

Na rnasu Cr, djeluje kornadie sac Stapa dM siloin dF tan= Newtonovim opeim zakonom

gravitacije dM

dF = Merkur

Saturn

5.68 x 1026

5.85 x 10'

9.35 x 108

1.08 x 1011

2.99

Uran

8.68 x 1026

2.33 x 10'

2.64 x 109

2.87 x 1012

2.95

Ncptun

1.03 x 1026

2.21 x 10'

5.22 x 109

4.50 x 1012

2.99

Pleton

1.00 x 1023

3.00 x 106

7.82 x 109

5.91 x 1012

2.96

Mjesec

7.36 x 1022

1.74 x 106

Sauce

1.99 x 1039

6.96 x 108

prema oznakama na slici. Iz simetrije situacije jasno je da ee "prOivjeti" sanio y koniponenta vektora rile, jer ee as parovi sila u horizontalnoin (x) smjeru ponikiti za parove djeliea masa simetriene u odnosu na ishodike 0. Iz dike vidimo da je r 2 = 62 + x2 , a mokirno uvesti i lineranu gustoeu p = M/e dAd/de , dM/dx. Takoder je cos°. = b/r = bb,/b2 + x 2, pa ukupnu silu u 9 sinjern ino.erno napisati kao zbroj (integral) preko cijele duljine S'tapa, tj. t/2

F, = os 1 dFac .-.-.. I.

t/2

G mill dx 6 _ Gm 0 e 6 2 + x 2 Vb2 + x2

--t/2

-

f dx 1 (02 ± .0 2)3/2

-

-t/2

t/2 Gm Al b x E 6 2 (6 2 + x2)'/2 I -1/2

GrnM 6

-

2 (462 + 02 )1 / 2

Za 6= e = 2a dobijemo GmM 2-17 5a2

Fy Priinjeri raZuna gravitacione site za razliEita tijela U slijedeeim primjerirna izraeunate su sile izmedu tijela razlititih geometrijskill oblika. Pri raeunima je primijenjen Newtonov opei zakon gravitacije tako da je djelie mase nekog tijela dnt proizveo silu dF (u odredenom smjeru), tj. m dF = -G- dm r2

(5-10)

gdje je r udaljenost od M do dm. Pri tome je tijelo djefi6a mase dm imalo takav geometrijski oblik da se rnoie definnati linearna, povr§inska i volumna gustoea, na isti natin kao i ranije, pri raeunima momenata tromosti npr. - vidjeti formule (4-14) do (4-16). Primjer 5.3 lzrueunajte kolikom silom privlaei tunki flap duljine e i mase M toekastu mast, m koja se nalazi na uduljenosti b od srediftu Rapa na okontici koja prolurt srediftern flapa. Uzrntte zutim da je b = = 2a. Nputa: dx /( 22 + x2)3/2 = x /[a2(a2 x2)1/2"

f

Primjer 5.4 Pronaei situ izrnedu tankog hornogenog flaps muse M i duljine e i toekaste muse m koja se nalazi no pravcu no kojern leii flap i udaljena je a od sredifta Itapa. 0

M

dM

'11

x

x

Slika 5.8 uz primjer 5.4.

R.JES ENJE Djeli6 mase Atapa dM izrazimo preko linerane gusto6e dM = pdx = (M/e)dx. Taj djelir je mlaljen od en za r koji je (prema slid 5.8) jednak r = 30/2 - x i on proizvcde silu dF danu formulom (5-4). Ukupnu situ nademo "zbrajanjem" - integracijom dui cijelog gtapa, tj. od ri = 3e/2 do r2 = e/2. Dakle

dx 2 dill =Gym f (30/2

F = f dF =

=

x)2

0

'11 1

b-x a

= -Gym

b(b - e)

!An uz 6= 30/2 daje F=

4 3

mM f2

M x -->1 Slika 5.7 uz printjer. 5.3

Primjer 5.5 /zraeunati situ kojom tanki homogeni prsten polurnjera Po i muse M privlaei todkastu musu ne koja se nalazi nu osi koja je okomita no ruvninu prstena i prolazi njegovirn srediateni! Toekasto tijelo je no udaljenosti in ad ravnine prstenu.

S

5. Gmvitaci.ja

.5 - la

. 5- 1 4

D. !lomat. Pi=1.1..a 1 as PEI? - Mchartzka i toplina

Dakle, sila sc promijcni n

4 4 priv/adi toekastu mast; m koja an nalazi

Primjer 5.7 lzraeunajte situ kojom kugla mast: Al,, i polumjera na odaljenosti r od sredigta kugle.

Slika 5.9 uz prirnjer 5.5.

RJE9ENJE Kao i ranijc, uvedemo linearnu gustoiu p = M/2pcor = dM/de, gdjc je di djelie kruimog luka prstcna. lz gcomctrijc jc di = podO, pa djelie mast dM moiemo napisati ovako dM =

2p077

m di = Il podtk = — dO. 2p077 21r

R.JE?ENJE Silu punt kugle mast M„ na toekastu masu m izratunat demo kao ukupni efekt (beskonatnog) zbroja sila zbog (beskonaenog broja) Ijuski mast Al eija su sredika udaljena r ad trkkaste mast.

Onda je infinitezimalna sila, prcma slid jednaka

dF = G

mdfld r2

no kako sc zbog simctrijc situacije horizontalne komponcntc vcktora silt poniStavaju, ostajc samo komponenta u z smjcru, tj.

= f df; = fdF cosn Cmx M f

Slika 5.10 uz prirnjer 5.7: doprinos sili na tijelo moan rrt od kruine trake mase d1L1, prikazane u projekeiji.

GmMx

r3

(x 2 + 4 )3/2

0

mdM rIF = -G— cos (5.

G f :7 2r-x-dA4 =

GmM

= r3 22a J

Silu zbog pojedine Ijuske mast dobit demo tako da "zbrojimo" - integriramo preko Svlh mogneili kruinih tra.ka prikazanih u presjeku na slici 5.10. Jasno jc iz simctrijc situacijc da do rezufia.ntna sila pokazivati (samo) duZ osi OP. Djelii: silt dF zbog mast kruZne trake mast ddl jc

32

Ako je Ijuska homogena, MOiC1710 uvcsti povrSinsku gustodu

=

4 4

Sl

= dM

dM = —2 sin 0 R27 4/07t

A2 2

sin 8d8,

pa je djelie sile jcdnak

RJE9ENJE Sila izmedu "originalnih" kugala je

Gmild sin cos rk c10. 282

dF 2 ,

a gustoda je p = /V = M/(4/07/3), pa je polumjer kugle jcdnak R = (3/14/47rp)1 / 3 . Kada to uvrstimo u izraz za Ft dobijcmo

C (-2 4 ) 213 M413 = KM213 M213. 3 Ako se mast promijene, tj. M1,2

4/12 7r

gdje smo uveli polumjer kruZne trakc p, a povrSina trake je, u infinitezimalnoj geomctriji, jednaka "opsegxvisina" , tj. (IS = 2prr Rd° i kako je sin 8 = dobijemo

Primjer 5.6 Dvije identiene homogene kugle su u dodiru i privlade se sitom F. Kako de se promijeniti silo ako se mase kugala povedaju n puta? (Gustoda materijala an ne mijenja0

Ft = G

dM = —2,97

nM1,2 dobiijemo

K(nM)213(nm)2/3 = Km4/3n4/3 ,4/3

Ukupna sila F jednaka je F = f dF. Pri toj integraciji valja vidjeti kako sc mijcnjaju 0, i s. Pomodu kosinusovog poueka primijenjenog dva puta na lijevi (vrh 0)i desni (vrh P) trokut prema slici irnamo = R2 r2 - 2Rr cos

R2 =

r2 - 2sr cos rk

i oeito funkcije kutova molemo zamijeniti varijablom s, tj. cos (r 2 + 32 R2)/2rs, pa je

- sin 0 dO -=

-2 -ds rR

= (r 2 + R2 - 82 )/ 2r R i cos =

5. Ginvitacija

Str. 5- 15

i izraz za L1F sada postaje di' =

Str. 5 - 16

D. Horuat: Fizika I za FER - Mehanska i toplina

11z poCetne uvjctc z(0) = R i 1(0) = 0 = ,r(0) = V0). Dakle, drugi Newtonov aksiom daje GrriM r 2 + – 122 s ds – 2s 2 2r s rR

art LM 1.2 ± – , 32 4/-2/2

ds.

Ukupna silo F jednaka je zbroju svih doprinosa pri cemu se s mijenja od miniznalne vrijednosti s i = r – (za 8 = 0) do maksimalne vrijednosti se = r + R (za 8 = r). Sam integral je jednak

1=

f r 2 –R2 + 32

–

r7 – R2

VaISi

—

Z, AIZ ill .

d .G M z

cw z =

= GNIZ

Da bismo integrirali ovu diferencijalnu jednad2bu, valja napraviti transformaciju koju sum i ranije sreli

d _ dz d dt dz dl

=•-•

.d z crz'

= 4R. pa sada molemo napisati

d d 1d ,717, 2 = 2,77 .2 =

G1117 ili

=-

zz

Ukupna sila je F=

GInM

d(i)2 = –2GMz f c1 .72 ,

To je silo zbog kuglaste Ijuske polumjera R i close na tijelo ma-se In koje je na udaljenosti r od sredika ljuske! Oidto se II cc pojavljuje, odnosno dobijen je rezultat kao da je masa cijele ljuske "zguZvana" u toau - sredike, a r je razmak tih dviju totkastili masa! Jasno je da je oath silo F„ zbog puce kugle jednostavno jednaka Gra Al. FL, – 7-2

§to daje

1 i7 = 2GMz – + Gt. Konstantu integracije Ci odredimo iz potetnill uvjeta, tj. 2 2 (0) = 0 = 2G/I.12

To je izuzetno vaZan rezultat koji jc Newton prvi izvco i time onloguirio potpunu formulaciju i primjenu i opireg zakona gravitacije!

i(t) =

dz —

dl

=

z(0 )

+ CI

,

2G 1412 ,

odakle dobijemo C1 –

,, 1 1 – V2Gmz ( z– R

1" /

— R

( R – 2) 1 / 2 , z

pa je

ili

f (12 \1z z R = –VGA 4 1. 2 f dt. Satelit se giba oko Zernije tako da je rteprestano iznud glare proirtatraeu no ekvatoru. Ako satelit u jednorn trenutku izfjubi tangencijainu brzinu inercijabiorn sus/4/ra a kojein i Zonljc4 rotira oko svoje osi) valja izraeunati vrijeme za koje 6e satelit pasti tia Zonlju. (Uputu: posluiite se tablicania za odredenje jednog integralOi Primjer 5.8

U inercijalnom sustavu promatraiz mjeri ophodno vrijeme satelita jednako 24 rata. Cen-

U tablicama integrala nalazimo = –Rarccos ? Ng– Vz(R – z),

f pa

lako dobijemo

tripetalnu silo uzrokujc gravitaciona sila, tj. –Rarccos

i'2/19

V2

211 9M2 = – G R2

– Vz(R – z) =

V2GMz f • at –

jc e R = Cbdz , IlVjuti dail l (.12 = O. Vrijctuc 1/i1.1;111.ja ovisuu 0 vision z jellIlilk0

gdje je ins iiasa satelita, Ale masa Zeinlje, a It je polumjer staze oko Zemlje, tj. 12 = Rz + It, 0 ft je visina satelita izoad Zentlje. Brzina satelita na putanji oko Zendje n povezana jc s ophodnim vremenoin 42r 2

2Re = 'uT

Mz

= konst .

t(z) -=

V2GMz { \/z(R

jc

– z)+ Rarecas

Vrijenie padanja th jc vrijeme od z = R do z = Re = 12– h, tj.

pa smo ovdje u stvari izveli treiS Keplerov zakon iz kojeg moleino odrecliti polumjer putanje 11, tj. G1 /3 = 4.224 x 107 m. R= (T 2 ) 4r 2

th –2GMz

Rarccos

z = 1.487 x 104 s VR

= 4 rata 7 min. 54 s.

Time smo odredili poiretne uvjctc, tj. satelit je t = 0 na z(0) = R ill z(0) = h = 3.586 x 10 7 m. Os z gleda od sredika Zeinlje "uvis". Sada valja razmotriti jednadibu gibanja tijela u iliercijalnom sustavu u kojem Zemlja rotira, a iznad rile se nalazi satelit koji se u jednom trenutku zaustavio (na udaljenosti R od sredigta Zeinlje) i on pada pod djelovanjem gravitacione site

z2

5.3.2 Opei zakon 6ravitacije i akceleracija site teie Izuzetno valan rezultat do kojeg je do8ao Newton (vidjeti primjer 5.7) je taj da je udaljenost r koja se javlja u (Teem zakonu gravitacije u stvari udaljenost

od centara kugli (ako se radi o kuglastim tijelima). Prema tome, Zemlja takoder privlati tijela na svojoj

5. Gravitacija

St, 1- 17

Si,. 5- 18

D. Ilstvst.• Pinks I za PEI? - Mchernika i typhus

povrgini kao da je njena cijela rnasa skupljena u srecligtu. Udaljeriost koja ulazi u opei zakon gravitacije za privlatenje nekog tijela i Zeinlje je polunijer Zerolje R.5 Zato inoi2,erno napisati silu na tijelo litase rn. na povrlini Zemlje (u skalarnom obliku) kao Mz F=G 2•m (5- 11) Rz a to mora biti "naga" poznata teliina tijela FG ciji oblik srno ovako pisali FG = en • g

(5-12) Slika 5.11 - poinak od toeke .1 do toeke B odredenih radijusvektorirna

i eiju smo akceleraciju mjerili i dobili smo g = 9.81 rri/s2! To znati da je to "neobiena" brojka a stvari povezana sa svojstvinia Zernlje i s opeom prirodnorn konstantont G ,

e't i F2. Infinitezimalni pomak (.0dan je pomakom u radijalnom srnjeru k dr i pomakom 11 S171.icru poveeanja Into r

t,j. df = i-,ir +

r do.

likuplm putanju od A do B molemo prikazati kao (beskonaenn) sumn

(5-13a) 1,

Vrijednost akceleracija silo teZe ovisi o polozaju ita Zemlji, a posebno je von ka razlika izinedu vrijorlilosti g na polu i na ekvatoru. gP

=

y, = 9.7805 N/kg

9.8332 N /kg

jeduak je jednostavno fir. Zato u

di-ova. Skalarni produkt

G Al z g =

(5-13b)

a gto smo veil ranije istaknuli pri razinatranju neinercijalnili sustava. Ranije smo (poglavlje 1) uveli izraz kojim se dobro opisuje g u ovisnosti o zemljopisnoj girini 0, a 'SW ovdje molemo dobro aproksirnirati kraeom formulom g(0) _-.-_ 9.7805(1+0.005 29 sine 0). \'rijednost g, (gravitacijskog polja - vidi nine odjeljak 5.4.1) ovisi i o dubini i visini, all i o lokalnim geologkim svojstvima. Moderni instrumenti - gravimetri - mogu rnjeriti relativnu promjenu g do preciznosti 10-8 g. Pri torn se mjerenju uvodi jedinica 1 galileo=-1Gal=1cm/s2 , odnosno 1 mGal=1 x 10-8 N/kg. Prijenosni gravimetri mogu mjeriti iznos lokalnog polja do 0.01mGal. Povedanje visine za 3 m mijenja polje za 1 mGal. Promjene gravitacijskog polja zbog prisutnosti nafte u gupljinama manifestiraju se promjenorn iznosa g - gravitacijskog polja izmedu 0.5 i 5 mGal.

PIP:gr.:1p ostaje pallmstavna integracija po rlr od V j do IF21.

1)01,ili rano vrlo vaZan ali i oil ranije poznat rezultati rail ovisi samo 0 poect nom i konaimom polo-Z:1.1u, a ne o naeinu kako stito prosli od A do B. Preina tome, gravitaciona silo je konze.rvativuo. To znaei da joj 1005e1110 pridruZiti potencijalnu energiju, tako da napigerno da je izvrgeni rad jednak

2 ) - Et ' ) ) = -AEp = -(4 GMrn G Min) Znati da mo'Zemo napisati da u nekoj toeki prostora oko mase energiju jednaku

=

E, u

E =

Rad pri savladavanju gravitacione site, pri premjegtanju tijela mase m u blizini tijela mase M iz pololaja na r 2 , tj. od A do B na slici 5.11 izraZien je u skladu s ranijom definicijom

G M r ra)

Ek +

1 = — 2

(r"

jednaka je zbroju kinetieke i potencijalne energije

if

d 2 Tit (— i') +

G Mru — 11

r

r = r,

Grn

/7-2 , dobijemo da je

1 Galin( (5-IS')

2 r

(5-14) — 7.2

(5-18)

( — G Mnt)—.

h

Uvjet konzervativnosti site moiemo definirati i na dugaeiji naein. Vidjeli smo da za konzervativnu situ moierno definirati potencijalnu energrju preko (ulolenog) rada, U. iz definicije

+ (145)

r, = — G Mnt f

(5-17)

Za kruZne putanje kada .je P.cp = kada molemo napisati da je mv2 /r = env' = GM/r, pa je ukupna energija jednaka E =

-2

G Mn,,

r2

r, di. = 1 G AI m 7

skladu s gornjim rezultatom, jer je radijalna

tj. iz potencijalne energije (5-16) "rekonstruirali" smo gravitacionu silu.

5.4 Rad i potencijalna energija gravitacione sile

•

(5-16)

pa dobjerno

Ukupria energija tijela mase en u podrueju mase

W1,2 = f

tijelo mase m irna gravitacionu potencijalnu

r

kornponenta operatora nabla jednostavno jednaka =

4 4

M

GMm E9(r)

Svakako da je definicija konzervativne site F Zadatak 5.2 Satelit se giba blizu povrgine planets gustode p. Koliko je ophodno vrijemo (period) satclita? RJE I ENJE: T = 131ripG.

(5-15)

r2

t

-GA/m (1 1) rt

r2

117 = f

= —

=- — f di/ (F) = — f dE,„ r,

r,

5. Gravitaeija

St, 5- 19

moAento napisati relaciju

Str. 5- 20

D. /lomat: Fizika 1 za FER Mehanika i toplina

tj. dobili smo 3. Keplerov zakon, odakte jc F • di-- = -d1"(F)

i nju mor.emo invertirati tako da napikimo

rc -

= -VV(F) = -grad V(F),

VGATzT 2 4r2

Izvrkili rad W1 jednak jc

gdjc, dakle, iz skalarne funkcijc V(F) koju zovemo potencijalna energija, mokino izraeunati situ. WI = GMz (

Ako potencijalna energija V(F) = E,,(F)ovisi salmi o iznosu vektora r, tj. V(F) = l'(r), undo je ix 1 .(6) izvedena silo centrunta, tj. F(F) = r f(r) = (Fir) f(r). No to ujedno znaei da konzervativnu zilu

xF= 0

iti

V (r)) = 0, ili rot (grad) V(r) = 0. Da zit centralnu situ vrijcdi gornji izraz, lako se uvjerimo direktnini raeunom u Kartezijevim koordinatama (uz oznake Wax itd.)

l'ri tonic

1110,.C1110

= det

az

a,

f(r)'-rE

f(r) ; .Y

x,

Valje napomenuti da smo uratunati samo rad nasuprot Zemljine privlatne site, a nismo uzeli u obzir privlakenje Mjeseca koje bi dalje promijenilo rezultat.

a, f(r)

4 _ xi ax.

V4 + 4 + 4

r

a 0.r)

=

Or a —

—,

Orj Or

pa vrijcdi npr.

[f(r).rYd =

Zernljin satelit. Koliko je ophodno vrijeme tog Wein? ; ' ‘y-

[-f+ 71 !(Jz = P (T- [1 M

.2;0 =°'

Na isti naein provederno raeun i za druge komponente, to piktno konaeno x

R.JI,S'ENJE Mom so postiei takva brzina koja Fe proizvesti centripetalnu situ - gravitacionu situ na udaljenosti r = Rz, ut112 -r—

= 0,

kao uvjct konzcrvativnosti site F i kaZento do polje centralise silo nema vrtloga! Pritujer 5.9

Da in se, prehacio teret muse II t so Zemlje na Mjesce plus ga se plebaci u yeostacionarnu

urbitu,t a notion toga go se pogalje no Mjesee. Valja izraeurtati i usporediti dva redo nasuprot gratitacionc sole Zemlje 1ZUrg C110 pri tont transyortu. 11.11:SENJ E Vidjeli smo do je izerSen rad jednak (negativnoj) proinjent potencijalne energije W =-cSE7 =

-

rk

=

Mzrn 2 i kako je rk 4r4ir 2 GIVIz T2

odnosno

=

0

2ror

dobije se

T 2 4a2 = GMz ,

t Geostacionarna orbita jest takvo kruienje tijela - satelita oko Zemlje pri kojem je satelit stalno iznad glove nekoon promatraeu (koji nije na polo) - vidjeti primjer 5.8.

Mint r2

tj. It=

Rz

l.z podatke Rz = 6.378 x 108 m, /11z = 5.974 x kg i G = 6.673 x 10-" Nkg-2 m 2 , dobijemo v = 7.91 km/s. Tu brzinu ponekad zovemo "prva kozmieka brzina". Period ili ophodno vrijeme T tijela dano.je ovako T=

2.12z7r

R2 = 2rt \/.8 = 1 sat 24 min 29 s G M2

Ako ne mokimo uzeti aproksimaciju da je r -, Rz onda 3. Keplerov zakon daje opeenitu formulu T -, or x 10 -7r3/ 2 koja daje za h = 200 km, ko je sasvim realistiena visina, 7' = 5.309 x 10' s = 1 sat 28 min 29 s.

pri Ceinu je = -GAlta(1/r,). Za poeetni r, = r„ uzniemo Rz = 6378km, a za koniteni r0 uzmemo onaj za koji Jr ophodno vrijeme jednako ophodnom vremenu Zemlje, tj. 7' = 24 sata= 86 400 s. Polumjer stazc rakete s teretom za koju je T = 24 It dobijemo iz jednakosti gravitacione i centripetalne silo, tj. iz iskaza da je uzrok - izvor rotacije, odnosno centripetalne site upravo gravitaciona silo, tj. 1/1'2, 2

4

Pritnjor 5.10 liraurtajte brzirtu kojorn treba izhaciti tijeto (ruketu) u putanju Mint Zemlje do bi ono postal°

a ay [f(r) fl

Za rad pri drugoj etapi treba uzeti udatjenost do Mjeseca koja iznosi (za kruktu putanju ) rrot = 3.84 x 108 m, uz period od 27.3 dana ili , toenije T = 27 dana 7 sati 43 minute. Rad je jednak W2 = -9.239 x 1010 J. Vidimo da je 114121 < (WI I, iako Jr put od staze oko Zemlje do Mjeseca veei od prvog puta. Razlog tome jc opadanjc silo s kvadratorn udaljenosti.

opeenito izraeunati Or _

1

- --) = -5.837 x 10" J. Hz

rot I = 0,

x

x

1 rr.k

Rad je negativan, ali je promjena potencijalna energije pozitivna, tj. Er, je poveeana, Sto je intuitivno Mekivajuee!

moiemo defintrati i tako da napikmo da vrijcdi

jer vrijcdi identitet do je

= 4.224 x 10 7 m

4 4 Primjer 5.11

Raketa noose 711 isyaljena je vertikakto uvis brzinorn vo s povrairte Zemlje. Kolika mom biti

brzina oc do raketa yobjeyne Zernljinoj privlaenosti? RJES'ENJE Poeetna kinetieka energija rakete je K81 = mvg/2, a poeetna potencijalna energija je

48) = -GrnAlz Hz

5. Gruvitacija

Str. 5- 21

Kako se raketa uspinje, njena potencijalna energija raste, a E;") se smanjuje. Svakako, ukupna energija E. je saeuvana pa vrijedi da je

E. = E1,0 +

E;,." +

gdje je npr. E,;;) kinetiCka energija raketc nakon nekog vremena. C nekom Cc trenutku E1 biti jcdnaka nuli "negdje daleko", gdje !c raketa praktiCki biti slobodna od utjecaja Zemlje, a to neka je u r = cc. ZnaCi da je

E(k ') 41' ) = Ek (V = 0) + Egr = oc) = 0, pa vo =

1

je t

2

= GrnMz

odakle je

Sir. 5- 22

D. floruat: Fizika / za FER - Mchanika i top/ina

i kasati da je sila na tijelo rit 2 indeksa je potpuno proizvoljan i sve sto slijedi vrijedi i za zamijeniene indekse) posljednia dovodenja tijela nr 2 n podrueije n kojeni je tijelo ni l stvorilo gravitaciono poljc 7, , ciji je matematitki zapis jednak =

Grn

(5-20)

To gravitaciono polje . je "svojstvo prostora" oko tijela nt, kao posljedica postojanja mase tog tijela. Silo tijela 2n, na 102 je, onda, jednostavno jednaka

2GMz — 11.18 km/s. Rz

(5-21)

F1,2 = 7om2,

To je too. "druga kozmiCka brzina", kod koje se tijelo oslobodi Zemlje i postane novi slobodni Clan SunCevog sustava.

tj. sila je ,jednaka urnnoltu polja (stvorenog masom on' ) i mase T112. Kako je sila F u (5-19) konzervativna, moliemo prema ranije izvedenom napisati

Gm rn2

=

r

Izraeunajte kojorn bi brzinom vo moral() biti lansirano tijelo s povrgine Zemlje da se ono oslobodi Suneevog sustava i krene "po zvijezdanim stazarna".

Primjer 5.12

R.JESEIJE Da bi se tijelo oslobodilo Zemlje, treba mu 2. kozmiCka brzina 02 izratunata ranije, tj. v2 = V2GMz /Rz = 11.18 km/s. Kada se oslobodi Zemlje, tijelo u odnosu na nju nema nikakvu brzinu (po pretpostavci izvoda 2. kozmitke brzine kao minimalne brzine koju valja imati tijelo da at sant° oslobodi). N1edutim, u odnosu na Sunce tijelo ima Zemljinu orbitalnu brzinu vz koju nademo iz ophodnog vremena Tz i polumjera Zemljine staze oko Sunca Ro = 1 aj = 1.496 x 10" m, tj. vz =

2Rrt

Tz

2 x 1 aj x rr — 369 x 86900s

2 x 1.496 x 10" m x 3.14 = 29.81 km/s. 3.164 x 107 s

iii (5-22)

= [v — 1rn2=7tm2, pa vidimo da gravitaciono polje rno2erno napisati kao gradijent skalarne funkcije koju zovemo gravitacioni potencijal OH, tj. (5-23) odnosno, gravitacioni potencijal tijela mase in na udaljenosti r je definiran ovako

=

Gm

(5-24)

Da bi se tijelo oslobodilo Sunca treba mu brzina vs dana preko analogue relacije za Zemlju, tj.

2GRs

vs =

Mo

-= 42.12 km/s.

Tu brzinu tijelo !e postiCi uz porno! Zemljine orbitalne brzine vz i pomoCu brzine Ov koja mu joS ostane nakon gto je saviadalo Zemljinu privlaCnost, tj. vs = vz + Av, pa je Ov = vs — vz = 12.32 km/s. Na potetku je tijelo imalo kinetiCku energiju Eo = mv(1/2 i to se kinctitka energija dijelom potrogi na savladavanje Zemljinog potencijala, a dijelom ostane za savladavanje Sunca, tj.

Za raeun site izmedu razlieitill tijela razlicitih rasporeda masa u prostoru, trio eesto je lakSle izratunati prvo skalarnu funkciju eb(r), pa onda is nje israeunati gravitaciono polje i konatno gravitacionu situ. Svakako pojavljuje se menu "zbrajanja" - integracije preko prostornog rasporeda masa, sto moSe biti krupan problem, old kao u ranijim ratunima sila odnosno potencijalnili energija! Primjer 5.13 Izraennajte gravitacionu poteneijainu energiju toekastog tijela muse on koje se nalazi u blizini homogenog prstena rouse M polurnjera a. Tijelo je nn osi prstena okornitoj na ravninu prstena. Os prolazi

kroz sredigte prstena, a tijelo je udaljeno x od sredigta.

2 1 2 1 — inve = — nav2 + — m(6,12) 2 gto dajc 2 2 2

v3 -= V24 + (6,21) 2 = 16.64 km/s. Ponekad se to brzina zove trc!a kozmielca brzina.

5.4.1 Gravitaciono polje i gravitacioni potencijal Newtonov opei zakon gravitacije F Gon j ondr2 u potpunosti simetrieno tretira tijela rt, i roz. Medutim, mi moiemo sugestivno napisati taj zakon i ovako =

r) rn2

(5-19)

Slika 5.12 uz prirnjer 5.13.

5. Gruoitartja

Ste. 5- 23

Zbog djeliaa prstena duljine de aija je fruits» tijelo to imat cc potencijalnu energiju jednaku (11/ -GendAl/r, gdje je r udaljenost de ad tn. Tu udaljenost moicmo izraziti preko zadanih veliaina r = i kako je to udaljenost jednaka za SVC dijeliae prstena, nju moicmo izvaditi izvan integrals pri raiMnu ukupnog potencijala, tj.

Gm f + a'

V(x) -

Ste. 5 - 24

D. Iforuat: Fizika I za FER Meltanika i toplina

Onda je

dU = G

mo 2R2 ir sin (18 T1

Ukupnu potencijalnu energiju U dobijemo "zbrajanjem" (integriranjem) svih prstenova. Svakako, r, Sc mijenja pri torn "zbrajanju", tj. r, ovisi o kutu 8, prema kosinusovom pouaku r( = R 2 +1-2 - 2rRcos 8, gdjc je r udaljenost srediSta ljuske do masa en. Umjesto da direktuo uvrstimo r, u izraz za U(r), boljc je prije(li na r, kao novu varijablu. Diferenciranjem gornjeg izraza dobijemo

Prsten je hornogen, pa vrijedi da jc linearna gustoaa konstantna, tj. 2r, dr, = 27-R sin B de,

= M=M de =ado,

dM

.

kako je

moicmo sada napisati dU(r) ovako

= pde = pa dcP = 4a 211 dc5

moicmo napisati

iii

dU(r). -G

o 2Rxm

dr,.

zR

1/(x)=

Gen M f ix 2 + a - 27,

(10 = G

Alm "Zbrajanjc" po prstenovima pri kojem bi kut B itao od 0 do r sada Sc svodi na intcgriranje od 0) = r - R do 7-r"'(.9 = zr) = r R. Prema tome je

a

(8 =

r+R

G o4rR'en

U(r) = i dU(r) = Go2rRm i rd , = r

4 4 Izraeunujte gruvitaaionu potenaijulnu energiju za tunku (fiontogenu) kuglinu Ijusku polumjera R i muse M0 i toekasto tijelo muse nt koje se rtuluzi nu uduljenosti r od sredigtu Ijuske!

Prinkjer 5.14

im

r

je iv: = MR/4R2 r dobijcmo potencijalnu energiju tijela m na udaljenosti T od Ijuske polumjera R

U(r) = -G AIRrn

(r > R).

Ako sada izra6unamo potcncijalnu energiju za r < R, onda vidimo da se granite integracije promijene na (8 = 0) = /Z - 7' do 7-r"'(.9 = zr) = R + r, pa je integral jednak m U( r)

_ _ G o2nRm f

dr, = -Go4erRen

R-r uz definciju

(a)

(b)

Sliku 5.13 - uz ratan poteneijalu kugline Ijuske - primjer 5. 14-

ru EENJE Na tijelo noise lr, prema slici 5.13(a) djeluje djclic 1110:02 tiM koja je na uclaljenosti r,, pa je potencijalna energija jednaka dAl m = -G r, Komadie mace dM je u stvari prsten polumjera p. Kako je Ijuska homogena, vrijedi za povrSinsku gustoau a slijedcae

a

dM MR MR —=—= 4R2 s. dS S

pa je

dM =

4/O rr

(1- < R).

Gravitaciona sila je konzervativna, pa moicmo izvcsti raniji rezultat uzevSi rclaciju F = -VU(r) i kako je U funkcija samo od r (iznosa vektora) onda je (vidjcti u dodatak o vektorima o operatoru V) MR171, /7' = -X±U (r)

dr

r' 0

za r > R za r < R.

Dakle, unutar ljuskc cestica mast m ne osje6, nikakvu silu, a izvan Ijuske na testicu djeluje sila koja bi nastala od toekastog tijela mase MR koje je "stisnuto" u totku, a razmak izmedu to tokke i (toekastog) tijela mast en jc r. To je od ranije dobijen izuzetno vaian rezultat.

dS,

a povrSina dS je djelorniano prikazafia na slici 5.13(6). Kada se povrSina "odrnota" dobije se "pravokuttla" Dalje vrijedi, traka (u infinitezimalnoj geometriji) koja ima jednu stranicu dugu 2pa, a druga je lie = R prema slici 5.13(6) da je sin B = p/R iii p = Rsiu 8, pa je t1S = (2per)de = 2R2 rr sin 8d8 i dobijcmo da jc

dM = • 2112 sin dB.

on

U(r) = -G

4 4 Zadatak 5.3 Izraeunajte poteneijalnu energiju toekaste mase at koja se nalazi na oat koja je okomita na 7'007tinU homogenog tankog prstena muse M i polumjem pa. Os prolazi sredigtem prstena a Ma5a to je udaljena x od ravnine (is ranijeg prirnjera raeuna site).

5. Gmrstacija

Sir. 5- 25

RJESENJE:

= —Grnitt /(17 2 + a) 112.

Sir. 5 26

Mcharaka i toplina

D. Norval: Fizika I za FBI?

U slijedeeem primjeru primijenjen je Gaussov teorem na raeun gravitacione sile unutar masivnog tijela. Tim je raeunorn prireden slijedeei primjer koji pokazuje zaniniljiv rezultat harmoniekog titranja povezanog sa silom gravitacije

Primjer 5.15 Gaussov zakon za gravitaciono polje Za raeun gravitacionog polja. razlieitog (nesimetrienog) rasporeda

hraeunajte situ na tijelo muse m unutar masivne kugle ukupne muse Al i polumjera R. lzraeunajte i i potencijalnu energiju.

masa, integral preko dm najteSee je vrlo teSko analitieki izvrijedniti. Medutim, za pojedine simetriene situacije pogodnoje uvesti, porno& sjednog teorerna iz vektorske analize metodu raeuna koja je vrlo praktiena i vodi do brzili rezultata.

R.JEF,NJE Neka se tijelo m nalazi na udaljenosti r od sredika kugle. Sila kojom djelujc tijelo jcdnaka je umnoktu masc m i gravitacionog polja proizvedenog masom M na mjestu r. Poljc Cemo izratunati pomo6u Gaussovog tcorcma za gravitaciono polje, tj.

U vektorskoj analizi nalazimo integralni teorem poznat pod imenom Gaussov teorem ili teovem divergenciji vektorskog polja (vidjeti dodatak o vektorirna i vektorskoj analizi) koji kade da za opCenitu vektorsku funkciju A(fl prostornili koordinata rrairemo napisati slijedeee

A • dS

= i(DA) • dV.

(5-25)

JS Zatvorcila povrina

1

5 • d.; = —17Gmv,

y.

gdje je me masa unutar volumena l'r koji je odreden Gaussovorn povrinorn - povrianom kugle polumjera r. Kako jai • d.; = (ry(r)) • (r. dS) = g(r)dS, dobijemo

Volutricil v

dS = —47rGmy

g(r)

g(r)47-2 r = —4nGnty .

Prirnijenimo taj teorem na gravitaciono polje g, razmotr vSi prvo slijedeei Tatum Kako ,je kugla homogena, vrijcdi da Jr e7 • dg = —Gmv f dS =

f r 2 dfl = Gmv4 7r, r

r2

V

(5-26)

M _ mv Vk —

V

gdje je mw masa unutar volumena odredenog povrSinorn po kojoj smo integrirali. Tu masu ino'iierno izraeunati tako da izratunamo integral preko gustoee, tj. irty =

p(F) dV,

II _ my 4R3 7/3 4r3 7/3

ill

r - /1/ my = 2

i kada to uvrstimo u izraz za g(r), dobijemo g(r) = — (G /1.0)r, pa je vektor gravitacionog polja unutar tijela ukupne mast i polumjera R na udaljenosti r od sredista (r < R) jednak GM

=

(5-27)

R3

r.

Sila na tijelo m Jr i ako taj izraz uvrstimo u jednakost (5-26), dobijemo

F(r) — Kada se m priblilava povrkni, onda r

il • dS = —47rG f p(rldV,

GrnAl 7'

(r < R)

R3

R pa Jr za r = R (na povrkni)

(5-28) F(R)

i na li,jevu stranu primijenimo Gaussov teorem, pa dobijemo

f.GRM2rn.

Kada,je r > R, onda je row = Si, a Gaussova povrSana je S = 4r2 7r i dobijemo

f g dS= / G • (7 dV = —471-G f p(F) dV V

ill

g(r)4r2 77 = —4rGAI iii

tj. "rekonstruirali" smo opCi zakon gravitacije, tj. rezultat ranijeg zadatka gdje smo dobili da je ails proporcionalna (inverznom kvadratu) udaljenosti sredika tijela, a ne ovisi o velitani kugle lease tl .

C7# = —471-Gp(F).

Umjesto (kornplicirane) vektorske funkcije - gravitacionog polja rj - rrioemo uvesti gravitacioni potencijal d(r) relacijoin (5-23), tj. J. = i kako je V • V = 0, gdje je O Laplaceov operator, dobijemo

Potcncijalnu energiju odredimo iz definicije konzervativnosti site F

AO(F) = 471-Gp(F),

g(r) =G4A , r-

(5-29)

(5-30)

=

—VE,(r) = —r 7 d En (r)

GR M3m r =-

Sto vodi na jednostavne integralc

To je Poissonova jednadiba, eije rjegenje u sebi ukljueuje rjeSenje Laplaceove jednadibe (kada je desna strana jednad2be (5-30) jednaka null). Za njeno rjeSavanje postoji niz analitiekih i numeritkih rnetoda. Ona je vrlo va Z . na u astrofizici i kozmologiji, gdje se razmatra stvaranje gravitacionih potencijala za razlieite rasporede gusto& (zvjezdane ill ineduzvjezdane) tvari

f dEn (r) — E,,(r < ) =

GM ra

f r dr tj.

G Mtn

2R3 r

2

r Ey (r),

5. Gruvitacija

Str. 5 - 27

gdje konstantu C odredimo iz vrijednosti potencijalne energije na r = R. nallijC 81110 izraeunali da jc za r>R =

i dva izraza ra r i r > moraju biti jednaki na r = R, tj. iz E,,(r < = R) = E0 (r> = R) dobijemo G NIzn +C= 2R

CAA nt ili C= R

—

3G 11.1 tn 2R '

G Mtn 3 r ) 2R ( R2 G Alm

EN(r) = ll

D. Horvat.. Fizika I za FER - Mehanika i toplina

Ste. 5 - 28

Pri gibanju planeta oko Sunca (ili nekog mjeseca oko njegovog "roditelja") planet svojom putanjom odreduje ravninu gibanja, a u svakom je trenutku položaj planeta moguee opisati dvjema koordinatarna npr. Kartezijeviln koordinatama (x,y), ili polarnim koordinatama (p, itd. Pri torn opisu jedinilni vektori pripadajueih Kartezijevill koordinata (1, ne mijenjaju se kako se mijenja poloiaj planeta, dok se jedinieni vektori polaruilu koordinata 0) mijenjaju s vrernenorn. Ranije smo opisali vrernensku derivaciju .jednienih vektora i naMi smo slijedeee odnose

pa je

di = =1714 dt (10 = –fw Id4-51=19;1d0

za r < R za r > R.

dt

dlil =Ifi d0 = dt dt 0 _= III dt dt

(5-31)

A A Kroz Ze7nlju je izInden tune! dui njene osi (da se izbjegnu neinercijulne sile). Tijelo muse In ispuReno :je no "yo7-71jein" otvoru. lzra&unajte kako so giba

Primjer 5.16

RJEENJF: Ka udaljenosti r od srediSta, na tijelu mast Tn djelujc silo prema prethodnurn zadatku F

=

pa je jednadTha gibanja

d'r.

rn— i' = —rG d ,

Mx n)

4

r sto vudi na '

r

+

G M7

/4

Slika 5.14 - gibanje planeta u ravnini po krivulji od P1 do P2 brzinom 13.

' r = 0.

Takvu jednadibu rijeSili smo ranije, u prvom poglavlju kada smu razmatrali itranje tijela na opruzit, a jednadiba je bila oblika + = O.

osnovu tilt rezultata ina2,erno napisati izraz za vektor i iznos vektora brzine planeta koji se, prema slici 5.14 giba po putanji od PI do P2

RjeSenje naSe jednadthe je x(t) = Rz cos Let gdje saw z–os uperili prema sjevernom polu. KruXna frekvencija ovdje je dana ovako = VGAIx//t.; = 27/T. Titrajno vrijeme Jo sada

=

dr

dt

+ TLJ(P =

r t.P (-4 i

oz =

r2 ((P ) 2

(5-32)

Onda je ukupna energija E boja je jednaka zbroju kinetieke Ek i potencijalne energije E5(r) jednaka T = 2r

GMi

= 5.069 x 103 s = 1 sat 24 min 29 s.

Ako, undesto da ispustimo tijelo u tune!, bacimo tijelo tako da obilazi Zendju kao satelit (sasvim blizu Zendje), onda dobijerno, prema ranijem primjeru, da je brzina ophodnje = VCAlz /Rk. Za putanju tijela (opseg kri.O.nice) vrijedi 0 = 2R2rr = .uT , pa je T = 2r

E = lniv2 + EN (r) = 1(1' 2 + r 2 (lA) 2 ) + E p (r). 2

Vektor kutne kolieine gibanje (moment kolieine gibanja) je

I=

z

„dr dt

-

-

X Mg = 11 X [in(r— + 7-4,0)] = k

Mz

dakle vrijeme titranja (kroz tunel) jednako je vrernenu ophoda (kao satelit)!

(5-33)

i taj je vektor okomit na ravninu gibanja. Preko kutne brzine

2

(5-34)

L maelno uvesti u izraz za ukupnu energiju

2 E= m 2+ + (r),

A A

2• 0,

2rrer2

(5-35)

pa je kinetieka energija izr0.ena preko radijalnog dijela (doprinosa) mi.2 /2 i rotacionog doprinosa L2 /2mr2 = L2 /210, gdje je 10 moment tromosti centra maw CM. Ponekad se uvodi try. "efektivni potencijar V, f (r) 5.6 Kinernatika i dinarnika Keplerovih zakona t Vidjeti vise o harmoniekom titranju u knjizi D. Horvat: Fizika II

definiran ovako V,/ (7') = Ep(r)+

L2 L2 2mr2 =v' 'r) + 2 /o

(5-36)

5. Gravitarija

Str. 5- 29

Sir.

D. Homo.: Pizika 1 za PER - Melianika i toplina

5- 39

V(r)

0

vo

Slika 5.16 - cfektivni patcncijul i energija planeta, s "to6karna ()Grata" r± , gdje je E = V, f f (7).

Sliku 5.15 - Prikaz ,Mencijalne energije s privlaerrint 1/r) i odbojnirn (— 1/r2 ) doprinosom. Odbojni doprinos . esto se naziva "centrifulgalna barijera".

Drugi doprinos u gornjern izrazu zove se "centrifugalna barijera", jer daje odbojnu kornponentu ukuprioj sili, a u rotirajueem sustavu irna karakteristike centrifugalne (pseudo) site koja djeluje od sredita. li slutaju gravitacionog potencijala Ep (r) = —G m ir izgled efektivnog potencijala prikazan je na slici 5.15 (vidi i sliku 5.16), gdje vidirno da za mali r dominira drugi (odbojni) elan, pa potencijalna energija ima stabilni minimum na r = re. To zna.ei da je planet vezan - ne mote pobjeei iz tagrljaja Sunca. Analognu situaciju imamo na mikroskopskoj razini, gdje se u npr. vodikovom atomu javlja privlaena Coulombova sila - sila invcrznog kvadrata - koja proizvodi potencijalnu energiju koja ima analogni oblik kao gravitaciona, a javlja se isti odbojni elan, centrifugalna barijera, pa potencijalna energija ima isti oblik kao na "gravitacionoj slici". Svakako, mikroskopskoj situaciji doprinose i drugi efekti, poput magnetskili medudjelovanja, dipolnih medudjelovanja, relativistiekih popravki itd. Na razini jezgre, takoder se uvodi odbojni porencijal, odnosno potencijalna energija matematieke ovisnosti N 1/r° gdje je n > 1, a to uvijck osigurava stabilni minimum. Takodcr se slieni odbojni potencijali uvodc u fizici molckula za opis stabilne kristalne rektkci.

Polotaji r± odgovaraju tjemenima T, i T' elipse na slici 5.3. Toeke r+ zovemo take obrata. jer motemo kazati da se planet gibao u jednom smjeru (gledajuei projekciju putanje pri kojoj stavimo oko u ravninu gibanja i vidirno da se planet giba samo lijevo-desno) do totke r+ npr., a zatim se, naiaii8i na potencijalnu barijeru koja mu neda da pobjegne, odbio i vraea se natrag do r_, gdje mu se isto dogodi. Te toae obrata predstavljaju totke najmanje i najveee udaljenosti od Sunca. Najmanja udaljenost planeta od Sunca zove se perihel i ona je jednaka r_ = a — c = a(1 — E), a naiveea udaljenost od Sunca zove se afel. Ona je jednaka r+ = a + c = a(1+ Te vrijednosti motemo dobiti i pomoeu koordinata tjemena T, i T1, prerna slid (5.3). Periliel i afel ovise o energiji, a rnotemo jlt izraziti iz .jediradtbe (5-40), tj. iz

k E

2

r; + —r± — 7.± =

= 0 dobijemo

2Ern k [1+ ( 1 + 2EL21121 2E mkt

(5-41)

Stabilni minimum potencijala lako odredimo iz

k 1,2 tj. — — + — — 0 #. re — mr3 rz rrik

7 ( 77 17, 1(r)

(5-37)

-

a vrijednost V1 u 7-0 je nelc2 teJ (ro) = —277. Ovdje sino uveli pokratu k = GAlm. Mo2emo kazati da je planet mase energija ogranieena ovako urk 2 1 < E < 0 ili — 2L2 < E
0)

=

GA1

1 r= 1 + cos 0

(5-56)

1 a(1 – c2)— – 1 r_

= 1,

pa ,je

= 0.

7.04 km/s.

Kod paraboliene putanje e = 1, pa jednacliba putanje dajc

\/1 + 2EL2 /k 2m

Ranije smo pokazali da je nazivnik jednak c (vidi (5-43)) i da vrijedi L2/mk = a(1 – c2 ). Takoder je u primjeru 5.1 uvedena oznaka p = b2 /a = a2 (1 – E2 )/a = a(1 E2 ) = L2 Irrek, pa sada moiemo za = 0 odrediti konstantu koju nazovemo 40

cos 40 =

gdjc je k = GIrtAl i p = Oink. Iz gornjc jednakosti je

(5-55)

i

(km/L2 ) ,\11 + 2EL2 /k2 rn

L2 mk

+ e cos 0

1 r = „7,, (mrv012 pa jc

km L2 + Cr. k2 m2 2rnE V L4 + L2 u

Poeetni uvjeti su: za = 0 r = r_ = a(1 – E), ti planet npr. je u perihelu (najmanjoj udaljenosti od svog sunca), §to daje u – km/L2 (L2 I krn)u – 1

cos(0(u) –

D. Horvat: Fizika 1 za PER • hieltanika i toplina

(5-54)

i vidimo da je A = 2mEIL2 (E < 0) i B = km/L2. Nadalje, mora biti –E < k 2rn/2L2. Da je to doista ispunjeno pogledajrno efektivni potericijal Ile j(r) = L2 /2rnr2 – kir. on ima minimum za ro = L2 Irnk i j (ro ) = –mk212L2. Energija planeta veea je od to vrijednosti (vidjeti sliku 5.16), tj. E > vrijednost rak2 /2L2 , Ito pokazuje da .je uvjet na integral ispunjen. Rjegenje integrala je

0(u) = – arccos

.74

Za kr10.ne stazc numerieki ekscentricitet jednak je nuli e = 0 (vidjeti primjere 5.1 i 5.2) i kako .je kutna koheina gibanja ,jednaka Lair2 0 = rnr(r G) = mrvo, iz jednadibe putanje dobijemo

Zadnji integral pronademo u tablicarna integrala (Bron§tejn, npr.)

x–B

Str.

gdjc jc opet p = L2 /mk, gto vodi (za = 0 prema = 9.96 km/s. Ako jc brzina na vo = veea od gornjc, e ce postati vcei od 1, pa ee satclit napustiti Zemlju po hiperboliekoj putanji.

(5-57) Slijedeer prirnjer je vrlo va;i:an ,jer se u njemu pojavljuje niz ranije uvedenih velieina vrlo va'Znih za razurnijevarrje gibanja planeta, kometa, satelita i sl.

Dakle, putanja planeta r(0) jednaka je cos ¢i(r) = r–

p/r,– 1

ili

p

Komet je u jednorn trenutku udakren 4 aj od Sunca i giba se brzinom od v = 18 km/s. Smjer brzine zatvara kut od a = 25° sa spojnicom komet-Sunce (prema shel). lzraeunajt, ekscentricitet staze, najmanju i rrajverr udaljenost do Sunca (udaljenost perihela i afela), veliku poluos, period i brzine u perihelu i afelu. Primjer 5.19

(5-58)

1 +ccos¢i .

Taj rezultat da,je opeenito gibanje planeta u ovisnosti o c koji je funkcija energije. Ako je c < 1, gto je ispunjeno jer je E < 0 (vid,jeti ,jednadžbu (5-43) i primjere 5.1 i 5.2) onda imarno gibanje po elipsi, dakle dobili smo prvi Keplerov zakon!

Satelit je /ansiran iz rnjesta A na Zemlji (prema slid) i do toeke P postigao je brzinu yo. Udaljenost toeke P do srediata Zernlje S je 8 000km, a brzina u tocki P je okornita no spojnicu SP. Kolika

Primjer 5.18

morn biti brzina

da bi putanja planeta bila kruinica, a koiika da bi tato parabola?

Slika 5.18 - Gibanje kometa oko Sunca, uz primjer 5.19 RJESENJE Kutna kokina gibanja L = mr x v konstanta je gibanja, eiji jc iznos jednak L = mry sin(180° – 25° ) odnosno, ranije uvcdcna konstanta h jc jednaka h = L/m = rosin 155°. U izrazu za (numcrieki) ckscentricitct P

e2 = 1 +

2EL,2 mk-

gdjc jc k = Gm/11

encrgija je jednaka E = rnv2 /2 – Gm11//r iii Elrn = v 2 12 – Ako to uvrstimo u izraz za ekscentricitet, dobijemo 1 + 2 (1,2 CM 1 (rvsini.550)2. r I WC'

Slika 5.17 - Putanja satelita lansiranog iz rnjesta A - uz prirnjer 5.18.

livrkavanjem brojenih podataka dobijcmo e = 0.927, gto pokazujc da se doista radi o elipsi (c < 1), jer je (ukupna) encrgija negativna.

5. Gravituciju

Sir. 5- 35

Iz dva izraza za h = Lint tj. iz Lint = rosin 155° i L 2 /m 2 = MG'a(1 - c

Str. 5 - J6

D. Ramat: Fizika I za FER - Mehanika i toplina

dobijemo izraz za

veliku poluos (rosin 133°)2

=

1.108 x 10" m = 7.407 aj.

MG(1 - (')

Cdaljenosti peribela i afela su u odjeljku 5.6 danc ovako (vidjeti i printiere 5.1 i 5.2): r- = 0.(1 - e) + (), st t ilaje r_ = 0.541;0=8.098 x 101° w i r + = 14.274 aj=2.133 x 10" in. (Polovina zbroja r_ i r+ jednaka je velikoj poluosi ,11)

rt =

U odjeljku 5.5.2 izraeunali slim period T za eliptieke putanje, tj. T=

2ra 312

CM

= 6.360 x 108 s = 20.15 sg.

(sg stoji za siderieku godinu - vidjeti tablicu u dopunu poglaviju DP5,3).

ili

U jednadZbi (5-43) dan je izraz za ukupuu energiju preko velike poluosi E = -k/2a = -GMrnI2a, Elm= -GA-1/2n, a s druge jv stranc ukupna energija jednaka zbro, ju kinetieke i potencijalne energije,

tj. E=

1 2

mu

2 GMAI. . 1 2 CM 111 E lm = - u - — r 2 r

Slika 5.20

i to je velieina konstantna. Za peribel tj. za r = r_ dobijemo brzinu u periliclu u_ i isto za afel. Dakle, 2 Cal _ ,* 2a 2

M ri =

-

Prijelaz 5 mar/je na yee:u stazu Hohntannovorn putanjorn.

1)1 /

ato daje

= N./111 (2 r± a

i

dobijemo da je v i =

, pa je energija jednaka ti, = -p/2r, Brzinu vt valja pove/ati na da se putanja od kru2ne pretvori u eliptitMu (E imnedu A i B) so koju je 2a = + r2 i sa koju je energija. jednaka pericentru)

2.132 krri/s i u_ = 56.212 kin/s.

,2 1,,

Ir

2

r,

in 2[ri

in r1 + r2

r2V2)

(5-61)

dobijemo do je

Methiplanetarito putovaoje - liolunannovi prijelaz l'ri prijelazu it jedne (najeeeie..e kruZne) stave oho

2r 2

nekog planeta na drugu (puno vetM - kru,i,nu) stazu (ili obruuto) koristi se tow. Hohmannova putanja iii prijclaz koji se sastoji od slijedarili mnuevarn kOje (V1110 iikralko opisati sa stanoviSra povehnja broilia

(5-62)

1.1 + '1.2 •

(kolitina gibanja) na odgovarajuenn mjestima: svemirski brod kru2i po pmanji polumjera r1 (prema slid

1 Rz. U to6ki B raketa ima kutnu kofieinu gibanja jednaku La = mrovo

sin(90°

ili

ha =

Le

i IP

R.JES'ENJE S obzirom na veliku poeetnu brzinu morarno zadatak rijediti u okviru tcmc ovog poglavlja, a TIC kao "obieni" kosi hitac. Neka su komponcnte poeetne brzinc 170 v.e i v, (promo slici 5.22), a kada testico postigne maksimainu visinu H, Iljellil brzina u vertikalnom smjern jednaka je 1111ii. Putanja koju opisuje Cestica je eonjosjeenica s odgovarajueim pararnetrima. Pri tom je gibanju saeuvana energija i kutna kolieina gibanja s obzirom na sredike Zemlje.

to dopusti, tj. ako je

= rime cos le = 6.080 x 1010 m7/s.

La =

U najvieoj toeki putanje kutna kolieina gibanja je Le = m(Rz + H)ve, a u totki lansiranja jc RznIn i vrijcdi da je L0 = LH , tj. m(Rz + H).un = Rzmv, Sto dajc brzinu Hz v"

Hz + Hv.r.

.Stu. 5 - 39

.5. C/rivitat,Ou

Str. 5- 40

D. Horuat: Fizika I za FER - Mehanika i toplina

Sliku 5.22 - "Kosi !tittle" velikom brzinont u gray lacionorn polju Zemlje - uz primjer 5.22. Sliku 5.23. - Spuitanje na Veneru Hohmunnovorn pulanjorn, uz primjer 5.23. Kuletiaa energija na poCetku je

,(0) = 2

k

'"1..c

..2,

7-

.2 /

__2 2

"`u0,

a potencijalna energija je

KoCenjem brzina se smanjuje na yo i putanja prelazi u elipsu koja predstavlja Hohmannovu krivulju prijelaza. Velika poluos a jednaka je prema slici a = (ro + R0 )/2. Vrijedi, prema formulama (5-43) da je

G 711 Alz

E,(o)

Rz

E

Na visini H odgovaraju& energije su

2a

—

GraMv 2r (o + Rv)/2

—

1 Mll

2

GmAlv

2

*a

pa je

El") pa

2

vrijcdi 1 2

a

GHIA! z Rz

=

E,;')

GmM z, Rz + H'

1 ITLV,2

G'rn z Rz +

2

V 2GMyRy = 3.314 km/s. ro(ro + Rv)

U toai .4 brzinu ociredimo iz zakona saCuvanja krune kohedne gibanja Po elipsi, tj. rooteo = RymoA, pa je va = co(ro/Ry)= 8.901 km/s.

Iz to jednakosti izrazimo Rz + H, tj. dobijemo kvadratnu jednadibu idje je rjeknje

—GM z t V(G Mz ) 2 + (Hz v,vo ) 2 — 2G M z (Rz + H)= 2GAtz /Rz UvrStavanje zachudh podataka daje // = 3.865 x 102 In.

4 4 Putanju sonde poslane no Veneru je parabola (P na slici 5.23). Kada je solider no najroanjoj udaljenosti od (srediStu) Venere (11 toeki B) jednakoj ro = 16 090 km, rakete uspore sonde pa njcita ona tungencijalno dole do Venere. lzrueunajte brzinu sonde vp no putanja postaje elipsu tako da u toeki parubolienoj putanji, brzinu sonde va u toeki B i brzinu vA u toeki A. Po/conjer R0 Venere je 5990 kin, a masa je dana u tablicuma.

Primjcr 5.23

RJEENJE Iz primjera 5.1 za parabolu je e = 1, a iz odjcljka 5.6, formule (5-43) vidimo do je ukupna energija jednaka nuli, pa zakon saCuvanja energije daje

4 4 Dvije Zemljine stanice S i P gibuju se kruinim stazumu K1 i K2, prema slici 5.24 oko Zemlje istim ravninama. Polumjeri stazu su r1 i r2 = 6 ri . Iz stanice S treba poslati ruhela u stanicu P tuko da Holimannovoin pulanjorn raketa tangencijalno napusti Ki i cliptiekom se putanjom tangencijalno .susretne. u toeki B so stunicom P. Kolika je relativnu brzinu rukete u odnosu no slanicu S u trenutku lunsirunja? Ako je a trenutku lunsiranja stanicu P bila a toe5ki A, izraeunujte kut a prema slici. Ruzinotiite i trenutuk susreta rakete i stunice so stunovi&tu brzinu! Printijer 5.24

R.JI•iI{NJE Neka je ishodiAte inercijahlog koordinatnog sustava u srediau Zemlje. Brzinu u toOki Iansiranja rakete dobijemo iz izraza za ukupnu energija, tj.

E —

2a k

GMzin 2(r1 + ,2)/2

ro

Vp =

\I2GMv ro

0

odnosno

GMzm

7r

r,

12mv2A,

gdje je velika poluos (Hohmannove) elipse prema slici 5.24 jednaka a = (r, + r2)/2 = 7+42 Iz gornje jednakosti dobijemo brzinu rakete u inercijalnom sustavu

vA 1 2 GANT', r1Vp

GMzin

=

V12GMz 7r,

Brzina vs stanice S mora biti vs = VGNIzir, (vidjeti primjer 5.10), pa je relativua brzina rakete u — 635.490 km/s.

odnosu na stanicu S jednaka ore, = vn — vs = VGNIzir,(0277 — 1) = vs( 12/7 — 1).

5. Gravitarija

Sfr. 5 - 41

. .5- 42

Mchouti,a i torlurn.

I), II oroat. rtzzl., I zu

Zadatak 5.5 Asteroid ima oinjor udaljenosti afela ; pc, ;ludo jeditak 9:1, a I; Om inn 4 sulerli'ke godtve (.erg) IC011k1 jr CkR(T71.1I11.110. 71111(1111,.? za jednu 7r110111Cly1,. IC RUC NM itdaljonosti do pot-their, (111110,710 RJI:SFAJF: r* = 4.5 aj, r_ = 0 5 aj, c = 0.8.

5.7 Problem dva tijela. Dvojnc zvijozde

Slika 5.24. - Prijelaz od orbite na orbitu Hohmannovorn putanjom, uz prirnjer 5.24.

Raketi od lansiranja do B treba TR/2 gdjc je TR ophodno vrijeme rakete po elipsi velike poluosi a = (ru + r2)/2 oko Zcmljc. Ophodno vrijeme dano jc u odjeljku 5.5.2, formula (5-48), tj. ra3 / 2 _(7r1)3 8GMz . 2 — VU/17/z —

TR

Ophodno vrijeme stanice P dobijemo iz odjeljka 5.3.1, formula (5-8), tj. Tp = 274/ 2 /f0J1 -472.. Za vrijeme tp = TR/2 stanica P prijede put od A do B, a vrijeme tp dobijemo iz omjera tp :a = Ti' 2r, tj. tp =Tp(a/2r). Vrijemc tp ujedno je jednako TR/2, tj.

Do sada srno razntatrali gibanje planeta oko Sunca ili gibanje mjeseca - satelita oko planeta na taj naein da smo uzeli inercijalni sustav sa ishodigtem u sredigtu npr. Sunca i promatrali kako se planet mase tj. kada je masa giba oko izvora gravitacijske sile beskonaene mase Medutim, kada je Af planeta rn usporediva s M, s obzirom na 3. Newtonov aksiom i simetriju gravitacione site, problem moramo prevesti na ranije obraden problem gibanja dva tijela koja, medudjelujuei (unutarnjim) silama izvode slo2eno gibanje oko (zajedniekog ) centra mase (CM). Pri tome je CM ili na miru ili se giba jednoliko po pravcu, kao 'Ato srno naueili u ranijern poglavlju 3, Mehaniku sustava eestica. Vrlo cesto onda sinjetarno ishodike koordinatnog sustava u CM (vidi odjeljak 3.2.2) eija je koordinata odredena jednadžbom (3-5). Poop6enje to relacije vodi za tijela mase M i m ua jednakost (5-66)

Air.2 + ruF, = 0.

Radijusvektor tijela Tre rnjeren u odnosu na M ,je r = r, — r2, a .jedinieni vektor je = 77r = — F2)/r• Prema odjeljku 3.2.2, jednarabe (3-11) i dalje, mo'2,erno napisati .jedriarRbe gibanja za tijela m i Ai ovako

d2 rr

Mm r2 r

rn dt 2

m

d 2 r.2 G = r2 dt 2

'r.

(5-67)

U tim jednad2bama pojavljuju se tri razlieita radijusvektora, ali ako jednadibe oduzmemo, dobijemo slijedeee Tr;

7r 2 crt: 2L 72r, ) 3 v T2R _ vGirmz \/(Ir a to dalje moierno, uz r =

d2 (.112

d2 7'2 12 = (.1

G M m (1 1 ) r2 rri ± M

(5-68a)

— r2 , napisati ovako

Iz gornjeg izraza dobijemo lako kut a, tj. a— U

mM d2r m + M dt 2

( 7rI )"2 = it ( -)"2 = 80.20°. 21'2 1.72 2 Tp VG M z

totki

B raketa ima brzinu odredenu saZuvanjem kutne koligine gibanja vAmr, = vomr2, iii va = V GAlz/ 21r1, a brzina stanice P jc dana izrazom vp = VGMz/r2 = VGMz/6ri, gto je vee:e od pa raketa pri susretu mora "zakotiti" da se mole spojiti sa stanicom P.

Zadatak 5.4 Komet ima period T = 33.5 godina i udaljenost do perihela r_ = 0.97656 aj. Odredite slijedeee velieine: a) veliku poluos, b) ekscentricitet, c) udaljenost afela, d) brzinu u perihelu i e) brzinu u afelu. RJEENJE: a) a = 10.39 aj, b) c = 0.906, c) r+ = 19.8 aj, d) v_ = 41.7 km/s i e) = 2.06 km/s.

GMTn. r2 r

(5-68b)

uz definiciju reducirane mase (3-13) p = mAigire + Al) dobijemo (12 7' G7101 _ — =— dt 2 r2

G(711

)p r2

r.

(5-69)

Dobili smo istu formu .jednadthe kao ranije, iz eega nroemo izvuci slijedeei vrlo va2arr zakhueak: gibanje tijela m u odnosu na tijelo M Inoerno rije§iti tako da rjegavarno problem gibanja tijela mase p oko ishodi4a u kojem se nalazi tijelo mase M + rri. Tako smo problem gibanja dva tijela sveli na ranije obradeni problem jednog tijela. Prema izlaganju poglavlja 3, mo2emo napisati i ukuprru energiju sustav dvije eestice Ica() i njihovu kutnu kolieinu gibanja na ovaj nagin I 2 GrnAl E = — pr — 2

1 — Pr 2

G( Al + m)p

ECM = r x pi',

(5-70)

5. Cluvitacija

Str. 5- 4S

Sto ,je u skladu s jeditad2bont gibanja (5-69). U skladu s gornjim raz.matranjinta, treat Keplerov zakon (5-58)

Str. 5- 44

D. Horvat: Fizika l za FER • Mehanika i top/ma

pa dobijerno

sada postaje w

T2

47 2

u3

G(141 + en) .

Gm =- \ — = 7.306 x 10-9 4r3

(5-71)

T = 2t- /w = 8.600 x 108 s.

Vidimo iz ovog izraza da T2 /u3 u stvari nije konstanta jeditaka za sue planete, medutim, za 118 zvjezdani sustav zbog velike mase Sunca je rn/M (ct, x, y, z) i koji oznai.;avamo ovako -= (ct , x, y, z) = (xn , x l, x 2, x2 ) = (et, r) (it = 1, 2, 3) (7-24) gdje je nulta komponenta a° i;elverovektora jednaka vrernenskoj koordinati = cL (pomuo2enoj sa c da bi sve imalo istu dimenziju duljine), a komponente 1,2,3 u prostorne komponente xt = x , ltd. Pravila transformacijc takvog Ceiverovektora moga se elegantnije napisati u tenzorskoj fount (vidjeti dodatak poglavlju DP7.1). Na slii:an se nai:in formiraju i neki drugi cetvcrovckl.ori (srodnili) fitIkaluiIi veliEina (kao ovdje vrijeme i prostor) udraiujaCi "prostorne" i "vremenske" (write) kompouente. liod svill Cetverovektora nulte at komponente transformiraju isto kao nulta komponema C:etverovektora vrneme), a prostorne komponente se transformiraju kao prostorne komponente

(tj. koordinate).

VI - (V/0'

7.5.1 RelativistiEka brzinu i -

x'

t"

- WM' -

VI - (17/02

t" +

- 2.30 x 10" s.

Vrijenie put ovanja signala ad broda do Zemlje je Al:

At = ,c/c = 1.84 x 108 s,

gibanja

Sada gelitno uvesti brzinu v u tai dimenzije se komponente transformiraju kao prostorne komMeclutim, ako pokuSamo definirati brzinu kao um. Cr = da:/di i oC.ekujemo Mena "dobra" ponente transformaciona svojstva kao x , vidimo da La forma nije dobra, jer Cc se brojrkik (dx) transformirati na pravi ali transform se i nazivnik (dt) i to Ce sve pokvariti! Oe:ito rue valja dl a nazivniku definicije brzine! Zato moramo pronaCi neki vremenski interval koji je invarijantan, a Mega smo pronagli ranije u primjeru podijelirno dx dobit cemo brzinu i ona Ca imati ista transformaciona svojstva kao 7.2! To je dr i kada s di:. Ostaje odrediti Huhu komponentu brzine (koja ulazi a transformacija prostornill komponenata - vidjeti

pa signal dole na ZeIII1j11 td = + At = 1.14 x 10"s.

(7-14a)), Oil ranije dakie imam() c2 dr 2 = c2 d/ 2 - (dr)2 , pa je

(e) Nova se u Zeadjinom :;ustavu nalazi a (r„,

t„).. (1 ,2

_ dt 2 _ t d,12

[i _

k'

+ e — 9

33 x 108 es;

VI - (17/02

e VI - 11//02

I 73 x 10” s.

dr = — dt

i

dt 2 (1 - -x2 ) =

(7-25)

ill

dt 2

y„ =y =4x 108 CS;

1 d 2 (—) 2 di

d

d

lr

l2

•

Str. 7. 17

7. SpecijoIon icorijo relatiynosti

7.5.2 Drugi Newtonov aksioin rr relativistiEkoj dinamici

Komponente vektora brzine koje sada oznaeitno s U„ (1, i U, su dz

U,.

dr

dt

D. Horynt: Find,. I no FEB

Sir. 7- 18

= 7v, = U1

(7-26)

i sliino za druge komponente (ako se transformiraju). NuItir komponentn u° dobijemo deriviranjem nuke komponente eeteerovektora tj. d U° ±zn r, 7— ( c1).--- 7c. (7-27) dr

Itelatieistieki izraz za koheitin gibanja (7-29) ornoguhne nain da ilapiemo 2. Newtonov aksiorn nn imbieajen naelin d d nar7 = F. 13 = di.di VI - e 2 /c-

pa bismo npr. gibanje nabijerie eestice naboja q pod djelovanjem elektriene i magnetske site (Lorentzove rile) jednostaeno napisali ovako

Sada moiemo napisati tick/or eetuernbrzzne

d

Uri = (U n , U) = (7c, 70 = 7(c,

(7-28)

Transformacionasvojstra eieteeroeektora brzine ista su kao transforrnacionasvojstereecteerovektora polo2aja odnosno ista su kao transformaciona seojsteri bilo kojeg rrietveroeektora = (A° , A) koji je konstruiran

(7-33)

(7-34)

it V1 - v 2 /e2 = q(E-

n). Lijeva strana zabtijeva rafmn akceleracije diUdt, a problem rje§avaino standardnim tebnikama integrac.ije diferencijalnill jednadThi. lz tog raemna moglo hi se eidjeti da sila nije uvijek samo u smjerii vektora akceleracije, veC da iota i komponentu a smjert: brzine. To je jot jedna neobiemost. specijalne Morije relativnosti.

it specijalnoj teoriji relativnosti. he prostornog duels eeteerovektera brzine tnoiemo na prirodan na'ein definirati vektor koliearie gibanja jet] nostavnim torioerijern s nepromjerdjivorn veliEinorn en, tj, s mason] r7= mU = 7,7117.

7.6 had i energija 11 specijalnoj teoriji relativnosti

(7-29) Vaina dinarniaa veliciva - kolicina gibanja u specijalnoj teoriji relativnosti izvedena je ranije i jednaka

To je relativistiaa koliEina gibanja i ona se transformira isto kin) koordinate i ill kao O. Seakako, °dirndl se nameCe pitanje nulte komponente koja ulazi 11 pravilo transformacije. Nulls komporienta je, naravno = mU° = m7c, a ako see pomno2inio i podijeliino sa c dobijemo

je (7-35) Drugi Newtonov aksiom je bin clan na "stari" naein F =

2 1 p, 17mc -

(7-30)

gdje smo liven "pokrate" E = 7rnc 2 . 1■ asnije c'etino vieljeti da se radi o ukuprioj relativisriedroj criergiji in sada, mcdutim , moierno napisati tiz gornju oznaku eietverovektor kolieine gibanja kao

7)

=

7

(-1=1 ,17,,F).

Ip=fri• ds

li a Jednoy dunenzni

2 dp = f= — de

(7-31)

1 0 kada toplina ulazi u sustav, a kada toplina izlazi iz sustava. AQ < 0 Takoder, promjena volumena plina dovodi do, recimo, pomicanja klipa, S to znati da se plin mole (ekspandirati) iii skupljati (komprimirati), pa plin mote wait! rad. Definiramo zato, u skladu s gornjim razmatranjem predznak rada A W i kažemo da je AW>0

kada plin vdi rad (ekspanzija), a

AW < 0

kada se (izvana) na plinu vrti rad (kompresija).

Rezultati eksperimenata polcazuju da je razlika dovedene/odvedene topline AQ i izvrgenog rada AW uvijek jednaka, bez obzira kao je izmijenjena toplina AQ i kako je izvden rad AW, aim je poeetno stanje p i konatno stanje k isto, tj. razlika (AQ — aw)(,,k) ne ovisi o procesima, vet; samo o p i k. Madutim, AQ — A W je razlika izmedu (recimo) doveden topline i (recimo) izvrtenog rada, tj. ta razlika je energija koja je ostala u sustavu, pa možemo napisati AQ — OW = AU (9-49)

Str. 9 - 32

9. Toplina i termodinamika

U; .p. = U(T).

9.6.2 Mayerova relacija II

Ranije smo pokazali da se molarni toplinski kapaciteti Cp i Cv idealnog plina razlikuju za R, tj. izveli smo iz opeeg razmatranja Mayerovu relaciju Cp = Cv + R. Pogledajmo sada kako možemo povezatio toplinske kapacitete s prvim zakonom termodinamike d'Q = dU + d'W = dU + pdV.

Up,

(9-50)

nC,, dT = nC v dT + nR dT

iii

d'Q = dU + d'W

(9-54)

Ato odmah nakon dijeljenja s dT daje Mayerovu relaciju

tj. AU je funkcija stanja, a ne ovisi o procesima! Gornje jednakosti možemo napisati ovako AQ = AU + AW

(9-53)

Ako toplinu idealnom plinu dovodimo uz stalan volumen, onda je pdV = 0 pa je dovedena toplina jednaka d'Q = dU = nCv dT • Za izobarni proces je Q = nCp dT, a iz jednadibe stanja idealnog plina je pdV = n R dT , pa sve to moiemo staviti u izraz (9-53)

gdje je AU, prema definiciji unutarnje energije, upravo promjena unutarnje energije nakon St° je sustavu dovedena toplina i on je izvrtio rad i vrijedi AU = Uk

(9-52)

To znati npr. da se pri izotermnoj promjeni stanja plina njegova unutarnje energija ne mijenja! Pornoeu prvog zakona termodinamike izvest eemo sada neke fundamentalne relacije i jednakosti koje Cern° kasnije rabiti pri razmatranju termodinamiekih procesa.

Cp — Cv = R. (9-51)

i to je matematieki zapis prvog zakona termodinamike, koji kage da se dovedena toplina sustavu djelomieno pretvori u promjenu unutarnje energije, a djelomieno potrok na izvrgeni rad. Crtice na diferencijalima d'Q i d'W nag upozoravaju da izmjena topline i izvrteni rad bitno ovise o natinu kako je dodo do promjena, da to promjene nisu (samo) funkcije stanja vet da su funkcije procesa! To Cam° malo kasnije prikazati na nizu najvainijih promjena stanja idealnog plina. Prvi zakon termodinamike jc u stvari (sasvirn jednostavan) zakon saeuvanja energije, gdje sada razmatramo i toplinu, koju smo u mehanici jednostavno ignorirali i Zak smo izbjegavali problcme pretvorbe mchanieke cncrgije u toplinsku, jer tame jog nismo znali kako kontrolirati i ratunati taj "gubitalc" energije. Ovdje narn jc primarna zada& izratunati koliko se rada "izgubi" u okolinu u obliku toplinske cncrgije, a koliko se manifestira u promjeni temperature. To je povezano s vrlo tetkim eksperimentalnim zadacima mjcrcnja ukupne toplinske cncrgije i njenog djelomienog "bijega" iz sustava! Definicija unutarnje energije i relacija kojom je ona izragena ne govori nam o kojim parametrima ovisi ta funkcija stanja. Razmotrimo zato slijedeei pokus (koji je napravio Joule) prema slici 9.20: n molova idealnog plina nalazi se u lijevom spremniku koji je ventilom odvojen od desnog. Obadva spremnika su potpuno toplinski izolirani od okoline. Katemo da to se procesi odvijati adijabatski, tj. adijabatski procesi su oni kod kojih nema izmjene topline s okolinom. Ako otvorimo ventil, plin se ragiri u cijeli spremnik i tlaJcovi se izjednadee. Izuzetno vagan ekspoerimentalni rezultat jest: slobodno tirenje plina, nakon Ato je uspostavljena ravnoteia, ne mijenja temperaturu plina! Iz toga moiemo zakljutiti slijedeee: so obzirom da nema izmjene topline s okolinom AQ = 0. Takoder, rad nije izvrten, pa je LW = 0. Prema tome, iz prvog zakona termodinamike je AU = AQ — A W = 0, tj. ni unutarnja energija plina se nije promijenila, iako mu se promijenio volumen. Dakle, unutarnja energija sigurno nije funkcija volumena! Ostaju, medutim jos tlak p i temperatura T. Ako iz jenadibe stanja idealnog plina izrazimo, recimo, tlak pomoeu V i T, onda se ovisnost U svodi samo na ovisnost o T, jer pokazali smo da U ne ovisi o V! Dakle, za idealni plin je

(9-55)

Uobieajeno je uvesti omjer C—ova, tj. definiramo adijabatsku konstantu idealnog plina Cp K =

Cv

C = -2. >

cv

K

1.

kao (9-56)

Sada C—ove možemo izraziti preko I R Cv =

K -1

i C„ = KR k —1

(9-57)

ObjaAnjenje i kvantitativni izraz za adijabatsku konstantu rate! Cern° u molekularno-kinetiekoj teoriji (slijedeee poglavlje), a ovdje možemo kazati da K ima slijedeee teoretske vrijednosti • - za jednoatomni plin K = 5/3 i 5 Cv = — R i Cp R (9-58a) 2 = 2 • - za dvoatomni plin

K =

7/5 i Cv = — R 2

• - za troatomni plin

K =

i

Cp =

7

(9-58b)

4/3 1

8 Cv = R i Cp = —R 2 2 U tablici 9.10 su vet ranije dani molarni kapaciteti plinova.

(9-58c)

di () je funkcija procesa Pomoeu Mayerove relacije sada moiemo dokazati tvrdnju da d'Q doista mora imati "crticu" na d, tj. da prenesena toplina nije jednaka izmedu istog poeetnog i konaenog stanja za dva razlitita procesa. • Proces a na slici 9.21 (za n = 1 mol idealnog plina): prenesena toplina jednaka je AQp = (izohorno) + (izobarno) = 7', = f Cy

70 Slika 9.20 - Slobodno eirenje plina nakon otvaranja ventila. Posude su toplinski izolirane od okoline pa nema izmjene topline.

