1 Osnovni problemi dinamike materijalne tačke

Transcript

1 M. Tadić, Predavanja iz Fizike 1, ETF, grupe P2 i P3, V predavanje, III Njutnov zakon Posmatrajmo dva tela za koja smatramo da su materijalne tačke. Ove dve čestice međusobno interaguju tako da je F 12 sila kojom prvo telo mase m 1 deluje na drugo telo mase m 2, dok je F 21 sila kojom drugo telo deluje na prvo telo. Navedene sile se nazivaju: 1 F 12 sila akcije; F 21 sila reakcije. Slika 1: Ilustracija za III Njutnov zakon. III Njutnov zakon. Sila akcije jednaka je po intenzitetu sili reakcije, a obrnuta je po smeru. Matematički zapis III Njutnovog zakona je: F 12 = F 21. (1) 1 Osnovni problemi dinamike materijalne tačke Postoje dva osnovna problema dinamike materijalne tačke: 2 1. direktni problem; 2. inverzni problem. 1. Direktni problem dinamike materijalne tačke: poznajući masu materijalne tačke i parametarske jednačine kretanja treba naći rezultantnu silu koja deluja na materijalnu tačku. Da bi se rešio direktni problem, tj. da bi odredila rezultantna sila koja deluja na materijalnu tačku, potrebno je 2 puta diferencirati vektor položaja materijalne tačke r po vremenu: F (ext) rez Primer. Parametarske jednačine kretanja materijalne tačke u xy ravni su: Označimo rezultantnu spoljašnju silu sa F, tj. F (ext) rez 1 Kvalifikacija akcije i reakcije zavisi od konteksta. 2 U stvari se misli na tip problema. = m r = m d2 r dt2. (2) x(t) = acoskt, (3) y(t) = bsinkt. (4) F = F x i+f y j = m r = m F. Na osnovu II Njutnovog zakona: ( ) ẍ i+ÿ j, (5) 1

2 Slika 2: Primer direktnog problema. gde su F x i F y projekcije rezultantne spoljašnje sile na ose Dekartovog koordinatnog sistema. Ove projekcije su date sa: F x = mẍ = mk 2 acoskt = mk 2 x, (6) F y = mÿ = mk 2 bsinkt = mk 2 y. (7) Rezultantna sila je data izrazom F = F x i+f y j = mk 2 (x i+y j) = mk 2 r (8) i usmerena je ka centru elipse koja predstavlja trajektoriju materijalne tačke. 2. Inverzni problem dinamike materijalne tačke: na osnovu date mase tela i sila koje deluju na njega, treba odrediti kinematske jednačine kretanja tela. Primetimo najpre da je kretanje materijalne tačke potpuno opisano, tj. predstava (slika) kretanja materijalne tačke je kompletna, ako su poznate zavisnosti položaja i brzine materijalne tačke od vremena, r(t) i brzina v(t), respektivno. Njutnova jednačina je diferencijalna jednačina drugog reda, jer u njoj figuriše drugi izvod r po vremenu, pa je potrebno poznavati r(t = 0) = r 0 i v(t = 0) = r(t = 0) = v 0. Opšta metodologija rešvanja inverznog problema u sistemu koordinata (q 1,q 2,q 3 ) čiji su jedinični vektori ( e 1, e 2, e 3 ) je sledeća. 1. Formira se diferencijalna jednačina kretanja m a = m r = F i. (9) 2. Projektuje se ova vektorska jednačina na ose izabranog koordinatnog sistema: / / / m a = F i e 1 e 2 e 3. (10) Dobijaju se 3 skalarne diferencijalne jednačine kretanja: ma 1 = F i1, (11) ma 2 = ma 3 = F i2, (12) F i3, (13) 2

3 gde sua 1, a 2 ia 3 projekcije vektora ubrzanja duž pojedinih osa izabranog sistema, af i1, F i2 i F i3 su odgovarajuće projekcije sile F i. U ovim jednačinama figurišu a 1, a 2, a 3, koje je potrebno zameniti odgovarajućim izrazima za dati sistem reference. Na primer, 3 skalarne diferencijalne jednačine kretanja u Dekartovom koordinatnom sistemu su: Slično je u cilindričnom koordinatnom sistemu: mẍ = mÿ = m z = F ix, (14) F iy, (15) F iz. (16) m( ρ ρ( ϕ) 2 ) = m(ρ ϕ+2 ρ ϕ) = m z = F iρ, (17) F iϕ, (18) F iz. (19) 3. Reši se sistem diferencijalnih jednačina, pri čemu se dobija rešenje u opštem obliku: q 1 = q 1 (t,c 1,C 2,...,C 6 ) (20) q 1 = q 1 (t,c 1,C 2,...,C 6 ) (21) q 1 = q 1 (t,c 1,C 2,...,C 6 ), (22) gde su C 1,C 2,...,C 6 integracione konstante, kojih ima 6, jer se sistem sastoji od 3 diferencijalne jednačine drugog reda (opšte rešenje jedne diferencijalne jednačine drugog reda sadrži 2 integracione konstante). Ove 3 funkcije predstavljaju familiju mogućih parametarskih jednačina kretanja. Podsetimo se da je kretanje potpuno opisano ako poznajemo r(t), što znači poznavanje tri parametarske jednačine q i (t),i = 1,2,3 i tri projekcije brzine na ose izabranog sistema reference v i, i = 1,2,3. Stoga sve projekcije rezultantne sile mogu u opštem slučaju da zavise od sve koordinate i sve tri projekcije brzine. Opšti oblik izraza za rezultatntnu silu je, prema tome: F (ext) rez = F (ext) rez (t,q 1,q 2,q 3,v 1,v 2,v 3 ). (23) Uočimo da svaka parametarska jednačina zavisi od svih 6 integracionih konstanti, jer svaka projekcija sile, u opštem slučaju, zavisi od sve tri koordinate i sve tri projekcije brzine. U slučaju Dekartovog koordinatnog sistema i zavisnosti x projekcije sile samo od x i v x, rešenje za x(t) zavisi samo od dve integracione konstantne. U ovom slučaju diferencijalna jednačina za x je raspregnuta od diferencijalnih jednačina za y i z. U opštem slučaju, međutim, kada F x zavisi i od y, z, v y i v z, 3 skalarne diferencijalne jednačine su spregnute. 3

4 4. Odrede se integracione konstante na osnovu početnih uslova: q 10 = q 1 (0,C 1,C 2,...,C 6 ), (24) q 20 = q 2 (0,C 1,C 2,...,C 6 ), (25) q 30 = q 3 (t,c 1,C 2,...,C 6 ), (26) q 10 = q 1 (0,C 1,C 2,...,C 6 ), (27) q 20 = q 2 (0,C 1,C 2,...,C 6 ), (28) q 30 = q 3 (0,C 1,C 2,...,C 6 ). (29) Ovde su q i0 i q i0 vrednosti koordinata i prvih izvoda koordinata u početnom trenutku. Rešavanjem ovog sistema jednačina dobija se jedinstveno rešenje inverznog problema: q 1 = q 1 (t), (30) q 2 = q 2 (t), (31) q 3 = q 3 (t). (32) Na osnovu ovih parametarskih jednačina kretanja može se dobiti zavisnost vektora brzine od vremena, čime je potpuno opisano kretanje materijalne tačke. Primer. Posmatrajmo kretanje materijalne tačke u xy ravni. Jednačina kretanja je: m a = F i, (33) odnosno: m(ẍ i+ÿ j) = F i = F ix i+ F iy j. (34) Izjednačavanjem izraza koji stoje ispred istih jediničnih vektora sa leve i desne strane ove jednačine dobija se sistem diferencijalnih jednačina: mẍ = Opšte rešenje ovog sistema, F ix, mÿ = F iy. (35) x = x(t,c 1,C 2,C 3,C 4 ), y = y(t,c 1,C 2,C 3,C 4 ), (36) zavisi od 4 integracione konstante, jer sistem sadrži samo 2 diferencijalne jednačine, a projekcije sila mogu u opštem slučaju da zavise od obe kordinate i obe projekcije sile: F ix = F ix (t,x,y,v x,v y ), F iy = F iy (t,x,y,v x,v y ). (37) Do vrednosti konstanti i jedinstvenog rešenja inverznog problema dolazi se poznajući početne uslove x(t = 0) = x 0, y(t = 0) = y 0, ẋ(t = 0) = v x (t = 0) = v x0, ẏ(t = 0) = v y (t = 0) = v y0. Zamenom početnih uslova u opšte rešenje za t = 0 dobija se: x 0 = x(0,c 1,C 2,C 3,C 4 ), (38) y 0 = y(0,c 1,C 2,C 3,C 4 ), (39) v x0 = ẋ(0,c 1,C 2,C 3,C 4 ), (40) v y0 = ẏ(0,c 1,C 2,C 3,C 4 ). (41) 4

5 1.1 Inverzni problem u prirodnom koordinatnom sistemu Pretpostavimo da se kretanje opisuje u prirodnom koordinatnom sistemu i da na materijalnu tačku tokom kretanja deluju sile F i, i = 1,2,...,n. Skalarne jednačine kretanja, m dv n dt = F iτ, (42) m v2 n R = F in, (43) 0 = F ib (44) nazivaju se Ojlerove jednačine. U njima F iτ, F in i F ib su projekcije sile F i na tangentu, normalu i binormalu. Poslednja jednačina u ovom sistemu znači da rezultantna sila leži u oskulatornoj ravni. Takođe, druga jednačina se može transformisati. Posmatrajmo deo trajektorije materijalne tačke između tačakam 1 (kroz koju materijalna tačka prolazi u trenutku t) i tačke M 2 (kroz koju materijalna tačka prolazi u trenutku t+dt), kao što je prikazano na slici. Slika 3: Ilustracija za inverzni problem u prirodnim koordinatama. Deo trajektorije između M 1 i M 2 ima oblik kružnog luka čija je dužina ds = Rdϕ, odnosno: Koristeći ovaj izraz za R, v 2 /R se može pisati u formi: Modifikovani oblik Ojlerovih jednačine je: R = ds dϕ. (45) v 2 R = v2 ds/dϕ = v ds/dt ds/dϕ = vdϕ dt. (46) m dv n dt = F iτ, (47) mv dϕ n dt = F in, (48) 0 = F ib (49) 5

6 S obzirom da su prve dve Ojlerove jednačine diferencijalne jednačine prvog reda po v i ϕ, potrebna su samo dva početna uslova za njihovo rešvanje, v(t = 0) = v 0 i ϕ(t = 0) = ϕ 0. Primetimo da se u prirodnom sistemu vektor brzine računa na osnovu samo rastojanja merenog duž trajektorije. Pošto se odredi v(t) potrebno je poznavati s(t = 0) = s 0 da bi se odredila zavisnost s(t) koristeći v(t) = ds/dt. Rešavajući drugu Ojlerovu jednačinu dobija se zavisnost ϕ(t), odnosno R(t), koja opisuje oblik trajektorije. 2 Inverzni problem za pravolinijsko kretanje materijalne tačke Jednostavan slučaj kretanja pravolinijskog kretanja, duž x ose, na primer, zahteva posebno razmatranje. Pretpostavimo da na materijalnu tačku deluje samo sila F duž x ose: F (ext) rez = F = F i, (50) gde je F projekcija sile na x osu. Ukoliko vektor početne brzine ima pravac x ose, kretanje materijalne tačke je pravolinijsko, po x osi. Na osnovu II Njutnovog zakona: U početnom trenutku materijalna tačka se nalazi u: Pretpostavimo i da je mẍ = F, (51) mÿ = 0, (52) m z = 0. (53) (54) x(t = 0) = x 0, (55) y(t = 0) = 0, (56) z(t = 0) = 0. (57) (58) v y (t = 0) = ẏ(t = 0) = 0, (59) v z (t = 0) = ż(t = 0) = 0. (60) Na osnovu druge i treće jednačine sistema (51) i početnih uslova za x, y, v x = ẋ i v y = ẏ sledi: y(t) = 0, (61) z(t) = 0. (62) Dakle, pod navedenim uslovima materijalna tačka se kreće duž x ose, što znači da je v x = v, gde v označava algebarsku vrednost intenziteta vektora brzine. Da bi se rešila diferencijalna jednačina mẍ = F, pored uslova x(t = 0) = x 0, potrebno je još zadati i početni uslov za v x = v: v x (t = 0) = v(t = 0) = v 0. (63) 6

7 U slučaju pravolinijskog kretanja algebarska vrednost intenziteta sile F može biti proizvoljna funkcija vremena, koordinate x i algebarske vrednosti intenziteta vektora brzine v: F = F(t,x,v) (64) Diferencijalna jednačina kretanja ima najjednostavniji oblik ukoliko sila zavisi samo od jedne od promenljivih, t, x, ili v. Razmotrimo stoga kako se inverzni problem rešava za: 1. F = F(t), 2. F = F(x), 3. F = F(v). Slika 4: Pogonska sila je primer sile zavisne od vremena. 1. Primer sile koja zavisi samo od vremena je pogonska sila (videti sliku 4). Jednačina kretanja je: m dv dt Ova jednačina se može rešiti razdvajanjem promenljivih t i v: = F(t). (65) dv = F(t) dt. (66) m Integracijom ove jednačine uz početni uslov v(t = 0) = v 0 dobija se zavisnost v(t), a zatim se integracijom jednačine uz uslov x(t = 0) = x 0, dobija zavisnost x(t). dx = v(t)dt, (67) Slika 5: Elastična sila opruge je primer sile koja zavisi od koordinate. 2. Postupak rešavanja diferencijalne jednačine po II Njutnovom zakonu je drukčiji za slučaj F = F(x). Primer sile koja zavisi od koordinate je elastična sila opruge (videti sliku 5). U ovom slučaju algebarska vrednost intenziteta sile je F(x) = kx, gde je k = const > 0 koja se naziva koeficijent krutosti (kratko: krutost) opruge, 3 3 k se još naziva i koeficijent elastičnosti opruge. 7

8 a x je deformacija opruge. Kada je telo u položaju x = 0 opruga je nedeformisana, tj. nije niti istegnuta niti sabijena. Diferencijalna jednačina kretanja može se rešiti razdvajanjem promenljivih x i v: m dv dt = mvdv = F(x) (68) dx mvdv = F(x)dx. (69) Rešvanjem ove diferencijalne jednačine dobija se zavisnost v(x). Koristeći dt = dx/v(x) može se odrediti zavisnost t = t(x); potom se nalaženjem inverzne funkcije određuje x = x(t). Primetimo da je postupak rešavanje diferencijalne jednačine kretanja drukčiji od prikazanog upravo za slučaj kretanja pod dejstvom elastične sile, što će biti obrađeno kasnije tokom kursa, u delu koji se bavi mehaničkim oscilacijama. 3. Treći slučaj je sila koja zavisi od brzine F = F(v). Primer ovakve sile je otporna sila sredine, čija se algebarska vrednost intenziteta pod određenim uslovima, na primer kada kuglica sporo pada kroz fluid (videti sliku 6), može opisati izrazom F ot = k v. Primetimo sa na materijalnu tačku na slici 6 pored sile F ot deluje i sila Zemljine teže m g. Ako, međutim, na materijalnu tačku deluje samo sila koja zavisi od brzine, Njutnova jednačina može se rešiti razdvajanjem promenljivih t i v: m dv dt Integracija ove jednačine daje zavisnost vremena od brzine: = F(v) (70) dt = mdv F(v). (71) t = t(v), (72) a zatim se odredi inverzna funkcija nađenoj, što daje v = v(t). Parametarska jednačina kretanja x = x(t) se određuje se na osnovu poznatog v(t): pri čemu se koristi početni uslov x(t = 0) = x 0. dx = v(t)dt, (73) 3 Težina tela Gravitacija je univerzalna fizička pojava koja se manifestuje silom privlačenja između svih materijalnih objekata. Gravitaciona sila je najslabija poznata sila u prirodi. Gravitaciona sila zavisi samo od mase tela, ali ne i od njegovog sastava. Gravitaciona sila kojom Zemlje deluje na druge objekte naziva se sila Zemljine teže ili (prava) težina tela. Dakle, u ovom kursu (pravu) težinu tela izjednačavamo sa gravitacionom silom kojom Zemlja deluje na telo. Treba, međutim, praviti razliku između prave težine tela (sile Zemljine teže) i prividne težine tela. Prividna težina tela je sila kojom telo pritiska podlogu na kojoj se nalazi ili zateže konac o koji je obešeno. Prividna težina kosmonauta u svemirskoj stanici koja kruži oko Zemlje jednaka je nuli. 8

9 Slika 6: Otporna sila je primer sile zavisne od brzine. Eksperimentalno je ustanovljeno da sva tela na malim visinama od površine Zemlje (h R z, gde je h visina, a R z poluprečnik Zemlje) padaju istim ubrzanjem, intenziteta g (ako ne postoji otpor sredine kroz koju se telo kreće). Ubrzanje g se naziva ubrzanje Zemljine teže ili ubrzanje slobodnog pada i iznosi g = 9,81 m/s 2 10 m/s 2. Ubrzanje Zemljine teže ne zavisi od mase tela, pa je intenzitet sile Zemljine teže: Q = mg. (74) Treba još reći da je sila Zemljine teže usmerena ka centru Zemlje. Ako telo miruje na horizontalnoj površi na Zemlji, sila Zemljine teže je usmerena normalno na tu površinu. 4 Kosi hitac Interesantan primer kretanja materijalne tačke u gravitacionom polju Zemlje je kosi hitac. Kod ovog kretanja telo se izbaci početnom brzinom sa visine h iznad ravne horizontalne površi na Zemlji, tako da vektor brzine u početnom trenutku v 0 zaklapa ugao α sa x osom. Pri tome, x osa leži na horizontalnoj ravnoj površi na Zemlji, a vektor v 0 i vektor ubrzanja g su u xy ravni. Intenzitet vektora brzine v 0 = v 0 i α nazivaju se početna brzina i (početni) elevacioni ugao, respektivno. Da bi se rešila Njutnova jednačina, pored v 0 i α treba poznavati početnu visinu (uzeto je da je x(t = 0) = 0). Pri tome pretpostavljamo da na telo deluje samo sila Zemljine teže, dok su ostale sile (otporna sila sredine, na primer) zanemarljivo male. Takođe, pretpostavimo da je 0 α π/2 i h 0. 4 Sila Zemljine teže deluje duž y pravca, ali početna brzina ima obe komponente različite od nule, pa je kretanje tela dvodimenziono, tj. telo se kreće u xy ravni, a ne po pravoj liniji. Bitni parametri kosog hica su maksimalna visina H i domet D. Skalarne jednačine kretanja u xy ravni su: ma x = 0, (75) ma y = mg, (76) 4 Slučajevi h < 0 i α < 0 zahtevaju posebno razmatranje. 9

10 Slika 7: Primer sile zavisne od brzine. gde je uzeto u obzir da je sila Zemljine teže usmerena suprotno od y ose. 1. Rešavajući prvu jednačinu, dobija se: a x (t) = 0 dv x dt = 0 v x = const = v x0 = v 0 cosα. (77) Prvi integral diferencijalne jednačine za komponentu kretanja duž x pravca je: v x (t) = v x0. (78) Drugi integral je: Lako se dobije: v x (t) = dx x dt = v x0 0 / dx = v x0 dt / t 0. (79) x(t) = v x0 t = (v 0 cosα)t. (80) Prvi integral diferencijalne jednačine za komponentu kretanja duž y pravca je: Rešenje je: Druga integracija rezultira u: odakle sledi: a y (t) = g dv v y y dt = g v y0 / dv y = gdt / t 0. (81) v y (t) = v y0 gt = v 0 sinα gt. (82) v y (t) = dy y dt = v y0 gt h dy = t 0 (v y0 gt)dt, (83) y(t) = h+(v 0 sinα)t gt2 2. (84) 2. Na osnovu dve parametarske jednačine kretanja može se odrediti jednačina kretanja u koordinatnom obliku. Zamenom t = x/v x0 iz prve kinematske jednačine u drugu (y(t) = h+v y0 t+gt 2 /2) dobije se: x 2 x y(x) = h+v y0 g, (85) v x0 2v x0 10

11 odnosno: y(x) = h+(tgα)x g 2v 2 0 cos2 α x2. (86) 3. Ukoliko se izraz za vreme, zameni u parametarsku jednačinu y(t), t = v y0 v y, (87) g y = h+v y0 v y0 v y g ( ) 2 vy0 v y, (88) g 2 g lako se dobije odnosno odakle sledi korisna relacija y = h+ 2(v2 y0 v y0v y ) (vy0 2 2v y0v y +vy 2), (89) 2g y = h+ v2 y0 v2 y, (90) 2g vy 2 = v2 y0 2g(y h). (91) 4. Odredimo trenutak kada je telo na maksimalnoj visini od Zemlje. S obzirom da brzina ima pravac tangentne na trajektoriju, u najvišoj tački trajektorije y komponenta vektora brzine jednaka je nuli: v y = v y0 gt 1. (92) Odavde sledi t 1 = v y0 g. (93) 5. Izvedimo izraz za domet D, što je horizontalno rastojanje (mereno duž x ose) od mesta izbacivanja do mesta pada tela. Označimo vremenski trenutak u kome je visina objekta jednaka nuli, y(t = t k ) = 0. (94) Koristeći parametarsku jednačinu y = y(t), dobije se: t 2 k 2v y0 g t k 2h g = 0. (95) Pretpostavili smo da je 0 α π/2 i h 0, tako da je v y0 /g 0 i h/g 0. Koristeći t 1 = v y0 /g, poslednja kvadratna jednačina za t k dobija oblik: t 2 k 2t 1 t k 2h = 0. (96) g Rešenja ove jednačine su: t k1,2 = t 1 ± t h g. (97) Od dva znaka samo je znak + fizički opravdan; za t < 0 telo se nije kretalo. Dakle t k = t k1 = t 1 + t h g. (98) 11

12 Domet je dat izrazom: odakle se dobija: D = v2 0 cosα g ( sinα+ D = v x0 t k, (99) sin 2 α+ 2gh v 2 0 ) ; h 0, 0 α π 2. (100) Za h = 0 dobija se jednostavan izraz: D = v2 0 sin2α ;h 0, 0 α π g 2. (101) 6. Pored dometa koristan parametar kosog hica je maksimalna visina H. Prema (91): Na maksimalnoj visini od Zemlje (y = H) je v y = 0, tako da je: odnosno y = h+ v2 y0 v2 y. (102) 2g H = h+ v2 y0 2g, (103) H = h+ v2 0 sin 2 α. (104) 2g 7. Naposletku izvedimo izraz za zavisnost poluprečnika krivine trajektorije od vremena R = R(t). Koristimo S obzirom da je ẍ = 0 i ÿ = g, sledi: odakle se lako dobija: R = R = v2 = (ẋ2 +ẏ 2 ) 3/2. (105) a n ẋÿ ẏẍ R = v 3 (v 0 cosα)g, (106) ( v 2 0 (2v 0 sinα)gt+g 2 t 2) 3/2 (v 0 cosα)g. (107) Kao posebne slučajeve razmotrimo početni trenutak t = 0 i trenutak t = t 1 kada je telo na maksimalnoj visini od Zemlje. Poluprečnik krivine trajektorije u t = 0 označimo sa R 0 (R(t = 0) = R 0 ). Poluprečnik krivine trajektorije u t = t 1 je minimalan, R = R min. Do izraza za R 0 i R min može se doći na osnovu izraza (107), ali i posebnim razmatranjem. Najpre, koristeći jednakost uglova sa normalnim kracima, lako zaključujemo da su ugao koji v 0 zaklapa sa x osom i ugao koji a n u t = 0 zaklapa sa osom y jednaki. Direktno sledi da je u t = 0 normalna komponenta ubrzanja a n (t = 0) = gcosα. (108) S obzirom da je brzina v(t = 0) = v 0, v0 2 R 0 = a n (t = 0) = v2 0 gcosα U tački na maksimalnoj visini a n = g, a v = v x = v 0 cosα, pa je poluprečnik krivine trajektorije: R min = R(t 1 ) = v2 (t = t 1 ) a n (109) = v2 0 cos2 α. (110) g 12

13 5 Horizontalni hitac Slika 8: Poluprečnik trajektorije u vremenskim trenucima t = 0 i t = t 1. Slika 9: Horizontalni hitac. Poseban slučaj kosog hica je horizontalni hitac. U ovom slučaju α = 0, što znači da je vektor početne brzine paralelan x osi. Kinematske jednačine kretanja se dobijaju na osnovu razmatranja u prethodnom poglavlju zamenom α = 0: Jednačina kretanja u koordinatnom obliku je: Karakteristika ovog kretanja je domet D koji se određuje na osnovu uslova: x(t) = v 0 t, (111) y(t) = h gt2 2. (112) y(x) = h gx2 2v0 2. (113) y(x = D) = 0, (114) 13

14 odakle sledi: D = v 0 2h g. (115) 6 Vertikalni hitac Vertikalni hitac je poseban slučaj kosog hica za α = ±π/2. S obzirom da vektor početne brzine ima isti pravac kao ubrzanje, kretanje je jednodimenziono ( a = g), u pravcu y ose. Primetimo da je α = π/2 van opsega α za koji smo ranije analizirali kosi hitac. 5 U zavisnosti od smera vektora početne brzine mogu se uočiti dva tipa vertikalnog hica: (1) vertikalni hitac naviše ( v 0 je usmeren suprotno od g) i (2) vertikalni hitac naniže ( v 0 ima isti smer kao g). Oba tipa vertikalnog hica ilustrovani su na slikama (a) i (b), respektivno. Čitaocu se ostavlja za vežbu da posebno razmotri oba tipa vertikalnog hica. Poseban slučaj kretanja je slobodni pad, koji se dešava pod uslovom v 0 = 0 za h > 0. Slika 10: Vertikalni hitac: (a) naviše, (b) naniže. 7 Slobodni pad pod dejstvom otporne sile Posmatrajmo sada telo koje slobodno pada sa visine h od poršine Zemlje. Petpostavljamo da na telo pored sile Zemljine teže deluje otporna sila sredine, koju modelujemo linearnom zavisnošću od vektora brzine, F ot = k v. Sistem reference ćemo izabrati tako da je pol na mestu sa koga telo pada ka Zemlji. Jednačina kretanja je Ova jednačina može se napisati u obliku: gde je m dv dt τ dv dt = mg kv. (116) = τg v, (117) τ = m k 5 Kretanje za π/2 α 0 je takođe kosi hitac, ali zahteva poseban tretman. (118) 14

15 Slika 11: Slobodni pad pod dejstvom otporne sile. konstanta koja ima dimenziju vremena (vremenska konstanta). Jednačina (117) se može rešiti razdvajanjem promenljivih v i t: Uvedimo smenu u = v τg. Rešenje integrala sa leve strane je: Dakle: v 0 v 0 / dv v τg = / / t dv v τg = dt. (119) τ 0 v τg τg du u = ln u v τg τg = ln v τg τg. (120) ln v τg τg = t τ. (121) Otporna sila pri slobodnom padu u početnom trenutku jednaka je nuli i njen intenzitet raste sa porastom brzine. Dakle, mg > kv u svakoj tački trajektorije. Pod pretpostavkom da se oblik kretanje, vertikalno naniže, ne menja za t, 6 otporna sila sredine je maksimalna u beskonačno dalekom vremenskom trenutku, tj. za t : gde je v = v(t ). Odavde sledi mg kv = 0, (122) v = mg k = τg. (123) Brzina tela za t je najveća vrednost koju telo ima i naziva se asimptotska brzina. Tokom padanja objekta, koje se dešava za konačni vremenski interval: v < v. (124) Dakle, v τg < 0. Stoga se dobijena zavisnost v od t u (121) može pisati u obliku: ln τg v τg = t τ, (125) 6 Telo će pasti u konačnom vremenskom intervalu na zemlju. 15

16 odnosno v = v (1 e t/τ). (126) Algebarska vrednost intenziteta ubrzanja je: Na osnovu a = dv dt = ge t/τ. (127) v = dy ( dt = v 1 e t/τ) (128) razdvajanjem koordinate y od t i integracijom dobija se kinematska jednačina kretanja ) y(t) = v (t τ(1 e t/τ ). (129) Lako se ustanovi da za t τ, v v i y(t) (t τ). Dijagrami zavisnosti v(t), a(t) i y(t) prikazani su na slici. Slika 12: Dijagrami zavisnosti v(t), a(t) i y(t) za slobodni pad pod dejstvom otporne sile. Prema izrazu za asimptotsku brzinu v = mg k može se zaključiti da masivnija tela brže padaju (veća je vrednost asimptotske brzine) u odnosu na manje masivna tela. Ovaj zaključak važi i za veće brzine tela, kada se otporna sila modeluje izrazom F ot = D v v, gde je D = const > 0 koeficijent otpora. Algebarska vrednost je u ovom slučaju F ot = Dv 2, a izraz za asimptotsku brzinu dobija se na osnovu (130) mg Dv 2 = 0, (131) 16

17 odakle sledi v = mg D. (132) Na sličan način se može razmotriti kretanje kosog hica pod dejstvom otporne sile F ot = k v, ali je ovakvo kretanje dvodimenziono i potrebno je rešiti dve skalarne diferencijalne jednačine. Ostavlja se čitaocu da za vežbu razmotri ovaj slučaj kretanja. 17