Home » Tekmovalne naloge » Skupina I. Mehanika

ASTRONOMIJA

ASTRONOMSKO OPAZOVANJE

11. marec 2024 ob 19.30

(dan bo izbran glede na vreme)

Panorama Ptuj (na vrhu)

Informacije: kristina.pajek@guest.arnes.si

*z udeležbo na opazovanju pridobite 2 uri za OIV

astronomsko opazovanje 2024- vabilo 2 – barvno

Termini fizikalnega krožka

SKUPINA I (MEHANIKA) je vsak torek ob 7.10 v učilnici 7

SKUPINA II (TOPLOTA,  ELEKTRIKA ) je vsako drugo sredo ob 7.1o, zaćnemo januarja 2024.   

SKUPINA III (vsa poglavja), po dogovoru

Krožek poteka v učilnici 2.

Informacije na :

viktor.vidovic@guest.arnes.si

 

Skupina I. Mehanika

II.Newtonov zakon za kroženje

1. Bob doseže pri vožnji po stezi hitrosti večje od 100 km/h. Zaradi tega mora v ovinkih steze voziti v delu steze z ustreznim naklonom. Prečni presek steze za bob ima polkrožno obliko, kot kaže slika. Bob obravnavaj kot točkasto telo. Kolikšen je kot ‘ na sliki (kot med navpičnico in pravokotnico na krožni lok), če pelje skozi ovinek s polmerom 20 m s hitrostjo 80 km/h? Koeficient trenja v prečni smeri glede na drsalke, na katerih drsi bob, je 0,1.

Rešitev :

slika_cent_1

Podatki: R = 20 m, v0 = 80 km/h, kt = 0,1.

Narišemo sile na klancu, kakor si lahko predstavljamo del steze. Izračunamo ω0 = v2 / R . Sile razdelimo po komponentah (vzporedno in pravokotno na klanec). X os je torej modra črta .Velja II. Newtonov zakon za enakomerno kroženje za os x in os y.

x: 2R cos φ = mg sin φ – kt F0

y: 2R sinφ = mg cos φ – F0

Iz enačbe za smer Y izpeljemo F0 in vstavimo v izraz za smer x. Dobimo trigonometrično enačbo in dobimo

tg(φ) = kt g / (kt ω2R + g – ω2R) iz katere izpeljemo še kot

φ = 1,1 rd ali 63° .

2.Majhni kovinski kroglici mase m = 5 g in M = 10 g sta obešeni na vrvicah dolžine b = 1 m, ki sta pritrjeni na strop v skupni točki. Lažjo kroglico izmaknemo , da se dvigne do višine h = 10 cm in jo spustimo. Kroglici trčita in se prožno odbijeta. Kako se gibljeta po trku? Kako visoko h1 in h2 se dvigneta?

Rešitev :
slika_meh_2

 

Lažja kroglica udari ob težjo s hitrostjo, ki jo izpeljemo iz ohranitve potencialne in kinetične enrgije Wp1 = Wk2. Toraj vstavimo količine za potencialno in kinetično energijo m g h = m v12 /2 , iz česar sledi v1 = (2g h)1/2 .

Ob centralnem prožnem trku obeh kroglic dobimo , njune hitrosti po trku. Upoštevamo ohranitev gibalne količine.

G1 = G2 in ohranitev skupne kinetične energijeWk1=Wk2, m v1 =M v3 – m v2 in

m v12 /2= m v22 /2 + M v32 /2. Iz prve enačbe izrazimo

m (v1 + v2) = M v3 drugo preuredimo v m(v12 – v22) =M v32

Levo stran predhodne enačbe razcepimo v obliko m(v1 -v2)(v1 + v2) = Mv32 in z upoštevanjem zgornje zveze m (v1 – v2) = M v3 dobimo M v3 (v1 -v2) = M v32 iz česar sledi, da je v3 = v1v2. Potem hitrost v3 vstavimo v enačbo m v1 =M v3 – m v2, tako da dobimo m v1 = M (v1 – v2) – m v2. Iz te izpeljemo hitrost v2 male kroglice po trku v2 = (M -m)/(M+m) v1

Upoštevamo še da je izračunana hitrost v1 = 1,4 m/s in hitrostmale kroglice po trku je v2 = 0,47 m/s.