= (Cp

Ta

d7' + f Cp dT = Cv (T1 — To ) + Cp (To — T1) = 7',

CO(To — Tr) =

JIM

—Tr).

(9-59)

D. Horoat: Fizika I za FER -

Me hanika i toplina

Str. 9- 33

Str. 9- 34

9. Toplina i terrnodinarnika

p Ako se sjetimo definicije akijabatske konstante K = Cp/Cv, onda gornju diferencijalnu jednadthu rnožemo integrirati ovako P2

V2

dp fp

V

f V v,

ill

Pi

KlnV v~ =

v,

-Inp P~

(9-65)

stodaje

pi V" = p2V" = pV =

konst.

V

Zadnja jednakost je jednadžba adijabate i kako je K > 1, krivulje su strmije od hiperbole - izoterme (p1/1 = konst.), fto je prikazano na slici 9.22.

mogueih

Slika 9.21 - Dva od bezbroj putova - procesa izmedu a podetnog P i konnog K stanja idealnog plina

p

• Proces C3 na slici 9.21 (za n = 1 mol idealnog plina);prenesena toplina jednaka je =

(izobarno) + (izohorno)

Cp(7,2 = f C p dT f Cv dT =_- TO) ± CV (TO - T2) = 7.2 ro = (C p C V)( T2 - TO) = R(T2 T0 ). S obzirom da je

T2 > TO >

(9-60)

7'1 otito je AQa

4Qa

(9-61)

pa izmijenjena toplina u a i procesu nije ista, iako smo krenuli od istog potetnog i dal do istog konatnog stanja.

V

pV" =c i izoterme pV =c'. Iz jednadžbe stanja idealnog plina pV = nRT možemo jednadžbu adijabate napisati i pomothl parametara, tj. iz Slika 9.22 - Adijabate

9.6.3 Jednadiba adijabate Adijabatski proces slobodnog Airenja plina je.jedan od niza adijabatskih procesa koje je vaino razmotriti u termodinamici. Po© sto je d = 0 kod adkjabatskjh procesa, prvi zakon termodinamike kale da je rad izvrAen na ratun unutarnje energije Ato rezultkra.snizenjern temperature, jer smo pokazali daje U = U(T). Plin prolazi kroz (beskonatni) niz ravnotežnih.staaja odredehih jednadžbom stanja idealnog plina, medutim svalca se dva susjedna stanja razlikuju u sva tr ■ parametra P, V i T. Pogledajmo koju "putanju" opisuje niz stanja u pv ravnini. Dakle, prvi zakon termodinamike daje 0 = dU + pc117

nRT - (nR)TV" =

nRT,

dobijemo da je p dV +V dp

konst. iii (9-66)

= konst. dobijemo jednadžbu adijabate u gornjem obliku. Dalje, umjesto volumena možemo iz jednadžbe stanja idealnog plina izraziti tlak p, 3to vodi na tred oblik jednadžbe adijabate pi-" T" =

(9-62)

no za idealni plina je dU = nCv dT, pa je nCv dT = -P dV i kako pV nRdT iii + dT dp

V i T

konst.

(9-67)

9.8.4 Rad idealnog plina u raznim procesima Rad je u fizici definiran ovako

(9-63)

W=f

P • cif;

(9-68a)

6to vodi na Cv p dv pdV = Cv dp

R Cv + R

Cv pdV = _-V

iii

dp, pa uz M ayerovu relaciju dobijemo

dV Cp -7" 1 =

CV ciP

a ako uredaj - spremnik - cilindar s klipom (koji se mote micati bez trenja) složimo prema slici 9.23, onda gornji izraz, uz p = FIS, izgleda ovako (9-64) W=ipS dx

= f p dV.

(9-68b)

D. Ramat: Fizika I za FER - Mehanika i taplina

Str.

95

Str. 9- 96

9. Toplina i terrnodinamika

As

Slika 9.23 - Rad idealnog plina poue6anjem bolumena cilindra zbog potnicanja klipa.

TP vp

To je opei izraz za rad koji eemo rabiti u termodinamici. Kako je tlak p opeenito funkcija volumena i temperature, rad od p do k moramo ratunati za razlitite ovisnosti, tj. za raztieite promjene stanja idealnog plina. Rad pri izotermnoj prornjeni stanja idealnog plina Kod izotermne promjene stanja n mola idealnog plina moiemo napisati k

k

W.ot = f p dV = f P

k

nR7'

f

dV V

. n RT In V

P

Slika 9.25 Rad izvrien izobarnom ekspanzijom idealnog plina. Rad izvegen pri izbarnoj ekspanziji jednak je povrtini pravokutnika ispod "krivulje" (pravca) ovisnosti tlalca p o volumenu V. Na slici su ucrtane i pripadne izoterme potetnog i konaenog stanja. Rad pri izohornoj prornjeni stanja idealnog plina Kod izohorne - izovolumne promjene stanja n mola idealnog plina nema promjene volumena dV = 0, pa je i izvrteni rad jednak null

k

3,

ili, konaeno

(9-71)

WI.OV = 0. (9-69)

Wi.ot =

V

Pk

Vk

nRT In —

Rad pri adijabatskoj prom jeni stanja idealnog plina Kod adijabatske promjene stanja n mola idealnog plina moiemo napisati

VP .

Wadi = pdV = .1"

'-

dV = nR .1" T T-,

(9-72)

i sada moramo uzeti u obzir da se temperatura mijenja po zakonitosti iskazanoj jednadtbarna (9-66,67). Iz jednadibe (9-66) TV" =konst. diferenciranjem dobijemo

dT

+ T(n. - 1)V"-2 dV = 0 ili dT

(9-73)

dV = (1 — a)—

V

i to uvrstimo u (9-72) k

Warn =

nR fnR dT = —(Tk -Tv) i konatno

1 — PC

1 — IS

(9-74)

P

vp

V

vk

Waal =

R

1 (Tp — Tk).

Slika 9.24 Rad izvrien izoterrnnom ekspanzijom idealnog plina. To je izraz za izvr4eni rad pri izotermnoj ekspanziji n molova plina od poi etnog volumena Vp do konatnog volumena Vk. Rad je pozitivan, s obzirom na prvi zakon termodinamike, pri izotermnoj promjeni unutarnja se energija ne mijenja, pa je rad izvrAen na osnovu dovedene topline AQ = Wi.oc• Na slici je rad jednak povrAini ispod krivulje - izoterme. Hladenjem plina, tj. odvodenjem topline plinu bi se smanjivao volumen, rad bi bio negativan i govorimo o izotermnoj kompresiji.

=konst. lc- 1 TV mkoast

PV

Rad pri izobarnoj prornjeni stanja idealnog plina Kod izobarne promjene stanja n mola idealnog plina moiemo napisati k

k

Wieob = f p dV = p

Tp

dV = pVl k iii , konaeno

Tk

(9-70) Wieob = P(Vk

Vp).

vp

rk

V

Slika 9.26 Rad izvrien adijabatskom ekspanzijom idealnog /Ana.

D. Horvat: Fizika I za FER - Mehanika i toplina

Str. 9- 37

Na slici 9.26 prikazane su dvije izoterme koje povezuje adijabata dui koje je izvrkn rad. Treba uotiti da je adijabatskom ekspanzijom izvrkn pozitivan rad za situaciju (na slid) kada je potetna temperatura veta od konatne, tj. Tp >

9. Toplina i terrnodinamika

Str. 9- 38

Primjer 9.18 p

Razmatranja prethodnik odjeljaka vode nas na zakljutak da i rad izvr6en na razne natine (kroz razne procese) ovisi ne samo o potetnom i konatnom stanju, vet i o procesu kojim je rad izvrkn. Situacija je, dakle analogna onoj s izmjenjenom toplinom, te i ovdje nalazimo opravdanje "crtice" na d u d'W! Na slid 9.27a,b prikazana je slikovito to situacija ovisnosti kolitine izvrknog rada o procesu, a izmedu istih potenih i konatnih stanja.

Silica lijevo predstavlja proces u kojcm sudjeluju 3 mola jednoatomnog idcalnog plina u kruinom procesu izmedu dvije izoterme i dvije izohorc. lzratunajte ukupnu toplinu predanu plinu, ukup nu toplinu oduzctu plinu, ukupnu izmijenjcnu toplinu i kocficijcnt iskoriAtcnja q. (To = 400 K)

37; To Ys

2Vp

Slika 9.28 uz primjer 9.18 RJE9ENJE Za prijelaz 1-42 izvr9eni rad je =

V2

nR3T0 In v = 3nRT0 In 2.

To je ujedno i toplina Q1,2 izotermno predana plinu na temperaturi 37'0. Za dio 2 —■ 3, izohorna promjena (dV = 0) znati smanjenje unutarnje energijc uz predaju topline okolini, tj.

Slika 9.27 - Dva od beskonaeno puno proem prevodenja idealnog plina iz po2etnog P u kona2no K stanje uz izvrieni rad W. Na slici 9.27(a) prikazan je prvo izohorni proces uz stalni volumen V9, zatim izobrani proces do adijabate i zatim adijabatski proces do konatnog stanja K. Tamnija povr6ina je izvrkni rad. Izmedu istog potetnog i konatnog stanja na slid 9.27(b) prikazana je prvo izobarna ekspanzija na stalnom tlaku p9 , zatim izovolumno hladenje, izotermna ekspanzija, izhorno hladenje i konatno adijabatska ekspanzija do konatnog stanja. Tamnija povr6ina - izvaieni rad u torn nizu procesa bitno je razlitita od povr6ine u (a)!

dU = I dQ = ncv Q2,9 = MCV (TO

—

J

dT,

3T0) =

ili

— 2mc„To

Za jednoatomni plina je ro = 5/3 i Cv = RI(n. — 1) = 3R/2, pa je predana toplina jednaka Q2,9 = —3nRTo. U dijelu procesa 3 -s 4 imamo izotermnu promjenu stanja pri ternu sc na sustavu vr9i rad, koji jc negativan, tj. BT4) = nRT0 In = —nRT, In 2,

9.7 Kruini termodinamieli procesi. Drugi zakon termodinamike U prethodnom odjeljku istražili smo natine kako idealni p1M u nekom termodinamitkom procesu mole izvrtiiti rad. Prvi zakon termodinamike omogutava nam da izratunamo i kolitinu prenesene topline koja je potrebna ill koja se dobije u tim procesima. Posebno je vaino istaknuti da se ti procesi mogu odigravati i tako da zamijenimo potetno za konatno stanje i obrnuto, odnosno mogute je izvesti proces u jednom smjeru i taj isti proces ponoviti u drugom smjeru i nad se u potetnom poloiaju. Takve procese zovemo reverzibilni procesi i oni su izuzetno vaini u praktitnim proratunima toplinskih strojeva i toplinskih pumpi koje team obraditi u ovom odjeljku. 9.7.1 Kruitil procesi

a s obzirom da pri izotermnoj promjeni nema promjcnc unutarnje cncrgije, rad WV, an izvr9i uz predaju topline Q3 ,4 = Prijclaz 1 -4 4 odgovara prijelazu 2 -4 3 osim &to je poveCanje unutarnje energije postignuto dovodenjem topline QI,4 tj. QI,4 = +3nRTo. Ukupna predana toplina je

= Q3,4 + Q2,3

=

—nRT0 In 2 — 3nRTo

= —3.68 x 10° J. a ukupna dovedena toplina je Qdu = Q1,2 t Q4,, =

3nRT0 In 2 + 3nRT0

= 5.07 x 104 J.

Niz (parcijainih) procesa koje smo obradili navode na ideju da se uzme sustav i da u kruinom procesu, dovodeti i/ill odvodeei sustavu toplinsku energiju, dobijemo koristan rad, tj. pomotu tzv. toplinskog stroja iz topline dobijemo rad! Takoder, pomoau rada možemo hladiti sustav ispod temperature okoline pomotu toplinske pumpe ili hladnjaka. Svakako, ogranitenje na provedbu te ideje daje prvi zakon termodinamike koji nam odmah, uz pomoo prije priredenih retina za rad idealnog plina u raznim procesima, daje ukupnu bilancu uloiene topline i dobijenog rada ill uloženog rada i izvutene topline. Pogledajmo sada nekoliko primjera kruinih procesa koje valja vrlo pailjivo prostudirati!

Bilanca topline je AQ = 2nRT0 In 2 = 1.383 x 10° J. Kocficijent iskorigtenja je ornjcr izmedu dobijenog rada i uloicne (dovedenc) topline, tj. IV,k, _ W1(9 — .2 + Qdo Q ■ ,2 + Q4,1 21n 2 — 0.2729 ili 27.3% 3(In 2 + 1)

D. Norval: Fizika 1 za PER - Mehanika i toplina

Sir. 9- 39

Sir. 9- 40

9. Toplina i terrnodsnamska

Silica lijevo predstavlja proccs u kojem sudjeluju 3 mola idcalnog plina u kruinom procesu. PIM se prvo (1 2) izohorno Wadi s tlalca od 3 atm na standardne uvjete, a zatirn se izobarno zagrije (2 3). Adijabatskim komprirniranjern (3 1) plin se vrati u potetno stanje. Kolika jc ukupna priniljena/predana toplina, a koliki ukupni dobijcni/ulo-tieni rad? (C, = 25 J/rnol K)

TB V Slika 9.30 uz primjer 9.20 Ukupna bilanca toplinc je

= 2.19 kJ i ukupni rad je

6 6

Slika 9.29 uz primjer 9.19

RJEENJE U totki 2 plin se nalazi na standardnim uvjctima (SU), a to znati da je pa = 101 325 Pa=1 atm i Ti = 273K i V1 = 3 • 22.41 = 31/0. 1: toga moierno izratunati ternperaturu

T1, tj. pi = nR7',

T, =

818.98 K.

12 jcdnadibc adijabate koja povezuje totku 1 i 3 imarno j92 1/,' gdje

= —5.19 kJ.

= po q

V3 =

Primjer 9.20 Idealni plin adijabateke konetante is = 1.4 mijenja se u procesu prikamnom no shot 9.30, pri demu se u (1) on adijabateki rastede od 110 = 0.61, zatim se u (2) izotermno komprimira i izohomo au u (3) vra6a u podetno stanje a po = 1.8 atm. /zratunajte koliki rad izvrai u torn kruinom procesu. RJE§ENJE Prvi dio process (1) je adijabatski dui adijabate tija je jednadiba p01/0' = pa(3Va)', pa jc P B = pu/3", a rad koji izvrti plin je

= pdV = poVcr

3v°

dV

=

adijabatsku konstantu dobijemo iz zadanog molarnog kapaciteta Cp = rcR/(n — 1), tj. 1

Cp C

—

R

1.498.

- K-1-11W°

= Po v oK 1— — v va

=

(1 —

1

=

97.286J.

U izoterninom procesu (2) plin je komprimiran i rad je jednak Molarni lcapacitet Cv dobijemo iz Maycrovc relacijc koja dajc R Cv = C„ — R = — = 16.69 J/rnol K. R -1 Onda jc V3 = 139.901 i T3 = p2V3 /nR = 568.34 K. Time smo odredili sve totkc u p — V dijagramu, pa InOierf10 ratunati toplinc i radovc: [1 —* 21 - tu se prcdaje toplina (Q1,2 < 0), pa je Q1,2 = —nCv

[2

W( s ) =

dV pdV = nRTB — = nRTH In(1/3) = — nRTB In 3. 3vo V

Tariperaturu TB motiemo izraziti preko odgovarajudeg tlaka i volurnena, jer je pir(3V0)= riRTB, pa jc W(2) = —Po Vo3I In 3 = —77.471 J.

— T2) = 27.33 kJ.

Rad u procesu (3) jednak je null, pa je rad Tito ga je izvr6io plin jednak W=

- tu sc prima toplina uz p =konst. i vr2i sc rad. Daklc, Q2,3 > 0 i W2,3 > 0, pa je Q2,3 = rgCp (T3 — T2) + ( V3 — VI) = 22.15 kJ + 7.37 kJ =

6

= 29.52 kJ.

[3

11 -radi se o adijabatskoj promjeni dQ = 0 i dW = — dU < 0, pa je vop ) 31

= nR (T3 /C — 1

= —12.55 kJ.

+ W(2) = 19.815 J.

9.7.2 Drugi zakon termodinamike Iz gornjih primjera vidimo da u procesu u kojem krenemo od nekog potetnog stanja odredenog s (pp, Vp,Tp) kroz niz process dodemo do istog stanja, all da je konatna bilanca energije i rada razlitita od

D. Horvat: Fizika I za FER - Mehanika i toplina

9. Toplina i terrnadinamika

Str. 9- 42

Str. 9- 41

nule. Iskustvo s toplinskim strojevima i toplinskim pumpama, odnosno a opeuti termodinamielcim procesima pokazuje da postoji stroga zakonitost i stroga ogranieenja po kojima se rad mole dobiti iz topline iako prvi zakon teromdinamike pa energijskoj bilanci (zakonu satuvanja energije) ne hajavljuje" takvo ogranibenje. Tu strogu zakonitost pretvorbe topline u rad i rada u toplinu (pr)opisuje clfugi zakon termodinamike. Formulaciju drugog zakona termodinamike potinjemo prisjeeanjem prvog zakona: on kale da se dovedena toplina djelomiEno potrobi na pove6anje unutarnje energije sustava kealnog plina), a dio se mole pretvoriti u (korisni) rad. Dakle, po tom bi zakonu bilo mogude uzeti jedan (veliki, beskonaeni) spremnik topline i u nekom kružnom procesu (jednom od onih iz gornjih primjera) dubivati rad u toplinskom stroju. Medutim, upravo to pretvaranje regulira drugi zakon tremodinamike koji, u Ovoj (tzv. Kelvin-Planckovoj) formulaciji glasi: Nemoguee je napraviti toplinski stroj koji bi, ponavljajuei korbni proces, svu toplinu iz jednog spremnika pretvorio u rad.

Slika 9.92 - Toplinski stroj u kruinom procesu izmedu dva spremnika razlii itih tempennum.

Stroj koji samo uzima toplinu iz spremnika i pretvara je u kružnom Prkesu u rad zove se perpetuum mobile druge vrstet. Prema tome, "skraeena" verzija drugog zakona termoduUunike glasi: Perpetuum mobile druge vrste je nemogue. Slikovito moiemo to prikazati na slici 9.31.

p

Proces odvodenja topli0 iz jednog spremnika S temperature T i njerl° hotpuno pretvaranje u kruinom procesu toplin9k°1/4 stroja (siva kruinica) u rad W. Taj proces zabranjen prvim zakonom termodinamike, energija je satuvana u procesu. Medutim, taj ruces - perpetuum mobile druge erste - zabrarlAe drugi zakon termodinamike!

V

Slika 9.91

Na slici 9.31 S predstavlja toplinski spremnik, a sivi krug simbolitki predstavlja toplinski stroj u kružnom procesu. Prema tome, Mika 9.31 zabranjena je drugim zakonom termodinamike!

Slika 9.99 - Carnotov kruini proces.

[1

9.7.3 Carnotov kruini proces Drugi zakon termodinamike nije eliminirao ideju dobivanja korisnog rada u kruinom procesu, veb drugi zakon upueuje Ato treba poduzeti da se to postigne. Jedno rjeienje jeU Vodenje jots jednog spremnika topline koji omogubuje (oponatajud rijeEima drugi zakon) toplinski stroj ponavljajudi kružni proces toplinu iz jednog spremnika pretvorio djelomidno u rad, a djelomidno je precia° drugom spremniku. Svakako, drugi spremnik, koji prima toplinu, mora biti na temperaturi niioj od prvog 013r mnilca. Taj dozvoljeni proces prikazan je na slid 9.32. Postoji vibe provedbi takvog dozvoljenog (moguEeg) kružnog procesa: a posebno je zanimljiv i vaian Carnotovt kružni proces. Carnotov kružni proces koji radi na principu slike 9.32, je kruini pfuues s n molova idealnog plina adijabatske konstante a. Proces se odvija izmedu dvije izoterme i dvije adijfil:%e (prema slid 9.33). Pri tome temperatura T1 odgovara temperaturi toplijeg spremnika sa alike 9.32, a T2 odgovara spremniku S2. Kruini proces odreden je talcama 1-2-3-4 (na slici) i poEinje u totki ktija je odredena parametrima TO• ToElca 2 ima parametre (732, V2, T1), a toEka 3 je odredena s (p3,174, T2) i, konaEno, toElca 4 ima (Pi parametre (p.4,114, T2)• Perpetuum mobile prve vrste je stroj koji narbava prvi zakon termodinaillik - zakon satuvanja energije. t Nicolas Leonard Sado Carnot (1796-1832) francuski znanstvenik i vojni irOcrkjer koji je postavio znanstvene temelje termodinamike.

2] - izotermna promjena: s obzirom da se radi o izotermnom procesu (dT = 0) onda je dU = 0, pa prvi zakon termodinamike AQ = AU + AW kaie da be plin, Eireei se i vrEeei rad od 1 do 2, taj rad obaviti na rabun primljene topline Qi iz toplijeg spremnika temperature T1. Prema tome, prema jednadžbi (9-69) 2 2 Q1 =

[2

f dQ = f dW = nRT1 in 1 1

Jasno je da je W1(12 > 0 i Q1 > 0, tj. dobijen je rad i toplina je uila u sustay. 3] - adijabataka promjena: adijabatski proces znabi da je dQ = 0, a s obzirom da plin vrii rad OW = 1,1773) > 0, iz prvog zakona termodinamike vidimo da je 1,1773) = —AU1 tj. doElo je do smanjenja unutarnje energije, ito znaEi da se sustavu - idealnom plinu - smanjila temperatura s T1 na T2. IzvrEeni rad pri adijabatskoj promjeni je (prema (9-74)) w (a ) = nR — (T1 — T2). 23 K 1

[3

(9- 75)

(9-76)

4] - izotermna promjena: promjena unutarnje energije jednaka je nuli, izvrbeni rad dub izoterme temperature T2 je negativan (V4 < V3), tj. vi W(3'),1 = nRT2In — =Q2 (< 0)

(9-77)

D. Harvat: Fizika I za FER - Mehanika i toplina

[4

Str. 9 - 43

Str. 9- 44

9. Toplina i termodinamika

i on je izvrgen tako da se plinu smanjuje volumen izotermnom kompresijom, a istovremeno se odvodi - predaje toplina Q2 hladnijem spremniku temperature T2. If - adijabatska promjena: izvrgeni rad je negativan T 0

(9-79)

koja je pozitivna, Sto znati da se plin adijabatskom kompresijom grije, sve dok ne postigne temperaturu potetnog stanja. Bilanca rada i topline: ukupni izvrgeni rad jednak je

+ 1,v°3) +

w=

= nRT1 In

V2 V1

Slika 9.34

+ 14,1; =

+ 11 3' = 461 (> 0) + Q2(< 0) =

=

Proccs izvlaeenja topline Q1 iz hladnijeg spremnika SI pornot'u toplinske purnpc u kruinorn proemu i predaja tc topline Q2 = QI toplijem spremniku S2 na temperaturi T2 > T1. Taj proces nijc zabranjcn prvim zakonorn termodinamikc, medutim, drugi ga zakon zabranjuje!

(9-80)

v, + nRT2 In — = V3

= IQII —1Q21= Q1 — 1Q21. Medutim, V1 i V4 nalaze se na istoj adijabati, kao i V2 i V3. Zmožemo T moiemo napisati (prema (9-66)) opeenito To V„K -I = TbVri , § to za slutaj gornjih parova volumena daje V2"-1T1 =

-1 T2

i

-17'2 =

,

(9-81)

pa dijeljenjem tih relacija dobijemo valan omjer V1 /V2 = V4/V3, gto daje ukupni rad W = nRT, In

V2 V2 + nRT2In = nR(T, - T2)In — v, V2

Slika 9.35 - Toplinska pumpa koja je u skladu s drvgim zakonom termodinamike. (9-82)

U procesu smo "zaradili" rad W! "Ulolena" je toplina Qt = W = nRT1 In(V2/ VI), a predana toplina Q2 = nRT2 In(V4 /V3 ) = nRT2 In(v2/v2 ) ili 1Q21 = -nR7'2 In(V2/V1). Omjer "zaradeno/u1oleno" zovemo koeficijent iskoriJtenja i oznatavamo ga s rj. Pigemo, dakle, uz tic =

nO

-

Dobijeno Had - Utrogena toplina Uloieno W = IQil -1W = Qi

Qi

Tic =, 1

1Q21 Ql

nR(Ti - T2)1n(V2/1/1) nR7'1 In(V2/1/1 )

(9-83) UT =

T1

no vaian rezultat: koeficijent iskorigtenja Car Dobili smo ivažan temperaturi toplog i hladnog spremnika!

kružnog procesa kruinog

Prema tome, slitno kao i ranije, sliku 9.39 zabranjuje drugi zakon! Popravka slijedi na slitan natin kao i kod toplinskih strojeva: ukljutuje se vanjski rad W, pa toplinska pumpa radi prema slici 9.35. Toplinska pumpa mole biti inverzni Carnotov proces, gdje se procesi odigravaju u suprotnom smjeru od onih sa slike 9.33. Koeficijent iskorigtenja Carnotovog procesa definiran u (9-83) zamjenjuje se kod toplinske pumpe koeficijentom efikasnosti. Za slutaj toplinske pumpe koja treba dovesti toplinu spremniku S2 definiramo koeficijent efikasnosti a ovako Prenesena toplina Q2 = (> 1). lzvrgeni rad

(9-89)

Ako, medutim ielimo pumpom izvudi toplinu iz spremnika St (a ne grijati 52) onda govorimo o hladnjaku I koeficijent efikasnosti je jednak ovisi sumo 0

9.7.9 Toplinska pumpa i hladnjak kruinom procesu i koji prenosi toplinu s jednog mjesta (spremToplinska pumpa je uredaj kojikružnom nika) na drugo. Drugi zakon termodinamnike daje okvire za rad toplinske pumpe i on zabranjuje proces sa ruinica) izvlati toplinu iz spremnika S, koji je na niZoj temperaturi slike 9.39, gdje toplinska pumpkružnica) T1 i predaje je toplijem spremniku S2 na temperaturi T2, uz T2 > T1 . Drugi zakon termodinamike (u tzv. Clausiusovoj formulaciji) glasi: kruinom procesu izvlatiti Nemogute je konstruirati toplinsku pumpu kokružnom toplinu iz hladnijeg spremnika i predavati je toplijem.

nN Odvedena toplina = Q, (> 1). = Rad

(9-85)

9.7.5 Reverzibilni i lreverzibilni procesi. Carnotov teorem. Procesi koji su prevodili idealni plin od potetnog do konatnog stanja u Carnotovom kruinom procesu su bili takvi da je plin u svakom trenutku zadovoljavao svoju jednadibu stanja, tj. to su bili, kako se ponelcad kaie gotovo ravnotani procesi: plin je infinitezimalnim promjenama parametara stalno bio u ravnotegi prolazio ravnotežna vnoteina stanja. Takve procese smo nazvali reverzibilni procesi, pri kojima nema disipacije energije, vet se sve odigrava prema jednom od ranije opisanih procesa (odjeljak 9.6.9)

Sir. 9- 45

D. Horvat: Fizika I za FER - Mehanika i toplina

9. Toplina i terrnodinarnika

Str. 9- 46

p

V Slika 9.36 - Reverzibilni proces (C) i ireverzibilni proces (D) izmedu dva stanja A i B.

V

Slika 9.37 - Ottoov kruini proces izmedu dvije adijabate i dvije izohore. to, proces je ireverzibilan - neobratljiv, ako sustav i njegovu okolinu nakon procesa ne možemo moiemo vratiti u potetno stanje. Jednostavan primjer je sklizanje predmeta po hrapavoj podlozi: !coda se predmet zaustavi, podlozi i njemu je povedana temperatura, tj. povedala se unutarnja energija. Povratak na po je mogul "izvlaienjem" topline i sklizanjem tijela pomodu te topline natrag na potetni položaj. poloiaj. Prema slid 9.36 sustav prelazi iz stanja A u stanje B. Dui putanje C sustav (idealni plin npr.) prolazi kroz niz dobro definiranih stanja i taj je proces reverzibi jer uvijek je mogude na osnovu ranijih ratuna provesti proces u suprotnom smjeru. Prijelaz duž dui "putanje" D je ireverzibilan, jer stanja nisu dobro definirana, tj. govorimo o nestacionarnim stanjima. Carnotov kruini proces je upravo takav idealan proces - reverzibilni proces, a radun koeficijenta iskoriSten kružni pokazuje da je od svih reverzibilnih process izmedu istih temperatura T1 i Tx , Carnotov kruini proces upravo najefikasniji, tj. on je efikasniji i od bilo kojeg realnog - ireverzibilnog procesa izmedu istih temperatura. To je tvrdnja Carnotovog teorema koji se dokazuje u teoretalcoj termodinamici, a koji je jedan od fundamentalnih empirijskih zakona prirode! Efikasnost Carnotovog procesa jednaka je null za T1 = Tx , Sto motemo i odekivati prema drugom zakonu termodinamike (spremnici se ne razlikuju, tj. imamo u stvari samo jedan spremnik topline - s .31). Koeficijent iskoriStenja postaje jednak i za T2 = 0. Medutim, kaki ni jedan kruini kružni proces ne mole biti efikasniji od Carnotovogkružnog kruinog procesa, znati da nije mogude postiii apsolutnu nulu. Prema tome, postizanje apsolutne nule znadilo bi kr6enje zakona termodinamike! 9.7.6 Drugi toplinski reverzibilni kruini procesi

Uveli smo oznaku za minimalnu temperaturu T1 E Tm. [2 -/ 3] - izohomo grijanje: OW = 0 i podizanje temperature tj. promjena unutarnje energije AU > 0 posljedica je izgaranja plinova tj. dovodenja topline AQ koja je jednaka AQ = Q2,3 = nCV AT = nCv (T2 - T2) =

[3

gdje smo uveli oznaku za maksimalnu temperaturu u procesu T3 = TM . 4] - adijabatslca ekspanzija: ovdje motor doista radi, tj. "daje snagu" i idealni plina se Siri od V2 = V3 = Vi /r do volumena V4 = . Rad ii73°2 jednak je promjeni unutarnje energije (koja se smanjila), tj. WP:41 = -AU = -nCviT = -nCv(T4- T3) = = nC

1

(PI

, TI) ,

2

(p2, V2, Tx),

3 -1 ( 93, 172, Ts),

Rad 7/0 = Utrobena toplina -1

(41 (4) W12 4- W3,4 Q2,3

Wit°2) = -AQ = -nCv AT = -nCv(T2 - T1) = = -nCv (T2-Tm).

(9-89)

Temperature TM i T4 , te Tm i T2 su na istim adijabatama, tj. vrijedi TM i

T4)

i vrijedi da je TM = T3 > 7'4 > 7'2 > Ti = Tm . Nadalje, uvodi se omjer kompresije r E Vi /V2. [1 2] - adijabatska kompresija: dQ = 0 i rad izvr6en na plinu jednak je

- n CV (T2- T,,,) + nCv (TA4 - T4) TICV (TM - T2)

T4 - Tm TM - T2

= T2 V2K = T2 4 -1 (194,

(9-88)

- T4).

[4 -/ 1] - izohorno hladenje: izgoreni plinovi izlaze van (parametri su im u principu nepoznati), a proces podnje ponovno uzimanjem goriva temperature Tm u totki 1. Koeficijent iskoriatenja 4/0 ratunamo kao i prije

Osim Carnotovog kružnog kruinog procesa za kojeg znamo, na osnovu Carnotovog teorema, da je najefikasniji (s najvedim koeficijentom iskorigtenja 41), postoje drugi procesi koji su vaini u primjenama. Ovdje demo razmotriti sa stanoviSta reverzibilnih kruinih procesa neke od njih. Opisat demo karakteristike tih procesa unati koeficijente iskori6tenja. Ottoov kruini proces Jedan od idealnih - reverzibilnih kružnih kruinih pr e Ottoovt proces. To je u stvari motor automobila - idealni toplinski stroj koji radi u kruinom kružnom procesu s n molova idealnog plina izmedu dvije izohore i dvije adijabate, prema slid 9.37. Ciklus poeinje u totki 1, !coda u cilindar ulazi mje6avina goriva. Todke imaju koordinate

(9-87)

nCv (TM - T2),

=TM V; = T4 V,'

( 1.1 ) K

(9-90a)

gto dalje daje T2 Tm = r" (9-86)

t Nikolaus August Otto (1832-1891) njerna6ki inienjer koji je 1876. godinc patcntirao motor s unutarnjim sagorijcvanjcm.

14 =

TM

r"-1

(9-90b)

pa je

tlo = 1 - 1/r"- .

(9-91)

Dobili smo vrlo jednostavan rezultat: koeficijent iskoriatenja za Ottoov ciklus ovisi samo o omjeru kompresije r = VI /V2. Najviai praktieni omjer kompersije je oko 10. Za vedi omjer mote dodi do samozapaljenja smjese

E. floret& Fizika I za FER - Mehanika i toplina

Str. 9- 47

pri procesu 1 - 2, a to se djelomieno regulira oktanskom vrijednoSeu goriva. Za stvarne Otto motore je po od 0.15 do 0.35, tj. od 15%-35%! Usporedba s Carnotovim procesom je moguea tako da iz adijabatskih odnosa temperatura i volumena ( 172

=Tm= T4 T2 TM

Str. 9- 48

[4 - 1] - izohorno hladenje: izgoreni plinovi izlaze van, temperatura pada s T4 na T,n i u 1 ponovno ulazi zrak. Predana toplina Q2 jednaka je Q2 = - T4) = AU (< 0). Jednadibe adijabata daju T2 = Tm r' , V3 = e V1, V2 = 1— 11

(9-92) TM

napiScrno rlo = 1 -

T,,,

9. Toplina i termodinamika

1 Tm,

P3 =

,

(9-97)

T4 = p'T,„

ito daje =1-

(9-89')

Qi = nCpr'' (p

TM 2 i ako uzmemo niz temperatura po velitinama od ranije, onda bi rIC bio veei kada bi radio izmedu T,,, i Ty, tj. T„, , T„, TIC = 1 > 1= 7)0, (9- 93) TM

- 1)Tm

I

Q2 = nCV (1

IP)

Tm.

(9-98)

Ukupna promjena unutarnje energije u jednom cijelom ciklusu (1c) jednaka je nuli, pa je AQI , = AW1,, Sto daje izraz za koeficijent iskoriitenja rim Dieselovog kružnog procesa

T2

1Q21 -1 = - —

u skladu s Carnotovim teoremom.

Ql

1 T3 - T„, ?C TM -T2

- 1 1 p" - 1 r.-1 (p - 1)'

Dieselov kruini proces Veei omjer kompresije postiže se u dizel-stroju, tj. u Dieselovomt kruinom procesu - ciklusu, gdje n molova idealnog plina radi u reverzibilnom kružnom procesu izmedu dvije adijabate, izobare i izohore, prema slici 9.38. 1 ovdje vrijedi: Ty = T3 > T4 > T2 > T1 =

(9-99)

pa dobijemo za realistiene vrijednosti r = 18, p = 2 i ro = 1.4 (dvoatomni plin) rip = 0.63 ili 63%. 9.8 Entropija

AQ

Entropija je funkcija stanja u termodinamici, Ica° i unutarnja energija (dok su prenesena toplina d'W funkcije procesa). Entropija S je definirana oval()

d'Q i rad OW

AQ AS = —

d iii dS = 'Q

(9-100)

i ona je mjera koliko se topline ne mote pretvoriti u korisni rad u toplinskom stroju koji radi u kruinom procesu. Za Carnotov reverzibilni kruini proces vrijedi omjer 12i1 = T1

V Slika 9.38 - Dieselov kruini proces izmedu dvije adijabate, izobare i izohore. [1 - 2] - adijabatska kompresija zraka koji je uiao u cilindar u toeki 1: kao i kod Otto-ciklusa adijabatskom /r, tj. poveeana je temperatura s temperature kompresijom volumen je smanjen s V1 na V2 = U totki 2 ubrzigano je gorivo! Izvrieni rad je T1 = T„, na T2, uz T2 > 14(11.2) = -AU = -nCv(T2 -

= -nCv(T2 - Tm) (< 0).

(9-94)

[2 - 3] - izobarna ekspanzija: izgaranje kao posljedica samozapaljenja poveeava temperaturu s T2 na Ty i plin se Sir' s V2 = 171/r na V3. Ovdje uvodimo i omjer ekspanzije p = V3/V2 > 1. U sustav ulazi toplina Q1. Rad i dovedena toplina pri tom procesu su Wt) = P2(V3 V2)

1 Q1 = nCp(TM - T2)

(9-95)

[3 - 4] - adijabatska ekspanzija: motor "korisno radi" i volumen raste s V3 na V1 . Izvrieni rad jednak je negativnoj promjeni unutarnje energije OW = 41/°,,) = -AU (> 0) i plin se hladi s Ty na T4. lzvrieni rad je (9-96) 14/4) = nCv (TM - T4) t Rudolf Christian Karl von Diesel (1858-1913) njernakki inienjer koji jc 1893. godinc patcntirao dizel-stroj.

ili

Qi = _Q i 7 :4 1

(9.101)

i Q2 je toplina "izgubljena" u procesu, predana hladnijem spremniku temperature T2. Prema definiciji entropije (9-100) sada uvedemo Q (9-102) S1 = — kao entropiju povezanu s toplinom uvedenom u sustay. Izratunajmo sada ukupnu promjenu entropije u Carnotovom reverzibilnom kruinom procesu, prikazanom na slid 9.33. Prornjena entropije za prijelaz 1 -/ 2 (prema slid 9.33) je St, jednadiba (9-102), a dui puta 2 -> 3 S2 = 0, jer je d'Q = 0 za adijabatski proces. Dui 3 -4 4 S3 = Q2 /T2 i ponovno je za 4 -/ 1 S4 = 0. Ukupna promjena entropije u jednom cijelom Carnotovom ciklusu (1c) je Q1 Q2 dS = + S3 = + = OStc = T1 T2 (9-103)

_ _ 1Q21 - T1 T2

i kako je

= Qi (T2/T1) dobijemo Q i 1 Ti T2 T1' T2 AS1, = 0.

(9-104)

D. Horvat: Pisa° I za FER - Mehanika i toplina

Sir. 9- 49

Za podatkc iz primjera dobijerno

Vrijedi, dakle da je u reverzibilnom kruinom procesu ukupna promjena entropije jednaka nuli, tj.

dS = 0,

9. Toplina i terrnodinarnika

Str. 9- 50

AS = 2c,,ds In

(9-105)

L.

,./7Y 7 2

— 101.53 J/K.

tj. S je doista funkcija stanja! To odgovara situaciji kada smo uveli potencijalnu energiju za konzervativne site i kada smo definirali konzervativen silt kao silo kod koji jc izvrIeni rad po zatvorenoj krivulji bio jednak nuli! To je znatilo da rad ne ovisi o putu vet` samo o poeetno i konatnom poloiaju. Nadalje, potcncijalna cncrgija se uvodi kao razlika cncrgija dva polcdaja iii stanja i vrijednost potencijalne energiji u nekoj toeki jc proizvoljna, a smisao ima samo razlika potencijalnih energija. Sve to isto vrijedi i za funkcija stanja entropiju S!

Valja odmah istaknuti da smo iza relacije (9-104) povukli zakljutak o reverzibilnim procesima, ispustivti pridjev "Carnotov"! To je posljedica toga Ito svaki reverzibilni kruini proces moiemo aproksimirati kao (beskonatni) niz Carnotovih procesa (tj. niz izmjenienih adijabatskih i izotermnih procesa), pa je tvrdnja da vrijedi (9-105) tans i za bilo koji reverzibilni proces! Vidimo, nadalje, da je promjena entropije za adijabatske procese jednaka nuli, tj. entropija se ne mijenja dui adijabate! Takve procese zovemo izentropski procesi. Sada Carnotov proces moiemo prikazati u T – S ravnini, prema slici 9.39.

Prikaz Carnotovog reverzibilnog kruinog procesa u T — S dijagramu: "ad" stoji za adijabatsku, a "it" za izotermnu promjenu stanja. Adijabatska promjena stanja jc izentropska, tj. A Sad = 0 na isti nein kao Ito jc za izoterninu prornjenu AU1, = 0 ill za izohornu (ih) promjenu AW1h = 0.

Primjer 9.22 lzraeunajte promjenu entropije pri taljenju 1 kg leda na temperaturi 0°C. RJE§ENJE Taljenje Leda je reverzibilni proces kod kojeg je temperatura To = 273K konstantna i promjena entropije je AS = f

T

'=

f j

=

7 c n+fied

= 1223.4 1/K. Procos je moguee vratiti unatrag, tako da se ista ona toplina uzeta iz okolinc (iz toplijeg spremnika) "izvute" iz sustava (vode ternperature 273 K) tako da ga se dovede u toplinski dodir s hladnijim spremnikom. Toplina 6e (spontano) gotovo ranotetno prelaziti u okolinu (spremnik) i sustav be prela2.iti u poeetno ("smrznuto") stanje! Ukupna promjena entropije (sustav plus spremnik) onto je jednaka null (u jednorn iii drugom smjeru)!

Primjer 9.23 lzraeunajte promjenu entropije I kg vode koju zagrijavamo na plameniku od 10° C do 90° C. RJEENJE Proces se odigrava pri stalnorn tlaku (izobarno), a reverzibilan je, pa je dovedena toplina vodi jednaka dQ = m„c,,dT. Prornjena entropije je 2

2 dQ =

OS

T

dT _

T

S

=

Slika 9.59

U slijedeeim primjerima ratunamo promjenu entropije u razlititim situacijama i procesima, a rezultati to nam pomodi u izvodenju opeih zakljutalca o promjeni entropije i njenoj interpretaciji. Primjer 9.21 lzraCunajte promjenu entropije pri mijetianju I kg vode temperature T1 = 273 K i iste muse vode all temperature T2 = 373 K.

9.8.1 Entropija idealnog plina U izraz za entropiju dS = d'Q/T uvrstimo matematitki zapis prvog zakona termodinamike d'Q = dU + d'W i raeunamo promjenu entropije za prijelaz izmedu stanja 1 i 2, tj.

RJEgENJE Iz opeenite kalorimetrijske jednadibe za tvari 1 i 2 imamo AQ, = AQ2 tj.

(Tf —Ti)= m2c2 (7'2 — —

T1)

odakle je

In(363/283) = 1042.13 J/K.

As =

2 2 2 = f Q = di f p T dV

(9-106)

+ rnzc2T2

rni ci + rn3c3

Kako je za idealni plin dU = nCv dT i p = nRT/V, dobijemo

Promjena entropije je Q AS = AS1 + AS2 = f Tr

=

j. 7,

+

rf

dT + rn2c3 /

f

J

2 _ —

22

2

AS = rECV j. dv7 — dT + nR J ±

iii (9-107)

=

7'2 AS = m1 c1 In(Ti IT]) + m2e2In(T1 IT2).

AS = nCy In(T2 I

+ nRIn(1/2/VO•

To je izraz za opeenitu promjenu entropije idealnog plina izmedu stanja 1 i stanja 2!

D. Horvat: Fizika 1 za FER - Mehanika i toplina

Str. 9- 51

Str. 9- 52

9. Toplina i termodinomika

Adijabatski proces je izcntropski proces (dS = 0 zbog d' Q = 0) pa jc AS2 = prornjenu je dQ = nC,dT, pa jc, prema ratunu za izohornu promjenu

AS3 = ASib = nCv111

T3

Temperature T1 i T3 moierno povezati preko jeduakosti za izobarni proces adijabate, tj. p21/' =p11/3" ill

Slika 9.40 - Dva plina odvojena toplinski propusnom pregradom.

(1

pi

RJEENJE Plinovi de izmijcniti late kolitine topline, a kako su obadva jednoatomna, toplinski kapaciteti su im isti (vidjeti odjeljak 9.6.2) i koli vcine su istc, pa vrijedi npr.

AQ A = AQB tj. naCv (TA –

7',

T

ASH, = nCv In T1i ukupna promjena entropije

T „ v in ,,

—

i

In2,

je

AS = AS1+ AS2 + AS3 = ASH,

= (TA 1- T13)12.

Ti

ASA = f 4 = rACv f— = 7

/F

pa je za izobarni proces promjena entropije jednaka

= naCv(T. – TB)

gdje smo pretpostavili da je npr. TA > TB , tj. TA > Tk > TB. Odmah dobijerno da je Tk Za prornjenu d'Q kod stalnog volurnena prornjena entropije to biti (za plina A)

= Vs/T3 i jednadibe

`1

V3 = (P2) 11'

Primjer 9.24 Dva razWita idealna plina A i B nalaze se u posudi tako da su razdvojeni pregradom koja je propusna (samo) za toplinu. Plinovi su jednoatomni, istih su kolitina tj. nA = nB, a temperature su im na paean TA i TB. Kolika je promjena entropije kada se uspostavi toplinski raunoteta?

= 0. Za izobarnu

—nCv In 2 +

ASit, = —nCv In 2 +C n—v In 2 =

nCp = nCv In 2 + nCv In 2 =0. C p/Cv

Promjene entropije koje Sc dokidaju, za jednoatomni plin (a = 1.4, Cv = RAPE — 1) = 20.785 J/rnol K) imaju vrijednost ASIb = 14.407 J/K.

TA

TA

T.

dQn T

ASo = f — = neCv f dT — = riCv In — T

TA

TB

TB

AS = Cv In j„ T l A TS TA 1-TB

AS = 3nR In

Primjer 9.28 lzra6unajte promjenu entropije pri slobodnom iirenju I mob jednoatomnog idealnog plina,

Atka 9.20, kada volumen Vo naraste na

a ukupna prornjena entropije je AS = ASA + AS B, tj.

uz

Cv = 3R/2

RJE§ENJE Pri slobodnorn kirenju temperatura idelanog plina se ne promijeni. (Kod realnih plinova tcrnperatura pada i to se zove Joule-Thomsonov efekt.) Promjena entropije dana je jednadibom (9xx2), a kako je T2 = Ti onda je (za. n = 1) AS = R In 2.

(> 0).

2 TATS

Valja uotiti da je promjena entropije pozitivna za ireverzibilni proces

9.8.2 Entropija i ireverzibilni procesi Primjer 9.25 Jednom molu idealnog plina izohorno se smanji Clair na polovinu potetne vrijednosti, a zatim se adijabatskom kompresijom tlak poveda na paetnu vrijednost. Izobarnom ekspanzijom plin se vroti u paetno stanje. lzraunajte promjenu entropije za pojedine promjene stanja i ukupnu promjenu entropije. lzvrijednite

na kroju rezultate za dvoatomni idealni plin.

U gornjim primjerima smo pokazali da je promjena entropije za ireverzibilne (ali stacionarne) procese uvijek pozitivna i da je promjena entropije u reverzibilnom kruinom procesu jednaka null! Zanimljivo i vain° je pogledati promjenu entropije za neki proizvoljni, molds i ireverzibilni proces. Za ratun OSi rev prema slid 9.36 dui ("razmazanog") puta D moiemo potetno i konatno stanje povezati s bilo kojim reverzibilnim procesom (putanjom C npr.) i napisati

RJEENJE Iz prvog zakona termodivamike d'Q = dU +pdV vidimo da je izrnijeujena toplina u prvorn procesu (izohorua - izovolurnna promjena) jednaka prornjeni unutarnje energije dU 6to je povezano s promjenom temperature (i tlaka). Iz jednadibe stanja idealnog plina pV = nRT dobijerno za izohornu prornjenu

= p2 Vi

pa je Ti = 2T2 i

T2 2T2 d' Q = dU = nCv dT.

T1

AS'irov = f dS = f dS.

A/D

Za reverzibilni kruini proces AS = 0. Tu smo uzeli ukupnu izmjenu topline izmedu sustava i okoline. Ovdje uvodimo uobitajen termin "Svemir" Icao "zbroj" sustava i okoline, tj.

Promjena entropije u torn dijclu proccsa je

Svemir = sustav + okolina

2

as, = as,,fdQV f = nCv

(9-108)

AIC

T2

T dT, = nCv In — = —nCv In 2.

i motemo napisati ASsvemir = 0

(za reverzibilne procese).

(9-109)

D. Horvat: Fizika I za PER Mchanika i !opting

Str. 9 - 58

PREGLED 9. POGLAVLJA 1. Novi fizikalni pojmovi

Medutim, za realne procese, tj. za ireverzibilne procese, entropija Svemira se poveeava iii ASsvenuc > 0

(za ireverzibilne, realne procese).

(9-110)

Gornji zapis promjene entropije Svemira jol je jedan, alternativni zapis drugog zakona termodinamike. Taj zapis pokazuje u stvari smjer odvijanja procesa u prirodi. Ako npr. pomijelamo vodu i tintu, talcav proces je jednosmjeran (ireverzibilan) i uredeniji sustav (posebno voda, posebno tinta) postaje manje ureden, tj. payees.° se nered u sustavu. Procesi tee poveeanju entropije, odnosno povecanju nereda. Into takvo poyeeanje nereda je taljenje kristala (primjer 9.22), kada se "uredna" kristalna reketka raspada i sustav prelazi u "neuredno" gibanje molekula tekueine! Zavrlit demo ovo poglavlje s dvije reeenice koje ostavljamo znatiiehnima da ih eventualno dalje istraie i saznaju Ato znati toplinska smrt Svemira! Energija Svemira je konstantna! Entropija Svemira Taste prema maksimumu!

9. Mplina i icrmodinarnika

Sir. 9- 54

temperatura

toplinski dodir

toplinska ravnotela

toplinski sustav

temperatura

termometrijsko svojstvo

apsolutna temperatura

kelvin

trojna totka

toplinsko rastezanje

anomalija vode

Avogadrov zakon

izotermna promjena

izohorna promjena

izobarna promjena

Boyle-Mariotteov zakon

Gay-Lussacov zakon

Charlesov zakon

standardni (normalni) uvjeti

univerzalna plinska konstanta

Boltzmannova konstanta

kalorimetrija

specifitni toplinski kapacitet

molarni toplinski kapacitet fazni dijagram

Dulong-Petiteovo pravilo

Mayerova relacija

agregatno stanje

latentna toplina

konvekcija

radijacija

kondukcija

toplinska vodliivost

gustota toplinskog toka

toplinski otpor

unutarnja energija

prvi zakon termodinamike

slobodno tirenje

adijabatska promjena ireverzibilni proces

krufni proces

reverzibilni proces

Carnotov proces

Ottoov proces

Dieselov proces

Toplinski stroj

toplinska pumpa

hladnjak

drugi zakon termodinamike

entropija

Svemir

2. Nove relacije

9 5 5(1) = So(1 + fit)

tt = 32 + — c V

= konst. (t) = po[l + a(T — To )]

At = atAt

£(t) = to(1 + at)

V(t)= Vo (1 + ryt)

pV = konst.

V (T) = Vo[l

P— = konst.

pV = nRT

pV = NkBT

AQ = mt ct At

AQ = nC At

1 (dQ cp,v = — — in \dT p,v

Cp,v

q = hc (71, — T1)

d'Q = dU W

= 8.314 41 J/mol K 1 dQ m dT C = Mc

1 Q (I

= (T it

(bc =

Q = A AT st Az = IATI R.

a(T — To)]

PoK = 8.314 41 J/mol K To

AT

IATI Ax/AS Co Cv Cv —

K-1

— Cv = I = caT 4 R"

Az = AS

C -= Mc Cp =

K

KR

D. Horvag: Fizika I za FER Mehanika i toplina

Str. 9- 55

Str. 9- 56

9. Toplina i termodinamika

9.31 Izvedite jednadibu adijabatc. Izvedite izraz za rad idealnog plina pri adijabatskoj prornjcni. = konst.

= konst.

Vk Wizot = nR7' In V„ R (T, - Tk) Wad, =

- T2

Oc =

, T4

70 = 1

'In =1

-T„,

TM -

1 T3

- Trn

K TM

- T2

AS = rtCv In(T2IT,) + nRIn(V2 1 VI)

p i a" 7." = konst.

9.32 lzvedite izraze za rad idealnog plina u raznim procesima. 9.33 Sto su to toplinski strojevi. Opikite kruini proccs!

Wirob = p(Vk - V0 )

IVizov

=0

Dobijcno Tic = - 1 (221 tic = Ulozcno C21 Prenescna toplina Odvcdena toplina oz.!, = -Izvrkcni rad Rad 1 p" -1 90 = 1 1/r" TR) - 1 r" -'(p - 1)' AQ AS= dS = 0

ircv

ASSvemir = 0

SSvernir > 0

9.34 Skicirajtc ncki kruini proms i naznatite kako bike izratunali njegov koeficijent iskoriktenja. 9.35 Opiaitc Carnotov kruini proces. lzvedite koeficijent iskoriktenja. 9.36 Po t emu je poseban Carnotov kruini proces? Opikite Carnotov tcorem. 9.37 Opikite Ottoov kruini proccs i skicirajte kako bistc ratunali koeficijent iskoriktenja. 9.38 Kako radi Dieselov kruini proces? Pokaiite da je njegov koeficijent iskoriktenja manji od Carnotovog! 9.39 Kako glasi drugi zakon termodinarnike? Opikite tim zakonom zabranjcne procese i kako ih "popravljamo" da postanu dozvoljenil 9.40 Opikite toplinsku pumpu i hladnjak. Kako se ovdje definira kako dobro uredaj radi? 9.41 gto jc entropija? Pokaiite da jc kod Carnotovog kruinog proccsa cntropija funkcija stanja. 9.42 lzratunajte promjenu entropije idealnog plina. 9.43 lzratunajtc promjenu cntropijc pri taljcnju leda i mijc8anju dvije tekuoine. Kakvi su to procesi?

3. Pitanja (sa zvijezdicom su oznatena teta, neobavezna pitanja)

9.44 Opiaitc kada jc promjena cntropijc jednalca null, a kada nije. Kako Sc definira Svcrnir?

9.1 Opiaitc razliku izmcdu rnakroskopskog i mikroskopskog opisa toplinskill proccsa! 9.2 Dcfinirajtc toplinski sustav! 9.3 Sto jc toplinski dodir? 9.4 Kako Sc prcpoznajc toplinska ravnoteia? 9.5 S kojim se paramctrima opisujc toplinski sustav? 9.6 Kako glasi nulti zakon termodinamike? 9.7 Sto jc tcrmornctrijsko svojstvo? Navedite nckc prirnjere! 9.8 Opiaitc plinski terrnornetar pri stalnom volumenu! 9.9 gto jc Seebeckov cfckt? 9.10 Kako sc mjerc ekstremno niske a kako ekstremno visoke temperature? 9.11 Opikite kako se dolazi do temperature apsolutne nule! 9.12 Sto je trojna totka? 9.13 Izveditc zakon lincarnog i volumnog kirenja tijela! 9.14 Objasnitc toptinsko kirenje tijela na mikroskopskoj razini! 9.15 Sto je anomalija vodc. Opikite ju preko volumcna i gusto6e! 9.16 Formulirajte tri plinska zakona i napikite odgovarajute izrazc! 9.17 Izvedite jednadibu stanja idealnog plina i izratunajte univerzalnu plinsku konstantu! 9.18 Dcfinirajtc standardnc (norrnalne) uvjete. Kaki) glasi Avogadrov zakon? 9.19 Dcfinirajtc specifitni i molarni toplinski kapacitet. 9.20 Kako glasi Dulong-Petitovo pravilo? Kako klasitna fizika opisuje D-P pravilo? 9.21 Izvcditc Maycrovu rclaciju na dva natina: razrnatrajuoi rad i pomodu prvog zakona terrnodinarnike! Kako se definira adijabatska konstanta? 9.22 Opiaite fazni dijagram vodc i CO2. lstaknite osnovne razlikc. 9.23 Opiaitc ciklus prijelaza leda u vodcnu paru. Sto su latentnc toplinc? Koliko one iznosc za vodu (red vclitina)? 9.24 Opiaitc natine prijenosa topline. Kako glasi zakon vodcnja toplinc? 9.25 Sto je toplinski otpor? Ilustrirajte "Ohrnov" zakon za sustav od dva toplinska sloja! 9.26 Opiaitc funkcijc stanja i funkcijc proccsa. Kako glasi prvi zakon termodinarnike? 9.27 Opiaitc proces slobodnog kircnja idealnog plina. Koji sc zakljutak izvlati iz tog proccsa? 9.28 Kako sc ponaka rcalni plin pri slobodnorn 8ircnju? Kako sc zove taj cfekt? 9.29 Pokaiite da prijcnos toplinc ovisi o proccsu. Provcditc potpuni ratun. 9.30 Polcaiitc da izvrkeni rad s idealnim plinorn ovisi o proccsu. Provcditc potpuni ratun.

6 6 6 6

0 10. MOLEKULARNO KINETIKA TEORIJA PLINOVA

10.1 Uvod 10.2 Idealni plin u molekularno-kinetiekoj teoriji 10.3 Tiak idealnog plina. Unutarnja eriergija. Temperatura 10.4 Toplinski kapaciteti plinova u molekularno-kineti6coj teoriji 10.5 Molarni kapaciteti krutih tijela 10.6 Prijenosne (transportne) pojave 10.7 Maxwellova raspodjela po brziriaina Funkcija raspodjele Maxwellova raspodjela po brzinama Energija aktivacije Ratuni karakteristieni velitina Maxwell-Boltzrnannova funkcija raspodjele 10.8 Realni plinovi. Van der Waalsov plin Bertholletov phi) Virijalni koeficijenti Napornena o medumolekularnim silama

10-1 10-1 10-2 10-6 10-8 10-10 10-13 10-13 10-16 10-19 10-19 10-22 10-22 10-24 10-24 10-25

Dodaci poglavlju 10 DP10.1 Izvod Maxwellove raspodjele po brzinama DP10.2 R.asprSenje molekula i relativna brzina

10-26 10-28

Pregled 10. poglavlja P10.1 Novi fizikalni pojrnovi P10.2 Nove relacije (formule) P10.3 Pitanja

10-31 10-31 10-31

Str. 6 2

10.

Molekularno-ktnetieka teorija plinova

relaksacijc (vidi kasniji odjeljak), a prosjeena duljina puta prijedena izniedu dva sudara cove se stednji slobodni put (vidi takoder kasniji od jjeljak); (•) cbogsamo savreno elastienil, sudara vri,jedi zakon 010uvanja kolieine gibanja i zakon oduvanja kinetieke energije. 10. MOLEKULAR.NO-KINET1aK A TEOR.1.1 A PLINOVA

(•) smjerovi brzina su porpinio proicvoljni, ,jednaka 21111i. 13. prosinca 2001.

je xrcrinja brcina pojedine molekule (u sv)nt smjerovima)

pa

(•) vrijeme sudara (raspr:senja) canernarivo je u odnosu na vrijeme (slobodnog) gibanja izinedu dva sudara ; tj. u odnosu na vrijeme relaksacije. (•) sve eestice istog plina imaju istu mast', a srednja gustoda testica se ne rnijenja u vrernenu. Bealni plinovi ispunjavaju gornje uvjete (te ih molemo tretirati kao idealne plinove) kada je tlak plina vrlo urali, jer u torn slutaju mo2emo zanemariti medudjelovanje inolekula. Primjer 6.1

lzraJunaj ntolnu

?I IOSU

vode. Koliko molova node inns u 1 kg node? Kolika je masa jedne

molekule vode? 10.1

Uvod

ovorn demo poglavlju prostudirati mikroskopsku racinu, odnosno pozadinu niza pojava i parametara koji se uvode u termodinarniekom razinatranju toplinskih pojava, a koji se taino prihvaeaju kao (mjedjive) fizikalne velieine eiju vrijednost znamo odrediti iz pokusa iii injerenja ali u eiju fizikainu sugtinu tamo ne ulaznno. Takvi tipicni parametri su tlak iii temperatura. Prema tome, temperatura iz termodinamnike npr. u kinetiekoj teoriji nalazi svoje (rnikroskopsko) objaSnjenje. Temelje molekularno-kinetieke teorije postavio je D. Bernoullit joS" 1738. godine, no njegov je rad bio zaboravljen, a kasniji pokuaji u duhu njegovih ideja bili su dugo vremena odbacivani kao nepriltvatIjivi. Ipak, konaenu afirnaciju ideja kinetieko-molekularne teorije postigli su Joule, Clausiusi, Maxwell i Boltzmann°, a nakon njih otkrivene su Bernoullijeve ideje, te je an prilivaten kao osnivat kinetieko-molekularne teorije.

molarna masa Me vode jednaka je 18, pa je rnolarna masa vode jednaka M 18 g/mot. U m = 1 kg ima n = m/M molova tj. n = 55.6 mola. Masa (jedne) molekule vode je rem,,, = = 18 • 1.66 x 10-27 kg=2.99 x 10_ 26 kg, a je unificirana atomska jedinica muse Broj molekula Nurn=1g vode dan je preko Avogadrovog broja NA , tj.

RJEOENJE Relativna

N = aN A = nNA = 0.056 mol • 6.023 x 1023 /mol = 3.33 x 1022 . Masu jedne molekule vode moiemo izratunati i tako da se sjetimo da u 1 molu tvari ima molekula/atoma, a kako 1 mol vode ima 1118511 od 18 g, onda je masa jedne molekule jednaka rm„ =

Za opis (termodinamiekog) sustava, raniju optu predoddbu zvanu idea/ni plin sada, preina Bernoulliju, opisujemo kao nakupinu molekula toeno odredenill svojstava, koje se nalace u posudi - spreinniku i koje interagiraju tnedusobno i sa stjenkama posude. lz skupa tih pretpostavki o plinu i njegovom inedudjelovanju, us ranije odredene jednadthe stanja i promjena, mogude je na fundamentalnoj radio) razumjeti cijeli spektar termodinamitkih procesa, zajedno s parametrirna koji ih opisuju.

iv A

=

NA

2.99 x 10 23 g.

4 4

10.3 Tlalc idealnog plina. Unutarnja energija. Temperatura 10.2

Idealni plin u molekularno-kinetiamj teoriji plinova

Mao (termodinanneki) sustav koji demo racmatrati uzet demo idealni plin koji se sastoji od odredenog broja (Inikroskopskih) atoma-molekula, a pretpostavke koje taj plin eine idealnint su slijedede: (•) volumen molekula/atoma inoiemo canemariti u odnosu us volume!' posude/sprenurika u kojo jj se nalazi plin; (•) medudjelovanje eestica zanemarujemo, tj. ako jedna eestica plina inns ukupnu energiju U koja je opeenito jednaka zbroju kinetieke i potencijahle energije onda je U = Ek, tj. potencijalna energija jednaka jje nuli. Jedine sile koje se javljaju su (impulsne) sile koje (trenutaeno) djeluju prilikorn (savreno) elastienih sudara molekula s molekulom odnosno molekula i zidova spremnika. Kao posl,jedica toga, molekule se gibaju po isprekidanim pravcirna. Vrentenski razmak izmedu dva sudara cove se vrijeme

Neka se A° molekula (ili n molova) idealnog plina (gdje,je N = To' NA = NA(T0/14), a NA je Avogadrov broj i Al je inolna masa) nalaci u posudi - kocki stranice a i neka je masa molekule jednaka nt„, (vidi sliku 10,1). Ako uoeimo jednu (i-tu) molekulu i razinotrimo komponente njenog gibanja dud osi z, onda je Mena kolieina gibanja (x komponenta) prije udara u stjenku jednaka t7„, = rn„,r1„ a poslije (elastienog) sudara ,jednaka je = pa ,je iznos prornjene kolieine gibanja (ca i—tu testicu) jednak

pp,/, = 2itt„,mii •

Gibajudi se brzinom tnolekula udaljenost a (duljinu brida kocke) prijede za vrijeme t, tj. a = v,/i t. To mat) da de vrijeme izniedu dva sudara u istu stjenku bit) t2 = 2a/m/,, a broj udara u jednoj sekundi je b = is/t2 = tt,/i/2a. To znaei da za vrijeme At testica prenese na (istu) stjenku ukupnu kolitinu gibanja Ap, kcja je jednaka

Ap = b. App At = t Daniel Bernoulli (1700-1782) tvicarski 6zi6ar i matematitar. At.

I Rudolf Julius Emanuel Clausius (1822-1888) njema6ki fizitar. Ludwig Eduard Boltzmann (1844-1906) austrijski fizitar.

(10-1)

a

2rttn,v,ii • At (10-2)

D.

Fizika I za PER - Melionika i topliria

Ste. 6- 3

Sir.

6

- 4

JO. Molckulaeno - kinctieka tcorija plinova

Sve molekule neniaju istu brzinu. pa, unev,Si u obzir pretpostavke o brninaina, maiemo uvesti srednju vrijednost kvadrata brzine svill molekula 11 a:— snijeru (10-7)

= /7 Ev/,. i=1

= 0.

Ovdje se valja podsjetiti osnovnill pretpostavki inolekularno-kinetitke reorije in kojih je jjasno da je S obnirom na kaotitno gibanje molekula, svi su smjerovi brzina ravnopravni, pa je

= Sliku 10.1 - ideatra pfin u posudi i elastitni sudari molekula plina sa stjenkarna posude.

=7 =7 3 .

(10-8)

Zato molemo napisati tlak ovako 11=

(10-3)

mm

v

-

N

3

i=1

N • 2 C.ra 17) = — 2N = 31" 2 "' 31(

Sila to molekule 'la stjenku je jednaka vreinenskoj promjeni kolitine gibanja (2. Newtonov aksioin), tj. 711 V 2 Op P m ./t – At – a

y

(10-9)

Ek,

gdje smo uveli srednju kinetitku energiju molekula Ek. Ako gornju jednadZbu 2NpV = —Ek. 3

a ukupna sila od svih testica je i=N

m

Fr =

N

(10-4)

(10-10)

poveZemo sjednadžborn jednadiborn stanja idealnog plina pV = nRT, dobijemo dva izuzetno vaZna rezultata: Ek

Zbog ranijih pretpostavki o plinu. impu/sna sila testice na stjenku ima specifitan oblik, prema slici 10.2.

=

3 — kT

T

=

2 — Ek. 3k

(10-11)

Relacije (10-10) i (10-11) opisuju na fundamentalni natin karakter flab i temperature: tlak, odnosno lemperatura je (u stvari) srednja kinetitka energija molekula, odnosno ternperatura je mjera srednje brzine molekula. Nadalje, iz izraza (10-9) možemo moiemo izratunati brzinu gibanja pojedine molekule, totnije. uvodimo srednju kvadratnu brzinu

F

(10-12a)

Vskb =

i iz (10-9) ona je jednaka Uskb

J

Primjer 10.2

\

6— 12

Kolika je srednja kvadratna brzina molekule kisika na sobnoj temperature (20° C)?

RJESENJE Masa molekule kisika jc (vidi primjcr 10.1) tn,„ = M,.tn„ = 5.312 x 10725 kg, pa jc srednja kvadratna brzina jed

Slika 10.2 - impuisne sile kojima djeluje destica plina na stjenke posude u razrnacima At = t2. Srednja sila takoder je prikazana.

t,kb

Tlak na stjenku okomitu na smjer osi x .je p= Fr /S, odnosno

P = a2

(10-12b)

= 13mkn., T.

mazE,v2.1, =

mmE,vx2 It

a3

(10-5)

Gledajuei po kornponentama 1

1 1 1 1 1 v2 = – kT – rnmv2 = – kT i –mm v? = –kT 2 2 2 1 1 — — — (11 1 – tri„,v2 = – mn.,(q + t,12, + ?JD = – + – + – ) kT. 2 2 2 2 2 Tri m

P

z-

vz

= 478 m/s.

4 4

iii

rnm

`/ mm m,

(10-6)

jer je (10-13)

D. florvaL Fizika I za PER

Mehanika i toplina

.Si,. 6- 5

ciilinur da je za svaki translatorni doprinos kinetitkoj energiji (translacije) doprinos jednak kT/2. Katerno da je bnt , j ■ luprinusa tikupnoj (ovdje santo kinetitkoj) energiji jednak broju stupnjeva slobode. tj. broj stupujeva slobode je broj podataka koje moramo znati da bismo potpuno odredili ukuptin energiju. Kod jednoatomne molekule (plemeniti plinovi npr.) ukupna kinetieka energija ,jednaka je (sanio) kinetitkoj energiji translacije, a za njeno odredenje noranto znati tri komponente brzine (translacije).

Mote se innate pakazati poinou jednostavaili kvantno-niehaniCkili ra_zinatranja da rotaciona kineti(:.ka /2 alone irnati najnina vrijednost 1 .

2

(10-14)

8, h21

gdje je ft Planckova konstanta, a 1 jc moment inercije (tromosti). Taj loran dobijemo in UV Bohrovog kvaTaltog uvjetu koji ingleda ovako ,t 2 a = art

(71 = 1, 2, 3.

Tu je uvedena toe. reducirana Planckova konstanta

10. Molckularno-kinetiCka teorija plinova

To znati da dvoatounia inolekula ima ukupno pet stupujeva slobode, pa je i ukupna energija U jednaka 'Ammon' broju stupnjeva sloboda poinolenoin s eneryijom po stupnju slobode 2kT. tj. 5

U2 at. = - kT 2

No troatomni odnosno vieatoinni plin postoji doprinos i od rotacije oko a osi, slobode .jednak test. Sada je ukupna energija (jedne molekule) jednaka

energija Eh-" t) =

2

St,. 6. 6

je ukupan broj stupnjeva

-kT = 3kT.

U3

2

( 10- 17 )

It gornjih razmatranja motemo forinulirati teotent o ekvipurticiii citeryije koji je formulirao L. Boltzmann: energija sustava u toplinskoj ravuoteti jednoliko je podijeljena na sve stupnjeve slobode. Za N testica i i stupnjeva slobode, odnosno n rnolova. uz Nk = nr?, ukupna ,je energija ,jednaka

)

rt. it/27r, a nt je (glavni) kvantni broj a Bohrovom

=

modelu atorna. Kako je kinetKla energija rotacije za neku os oko koje je moment tromosti jednak 1

jednaka EA

(10-16)

2

kT

(10-18)

gdje je k Boltzmanova konstanta jednaka k = 1.3807 x 10-23 .1/K, a T s je apsolutna temperatura.

= 2 /w2

10-14 in (polumjer jezgre) i ako uzniemo da je inolna masa M = 100 g/inol, onda je masa (jedne) eesticc jednaka en = M/NA = 1.7 x 10-25 kg. Na je Avogadrov broj. Onda je kinetitka energija rotacije jednaka 10-15 J. U slutaju molekule plina manje molne mase rotaciona energija bit 6e jot ve&!. Istovremeno je srednja kineticka energija translacije Ha temperacuri T jednaka eht..r) Ts 2 x 10-23 T J. Oeigledno dobijerno iz L = ia, izraz (10-14). Ako uzinemo da je atom kuglica polumjera R

. ) >> 4` ) , tto znaei da na podrutju temperatura gdje su molekule pobudene na translaciju je E(h'"" jednostavno nema dovoljno energije da as eestica pobudi na rotaciju. Dakle, kod jednoatouniog pinta nemamo doprinos ukupnoj energiji od energije rotacije!

Osim translacione i rotacione energije, atomi vezani u molekulu mogu imati i vibracionu energiju (energiju titranja). Na ta,j se natin mogu pojaviti jog dva stupnja slobode koji odgovaraju kinetiekoj energiji titranja (1) i potencijahloj energiji titranja (1). Vibracioni stupnjevi slobode javljaju se kod visokili temperatura T >103 K, pa na tim temperaturania govorirno o unutarnjoj energiji jednakoj UT >

7 K -2 kT.

(10-19)

Na temperaturaina ispod 103 K vibrationi stupnjevi slobode su "stiirznuti" (nisu pobucleni) pa imamo i = 5 (santo) za dvoatomnu molekulu, tj. UT0 , x(to) Sl < 0

Str. DI - 6

(e dt)

v3 sin g a 2g

d - (cos wt) = -w sin wt dt d2 — (cos wt) = -w2 cos wt dt2 d3 (cos wt) = w3 sin wt

(D1-19)

v3 cos2

< 0.

(cos wtlt=0 = 0 dt c/2 (cos wth=, = -w2 t2 dt

(D1-20)

(t)

cos

= (1 (1

(D1-21)

(D1-22)

Tayl Maclaurinov) red Pomoau derivacije moiemo možemoistraiiti ponaSanje funkcije oko neke vrijednosti nezavisne varijable (t npr.) ako znamo vrijednost funkcije u nekoj d totki (to npr.) i moiemo možemo izraeunati derivacije te funkcije i izvrijedniti ih u toj drugoj totki. Neka je J(t) neprekidna funkcija u okolini totke to . Onda vrijednost funkcije u toad t moiemo možemo izratunati ovako [d 1 [ 2 -P t)] (t - to) + - — f(t)] (t - to ) 2 f(t) = f (to ) + 1! dt 2! dt2 t=to t=f o (D1-23) 1 c/3 i(t - to)3 + {clt-31(t)1 t-to

r

(D1-25)

(cos wths.„ = 0

= 1

at + (a2tr + (a3tr + (60 2 2! at +

(6t)4

002 - (wt)2 2!

(D1-26) (6t)(wt)3 2!

(603 3!

Time su odredene koordinate maksimuma parabola koja opisuje kosi hitac u situaciji kada je zanemaren otpor zraka. Domet kosog hica dvostrukoj udaljenosti Vrijeme leta ti odredi se iz jednadžbe jednadibe horizontalne komponente gibanja ( u smjeru osi 2 • xmax = (vo cos a) • to.

(D1-24)

Uvrstimo te izraze u formulu za razvoj funkcije u Maclaurinov red i dobijemo razvoj

Da se doista radi o maksimumu vidimo odmah iz druge derivacije funkcije f(x): d2y d.z2 -

_63e-6t

- 62 = -63

i to isto napravimo za funkciju cos wt: (D1-18)

Na tom mjestu funkcija y = f(x) ima ekstrem. Odgovarajuaa vrijednost funkcije za zoo.. je ,

=

_ ddd2 (e-611 cris2 t3

dt 3

Izjednatival prvu derivaciju s nulom dobijemo vrijednost varijable x za koju ikezava prva derivacija. Oznatimo taj x s xr„.x lako dobijemo iz (D1-18): vo sin 2a 2g

cfit

dt 2

e odredite maksi-

dy cE = tga - vo cos2 a x.

Yrnax = 1/(Zmax) =

le-60 = _6e-dt ) (e _61) = 62 e-dt

dt

i izvrijednjujemo ih u t = 0:

U tablici D1.2 dani su neki najeeSee potrebni razvoji funkcija u Maclaurinov red.

D. Norval: Fizika 1 za FER

Sir. DI - 7

Str. DI - 8

Dodatak DI- Derivacija i integral

Tablica D1.2 Razvoji u red potencija

sin idt = idt cosidt = 1 -

(idt) 3

3!

(5 wt) 5!

(wt)2 (wt) 4 2! + 4!

e = 1 + wt + (wt) 2 + In(1 + (art) = wt

...

+

PO'

6! (wt

)3 + .. ! .

(wt)2 (wt)3 + 2 3

(wt) ^

4

(konv. za svaki x); (konv. za svaki x); (konv. za svaki x); (konv. za -1 < x < 1;)

(1 + wt)P = 1 + p • (wt) + P(132, 1) (wt) 2 +

p(p - 1)(p - 2) (cdt)3 + ... 3!

Mika D1.2 Odredeni integral funkcije g(t) (konv. za Ix! < 1.)

Integral

lntegriranje motemo shvatiti Ica() inverznu operaciju deriviranju, tj. rijeSiti problem integriranja funkcije g(x)

Otito je da se pri tome raCunu eini velika pogre§ka ako je podjela "gruba" tj. ako smo interval integracije podijelili na malo intervala. lzraz (D1-30) postaje toeniji Sto je podjela finija (At ; -■ 0) i Sto ima vie intervals (N

co), tj. i=N

f g(x)dx

(D1-27)

P = lim

Eg

(ti)At

N—000 i=1

znaCi odrediti onu funkciju f (x) Cija je derivacija jednaka funkciji g(x). Npr. ako moramo odrediti

f g(t) dt = f (2At + Bw sin wt)dt

(D1-29')

Pomo& tzv. Newton-Leibnitzove formule molemo uspostaviti vezu izmedu odredenog i neodredenog integrala. Nelca je f(t) primitivna funkcija funkcije g(t), tj.

znaCi da moramo odrediti f(t) tako da je g(t) = et f(t), a to konkretno ovdje znaCi da je f g(t) dt = f (t) =

- B cos wt + C

d — fit) = g(t) = 2At + fiwsin wt. dt

I

(D1-28a)

I g(t)dz = (t) + C

jer je (D1-28b)

konstanta. Odredeni integral neprekidne funkcije g(t) u granicama t 7 i ts mote se opisati kao povrSina P omedena krivuljom g(t) i osi t to vertikalnim pravcima t1 i ts, kao na slici D1.2, a pile se ovako

I g(t) dt = f(t)

(Dl-29)

Tu povrAinu motemo poku§ati izratunati kao zbroj povrtina N pravokutnika Cija je npr. jedna stranica g(4), a druga je dutina At i na osi t dobijena dijeljenjem intervala integracije [t, , ts j na N dijelova, tj.

f (6)

f (a)'

(D1-32)

Primjer 4 lzradunati potencijalnu energiju tijela na opruzi konstante k kada se opruga rastegne od ravnoteinog poloiaja do amplitude A.

RJEENJE Rad izvilen protiv site opruge Fo (x) = -kx je A

x2 A 1 W= f kxdx=k f xdx=k•— = — kg 2 o 2

Dobijeni rezultat je potencijalna energija tijela E. 4 4

i=N

E g(lo)b.

[f (t)1;

a

A

P=

(D1-31)

onda osnovni teorem integralnog raduria daje

Funkciju f (t) zovemo primitivnom funkcijom funkcije g(t) ili neodredeni integral funkcije g(t) ili antiderivacija. Funkciju g(t) zovemo integrand iii podintegralna funkcija, a Icatemo da "funkciju g(t) integriramo po t". Vaino je uoCiti da pri rjeSavanju gornjeg problema konstanta C ostaje neodredena, tj. rje§enje gornjeg neodredenog integrala je i funkcija At e - B coswt, medutim, funkcija f(t) je najopeenitije rjeAenje. PoCetni uvjeti koji nekom matematiCkom problemu daju fizikalni karakter odreduju konstantu C, koju zovemo integraciona

P = f g(t)dt.

g(t)dt.

(D1-30) Niže su u tablici D1.3 dani neki integrali elementarnih funkcija.

D. Horvai: Fizika I za FER

z n+1

Ixn dx =

n+1

1 (a +dxbx)2 = b(a + bx)

f f

I

+C C

Inx dx =(x In ax) — x + C

1 sin ax clx = — cos a x + C a x sin 2ax I sine ax dx — +C 2 4a

x

Sir. DI 9

=Inx+C

f

e" dx = lean + C a

f

Nidx = —2 x2 /2 + C 3

f cos ax dx = 1sin ax + C cost ax

dx —

xsin 2ax + 2 + 4a

C.

Dodatak D2- Vektori

Str. D2 - 2

DODATAK D2: VEKTORI

Slika D2.2 - Zbrajanje vektora pomodu pravila paralelograma

D 2 .1 Vekt orska algebra Fizikalne velitine kao temperatura, masa, vrijeme iii energija u potpunosti su odredene kada im odredimo mjerni broj, tj. iznos. To su aka/arms velidine, dakle velieine koje su odredene svojim iznosom. Medutim, kada Icalemo da se gibamo (vozimo) brzinom od 30 km/h, nismo u potpunosti opisali situaciju: nismo kazali gdje aemo se naei nakon jednog sata, jer nismo kazali u kojem eerno se smjeru gibati. Kalemo da je brzina odredena ne samo iznosom (30 km/h) vee i smjerom. Takvu velitinu zovemo vektor iii vektorska velidina: to je velitina koja je odredena iznosom i smjerom, a tipieni vektori su sila, brzina, pomak, itd.

-;

Za dva vektora Fir i P2 kaiemo da su kolinearni (iii linearno zavisni) ako postaje skalari A1 i A2 takvi da vrijedi (D2-3) Al P1 + A2 P2 = 0 Vektore moiemo prikazati najbolje tako da uvedemo koordinatni sustav u ravnini odnosno u prostoru. Kartezijev koordinatni sustav je pravokutni sustav cije su osi oznatene (u prostoru) s (x,y,z), odnosno u ravnini s (x, y). Pogledajmo prvo prikaz vektora u ravnini (slika D2.3). Y9), a u prostoru (x, y, z) odredena Neka je toeka A u (x, y) ravnini odredena koordinatama koordinatama (XAIYA,ZA). Onda vektor koji povezuje ishodigte i totku A zovemo radijusvektor totke A i moiemo prikazati porno& njegovih komponenata (x9, YA1ZA) tako da uvedemo oznatimo ga s Vektor moiemo jedinitne vektore u smjeru osi x, y i z tj. i (z), 3 (y) i možemo napisati ovako (u tri . Sada vektor dimenzije - u prostoru) (D2-9) FA = ZA•i + VA • 3 + ZA • k.

AB

Slika D2.1 - Prikaz vektora - usmjerene duiine

prikazujemo dužinama duiinama kojima dodajemo strelicu koja pokazuje smjer vektora (slika D2.1), pa usmjerena duiina AB postaje vektor

koju najteke oznatavamo malim slovom i strelicom iznad slova

= a. Mi 6emo rabiti oznake vektora sa strelicom iznad slova. = a iii masno otisnutim slovom Iznos vektora d oznatavamo ovako j7 i to je pozitivna skalarna velitina, odnosno pozitivni sk (broj). (iznos moie može biti jednak null, ako je vektor nul-vektor). Vrlo testo za iznos vektora u fizici napiaemo jednostavno a. natina), to mnoiiti množitislcalarom (brooduzimati i mnoiiti množiti Vektori se mogu medusobno zb jem). Zbrajanje vektora definirano je pravilom paralelograma (prema slid (D2.2), a pravilo oduzimanja vektora dobijemo iz pravila zbrajanja, tj. iz 5+ I," = c dobijemo razliku vektora d = — b prema istoj slici za zbrajanje vektora. Mnoienje . Množenje vektora skalarom a svodi se na uvodenje vektora istog smjera ali iznosa jednakog A Na taj nein moiemo možemo uvesti jedinidni vektor a ("lcapica" na slovu je oznaka jedinienog vektora) koji odgovar a. Naime, mnoienjem množenjem vektora d reciprotnim iznosom vektora dobijemo vektor eija je duljina jednaka 1: 1 (D2-1) =1 lal = la • ,1.1 1 = Idl • i a=a• 161 Ial Na ta

umnožak njegovog jedinienog vektora i njegovog iznosa možemo rikazati kao umnoiak svaki vektor m =a•

(D2-2)

Slika D2.3 - Prikaz radijusvektora u ravnini

Iz Pitagorinog pouelca lako dobijemo iznos (duljinu) vektora: IF9 = Vx2A + yA = rA

(u ravnini)

1 , 9 = V12,4 + yA + z 2A = rA Kartezijeve komponente vektora nata (alternative Kartezijevim koo xq

tg

(D2-5) (u prostoru.)

VA) u ravnini moiemo izraziti preko ravninskih polarnih koordia za prikaz položaja poloiaja totke u ravnini) (p,0): = p • cos 0

Y A = P sin ¢ gdje je

=* x 4- a

p = rA = Vx2A + y2A .

(D2-6a)

D. Horva

Sir. D2- 3

Fizika / za PER

U prostoru u ci/indrieMm koordinatama (p, 0, z) je xA = p cos (5 tgeP = zli= 1

a

yA = p sin

zA = zA gdje je (D2-6b)

p = rA = Vx2A + y2A + z2A ,

Sir. D2-

Dodatak 1)2- Vsktori

4

RJEIENJE Ovdje nam je ostavljeno da sami odredimo poloXaj i arijentaciju koordinatnog sustava. Ishodilte je nuXno sustava metnemo "u tijelo", a osi demo orijentirati tako da se os x poklopi sa silom P, napomenuti da fizikalni rezultat ne ovisi o izboru koordinatnog sustava (polo2aju ishodiSta i orijentaciji osi). "Fizikalni rezultat" ovdje znadi da je iznos i smjer rezultante nezavisan o izboru koordinatnog sustava. Dakle osi možemo orijentirati i tako da je, npr. os x u smjeru site F2 , ili negdje izmedu, itd. Dakle, mica je

a u sfernim koordinatama (r, 0, 0)

F, =

x A = r sin cos (P VA = r sin sin tg0

yA

xA

, r = Vx2A + y2A + z2A ,

a tgO —

(D2-6c)

x 2A + y2A

zA

(U daljem demo pisanju ponekad izostaviti jedinicu N!) Onda je (vidi sliku D2.4)

• P2 = iF2/2 3F2h, = —iF2 sin 30° + j F2 cos 30°

Veze jedinienih vektora u cilindridnim koordinatama i Kartezijevim koordinatama dane su ovako + cos 8 CO8

— sin duiS

,r3_ii•2 • - + r 2 ' 2

sin sin Of + cos sin

± COS c64

= (-30i + 301'3.3) N.

= sin cos

j

+ 3F, /, i • 50N + . ON.

zA = r cos Ogdje je

k = cos Of — sin 96 Rezultanta /7 je onda jednalca

i obratno = sin cos Oi + sin sin 03 + cos Ok = cos cos oi + cos sin

= P1 P2 = (F11

— sin sk

(16 = — sin (Pi + cos cp3.

Prinijer 1 U ravnini je zadan vektor = 5i — 7j. Odredite njegove Kartezijeve kompanente, njegov iznos i kut koji vektor zatvara a osi x. RJEIENJE Komponente vektora 17 su u = 5 i uy = —7. Njegov iznos je It71 = ,/52 + (-7)2 = 74. Kako je t/ = 1171ms q5 i uy = sin (P, onda je tg = —7/5, pa je 0 = arctg(-7/5) = —0.9505 = —57°27'44".

(F115 + F210)

= (20i + 300-3) N, a njen je iznos R=~R'~= ✓

+Rr= 1/5155N.

Kut koji vektor zatvara s + osi x je tg = Rv =

Zbrajanje vektora se sada svodi na zbrajanje odgovarajudih komponenata, tj. ako je FA = Ai ± VA; i B = xyi YB), onda je + Fa = i(XA + 13) + j(YA + y13). Poopdenje na tri dimenzije je odigledno!

F2/y)i

= Rj. + Ry3

Ako zadržimo smjerove sila dan na slici D2.5.

209

= 0.3674 = 21°3'06".

i P2 kao na slici D2.4, onda je drugi "praktidni" izbor orijentacije osi

Prinijer 2 lzraettnajte rezultantnu silo na tijelo na koje djeluje silo F, iznosa 50 N i sila P2 iznosa 60 N, a kut to ga zatvaraju site je 120°.

Slika D2.4 - Uz primjer 2

Slika D2.5 - Uz primjer 2 - drugi izbor orijentacije osi

D. Horvat: Fizika I za FER

Ser. D2- 5

Prema Slici D2.5 je P2 = (60i') N, a P2 = (-25i' – 25/3-3)N, dakle sasvirn novi brojevi. Rezultanta je = + P2 = ( -35i' – 254P) N,

S tr. D2 - 6

Dodatak D2- Vektort

Ako izrazimo vektore u njihovim Kartezijevim komponentama (koordinatama), npr.

= F.i + Fy; + F.k i

takoder novi brojevi! Medutim, iznos rezultante je

= x ai + YA

zA

(D2-13)

onda skalarni produkt vektora dobijemo tako da pomnožimo "svakog sa svakim". Pri tome odmah vidimo da vrijedi i•i= i.3=o i•k= o

= 0-35)2 + (-2542 =

3.3=1 3. = o

tj. rezultat isti! ToCnim crtanjem rezultante u prvom i drugom izboru koordinatnog sustava dobili bismo isti vektor R u odnosu na vektore i F2! To je, dakle ono, u jednostavnom prikazu, gto zovemo "neovisnost fizikalnih rezultata o izboru koordinatnog sustava"!

(D2-14)

k = 1 pa skalarni produkt vektora F i PA postaje vrlo jednostavan

6 6

P • FA = F. • XA Mnoienje vektora skalarom odredeno je množenjem skalara i komponenata (u ravnini) rA = i(A xa) + 3(A • yA).

(D2-7)

Vektor PA mo2emo prikazati kao umnožak jedinienog vektora i i iznosa vektora, tj. PA = r= • +-A = a jedinieni vektor (u ravnini) je dan pornodu kuta ¢ i jedinitnih vektora i i j: r" A = i cos ¢ + j sin 0; VA I = Vcos2 + sin' ¢ = 1.

(D2-8)

Fy •

YA +

F, ZA,

(D2-15)

tj. skalarni je produkt dva vektora jednak zbroju umnaalca istih komponenti. Slcalami produkt vektora "sa samim sobom" je = 1.pI2 (D2-16) lz gornjeg zapisa skalarnog produkta lako mo2erno odrediti kut izmedu vektora F i PA. Naime, s jedne je strane skalarni produkt dan izrazorn (D2-11), a s druge strane izrazom (D2-15). Izjednatavanjem tih izraza dobijemo

cos( z P / FA) = Poopdenje na tri dimenzije je jednostavno: vektor F prikazujerno ovako

IFI

I PA I

F. • x + Fs, • y -I-

f = + F53 +

(D2-9)

gdje je k jedinieni vektor u smjeru osi z. lznos P je

V F1 + FL? + F;

(D2-10) cos =

+ y2A z2A

=— IP! P• Fy cosp = = iFl IF'

cos ex = F. cos 0 = — i cos ry = —• IPI

pa vektor F možemo onda napisati pomodu tik kuteva ovako

= F • (i cos + 3cosfi+ k cos -.).

Primjer 3 Tijelo se gibs u smjeru vektom P = — 33 + 4k) a na njega djeluje silo F = + 33 — k) N. (a) Pod kojim kutem 9 u odnosu na smjer gibanja djeluje silo? (b) Koliki je iznos stile? (c) Koje kuteve 8 koordinatnim osima zatvara silo ? (d) Napiiite jedini6ni vektor f. RJE§ENJE (a) Iz formule (D2-17) dobijemo kut izmedu vektora

5-E=E-5 ci(6+0=a•E+a.e, a, • (Ai)) = An. • = ma • E),

(D2-19)

(D2-11)

tj. jednak je umnogku iznosa vektora i kosinusa kuta izmedu njih. Ako su dva vektora okomita alto je njihov i su slijedeaa (nije nužno pisati skalarni umnožak jednak null. Svojstva skalarnog produkta vektora totku izmedu vektora, medutim, ponekad je pilemo zbog preglednosti)

a•6 = 0 ako i samo ako je 5*- = 1 51 ' 1(71 cos = 1512 = a2.

(D2-18)

cosry = — = ifl IF'

Mnoienje vektora - skalarni umnoiak Umnožak vektora s vektorom definiran je na dva natina: jedan umnožak se zove skalarni umnoiak (produkt) i rezultat tog množenja je skalar, a drugi je vektorski umnafak i rezultat je ponovno vektor! Skalarm produkt dva vektora P i P definiran je ovako: cos(Z P

P

1F1

a kutovi (a, (i, -r) koje vektor f zatvara s koordinatnim osima su dani preko njihovih kosinusa, tj.

=

(D2-17)

Skalarnirn produktom lako mažm° odrediti kutove (a, fi, -r) koje vektor zatvara s koordinatnim osima

= F = JF2+ +

P

ZA

(D2-12)

cos(L / = cos 9 = — 9,-406

9 = arccos

= 116°31'47".

406 J

1). Norval:

Pizika

St, 1)2. 7

I za 1,231

(b) Iznos site trebao je za izratunavanje kosinusa kuta, tj. IFI = V171 N. (c) Iz formule (D2-18) imamo = arccos

(

Sada molemo direktno retuned vektorski produkt dva vektora tako da ponovno mnoZimo "svakog sa svakim". Dobijemo (D2-23) F X FA = (F5ZA FaA)i. (F a XA - F.ZA)3 + (FXYA F52A)1C.

= 143°18'03".

To moiemo možemo zgodnije, pomoeu determinante napisati ovako

2i — 3j + 4k VD229 ) 3

(

F

k j F5 F

ZA

VA

i

FxPA =

( 429 )

329) + k

Lako je pokazati da je

(D2-22)

jxi—ic .9x3.0

= 36°41'57"

=i • cos(6eir55") —3 .cos(56o08'44”) 2

ixk=-3 3xk=i. kx3=---i kxic=c)

"ix3=ic

ixi=0

vektor r je prema (D2-1) jednak 77

Jedinieni vektori Kartezijevih koordinata zadovoljavaju

F = 57o 41 18

arccos

or i

Ihnlatak

1)2- 8

IFI

= arccos

(d) J

SO

+ k • cos(42°01'52").

i ako razvijemo determinantu po elementima prvog retka, dobijemo slijedeee

doista jedinieni vektor

Px Fig = •

=( 3 ) 2 vvD-) \0§)

4 _1 \ 07 2 —

(

.F; ZA

VA

F F.

umnoialc vektora P Mnoienje vektora - vektorski umnoiak Vektorski umnožalc

pikmo ovako (sjetimo se, rezultat je ponovno vektor, recimo fa): M = P x PA, a raeunamo tako da odredimo iznos vektora M i njegov smjer. Iznos iii duljina vektora M je

r

+j .

I; F ZA ZA

F

F5

ZA

VA

(D2-20)

ZA

= F s • ZA - Fy • ZA

•

JP? Koliki je iznos momenta site? Koliki je kut 8 izmedu RJEgENJE Prema formulama za skalarni produkt imamo (ne pikmo svuda jedinice zbog jednostavnosti zapisa) k

3

x 7r= 4 –6 5 3 2 –7 = (32i+ 433 + 26k) Nm.

A? =

Iznos momenta site M je

IMI = 60Nm. Iz definicije vektorskog produkta je ifif = IPH,1 • sin Slika D2.6 - Uz definiciju vektorskog produkta

sine —

x = 0 alto je d 11 g.

ei x d = 0,

= NFF7 • N/62- • sin 0,

pa je

Iz definicije vektorskog produkta (D2-20) mole se vidjeti da vektorski produkt ima slijededa svojstva (D2-21)

(D2-26)

Prim.jer 4 Moment site M oko take A jednak je vektorskom produktu site i vektora udatjenosti hvatigta 6j + 5k) N i 77 = (3i + 2j – 7k) m, izratunajte vektor momenta site M. = site od take A. Ako je

PA. Smjer vektora AI je odreden jedinienim vektorom ft, koji je okomit na ravninu u kojoj lete vektori Njegov smjer odredujemo "pravilom desne ruke": desnu ruku stavimo na ravninu u kojoj lek F i PA. Prsti desne ruke idu od prvog vektora u vektorskom produktu (to je u nakm slutaju F) prema drugom (PA ). Palac pokazuje smjer vektora il, odnosno smjer vektora M.

x 6= —6 x d (antikomutacija),

(D2-25)

tto daje toeno (D2-23), jer se subdeterminante (2 x 2) ratunaju npr. ovako

ZA

IMI = I i.177A . sin(CP/PA).

(D2-24)

ZA

IMI N/77'7 • 1/6 -

9 = 59°33'52".

iii

Str. D2- 9

D. Throat: Fizika 1 za FER

D2.2 Vektorska analiza

MjeAoviti umnotak Za skalarni umnoiak vektoradi vektora r'=gxe vrijedi a„

a, a„

0 •r= a"• ( - x6)= b., by b., Co

(D2-27)

e„

lz svojstva detertninanti slijedi da se rezultat neee promijeniti ako vektori ciklicki zamijene rnjesta, tj. x

Dodatak D2- Vektori

Str. D2- 10

= a(a x = Re x d).

(D2-28)

= g(a • — e(a • g),

(D2-29a)

Komponente vektora su, opeenito, funkcije koordinata. To znati da se mote postaviti prirodno pitanje, kako se to kornponente mijenjaju ako se (infinitetimalno) mijenjaju koordinate. Odgovor je dan pomodu niza pravila vektorske analize. Ta se pravila neposredno izvode iz pravila matematieke analize funkcija vie varijabli. Deriviranje vektora Neka je zadan vektor svojim komponentama u prostoru (u Kartezijevim, i sfernim) komponentama

Za dvostruki vektorski produkt vrijedi A. = x

x

A=

a kako je vektorski produkt antikomutativan, imamo (a x (;) x e = Rd • 6) -

• al.

z)i +

+ il(x,y,z)k

= A y (p, z) + Ao (p, z) + A ,(p, z) 8, el)) i + Am (r, 8, (0) (1; + Ae(r, 8, (0) e

(Kart.) (cilindr.)

(02-30)

(sfer.)

(02-29b)

4 4 4 4

Slika D2.7 - Koordinatni sustavi u prostoru

Onda je derivacija vektora As obzirom na promjenu bilo koje od varijabli dana (parcijalnom) derivacijom pojedinih komponenata vektora, npr. "derivacija po x"

dx

-4

= -5

(x ,y , z)i +

+ --a;A„(x,y,z)k.

(D2-31)

Osim gornje, "obiene" derivacije vrlo se test() pojavljuje "usmjerena derivacija", koja je izratena vektorskim operatororn nabla V. Pojam operata-a je vrlo test u rnatematici (i fizici): on oznaaava da taj operator djeluje najteke na logaritmiranje log itd. ono to mu slijedi s desna. Operator je, npr. derivacija po vremenu

U Kartezijevim koordinatama vektorski operator nabla je V

-

- a -8 — + — +k ax 8y 8z

(D2-32)

Str. D2 - 11

D. Norval: Fizika / za FER

Taj operator mote djelovati na neku vektorsku funkciju poput gornjeg vektora A ili na neku skalarnu funkciju 4)(x, y, z) koja ovisi o tri prostorne koordinate. Rezultat djelovanja vektorskog operatora ovisi o objektu na koji djeluje. Naime, kao vektor on mote djelovati na skalarnu funkciju - to djelovanje onda zovemo gradijent skalarne funkcije grad 4> i rezultat tog djelovanja je vektor. No kao vektorski operator, nabla mote djelovati (osim 3to derivira funkciju) tako da se skalarno iii vektorski pomnoti s vektorskom funkcijom A npr. Rezultat skalarnog mnotenja (i deriviranja) zovemo divergencija vektorske funkcije divA E VA i to je skalarna funkcija. Rezultat vektorskog mnotenja zovemo rotacija vektorske funkcije V x A =rot A i to je ponovno vektorska funkcija.t Takoder se nabla mote skalarno pomnotiti sama sa sobom tj. V • V = A, a rezultat je novi operator zvan Laplasov operator A ili laplasijan.

Dodatak D2 Vaktori

Sir. D2 - 12

Sferne koordinate 1 (94) .„ 1 34) i5 r 39' 4- rsine 0 4' ar 1 aoine Ao 1 a(r2 A,) 1 aA0 Divergencija: VA – r sin e ae r2 ar r sin e ao 1 r a(sine A0 ailoi 7, Rotacija: VxA= r sin ao ae r aA, a(r A0 )]

Gradijent:

V4) =

r sin am or + 1 r a frAo) aA,

Kartezijeve koordinate

(D2-35a)

r ar ae 34),a4). Gradijent: i+ vq, = ax ay az v = aA0 + aA, Divergencija: ax ay 4- az v x = (aA= _aA„) i (aA0 Rotacija: ay az ) lax – ax ) 1 (3A, 11 Ox ay ) Laplasijan:

Element duljine:

02

a2

+

(D2-33a)

de = i= dr + fr sin MX + era

dS = r2 sine de Element volumena: dV = r2 sine dr de d0.

Operator nabla mote djelovati na kombinacije vektorskih i skalarnih funkcija odnosno mote vikstruko djelovati na neku kombinaciju skalarnih i vektorskih funkcija. Slijedi niz korisnih teorema koji opisuju takvo djelovanje operatora nabla

dt= idx + jdy + icdz

hi

dS= dy dz

(D2-33b)

• cf

V (fi (r) + f2 (r)) = V fi (r) + Vf2(r) V(Ai + A2) = VA' (r) +

Cilindriene koordinate

A2(r)

VX

34) 1 (94).. 34) k + — ap p 04) Oz v = 13(pA p) + 1 aA0 Divergencija: pap p 80 + az ( l aA,_8Am1 raA p Vx = Rotacija: A ip ao ax P az Gradijent:

op

v • (A, x A2) = A2 • (v x

Laplasijan:

r ar r ar

X A) + (Vf)

x A;

(D2-36a)

– A, • (v x if2)

v x A) = A(v x A) – if(v x v

x (A X = A(VA) — Ei(VA) + (AV)A — (AV )A V(A•

ap

A) =

(D2-34a)

.v)/c +(A.v)A + x (V

= A(V •

dzip i

oil) J k

v(v f)

A) +

(D2-36b)

X A) + if X (V X A)

A(V • A) + (A X V) X A+ (if X V) X

= (V • V)f = (Xf

v(v x = 0 1 a ( a)

f(vA)+ (v.f)•

(f A)= f(V

Ax (V x A) = 2V(A2 ) – (A• V)A

v x(A,+ A.2) = X A1 + V A2

P

(D2-35b)

Element povraine:

= oxz-- + az 2

+ 1 ra(pAo )

02

r2 sine e ao2

1 a i(s7 ea) r2 sin eaen ae)

Element duljine:

a2

Element povraine: dS = dx dy ili dS = dxdz Element volumena: dV = dx dy dz

1

A = 1 a (,2 a 779-- ( dr)

Laplasijan:

V x V xii= V(V • – v x (fVf) =0

(D2-36c)

1 02 02 +——+ r2 302 az2 Integralni teoremi Neka je A(x, y, z) vektorska funkcija Kartezijevih koordinata, a di= idx + jdy + icdz

fidp + pd0 + izdz Element povraine: dS = pdp (10 ilidS = pd0dz iii dS = dp dz Element volumena: dV = pdp dz Element duljine:

cif =

t U engleakoj literaturi rotacija vektorskog polja pie se i curl

• - Linijski integral (D2-34b)

Linijski integral vektorske funkcije A po putanji C koja je odredena potetnom totkom a i konatnom totkom 6 dan je ovako

f

dir= f

AAx + f Av dy + / A=dz

(D2-37)

I). Horvat: Nizikn 1 za PIM

Sir. 1)2- IS

Ako je A = V f, gdje je f skalarna funkcija koordinata, onda je - integral po otvorenoj krivulji

f V f• di -

(D2-38a)

= 0.

(D2-38b)

• - Povr5inski integral Pri raeunanju povrMnskog integrala javlja se vektor povrMne S koji je definiran kao umnožak umnoiak iznosa povrtine S i jedinitnog vektora koji je okomit na povrginu i "gleda" prema van ako je povrgina zatvorena. Dakle, S -=- S • ft, iii dS -= dS • it. - Tok skalarnog polja

gdje je npr.

A• di = f(Az dx + dy + 1 dz) c

= f (—ay— —) dy dz + f a

- integral po zatvorenoj krivulji

P=

Dodatak D2- Vektori

U Kartezijevim koordinatama

nezavisan o krivulji

Vf

Str. D2- 14

(rig =i f dy dz + f dx dz + k f dx dy

(D2-39a)

.s,_ . ± r aAv j ax ay .5s-5 je ravnina paralelna x - y ravnini! s - Teorem o gradijentu skalarnog polja:

a

f

V V (r)

V(b) - V(a).

ravnina paralelna s ravninom x - y, itd.

=f

dy dz + f

dx dz + fA, dx dy.

(D2-39b)

• - Gaussov teorem iii teorem o diveryenciji vektorskog polja A: skalarni tok vektorskog polja A kroz zatvorenu povr§inu S jednak je volumnom integralu (preko volumena odredenog poveSinom S) diver-

* 4

gencije vektorskog polja tj. integralu od VA:

4 4 4 4 A•d.

= f (V A) • dV.

(D2-40)

4 4

Zatvorena povertina s Volumen v

U Kartezijevim koordinatama

i A•dg= f dy dz + f dx dz +s._,f .s._,

a + ) dx dy dz. = f aiL ax a Ay az

dx dy D2-41)

• - Stokesov teorem iii teorem o rotaciji vektorskog polja

cirkulacija (strujanje) vektorskog polja oko zatvorene krivulje C jednaka je integralu (preko povrtine odredene krivuljom C) rotacije vektorskog polja tj. integralu od V x (D2-42) Zatvorena krivulja C PovItina s

(D2-43)

dx dy.

- Tok vektorskog polja = if • dg,

— –a--) dz dx

(D2-44)

1)odatak 1)3 Trig onornctriyikc

Str. 1)3 - 2

funkcije

DODATAK D3: TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE

Rica D3.2 - 'Prigonometrijska kružnica i funkcije sinus i cosinus

U ovom dodatku demo dati kratki pregled trigonometrijskih odnosa u pravokutnom i kosokutnom trokutu i na geometrijskoj kruinici. Takoder demo dati niz trigonometrijskih identiteta kao i razvoj funkcija u Taylorov red. Vise demo se koncentrirati na funkcije sinus i cosinus, a manje a tangens i cotangens. Definirati i opisati demo i inverzne funkcije trigonometrijskim funkcijama.

Za funkcije zbroja i razlike kutova odnosno zbroja i razlike funkcija vrijedi sin(o ± 0) = sin a cos 0 ± cos a sin 0

(D3-4)

cos(a ± (i) = cos a cos /3 sin a sin 0 Trigonometrijske funkcije u pravokutnom trokutu U pravokutnom trokutu 1.4BC na slid D3.1, sa stranicama a, b (katete) i c (hipotenuza) definiramo trigonometripke funkcije sin 3 =

cos = a

sin 0 b tg/3 = = cos 0 a

ctg/3 =

a cs o 0 b = si n /3

(D3-1)

sin a ± sin 0 = 2 • sin (a 219) COS ( a 2 11 2 19 ) cos ( a — 2 19 ) cos h + cos = 2 • cos ( a + cos a — cos (i = —2 • sin ( a °) sin (a

(brp-5)

219)

Za funkcije dvostrukog i polovitnog kuta vrijedi 2tga 1 + tg2 a cos 2a = cost a — sin2 a = 2 cost a — 1 = 1 — 2 sin2 a sin 2a = 2 sin a cos a =

tg2a =

a

2tga 1 — tg2a

t n.a = V1 — cos a 52 1 + cos a

sin a = 1 V1 — cos a 2 2

Silica D3.1 - Pravokutni trokut - uz definiciju trigonometrijskih funkcija

cos

(brp-6)

a = 41 + cos a 2 2

Iz definicija na trigonometrijskoj kruZnici lako vidimo da je funkcija sinus neparna a cosinus parna: Iz definicije trigonometrijskih funkcija i Pitagorinog poutIca izlaze slijededi identiteti sine x + cos2 x = 1

sin( — x) — sin x

tgx • ctgx = 1

sin x — , tgx V1 + tg2 x

(D3-2)

Trigonometrijske funkcije na trigonometrijskoj kruinici Na trigonometrijskoj krutnici (jedinitnoj krutnici sa srediStem u ishodiStu koordinatnog sustava) sinus kuta je ordinata totke u kojoj drugi krak kuta sijete trigonometrijsku kružnicu (prvi krak kuta je os x). Cosinus je apscisa totke u kojoj drugi krak kuta sijete trigonometrijsku krutnicu. Time je poopeena definicija trigonometrijskih funkcija na kutove vede od 7/2. Tako dolazimo do slijedeeih veza sin(a ± 7/2) = ± cos a cos(a ± 7 /2) = sin a (D3-3) sin(a ± = sin a cos(a ± = sin a

cos( — x) = cos x

(brp-7)

Nadalje, funkcija y(x) = sin x je perioditka s periodom 27. Naime, funkcija je perioditka ako je y(x) = y(x+ T), a T se naziva period funkcije. Funkcija sinus je ogranitena maksimalnom vrijednoteu +1 i minimalnom vrijednoSeu —1. Njen je graf dan na slid D3.3. Funkcija y(x) = cos x razlikuje se od funkcije sinus za fazu (kut) 7/2, tj. graf funkcije cos x dobijemo od grafa funkcije sinus tako da "premjestimo" ishodiSte koordinatnog sustava za 7/2, pa funkcija cosinus "kreeen od maksimalne vrijednosti +1 za x = 0 i pada na nulu za x = 7/2, itd. Funkcija tangens je perioditka s periodom a, kao i funkcija cotangens. Kosokutan trokut U kosokutnom trokutu sa slike brp.4 vrijedi sinusov poutak sin a = sin 0 = sin y

(brp-8)

D. Norval: Fiziku I zu FER

Str. D3 - .9

Str. D3- 4

Dodotak D3- Trigonornetrijske funkcije

sin(x) pa dobijenio da je

1 cos x = - (e'' + e') 2

1 sin x = - (e'' 2i

(D3-14)

Inverzne trigonometrijske Funkcije Razmotrirno funkciju y(x) = sin x na intervalu [Air, fir]. Podrutje vrijednosti funkcije je interval na osi y. Slika D3.3 - Ftinkcija y(x) = sin x sin(z)

a

Slika D3.5 - Graf funkcije y(x = sin x na intervalu

Slika D3.4 - Kosokutan trokut Inverzna funkcija funkcije sinus y(x) = arcsin x i cosinusov poutak a2 = b2 + c2 - 2bc cos b2 = c2 + a2 — 2ac cos

Prema tome vrijedi

(D3-9)

f

Za mali kut x (u radijanima) vrijede aproksimativni izrazi: sin x

(D3-15a)

ima, prema tome, podrutje definicije [-1,1], a podrutje vrijednosti [-fir,

x - -x3 ... cos x^ 1 6 1 , 1 tgx x + -x- • • ctgx 2 — 3

1 -x2 .. 2 1 3x

arcsin(sin 0) = 9 za -err < 9 < lir sin(arcsin x) = x za - 1 < x < 1.

(D3-10)

(D3-15b)

arcsin(x)

a razvoji u redove su: 1 1 1 sin x = x - - + - x- - -x7 + 7! 3! 5! 1 1 1 COS = 1 — — x2 + - - - + . . 2! 41x4 6! 1 , 2 17 7 tgx = x + - x- + x- + + 3 15 315x' 1 1 1 , 2 ctgx = - - x x- + — + 3 45 945x-

(D3-11)

Slika D3.6 - Graf funkcije y(x) = arcsin

Kako za eksponencijalnu funkciju (vidi dodatak o eksponencijalnoj i Iogaritamskoj funkciji) vrijedi 1 1 1 a' = 1 + - + - + 21x2 3!x3 4! možemo uz zamjenu x

ix (i je imaginarna jedinica i =

+

(D3-12)

dobiti Eulerovu formula

= cos x f i sin x,

(D3-13)

Neke vrijednosti funkcije arcsin su 1 arcsin 1 = - zr 2 1 1 arcsin - = - zr 6

1 arcsin( -1) = - zr

arcsin 0 = 0

arcsin( - N/) = - 71 1 zr

1 1 arcsin( - 0) = -1r. 2 3

(D3-16)

Str. 1)3- 5

D. Norma: Fizika I za FER

PoSto je funkcija sin x neparna, neparna je i inverzna funkcija arcsin: arcsin(-x) = - arcsin x. Inverzna funkcija funkcije cos x je arccosx. Neke vrijednosti funkcije arccosx su arccos 1 = 0 1 arccos1 = 57T

arccos(-1) = IT

arccos 0 =

1

arccos(-

=

arccos(x) 3

Slika D3.7 - Graf funkcije y(x) = arccosx

Dvije korisne relacije s funkcijom arccos su ff

1 arcsin x + arccos = - 7T. 2

(D3-18)

Prema tome vidimo da je funkcija arccosx ve6 odredena kada je definirana funkcija arcsin x. Inverzna funkcija funkcije tangens je y(x) = arctgx

(D3-19)

i prikazana je na slici D3.8. arctg(x)

Slika D3.8 - Graf funkcije y(x) = arctgx

Vidimo da je x

1 limco arctgx = IT

a neke vrijednosti funkcije y(x) = arctg x su

1 lim arctgx = - - 7, - co 2

1 -3"

1 arctg I = — 7r 1

arctg 4

1 arctg (- v3) = 6 7T 3

arctg (-1) = - IT .

1

* * * *

Funkcija y(x) = arccos x prikazana je na slid D3.7

arccos x + arccos(-x) =

arctg 0 = 0 arctg (- V3)

ff

(D3-17) arccos(2 V) = 1 IT

Dodatak 1)3 Vri,ronnincirijAkc funkcije

Sty. 1)3- 6

(D3-20)

= -13- ir

Str. D4 - 2

Dodatak

Ekvonencijalna i logaritarnska funkcija

onda motemo pomotu derivacije izratunati kako se strmo to funkcija penje. To nam omogutuje formula (vidi dodatak 4) f l (r) = DODATAK D4: LOGARITAMSKA I EKSPONENCIJALNA FUNKCIJA

iim h(x + h) — f(x) =

2h 11. 1 lima 2h

h

(D4-5)

i ako redom ratunamo h (recimo 0.5, 0.25, 0.125, itd.) dobijemo otprilike da je 0.7 • 2',

fi(x)

(D4-6a)

Sto uzeto u x = 0 daje koeficijent smjera tangente (nagib krivulje) u ishodibtu 11 (0)

0.7.

(D4-6b)

Ako sada uzmemo drugu funkciju f 2 (x) = 3' i ponovimo postupak, dodemo do slijedeteg rezultata Uvod U fizici, u težnji da opibeino promatrana pojave kvantitativno i uz odredenu dozu apstrakcije matematielci prikaiemo ponabanje jedne fizikalne velitine u ovisnosti o drugoj (ili drugima), nailazimo na razlitite matematitke veze medu fizikalnim velitinama. Jedna vrlo testa veza jest eksponencijalna ovisnost jedne fizikalne velitine o drugoj. Zato u ovom dodatku telimo skicirati eksponencijalnu i (njoj inverznu) logaritamsku funkciju. Bez ulaženja u stroge macematitke definicije, motemo kazati da je funkcija (matematitko) pravilo uputa, po kojem jednoj velitini - nezavisnoj varijabli, pridrutujemo drugu velitinu - vrijednost funkcije. To onda pitemo ovako x H f(x) ill (D4-1) x H y = f(x), gdje je x nezavisna varijabla, a (x) je funkcija, dalcle, "recept" po kojem vrAimo pridrutivanje. Funkcija mote biti zadana (najtebee, posebno u fizici) formulom, tablitno i grafitki. Ako je funkcija zadan tabli6no iii grafitki, najeckc sc ipak ic1 nati odgovarajaa formula koja opisujc vczu izmcdu x i f (x). Zato pristupamo opisivanju parova totaka (21, f (xi)) formulom. Taj sc postupak zove prilagodba krivulje todkama, a ratunska mctoda na kojoj jc baziran taj postupak zove sc metoda najmanjih kvadrata.

f(x) = 2x + 1

f(x) = e' = f (x) = e' lim e h h, 1 - 1 e'

(D4-7)

(D4-8)

Gornja relacija je definicija broja e, tj. lim

eh

h-o0

1 h

(D4-9)

Broj e koji zovemo baza prirodnog logaritma (vidjet aemo kasnije tato) je definiran i limesom 1 "

e= lim (1 + —) n—oco

n

(vidi tablicu D4.1).

e = 2.718 281 828.

2t

kvadratna funkcija 2 primjer iz fizike

(D4-2)

trigonometrijska funkcija x H f (x) = 4 cos x itd. t H x(t) = Ao cosPt + 0) primjer iz fizike.

Ako je nezavisna varijabla u eksponentu realnog broja koji je yeti od nule a y = f(x) =

1.1 • 3'

primjer iz fizike

f (x) = 2x2 + 3x — 1

Eksponencijalna funkcija

h

1.1.

Vidimo da negdje izmedu broja (baze) 2 i broja 3 postoji neki broj , nazovimo ga e, za koji vrijedi da je, uz

linearna funkcija

t H v(t) = vo + at

razlitit od 1, tj. ako je

f;(0)

3h — 1

(D4-10)

Ako napravimo tablicu izratunatu pomoeu cltepnog kalkulatora, vidimo da vrijednost e ide prema broju

Primjeri funkcija zadanih formularna su

t H s(t) = so + va t +

f2(x) = 3' lima

e

(a > 0, a 1, a E

(D4-3)

onda govorimo o eksponencijalnoj funkciji. Grafove funkcija danas lako crtamo jer nam cliepna ratunala omogutavaju brzo ratunanje vrijednosti ") funkcija f(x) za zadani x. Zato ako pogledamo funkciju (vibe ne pigemo simbol

fi (x) = 2',

(D4-4)

n

e = 1im„....(1 + 1/n)"

1 10 50 100 1 000 10 000 1 000 000 109

2.000 000 000 2.593 742 460 2.691 588 029 2.704 813 829 2.716 923 932 2.718 145 927 2.718 280 469 2.718 281 827

Tablica D4.1 Ratun broja e

(D4-11)

D. Horvat: Flzika I za FER

St, 1)4- 3

Str. D4 - 4

Dodatak D4 - Eksponencijalna i logaritamska furacija

Slika D.4.3 - Graf funkcije e

• sin x

Slika D4.1 - Grafovi funkcija e' i

(11) Razvoj u Maclaurinov red

es

f(x) = e3

f(0) = 1

f(x) =

/(0) = 1

f"(x) =

e no) = 1

x2 x3 x4 = 1+x+- +3 i + —+ 2!

Za x = 1 dobijemo (ako zbrojimo 12 Clanova) e = 2.718 281. (12) Grani&le vrijednosti e3 — +co za x +pc x" xn • e -3 -■ 0 za x +co.

Slika D.4.2 - Graf funkcije e-32

(D4-14)

(D4-15)

Logaritamska funkcija Funkcija y = e3 je rastuea funkcija i ima svoju inverznu funkciju, ijaje jednadžba Svojstva eksponencijalne funkcije

x = el'.

(1) e3 je uvijek pozitivna funkcija; (2) e3 je uvijek rastuoa funkcija; 0 za x - co i e3 -■ +co za x +co; (4) e3 1 za x > 0; (5) e3 • ev = e3+v;

Po definiciji, logaritam broja x je eksponent kojim treba potencirati bazu (e) da se dobije logaritmand, tj.

(3)e

log, x = y,

y = In x q ev = x.

(8) Grafovi funkcija e3 , e-3, e-32 i e-3 • sin x dani su na slikama D4.1-3. (9) Derivacija

Svojstva logaritamske funkcije

df(x) =

f(x) = ev(.)

(D4-17)

a uobitajeno je za bazu e umjesto log pisati In, tj.

(6) e3 : el' = e3-1" = e3 /ev; (7) e-3 = 1/e3; (e3 )v = el";

f(x) =

(D4-16)

dx dg(x) f (x) = e dx dx

(D4-12)

(10) Integracija

f eA3 dx = -1eA3 + C.

(D4-13)

(1) (2) (3) (4) (5) (6) (7)

In x ima podrueje definicije (dozvoljene vrijednosti x) za x > 0; lnx< 0,za 0 0 za x > 1; ln e = 1 In x je rastuea funkcija; In(x • y) = In x + In y; In(x/y) = In x - In y;

(D4-18)

D. Norval: Fizika I za FER

Str. D4 - 5

Str. D4 - 6

Dodatak D4- Eksponencijalna i logardamska funkcija

(13) Graniene vrijednosti In x x' xn

>0

za

—> +oo In x xn • In x —> 0 1 xn In x

Slika 144 - Graf funkcije In x

(8) ln(0) = v • ln u; In(1/x) = — ln x; (9) Graf funkcije In x dan je na slid D4.4 (10) Derivacija f( x )

df(x) A dx x

In(Ax)

(x) = g'(x) dx g(x)

f(x) = In(g(x))

(D4-19)

(11) Integracija

f Inxdx =

u = In x; dv = 1; dx

1 du = —; v = x x dx

=x•Inx— f (1)xdx

(D4-20)

= x Inx—x+C. (12) Razvoj u red - funkciju In x ne motemo razviti u Maclaurinov red jer ona nije definirana u x = 0. No smijemo razviti funkciju f (x) = In(1 + x). Dakle f(x) = ln(1 + x) f' (x) = f "(x) = f'"(x) —

1 1+x (1 + x)2 2 (1 + x)3

f(0) = In 1 = 0 t(0) = 1 f"(0) = —1

(D4-21)

f (0) = 2

pa je 1 1 1 In(1 + x) = x — — x2 + — x3 — — el + . . . 2 3 4 za — 1 < x < 1.

(D4-22)

x —> +cc

za x —> +oc za x —> 0 (x > 0)

cc za

x —> 0

(x > 0).

Dodatak 1)5 - Prirodym km-ohmic i bruj(!ani podaci

Str. 1)5 2

D5.2 Prirodne konstante

DODATAK D5: PRIRODNE KONSTANTE. BROJCANI PODACI

Konstanta

Simbol

Brzina svjetlosti

c

2.998 x 108 m/s

Elementarni naboj

e

1.602 x 10-'9 C

Gravitaciona konstanta

D5.1 Neki vainiji broRani podaci i odnosi

VeRina

Simbol

Polumjer Zemlje Rz Masa Zemlje Mz Udaljenost Sunce Zemlja D Masa Sunca Ms Ubrzanje sile tee Brzina zvuka u zraku (0°)

9

Gusto& suhog zraka (0°) Srednja gustoea Zemlje

Psr

Rydbergova konstanta Elektron-volt Rydbergova energija Atmosfera

R

Pz

eV E0 atm

Bohrov magneton Konjska snaga

BroRana vrijednost 6378.14 km 5.974 x 1024 kg 1.496 x 1011 km 1.989 x 1030 kg 9.8067 ms2 331 m/s 1.29 kg/m3 5.52 kg/m3 1.097 x 107 m -'

6.672 x 10-I1 m3 kg-1

Atomska jedinica mase

u = masa(12 C)/12 u = masa(12 C)/12

1.661 x 10-27 kg

Masa elektrona

m,

9.109 x 10-3' kg

931.502 MeV/c2

me

0.511 MeV/c2

Masa protona

m, mp

1.673 x 10-27 kg

Omjer masa my /m, Masa neutrona

my/me mp

Masa vodikovog atoma Masa helijevog atoma

771'He

m' H

938.280 MeV/c2 1836.153 1.675 x 10-27 kg 1.0087 u 4.0026 u

Omjer naboja i mase elektrona

e/me

1.759 x 1011 C/kg

Planckova konstanta

h

6.626 x 10-34 J • s

"Reducirana" Planckova konst. Avogadrov broj

h=

Boltzmannova konstanta

NA k

Stefan-Boltzmannova konst.

a

Univerzalna plinska konstanta Molarni volument

R V„,/0

Bohrov polumjer

rB

Permitivnost vakuuma

Eo 1/47r60

Permeabilnost vakuuma

PO

Univerzalna plinska konstanta

R

1 eV = 1.6022 x 10-'9 J 13.6058 eV 1 atm = 1.013 x 105 Pa

Vrijednost

1.055 x 10-34 J • s 6.022 x 1023 mol -1 1.381 x 10-23 J/K 5.671 x 10-8 W/m2 •K4 8.314 J/mol•K 22.4 e 5.292 x 10-11 m 8.854 x 10-72 C2 /N • m2 8.99 x 109 kg • m3 /82 • C2 47r x 10-7 T • m/A 8.314 J/mol•K

9.274 J/T KS

1 Ks = 0.746 kW

(

LITERATURA

[1] P.

Ku'Ale, Mehanika i toplina, Skolska knjiga, Zagreb, 1991.

[2] V. Hent-Bartolie i P. KuliSie, Valovi i optika, Skolska knjiga, Zagreb, 1991. [3] J. B. Marion, Physics and The Physical Universe, 3. izdanje, John Wiley & Sons, New York, 1980. [4] J. B. Marion, Physics in The Modern World, 2. izdanje, Academic Press, New York, 1981. [5] R. A. Serway, Physics for Scientists and Engineers, 2. izdanje, Saunders College Publ., Philadelphia, 1986. [6] K. B. Krauskopf i A. Beiser, The Physical Universe, 5. izdanje, McGraw Hill, New York, 1986. [7] D. Horvat, Fizika - odabrana poglavlja, Hinus, Zagreb, 1999. [8) S. Gartenhaus, Physics - Basic Principles, Holt, Rinehart and Winston, New York, 1977. [9] S. Wolfram, Mathematica - A System for Doing Mathematics by Computer, Addison-Wesley Pub. Comp., Redwood City, 1988. [10] D. C. Giancoli, Physics for Scientists and Engineers with Modern Physics, Prentice Hall Int., Englewood Cliffs, 1988. [11] P. M. Fishbane, S. Gasiorowicz i S. T. Thornton, Physics for Scientists and Engineers, progireno izdanje, Prentice Hall Int., Englewood Cliffs, 1993. [12] D. Halliday, R. Resnick i J. Walker, Fundamental of Physics - Extended with Modern Physics, 4. izdanje, John Wiley & Sons, New York, 1993. [13] S. L. Glashow, From Alchemy to Quarks, Brooks/Cole Publ. Comp., Pacific Grove, 1993. [14] J. W. Rohlf, Modern Physics - from ct to Z°, John Wiley & Sons, New York, 1994.