Po trku mala kroglica doseže višino h1 . Upoštevamo , da se njena kinetična energija pretvori v potencialno m v22/2 = m g h1 iz česar izpeljemo višino h1 = 1,1 cm. Enako večja kroglica poleti proti levi s hitrostjo v3 = m (v1 -v2) / M = 0,93 m/s. In tudi zanjo velja ista enačba M v32 = M g h2 iz česar izračunamo h2 = 4,3 cm.

3. Na spodnjo stran klade z maso 40 kg pritrdimo dve tanki letvi iz različnih materialov, kot kaže slika. Klada v obliki kvadra z višino 20 cm in dolžino 45 cm. Letvi pritrdimo na sprednjem in zadnjem koncu klade. Celoten sistem se dotika tal le preko letev, vendar je debelina letev zanemarljiva v primerjavi z debelino klade. Klada po dolžini ni homogena, težišče se nahaja 15 cm od sprednjega konca. višina težišča klade je na polovični višini. Klado potisnemo v vodoravni smeri, tako da se začne gibati s hitrostjo 5 m/s. Kolikšno pot opravi klada, preden se ustavi? Koeficient trenja med sprednjo letvijo in tlemi je 0,20 , med zadnjo letvijo in tlemi pa 0,35.

Rešitev:
sli_kladPodatki :

m = 40 kg

h = 20 cm (višina klade)

l = 45 cm (dolžina klade)

r1 =15 cm (od levega roba do težišča)

kt1 = 0,20

kt2 = 0,35+

v = 5 m/s

——————-

Z F1 in F2 smo označili komponenti sil podlag na prednjo in zadnjo letev. Vodoravni sili sta sili trenja Ftr1 = kt1 F1 in Ftr2 = kt2 F2 . V vodoravni smeri velja m a = kt1 F1 + kt2 F2 in navpični smeri velja F1 + F2 = mg

Za ravnovesje navorov velja , ob upoštevanju r2 = l – r1 = 30 cm (ročica sile F2)

-F1 r1 + kt1 F1 h/2 + F2 r2 + kt2 F2 h/2 = 0

V to ravnovesno enačbo vstavimo F2 = mg – F1 in izpeljemo silo F1 = (r2 + kt2 h/2) mg / (l + h(kt2-kt1)/2) in enako še silo

F2 = ( r1 – kt1 h/2) mg / (l + h(kt2 – kt1)/2) .

Ko imamo znani obe sili, lahko izračunamo še pojemek a = (kt1 F1 + kt2 F2 ) / m

Pot, ki jo opravi do zaustavitve, je s = v2 / (2a) = 5,3 m .

4. Po dveh vzporednih tirih se v enakih vozičkih peljeta v isti smeri dva fanta. Masa vozička je 100 kg, masa posameznega fanta 50 kg. Prvi fant se pelje s hitrostjo 5,0 m/s, drugi pa s hitrostjo 4,0 m/s. Ko prvi fant dohiti drugega, vrže v smeri paravokotno glede na svoj voziček v drugi voziček skalo z maso 40 kg. Kolikšna je hitrost prvega in hitrost drugega vozička potem?

Rešitev :

podatki

mv = 100 kg mf = 50 kg

ms = 40 kg v1 = 5,0 m/s

v2 = 4,0 m/s

Ker je pri metu prvega vozička sila pravokotna na smer gibanja, se komponenta gibalnih količin v smeri gibanja tako prvega fanta in vozička kot skale ne spremenita, prav tako ne komponente hitrosti, v1‘ = v1.

Ohranja se tudi komponenta skupne gibalne količine v smeri gibanja za celoten sistem fantov, vozičkov ibn skale:

(mv+mf+ms) v1 + (mv+mf)v2 = (mv + mf) v1 + (mv + mf +ms) v2

pri čemer smo upoštevali, da se hitrost prvega vozička in fanta ne spremeni. Hitrost drugega vozička z drugim fantom in skalo je potem :

v2‘ = (ms v1 + (mv+mf) v2 /(mv + mf + ms) = 4,2 m/s

 

 


1 komentar

Comments are closed.

%d bloggers like this: